10.3 补充习题

10.3.1 广义积分的概念

讨论

• 对于一般的$f$，瑕积分${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$不能看成相应Riemann和$\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\mathrm{\Delta }{x}_i$的极限。例如取$f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$，一方面${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}=2$；另一方面，取$[0,1]$的$n$等分，选标志点为${\xi }_1=\frac{1}{9n^2}$、${\xi }_i=\frac{i}{n}(i>1)$，则有$$\begin{array}{}\text{(10)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\mathrm{\Delta }{x}_i\ge \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}f({\xi }_i)\mathrm{\Delta }{x}_i=3>2\end{array}$$
• 不可以。设$b\notin \mathbb{Q}$，对于Dirichlet函数$D(x)$，在此定义下有$$\begin{array}{}\text{(11)}& {\int }_0^{1}D(x)\mathrm{d}x=1,{\int }_0^{b}D(x)\mathrm{d}x=0\end{array}$$ 此时${\int }_0^{x}D(x)\mathrm{d}x$关于$x$处处间断。
• 不可以。例见${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}$的计算。
• 不可以。例见${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}$的计算。
• 事实上，只要$f$在$x=0$的一个邻域中$(0,\delta )$具有单调性即可，在区间$[\delta ,1]$中要求$f$满足Riemann可积（本题中单调性保证了这个Riemann可积性）。
• 一种思路是利用${\mathrm{e}}^{-x}:[0,+\mathrm{\infty })\to (0,1]$，故有$$\begin{array}{}\text{(12)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x)\mathrm{d}x\stackrel{x=-\ln t}{=}{\int }_1^{0}f(-\ln t)\mathrm{d}(-\ln t)={\int }_0^1\frac{f(-\ln t)}{t}\mathrm{d}t=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}f(-\ln \frac{i}{n})\end{array}$$

10.3.2 广义积分的计算

解 (1) $$\begin{array}{}\text{(13)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}x{\mathrm{e}}^{-x}\sin x\mathrm{d}x={-\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{-x}[(1+x)\cos x+x\sin x]|}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{1}{2}\end{array}$$

(2) $$\begin{array}{}\text{(14)}& {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)}={\frac{1}{2}\ln \frac{x^2}{1+x^2}|}_1^{+\mathrm{\infty }}=\frac{1}{2}\ln 2\end{array}$$

(3) $$\begin{array}{}\text{(15)}& {\int }_1^{\mathrm{e}}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{1-{\ln }^{2}x}}={\arcsin \ln x|}_1^{\mathrm{e}}=\frac{\pi }{2}\end{array}$$ $◻$

解 由分部积分可得$$\begin{array}{}\text{(17)}& \begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /2}\ln \sin x\mathrm{d}(1-\cos x)={(1-\cos x)\ln \sin x|}_0^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}\frac{1-\cos x}{\sin x}\cos x\mathrm{d}x\\ & \stackrel{t=\cos x}{=}-{\int }_0^1\frac{t(1-t)}{1-t^2}\mathrm{d}t={[\ln (1+t)-t]}_0^1=\ln 2-1\end{array}\end{array}$$ $◻$

解 由比较判别法可得$$\begin{array}{}\text{(19)}& \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\ln \sin x}{\frac{1}{\sqrt{x}}}\stackrel{{\mathrm{L}}^{\prime }\mathrm{H}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\frac{\cos x}{\sin x}}{-\frac{1}{2x\sqrt{x}}}=0\end{array}$$ 而${\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$收敛，故${\int }_0^1\ln \sin x\mathrm{d}x$收敛。注意到$$\begin{array}{}\text{(20)}& I={\int }_0^{\pi /2}\ln \cos x\mathrm{d}x\stackrel{x=\frac{\pi }{2}-t}{=}{\int }_0^{\pi /2}\ln \sin t\mathrm{d}t\end{array}$$ 从而${\int }_0^1\ln \cos x\mathrm{d}x$收敛，因此$$\begin{array}{}\text{(21)}& 2I={\int }_0^{\pi /2}\ln (\sin x\cos x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}(\ln \sin 2x-\ln 2)\mathrm{d}x=-\frac{\pi }{2}\ln 2+\frac{1}{2}\underset{2I}{\underbrace{{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x}}\end{array}$$ 即$I=-\frac{\pi }{2}\ln 2$。 $◻$

解 由比较判别法可得$$\begin{array}{}\text{(23)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)}\le {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\frac{\pi }{2}\end{array}$$ 故$I$收敛。记$$\begin{array}{}\text{(24)}& I_1={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)},I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)}\end{array}$$ 注意到$$\begin{array}{}\text{(25)}& I_1\stackrel{x=y^{-1}}{=}{\int }_{+\mathrm{\infty }}^1\frac{-y^a\mathrm{d}y}{(1+y^2)(1+y^a)}={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{y^a\mathrm{d}y}{(1+y^2)(1+y^a)}\end{array}$$ 故$$\begin{array}{}\text{(26)}& I=I_1+I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}\end{array}$$ $◻$

解 记$$\begin{array}{}\text{(28)}& I_1={\int }_0^1\frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x,I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x\end{array}$$ 对于$I_1$，$x=0$为被积函数的可去间断点，故$I_1$为定积分而非广义积分。对于$I_2$，注意到$$\begin{array}{}\text{(29)}& I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x\stackrel{x=t^{-1}}{=}{\int }_1^0\frac{t\ln t}{(1+t^2{)}^2}=-I_1\end{array}$$ 故$I_2$亦收敛，且$I=I_1+I_2=0$。 $◻$

注 利用这个结论可以得到$$\begin{array}{}\text{(34)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\arctan bx-\arctan ax}{x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}\ln \frac{b}{a},{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-bx}-{\mathrm{e}}^{-ax}}{x}\mathrm{d}x=\ln \frac{a}{b}\end{array}$$

10.3.3 广义积分的收敛性

解 (1) 采用反证法。设$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)\ne 0$，由于$f$非负，故$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$\mathrm{\forall }{N}_n>a$，$\mathrm{\exists }{x}_n>N$使得$f(x)\ge 2\epsilon$。由于$f$一致连续，故$\mathrm{\exists }\delta >0$使得$$\begin{array}{}\text{(40)}& |\lambda -\mu |\le \delta ⟹|f(\lambda )-f(\mu )|\le \epsilon ,\mathrm{\forall }\lambda ,\mu \in [a,+\mathrm{\infty })\end{array}$$ 从而有$$\begin{array}{}\text{(41)}& f(x)\ge f(x_n)-\epsilon \ge 2\epsilon -\epsilon =\epsilon ,\mathrm{\forall }x\in [x_n-\delta ,x_n+\delta ]\end{array}$$ 为使这些$[x_n-\delta ,x_n+\delta ]$各不相交，选择$\delta \in (0,1)$、$N_1=a+1$、$N_{n+1}=x_n+2$，此时$$\begin{array}{}\text{(42)}& a<a+1-\delta <x_1-\delta ,x_n+\delta <x_n+1<x_{n+1}-1<x_{n+1}-\delta \end{array}$$ 又因为$f$非负，故有$$\begin{array}{}\text{(43)}& {\int }_a^{+\mathrm{\infty }}f(x)\mathrm{d}x\ge \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_{x_n-\delta }^{x_n+\delta }f(x)\mathrm{d}x\ge \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}2\epsilon \delta =2n\epsilon \delta \to +\mathrm{\infty },n\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 与${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}f(x)\mathrm{d}x$收敛矛盾，故$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0$。

(2) 因为$f$一致连续，故$\mathrm{\forall }\epsilon \in (0,1)$，$\mathrm{\exists }\delta \in (0,\epsilon )$使得$$\begin{array}{}\text{(44)}& |f(x_1)-f(x_2)|<\frac{\epsilon }{2},\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\ge a,|x_1-x_2|<\delta \end{array}$$ 因为${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}f(x)\mathrm{d}x$收敛，由Cauchy收敛准则知对上述$\delta$，$\mathrm{\exists }N>a$使得$$\begin{array}{}\text{(45)}& |{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)\mathrm{d}x|<\frac{{\delta }^2}{2},\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\ge N\end{array}$$ 于是$\mathrm{\forall }x>R$，取$x_1,x_2>R$使得$x_1<x<x_2$且$x_2-x_1=\delta$，此时有$$\begin{array}{}\text{(46)}& |f(x)\delta |=|{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)\mathrm{d}t|\le {\int }_{x_1}^{x_2}|f(x)-f(t)|\mathrm{d}t+|{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)\mathrm{d}t|\le \frac{\epsilon }{2}\delta +\frac{{\delta }^2}{2}<\epsilon \delta \end{array}$$ 即$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }N>a$使得$x>N⟹|f(x)|<\epsilon$，故$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0$。

(3) 采用反证法。若$A\ne 0$，不妨设$A>0$，则取$\epsilon =\frac{A}{2}$，$\mathrm{\exists }N>a$使得$$\begin{array}{}\text{(47)}& x>N⟹f(x)>A-\epsilon =\frac{A}{2}⟹{\int }_N^{+\mathrm{\infty }}f(x)\mathrm{d}x\ge {\int }_N^{+\mathrm{\infty }}\frac{A}{2}\mathrm{d}x=+\mathrm{\infty }\end{array}$$ 与题设矛盾，故$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0$。

(4) $f$单调有界，故$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=A$存在。由(3)知$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0$。

(5) 命题不成立。设$n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，取$$\begin{array}{}\text{(48)}& f(x)=\{\begin{array}{ll}{2}^n(x-n)+1,& x\in [n-2^{-n},n]\\ 2^n(n-x)+1,& x\in [n,n+2^{-n}]\\ 0,& \mathrm{otherwise}\end{array}\end{array}$$ 则$f$在$[0,+\mathrm{\infty })$上非负、连续且$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)$不存在，而$$\begin{array}{}\text{(49)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x)\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}\times 2\times 2^{-n}\times 1=1\end{array}$$ $◻$

解 当$\alpha >1$时，$$\begin{array}{}\text{(51)}& \left|\frac{\sin x}{x^{\alpha }}\right|\le \frac{1}{x^{\alpha }},{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x^{\alpha }}\text{ 收敛}\end{array}$$ 由比较判别法知$I$绝对收敛。

当$\alpha \le 0$时，$$\begin{array}{}\text{(52)}& \left|{\int }_{2k\pi +\pi /4}^{2k\pi +3\pi /4}\frac{\sin x}{x^{\alpha }}\mathrm{d}x\right|\ge \frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{\pi }{2}=\frac{\sqrt{2}\pi }{4}\end{array}$$ 由Cauchy收敛准则知$I$发散。

当$0<\alpha \le 1$时，由Dirichlet判别法知$I$收敛，而$$\begin{array}{}\text{(53)}& {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{\sin x}{x^{\alpha }}\right|\mathrm{d}x\ge {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^{2}x}{x^{\alpha }}\mathrm{d}x=\underset{\text{发散}}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{2x^{\alpha }}}}-\underset{\text{收敛}}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos 2x}{2x^{\alpha }}}}\mathrm{d}x=+\mathrm{\infty }\end{array}$$ 故$I$不绝对收敛，即$I$条件收敛。 $◻$

解 (1)(2)(3) 当$x\to +\mathrm{\infty }$时，$f(x)=\mathcal{O}\left(\frac{1}{x^2}\right)$，收敛。

(4) 令$t=x^2$可得$$\begin{array}{}\text{(54)}& {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos x^2}{x}\mathrm{d}x={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t}{2t}\mathrm{d}t\end{array}$$ $\cos t$的变上限积分有界而$\frac{1}{2t}$单调趋于0，由Dirichlet判别法知原积分收敛。然而$$\begin{array}{}\text{(55)}& {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{|\cos t|}{2t}\mathrm{d}t\ge {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\cos }^{2}t}{2t}\mathrm{d}t=\underset{\text{发散}}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{4t}\mathrm{d}t}}+\underset{\text{收敛}}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos 2t}{4t}\mathrm{d}t}}\end{array}$$ 故原积分条件收敛。

(5) 当$x\to +\mathrm{\infty }$时，$$\begin{array}{}\text{(56)}& \frac{\sqrt{1+x^{-1}}-1}{x^p\ln (1+x^{-2})}=x^{-p}(\frac{x}{2}+o(x))\sim \frac{1}{x^{p-1}}\end{array}$$ 收敛当且仅当$p-1>1$，即$p>2$。

(6) 当$x\to 0^{+}$时，$\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\sim \frac{1}{\sqrt{x}}$；当$x\to 1^{-}$时，$\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\sim \frac{1}{\sqrt{1-x}}$；均收敛。

(7) 当$x\to 0$时，$\frac{1}{x-\sin x}\sim \frac{1}{x^3}$，发散。

(8) 由例10.3.4知其收敛。

(9) 当$x\to 0$时，$\frac{1-\cos x}{x^n}\sim \frac{1}{x^{n-2}}$，收敛当且仅当$n-2<1$，即$n<3$。

(10) 当$x\to 0^{+}$时，$\frac{\sqrt{x}}{{\mathrm{e}}^{\sin x}-1}\sim \frac{1}{\frac{1}{\sqrt{x}}}$，收敛。

(11) 令$t=\ln x$，则$$\begin{array}{}\text{(57)}& {\int }_1^2\frac{1}{\ln x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\ln 2}\frac{{\mathrm{e}}^t}{t}\mathrm{d}t\ge {\int }_0^{\ln 2}\frac{1}{t}\mathrm{d}t=+\mathrm{\infty }\end{array}$$ 故发散。

(12) 令$t=-\ln x$，则$$\begin{array}{}\text{(58)}& {\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t\mathrm{d}t}{1-{\mathrm{e}}^t}\end{array}$$ $t=0$不是瑕点；当$t\to +\mathrm{\infty }$时，$\frac{t}{1-{\mathrm{e}}^t}=\mathcal{O}({\mathrm{e}}^{-t/2})$，收敛。 $◻$

解 (1) 令$t=x^3$可得$$\begin{array}{}\text{(59)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}x\cos (x^3)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t}{3\sqrt[3]{t}}\mathrm{d}t=\underset{I_1}{\underbrace{{\int }_0^1\frac{\cos t}{3\sqrt[3]{t}}\mathrm{d}t}}+\underset{I_2}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t}{3\sqrt[3]{t}}\mathrm{d}t}}\end{array}$$

对于$I_1$，有$\frac{|\cos t|}{3\sqrt[3]{t}}\le \frac{1}{3\sqrt[3]{t}}$，故比较判别法知$I_1$绝对收敛。

对于$I_2$，$\cos t$的变上限积分有界而$\frac{1}{3\sqrt[3]{t}}$单调趋于0，由Dirichlet判别法知原积分收敛。然而$$\begin{array}{}\text{(60)}& {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{|\cos t|}{3\sqrt[3]{t}}\mathrm{d}t\ge {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\cos }^{2}t}{3\sqrt[3]{t}}\mathrm{d}t=\underset{\text{发散}}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{6\sqrt[3]{t}}\mathrm{d}t}}+\underset{\text{收敛}}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos 2t}{6\sqrt[3]{t}}\mathrm{d}t}}\end{array}$$ 故$I_2$条件收敛，即原积分条件收敛。

(2) 当$x\to +\mathrm{\infty }$时，$$\begin{array}{}\text{(61)}& x(\arctan \frac{2}{x}-\arctan \frac{1}{x})=x[\frac{2}{x}-\frac{1}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)]=1+o(1)\end{array}$$ 故原积分发散。 $◻$

解 作换元$t=x^4$，代入可得$$\begin{array}{}\text{(63)}& I=\frac{1}{4}{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t\sin \sqrt[4]{t}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t\end{array}$$ 由于$\frac{1}{\sqrt{t}}$单调趋于$0$，我们尝试利用Dirichlet判别法，即证明$\sin t\sin \sqrt[4]{t}$的变上限积分有界。通过不断地分部积分，让分母的次数大于$1$，即$$\begin{array}{}\text{(64)}& \begin{array}{rl}{\int }_1^x\sin t\sin \sqrt[4]{t}\mathrm{d}t& =-{\int }_1^x\sin \sqrt[4]{t}\mathrm{d}\cos t=-{\sin \sqrt[4]{t}\cos t|}_1^x+{\int }_1^x\frac{\cos t\cos \sqrt[4]{t}}{4t^{3/4}}\mathrm{d}t\\ & =C_1(x)+{\int }_1^x\frac{\cos \sqrt[4]{t}}{4t^{3/4}}\mathrm{d}\sin t=C_1(x)+{\frac{\cos \sqrt[4]{t}\sin t}{4t^{3/4}}|}_1^x-{\int }_1^x\sin t\mathrm{d}\frac{\cos \sqrt[4]{t}}{4t^{3/4}}\\ & =C_1(x)+C_2(x)+\frac{3}{16}{\int }_1^x\frac{\sin t\cos \sqrt[4]{t}}{t^{7/4}}\mathrm{d}t-\frac{1}{16}{\int }_1^x\frac{\sin t\sin \sqrt[4]{t}}{t^{3/2}}\mathrm{d}t\end{array}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(65)}& \begin{array}{rl}|{\int }_1^x\sin t\sin \sqrt[4]{t}\mathrm{d}t|& \le |C_1(x)|+|C_2(x)|+\frac{3}{16}{\int }_1^x\frac{|\sin t\cos \sqrt[4]{t}|}{t^{7/4}}\mathrm{d}t+\frac{1}{16}{\int }_1^x\frac{|\sin t\sin \sqrt[4]{t}|}{t^{3/2}}\mathrm{d}t\\ & \le 2+\frac{1}{4}\cdot 2+\frac{3}{16}{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^{7/4}}+\frac{1}{16}{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^{3/2}}\le 3\end{array}\end{array}$$ 由Dirichlet判别法知原积分收敛。为了判断其是否绝对收敛，即考虑以下积分的敛散性：$$\begin{array}{}\text{(66)}& {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}|x\sin x\sin x^4|\mathrm{d}x\stackrel{t=x^4}{=}\frac{1}{4}{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{|\sin t\sin \sqrt[4]{t}|}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t\end{array}$$ 可以利用Cauchy收敛准则，即考虑$$\begin{array}{}\text{(67)}& {\int }_{{(k\pi +\frac{\pi }{6})}^4}^{{(k\pi +\frac{5\pi }{6})}^4}\frac{|\sin t\sin \sqrt[4]{t}|}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t\ge {\int }_{{(k\pi +\frac{\pi }{6})}^4}^{{(k\pi +\frac{5\pi }{6})}^4}\frac{{\sin }^{2}t}{2\sqrt{t}}\mathrm{d}t={\int }_{{(k\pi +\frac{\pi }{6})}^4}^{{(k\pi +\frac{5\pi }{6})}^4}\frac{1-\cos 2t}{4\sqrt{t}}\mathrm{d}t\end{array}$$ 由于${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos 2t}{4\sqrt{t}}\mathrm{d}t$收敛，故可取充分大的$k$使得$(k\pi {)}^4>N$，其中$N$满足$$\begin{array}{}\text{(68)}& b>a>N⟹\left|{\int }_a^b\frac{\cos 2t}{4\sqrt{t}}\mathrm{d}t\right|<1\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(69)}& {\int }_{{(k\pi +\frac{\pi }{6})}^4}^{{(k\pi +\frac{5\pi }{6})}^4}\frac{|\sin t\sin \sqrt[4]{t}|}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t\ge {\frac{\sqrt{t}}{2}|}_{{(k\pi +\frac{\pi }{6})}^4}^{{(k\pi +\frac{5\pi }{6})}^4}-1=\frac{2{\pi }^2}{3}k+\frac{{\pi }^2}{3}-1\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 故原积分不绝对收敛，即原积分条件收敛。 $◻$

注 本题本质上与证明${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x$条件收敛相同，都是先用Dirichlet判别法证明其收敛，再用Cauchy收敛准则证明其不绝对收敛。为了控制被积函数的$\sin t$和$\sin \sqrt[4]{t}$，注意到$\sin \sqrt[4]{t}$的零点间隔是4次方，大于$\sin t$的零点间隔，故我们先控制$\sin \sqrt[4]{t}$，并在其零点间隔内控制$\sin t$。当然，上面的过程我们直接利用了放缩$|\sin t|\ge {\sin }^{2}t$，可使证明更加简单。

10.3.4 杂题