§2 广义积分的收敛性主要知识点：广义积分及其敛散性概念；非负函数广义积分收敛性的比较判别法、柯西判别法； 一般函数广义积分收敛性的Abel 、Dilichlet 判别法； 广义积分与级数的关系。
1、 讨论积分1121(1)[ln(1)]xe dx x αβ+∞--+⎰ 的敛散性。
解：211,x x xαβ→+∞时“分子”“分母” 。
2、 证明积分4201sin dxx x +∞+⎰ 收敛 。
10,02kkk k k k k kk I v v v πδπδπδδδ+--'↓=++≤=≤∑∑⎰⎰解：取则，其中 ，11(1)(1)42111()sin k k kkk k kk k k v k πδπδπδπδπδ+++-+-+++'=≤+⎰⎰ 。
431,k kvkδ=∑取则收敛；114433()0,k k kkM M v v kkπδδ+--''≤≤≤∑又可见也收敛。
3、 证明积分1223(1)(sin )dxxx +∞+⎰ 收敛 。
解：注意到(1)2233(sin )[sin()],n n nx x n I u πππ+=-==∑∑⎰故 ，由于22223210,1sinn nu dx un xππ≤≤+∑⎰故收敛。
4、 讨论积分10sin 1cos xdx k x παα-+⎰的敛散性 。
解：⑴ －1< k <1时f(x)只可能以0,π为瑕点，且当x →∞时分别与1111,()x x ααπ---同阶，故当0α>时积分收敛。
⑵ k = ±1时，f(x)的可能瑕点仍是0,π 。
11201I I I π=+=+⎰⎰k = 1时，将cos x 在点π处展成Taylor 公式，可知1cos x +与2()x π-同阶。
于是1I 仅当0α>时收敛，2I 仅当0α<时收敛，从而原积分不收敛。
k = －1 时，将cos x 在点0处展成Taylor 公式，可知1－cos x 与2x 同阶。
于是1I 仅当0α<时收敛，2I 仅当0α>时收敛，故原积分不收敛。
⑶ 111,arccos(),cos ,sin 0k k kθθθ>=-=-≠记则 。
f(x)的可能瑕点为0,π，θ 。
123400,ababa b a b I I I I I θπθθπ<<<<=+++=+++⎰⎰⎰⎰取、使 。
在点θ处将cos x 展开成Taylor 公式：1cos ()sin ()x x x kθθθ=-+-+- ，于是 (1cos )[()sin ()]k x x x ααθθθ+=-+- 与 ()x αθ-同阶。
因此，当且仅当1α<时23,I I 收敛；又仅当0α<时1I ，4I 收敛，所以当且仅当01α<<时原积分收敛。
5、 设2()0()()sin af x f x dx f x x dx ∞+∞>⎰⎰+a且单调减少，试证：与同敛散。
证：⑴ 设211lim ()0.()sin ()()cos 222x aaaf x f x xdx f x dx f x xdx +∞+∞+∞→+∞==-⎰⎰⎰注意到，由Dilichlet 判别法知右边第二个积分收敛，因此2()()sin af x dx f x x dx ∞+∞⎰⎰+a与同敛散。
⑵、lim ()0(),()0x af x A f x dx M +∞→+∞=>+∞>⎰包括此时发散，且存在，当x M ≥时()02Af x r >=>。
取000,k k M k k π>≥使则当时 1)(1)22()sin sin 02k k kkrf x x dx rx dx πππππ++>=>⎰⎰（ ，由Cauchy 准则，2()sin af x x dx +∞⎰也发散。
6、 设22sin 0,(sin )p pxp dx x x x +∞>+⎰讨论的敛散性。
解：当12p >时，由比较判别法即知积分收敛。
当12p ≤时，2(1)p pdxx x +∞+⎰发散，由上题知22sin (1)p pxdx x x +∞+⎰发散，再由比较法知原积分发散。
7、讨论1)dx +∞⎰的敛散性。
解：利用Taylor 公式 ：12221(),ln(1)(1)1()22t t t t t t t =-++=+++,112222111111[ln(1)][()]()]22x x x x x x +=-+=-+3322111111(())()]()224x x x x x +-++=-+ ，故当x →+∞时3211()4f x x ⋅，因此原积分收敛。
8、 讨论积分sin (0)1p qx xdx q x +∞≥+⎰的敛散性。
解：记 11201I I I +∞=+=+⎰⎰。
1111(1)sin 10(),221p x p qp x x f x x p I p I x x x +→+-+≤=⋅=>-≤-+ 故时收敛，时发散。
考察2I ：注意到1111px q pqx xq p q p x →+∞-⋅→->-≤+，所以分和两种情形来讨论。
① 1:()1pqx q p f x x ->≤⇒+2I 绝对收敛 。
② 01:q p <-≤由Dilichlet 判别法知2I 收敛，并且是条件收敛。
③ sin 0:(),0,01p q q x xq p f x p q q x ---≤=-≥≥+，可知2I 发散。
综上得到：原积分当21201p q p p q p >-->>-<-≤且时绝对收敛；且时条件收敛；20p q p ≤--≤或时发散。
9、 研究0()(0,1)sin x te F t dx t x+∞-=∈⎰关于的连续性。
解：只须证明上述积分在(,1)t ∈-∞上内闭一致收敛。
(1)2210012(1)21sin sin sin k ttttt t kdx dxdx dx t x txxxπππππππ+-==≤=<-⎰⎰⎰⎰，(1)000()1sin sin sin k xx k k tttk k k ke e dxF t dx dx e etxxxππππππ++∞--+∞+∞+∞--=====≤≤-∑∑∑⎰⎰⎰，由此即知积分在(,1)t ∈-∞上内闭一致收敛，从而0()(0,1)sin x te F t dx t x+∞-=⎰关于在连续。
10、设0()[0,),()f x C f x dx +∞∈+∞⎰绝对收敛，则：40()0lim()(sin )0p f x dx f x px dx +∞+∞→+∞=⇔=⎰⎰。
证明：因000()0,f x dx A A A +∞>≥⎰收敛，所以存在当时4()(sin )()AAf x px dx f x dx ε+∞+∞≤<⎰⎰。
对任意0p >，以pπ为步长等分0[0,]A 得01144411()(sin )()(sin )()(sin )kkk k A x x nnk k k x x f x px dx f x px dx f px dx ξ--====∑∑⎰⎰⎰()k k x pπ==410()(sin )pnk k f px dx πξ=∑⎰ =411101()sin ()()nn n k k k k k k k a a f x dx f f x p p ππξξξππ=====∑∑∑⎰410(sin ,)k k k a x dx x x x pππ-==-=⎰ 其中 。
令()p n →+∞→+∞必有得到400()(sin )()A A af x px dx f x dx π→⎰⎰ ，于是有44()(sin )()()(sin )()A A aaf x px dx f x dx f x px dx f x dx ππ+∞+∞-≤-+⎰⎰⎰⎰+4()(sin )()3(A A af x px dx f x dx p επ+∞+∞-<⎰⎰只要充分大）即 4lim()(sin )()p af x px dx f x dx π+∞+∞→+∞=⎰⎰，因此命题成立。