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研究下列积分的收敛性:

(1). $\dps{\int_{-\infty}^{+\infty} x^ne^{-\sex{x^2+\frac{1}{x^2}}}\rd x}$ ($n$ 为自然数).

(2). $\dps{\int_0^{+\infty} \sin^2\sez{\pi\sex{x+\frac{1}{x}}}\rd x}$.

解答:

(1). $$\bex \int_{-\infty}^{+\infty}x^ne^{-\sex{x^2+\frac{1}{x^2}}}\rd x =\int_{-\infty}^{-1}+\int_{-1}^0 +\int_0^1+\int_1^{+\infty} x^ne^{-\sex{x^2+\frac{1}{x^2}}}\rd x =I_1+I_2+I_3+I_4. \eex$$ 对 $I_1,I_4$, 由 $$\bex |x^ne^{-\sex{x^2+\frac{1}{x^2}}}| \leq |x|^n e^{-|x|^2}, \quad \lim_{|x|\to \infty} \frac{|x|^ne^{-|x|^2}}{1/|x|^2} =\lim_{t\to+\infty} \frac{t^{n+2}}{e^{t^2}}=0 \eex$$ 及比较判别法即知 $I_1,I_4$ 绝对收敛. 而对 $I_2,I_3$, 由 $$\bex \vlm{x} x^ne^{-\sex{x^2+\frac{1}{x^2}}}=0 \eex$$ 知被积函数延拓定义 $x=0$ 后在 $[-1,1]$ 上连续. 综上, 原反常积分绝对收敛.

(2). 令 $$\bex f(x)=x+\frac{1}{x},\quad f^{-1}(y)=\frac{y+\sqrt{y^2-4}}{2},\quad x\geq 1,\ y\geq 2. \eex$$ 则对 $\forall\ k\in\bbN$, 取 $$\bex A_k=f^{-1}\sex{2k+\frac{1}{4}},\quad B_k=f^{-1}\sex{2k+\frac{3}{4}}, \eex$$ 有 $$\bex A_k\leq x\leq B_k\ra 2k+\frac{1}{4}\leq f(x)=x+\frac{1}{x}\leq 2k+\frac{3}{4} \ra \sin^2\sez{\pi\sex{x+\frac{1}{x}}}\geq \frac{1}{2}, \eex$$ $$\beex \bea \int_{A_k}^{B_k}\sin^2\sez{\pi\sex{x+\frac{1}{x}}}\rd x &\geq \frac{1}{2}(B_k-A_k)\\ &=\frac{1}{2}\sez{f^{-1}(z_k)-f^{-1}(y_k)}\quad\sex{z_k=2k+\frac{3}{4},\ y_k=2k+\frac{1}{4}}\\ &=\frac{1}{4}\sez{z_k-y_k+\sqrt{z^2-4}-\sqrt{y_k^2-4}}\\ &\geq \frac{1}{4}(z_k-y_k)\\ &= \frac{1}{8}. \eea \eeex$$ 由 $A_k\to +\infty\ (k\to\infty)$ 及 Cauchy 收敛准则即知原积分发散.