第五章 定積分

本節討論積分學的另一個基本問題——定積分問題。——高等數學同濟版

習題5-1 定積分的概念與性質

  本節主要介紹了一些定積分的應用和性質。（其中矩陣法、拋物線法在考綱中沒有明確提出考察）

11.設$f(x)$在$[0,1]$上連續，證明$\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x\geqslant\left(\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x\right)^2.$

證  記$a=\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x$，則由定積分性質，得
$\displaystyle\int^1_0[f(x)-a]^2\mathrm{d}x\geqslant0.$
  即
$\begin{aligned} \displaystyle\int^1_0[f(x)-a]^2\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x-2a\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x+a^2\\ &=\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x-\left[\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x\right]^2\geqslant0. \end{aligned}$
  由此結論成立。（這道題通過構造不等式證明）

習題5-2 微積分基本公式

  本節主要介紹了微積分基本公式。

16.設$f(x)$在$[0,+\infty)$內連續，且$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1$，證明函數$y=e^{-x}\displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t$滿足微分方程$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y=f(x)$，並求$\lim\limits_{x\to+\infty}y(x)$。

證
$\begin{aligned} \cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=e^{-x}\displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t+e^{-x}\cdot e^xf(x)\\ &=-y+f(x). \end{aligned}$
  因此$y(x)$滿足微分方程$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y=f(x)$。
  由條件$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1$，從而存在$X_0>0$，當$x>X_0$時，有$f(x)>\cfrac{1}{2}$
  因此，
$\begin{aligned} \displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t&=\displaystyle\int^{X_0}_0e^tf(t)\mathrm{d}t+\displaystyle\int^x_{X_0}e^tf(t)\mathrm{d}t\\ &\geqslant\displaystyle\int^{X_0}_0e^tf(t)\mathrm{d}t+\displaystyle\int^x_{X_0}\cfrac{1}{2}e^{X_0}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^{X_0}_0e^tf(t)\mathrm{d}t+\cfrac{1}{2}e^{X_0}(x-X_0). \end{aligned}$
  故，當時$x\to+\infty$時，$\displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t\to+\infty$，從而利用洛必達法則，有
$\lim\limits_{x\to+\infty}y(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t}{e^x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{e^xf(x)}{e^x}.$
（這道題主要利用已知條件假設出某一個值）

習題5-3 定積分的換元法和分部積分法

因此，在一定條件下，可以用換元積分法和分部積分法來計算定積分。——高等數學同濟版

  本節主要介紹了換元積分法和分部積分法在定積分中的應用。

1.計算下列定積分：

（18）$\displaystyle\int^2_0\cfrac{x\mathrm{d}x}{(x^2-2x+2)^2};$

解  令$x=1+\tan u$，則$\mathrm{d}x=\sec^2u\mathrm{d}u$，因此
$\begin{aligned} \displaystyle\int^2_0\cfrac{x\mathrm{d}x}{(x^2-2x+2)^2}&=\displaystyle\int^2_0\cfrac{x\mathrm{d}x}{[(x-1)^2+1]^2}=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}\cfrac{(1+\tan u)\mathrm{d}u}{\sec^2u}\\ &=2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{0}\cos^2u\mathrm{d}u=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{0}(1+\cos2u)\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{1}{2}. \end{aligned}$
（這道題利用被積函數爲奇函數且積分區間對稱結果爲0的結論求解）

（22）$\displaystyle\int^5_{-5}\cfrac{x^3\sin^2x}{x^4+2x^2+1}\mathrm{d}x.$

解  由於被積函數爲奇函數，因此
$\displaystyle\int^5_{-5}\cfrac{x^3\sin^2x}{x^4+2x^2+1}\mathrm{d}x=0.$
（這道題利用被積函數爲奇函數且積分區間對稱結果爲0的結論求解）

7.計算下列定積分：

（12）$\displaystyle\int^1_0(1-x^2)^{\frac{m}{2}}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^1_0(1-x^2)^{\frac{m}{2}}\mathrm{d}x&\xlongequal{x=\sin u}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^{m+1}u\mathrm{d}u\\ &=\begin{cases} \cfrac{m}{m+1}\cdot\cfrac{m-2}{m-1}\cdot\cdots\cdot\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\pi}{2},&\qquad m\text{爲奇數，}\\ \cfrac{m}{m+1}\cdot\cfrac{m-2}{m-1}\cdot\cdots\cdot\cfrac{2}{3},&\qquad m\text{爲偶數，} \end{cases}\\ &=\begin{cases} \cfrac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot m}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(m+1)}\cdot\cfrac{\pi}{2},&\qquad m\text{爲奇數，}\\ \cfrac{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot m}{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(m+1)},&\qquad m\text{爲偶數，} \end{cases} \end{aligned}$
（這道題主要利用積分表以及換元法求解）

習題5-4 反常積分

在一些實際問題中，常會遇到積分區間爲無窮區間，或者被積函數爲無界函數的積分。它們已經不屬於前面所說的定積分了。因此，我們對定積分作出如下兩種推廣，從而形成反常積分的概念。——高等數學同濟版

  本節主要介紹了反常積分的概念和反常積分是否收斂的定義。

習題5-5 反常積分的審斂法 $\Gamma$函數

反常積分的收斂性，可以通過求被積函數的原函數，然後按定義取極限，根據極限的存在與否來判定。本節中我們建立不通過被積函數的原函數判定反常積分的收斂性的判定法。——高等數學同濟版

  本節主要介紹了反常積分的審斂法和$\Gamma$函數。（這一節在考綱中未明確提出，但是在某一年考研數學中涉及到審斂法）

1.判定下列反常積分的收斂性：

（7）$\displaystyle\int^1_0\cfrac{x^4\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}};$

解  $x=1$是被積函數的瑕點。由於$\lim\limits_{x\to1^-}(1-x)^{\frac{1}{2}}\cdot\cfrac{x^4}{\sqrt{1-x^4}}=\cfrac{1}{2}$，因此$\displaystyle\int^1_0\cfrac{x^4\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}$收斂。（這道題主要利用構造公式來判斷收斂性。）

2.設反常積分$\displaystyle\int^{+\infty}_1f^2(x)\mathrm{d}x$收斂，證明反常積分$\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$絕對收斂。

證  因爲$\left|\cfrac{f(x)}{x}\right|\leqslant\cfrac{f^2(x)+\cfrac{1}{x^2}}{2}$，由於$\displaystyle\int^{+\infty}_1f^2(x)\mathrm{d}x$收斂，$\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{1}{x^2}\mathrm{d}x$也收斂，因此$\displaystyle\int^{+\infty}_1\left|\cfrac{f(x)}{x}\right|\mathrm{d}x$收斂，即$\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$絕對收斂。（利用基本不等式進行放縮求解）

3.用函數表示下列積分，並指出這些積分的收斂範圍：

（2）$\displaystyle\int^1_0\left(\ln\cfrac{1}{x}\right)^p\mathrm{d}x;$

解  令$u=\ln\cfrac{1}{x}$，即$x=e^{-u}$，
$\displaystyle\int^1_0\left(\ln\cfrac{1}{x}\right)^p\mathrm{d}x=\displaystyle\int^0_{+\infty}-u^pe^{-u}\mathrm{d}u=\Gamma(p+1).$
  當$p>-1$時收斂。（這道題主要利用換元求解）

總習題五

1.填空：

（5）設函數$f(x)$連續，則$\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\displaystyle\int^x_0tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t=$__________。

解  $xf(-x^2)$。作換元$u=t^2-x^2$，則
$\begin{aligned} \displaystyle\int^x_0tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t&=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^x_0f(t^2-x^2)\mathrm{d}(t^2-x^2)=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^0_{-x^2}f(u)\mathrm{d}u\\ &=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{-x^2}_0f(u)\mathrm{d}u. \end{aligned}$
  因此
$\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\displaystyle\int^x_0tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t=-\cfrac{1}{2}f(-x^2)\cdot(-2x)=xf(-x^2).$
（這道題主要通過構造出標準的積分形式求解）

4.利用定積分的定義計算下列極限：

（1）$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\sqrt{1+\cfrac{i}{n}}$，其中$f(x)$連續；

解
$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{1+\cfrac{i}{n}}=\displaystyle\int^1_0\sqrt{1+x}\mathrm{d}x=\left[\cfrac{2}{3}(1+x)^{\frac{3}{2}}\right]\Biggm\vert^1_0=\cfrac{2}{3}(2\sqrt{2}-1).$

（2）$\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}}(p>0).$

解
$\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum^n_{i=1}\left(\cfrac{i}{n}\right)^p=\displaystyle\int^1_0x^p\mathrm{d}x=\cfrac{1}{p+1}.$
（這道題要求利用定積分的定義求解，需要熟悉定積分的定義）

8.設$p>0$，證明

$\cfrac{p}{p+1}<\displaystyle\int^1_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^p}<1.$

證  由於當$p>0,0<x<1$時，$0<\cfrac{1}{1+x^p}<1$，因此有$\displaystyle\int^1_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^p}<1$。又
$1-\displaystyle\int^1_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^p}=\displaystyle\int^1_0\cfrac{x^p\mathrm{d}x}{1+x^p}<\displaystyle\int^1_0x^p\mathrm{d}x=\cfrac{1}{1+p}.$
  故有$\displaystyle\int^1_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^p}>\cfrac{p}{p+1}$，原題得證。
（這道題主要通過放縮法和構造函數求解）

9.設$f(x)$、$g(x)$在區間$[a,b]$上均連續，證明：

（1） $\left(\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^2\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x$（柯西-施瓦茨不等式）；

解  對任意實數$\lambda$，有$\displaystyle\int^b_a[f(x)+\lambda g(x)]^2\mathrm{d}x\geqslant0$，即
$\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x+2\lambda\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x+\lambda^2\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\geqslant0.$
  上式左邊是一個關於$\lambda$的二次三項式，它判定非負的條件是其係數判別式非正，即有
$4\left(\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^2-4\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\leqslant0.$
  從而本題得證。（這道題利用基本不等式和判別式法證明）

（2）$\left(\displaystyle\int^b_a[f(x)+g(x)]^2\mathrm{d}x\right)^{\cfrac{1}{2}}\leqslant\left(\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}$（閔可夫斯基不等式）。

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^b_a[f(x)+g(x)]^2\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^b_a[f^2(x)+2f(x)g(x)+g^2(x)]\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x+2\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x+\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\\ &\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x+2\left(\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\\ &=\left[\left(\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}\right]^2. \end{aligned}$
  從而本題得證。（這道題主要利用上一道題的結論和構造法證明）

10.設$f(x)$在區間$[a,b]$上連續，且$f(x)>0$。證明$\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2.$

證  根據上一道題所證的柯西-施瓦茨不等式，有
$\left(\displaystyle\int^b_a\sqrt{f(x)}\cdot\cfrac{1}{\sqrt{f(x)}}\mathrm{d}x\right)^2\leqslant\displaystyle\int^b_a\left(\sqrt{f(x)}\right)^2\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_a\left(\cfrac{1}{\sqrt{f(x)}}\right)^2\mathrm{d}x.$
  即得
$\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2.$
（這道題主要利用上一道題的兩個不等式求解）

11.計算下列積分：

（1）$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{x}{2}\sec^2\cfrac{x}{2}\mathrm{d}x-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{1}{1+\cos x}\mathrm{d}(1+\cos x)\\ &=\left[x\tan\cfrac{x}{2}\right]\Biggm\vert^{\frac{\pi}{2}}_0-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\tan\cfrac{x}{2}\mathrm{d}x-[\ln(1+\cos x)]\Biggm\vert^{\frac{\pi}{2}}_0\\ &=\cfrac{\pi}{2}+\left[2\ln\cos\cfrac{x}{2}\right]\Biggm\vert^{\frac{\pi}{2}}_0+\ln2=\cfrac{\pi}{2}. \end{aligned}$
（這道題利用了定積分的性質求解，在高等數學同濟版總習題四第四題（27）答案中給出了該函數的不定積分的解，方法略有不同，傳送門在這裏）

（2）$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(1+\tan x)\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(1+\tan x)\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\cfrac{\cos x+\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\cos x+\sin x)\mathrm{d}x-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\cos x)\mathrm{d}x. \end{aligned}$
  而
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\cos x+\sin x)\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\left[\sqrt{2}\cos\left(\cfrac{\pi}{4}-x\right)\right]\mathrm{d}x\\ \xlongequal{x=\cfrac{\pi}{4}-u}-\displaystyle\int^0_{\frac{\pi}{4}}(\ln\sqrt{2}+\ln\cos u)\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{\pi\ln2}{8}+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\cos x)\mathrm{d}x. \end{aligned}$
  故
$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(1+\tan x)\mathrm{d}x=\cfrac{\pi\ln2}{8}.$
（這道題主要利用構造可以消除部分相同的積分求解）

（5）$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+\cos^2x};$

解  注意到$\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}^-}\arctan\cfrac{\tan x}{\sqrt{2}}=\cfrac{\pi}{2}$，因此有
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+\cos^2x}&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\sec^2x\mathrm{d}x}{\sec^2x+1}=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\mathrm{d}(\tan x)}{\tan^2x+2}\\ &=\left[\cfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan\cfrac{\tan x}{\sqrt{2}}\right]\Biggm\vert^{\frac{\pi}{2}}_0=\cfrac{\pi}{2\sqrt{2}}. \end{aligned}$
（這道題利用三角函數代換公式求解）

12.設爲連續函數，證明$\displaystyle\int^x_0f(t)(x-t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^x_0\left(\displaystyle\int^t_0f(u)\mathrm{d}u\right)\mathrm{d}t.$

證
$\begin{aligned} \displaystyle\int^x_0\left(\displaystyle\int^t_0f(u)\mathrm{d}u\right)\mathrm{d}t&=\left[t\displaystyle\int^t_0f(u)\mathrm{d}u\right]\Biggm\vert^x_0-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t\\ &=x\displaystyle\int^x_0f(u)\mathrm{d}u-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t\\ &=x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^x_0f(t)(x-t)\mathrm{d}t. \end{aligned}$
  本題也可利用原函數性質來證明，記等式左端的函數爲$F(x)$、右端的函數爲$G(x)$，則
$\begin{aligned} F'(x)&=\left(x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t\right)'=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t,\\ G'(x)&=\displaystyle\int^x_0f(u)\mathrm{d}u=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t. \end{aligned}$
  即$F(x)$、$G(x)$都爲函數$\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t$的原函數，因此它們至多隻差一個常數，但由於$F(0)=G(0)=0$，因此必有$F(x)=G(x)$。（這道題利用原函數性質或分部積分法求解）

16.證明：$\displaystyle\int^{+\infty}_0x^ne^{-x^2}\mathrm{d}x=\cfrac{n-1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{n-2}e^{-x^2}\mathrm{d}x(n>1)$，並用它證明：$\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n+1}e^{-x^2}\mathrm{d}x=\cfrac{1}{2}\Gamma(n+1)\quad(n\in\bold{N}).$

證  當$n>1$時，
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{+\infty}_0x^ne^{-x^2}\mathrm{d}x&=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^n\mathrm{d}(e^{-x^2})\\ &=-\cfrac{1}{2}[x^{n-1}e^{-x^2}]\biggm\vert^{+\infty}_0+\cfrac{n-1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{n-2}e^{-x^2}\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{n-1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{n-2}e^{-x^2}\mathrm{d}x. \end{aligned}$
  記$I_n=\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n+1}e^{-x^2}\mathrm{d}x$，則
$\begin{aligned} I_n&=\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n+1}e^{-x^2}\mathrm{d}x=\cfrac{2n+1-1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n-1}e^{-x^2}\mathrm{d}x\\ &=n\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n-1}e^{-x^2}\mathrm{d}x=nI_{n-1}. \end{aligned}$
  因此有
$\begin{aligned} I_n&=n!I_0=n!\displaystyle\int^{+\infty}_0xe^{-x^2}\mathrm{d}x=n!\left[-\cfrac{1}{2}e^{-x^2}\right]\Biggm\vert^{+\infty}_0\\ &=\cfrac{1}{2}n!=\cfrac{1}{2}\Gamma(n+1). \end{aligned}$
（這道題主要利用分部積分法和遞歸法求解）

17.判斷下列反常積分的收斂性：

（1）$\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x;$

解  $x=0$爲被積函數$f(x)=\cfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}}$的瑕點，而$\lim\limits_{x\to0^+}x^{\frac{1}{2}}\cdot f(x)=1$，因此$\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x$收斂；又由於$|f(x)|\leqslant\cfrac{1}{\sqrt{x^3}}$，而$\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{1}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x$收斂，故$\displaystyle\int^{+\infty}_1f(x)\mathrm{d}x$收斂，因此$\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x$收斂。（這道題主要利用分段和放縮法求解）

（3）$\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{1}{\ln x}\mathrm{d}(\sin x)=\left[\cfrac{\sin x}{\ln x}\right]\Biggm\vert^{+\infty}_2+\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\mathrm{d}x-\cfrac{\sin2}{\ln2}. \end{aligned}$
  又由於$\left|\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\right|\leqslant\cfrac{1}{x\ln^2x}$，而$\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{1}{x\ln^2 x}\mathrm{d}x$收斂，故$\displaystyle\int^{+\infty}_2\left|\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\right|\mathrm{d}x$收斂，即$\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\mathrm{d}x$絕對收斂，因此$\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x$收斂。（這道題通過分部積分化簡求解）

18.計算下列反常積分：

（1）$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x;$

解  $x=0$爲被積函數$f(x)=\ln\sin x$的瑕點，而
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0^+}\sqrt{x}\cdot f(x)&=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\ln\sin x}{x^{-\frac{1}{2}}}=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\cot x}{-\cfrac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}}\\ &=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{-2x^{-\frac{3}{2}}}{\tan x}=0. \end{aligned}$
  故$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x$收斂。
  又$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\ln\sin x\mathrm{d}x;$，而
$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\ln\sin x\mathrm{d}x\xlongequal{x=\cfrac{\pi}{2}-u}\displaystyle\int^0_{\frac{\pi}{4}}-\ln\cos u\mathrm{d}u=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\cos u\mathrm{d}u.$
  因此
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\cos x\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\sin x\cos x)\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0(\ln\sin2x-\ln2)\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\sin2x\mathrm{d}x-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln2\mathrm{d}x\\ &\xlongequal{u=2x}\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin u\mathrm{d}u-\cfrac{\pi}{4}\ln2. \end{aligned}$
故
$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x=-\cfrac{\pi}{2}\ln2.$
（這道題主要利用分部積分求解）

（2）$\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\qquad(\alpha\geqslant0).$

解  記被積函數爲$f(x)=\cfrac{1}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}$，則當$\alpha=0$時，$\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot f(x)=\cfrac{1}{2}$，當$\alpha>0$時，$\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot f(x)=0$，因此當$\alpha\geqslant0$時，$\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}$收斂。
  令$x=\cfrac{1}{t}$，得到$\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}=\displaystyle\int^0_{+\infty}\cfrac{-t^\alpha\mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+t^\alpha)}$，又
$\displaystyle\int^0_{+\infty}\cfrac{-t^\alpha\mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+t^\alpha)}=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{x^\alpha\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}.$
  故
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}&=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{x^\alpha\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\\ &=\cfrac{1}{2}\left[\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}+\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{x^\alpha\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\right]\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\cfrac{1}{2}[\arctan x]\biggm\vert^{+\infty}_0=\cfrac{\pi}{4}. \end{aligned}$
（這道題主要利用換元法湊整求解）

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  另，參考的積分表及公式見附錄。