| 积分类型 | 若 $F'(x)=f(x)$ | 端点解释 |
|---|---|---|
| 右端无穷 | $\displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx=F(+\infty)-F(a)$ | $F(+\infty)=\lim_{x\to+\infty}F(x)$ |
| 左端无穷 | $\displaystyle \int_{-\infty}^{b}f(x)\,\mathrm dx=F(b)-F(-\infty)$ | $F(-\infty)=\lim_{x\to-\infty}F(x)$ |
| 两端无穷 | $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx=F(+\infty)-F(-\infty)$ | 必须确认两侧积分都收敛 |
先把无穷上限改写为极限：$\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}\,\mathrm dx=\lim_{A\to+\infty}\int_0^A\frac{1}{1+x^2}\,\mathrm dx$。
原函数为 $\arctan x$，所以 $\displaystyle \int_0^A\frac{1}{1+x^2}\,\mathrm dx=[\arctan x]_0^A=\arctan A-\arctan 0$。
当 $A\to+\infty$ 时，$\arctan A\to\frac{\pi}{2}$，且 $\arctan0=0$。
左端无穷，应写成 $\displaystyle \int_{-\infty}^{0}\cos x\,\mathrm dx=\lim_{a\to-\infty}\int_a^0\cos x\,\mathrm dx$。
原函数为 $\sin x$，所以 $\displaystyle \int_a^0\cos x\,\mathrm dx=[\sin x]_a^0=\sin0-\sin a=-\sin a$。
当 $a\to-\infty$ 时，$\sin a$ 反复振荡，没有极限，因此 $-\sin a$ 也没有极限。
图形位于 $x\ge 1$ 的无穷区间上，面积可表示为 $\displaystyle A=\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}\,\mathrm dx$。
将无穷上限改写为极限：$\displaystyle A=\lim_{b\to+\infty}\int_1^b x^{-2}\,\mathrm dx$。
原函数为 $\displaystyle -\frac1x$，所以 $\displaystyle A=\lim_{b\to+\infty}\left[-\frac1x\right]_1^b=\lim_{b\to+\infty}\left(1-\frac1b\right)$。
当 $x\to a^-$ 时，$\sqrt{a^2-x^2}\to0^+$，所以 $x=a$ 是右端点瑕点。
按定义写成 $\displaystyle \int_0^a\frac{\mathrm dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_0^{a-\varepsilon}\frac{\mathrm dx}{\sqrt{a^2-x^2}}$。
原函数为 $\displaystyle \arcsin\frac{x}{a}$，所以 $\displaystyle \lim_{\varepsilon\to0^+}\left[\arcsin\frac{x}{a}\right]_0^{a-\varepsilon}=\lim_{\varepsilon\to0^+}\arcsin\frac{a-\varepsilon}{a}-0$。
当 $\varepsilon\to0^+$ 时，$\frac{a-\varepsilon}{a}\to1^-$，因此 $\arcsin\frac{a-\varepsilon}{a}\to\frac{\pi}{2}$。
被积函数在 $x=1$ 处无定义且趋于无穷大，$x=1$ 是区间 $[0,2]$ 内部的瑕点。
按定义必须分拆：$\displaystyle \int_0^2\frac{\mathrm dx}{(x-1)^2}=\int_0^1\frac{\mathrm dx}{(x-1)^2}+\int_1^2\frac{\mathrm dx}{(x-1)^2}$。
先看左段：$\displaystyle \int_0^1\frac{\mathrm dx}{(x-1)^2}=\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_0^{1-\varepsilon}\frac{\mathrm dx}{(x-1)^2}$。
原函数为 $\displaystyle -\frac{1}{x-1}$，所以左段等于 $\displaystyle \lim_{\varepsilon\to0^+}\left[-\frac1{x-1}\right]_0^{1-\varepsilon}=\lim_{\varepsilon\to0^+}\left(\frac1\varepsilon-1\right)=+\infty$。
这是右端无穷的广义积分，写成 $\displaystyle \lim_{b\to+\infty}\int_0^b e^{-x}\,\mathrm dx$。
原函数为 $-e^{-x}$，所以 $\displaystyle \int_0^b e^{-x}\,\mathrm dx=[-e^{-x}]_0^b=1-e^{-b}$。
当 $b\to+\infty$ 时，$e^{-b}\to0$。
这道题同时有左端点瑕点 $x=0$ 和右端无穷，因此应先分段，例如分为 $\displaystyle \int_0^1\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x}}+\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x}}$。
左段 $\displaystyle \int_0^1x^{-1/2}\,\mathrm dx=\lim_{\varepsilon\to0^+}[2\sqrt{x}]_{\varepsilon}^{1}=2$，左段收敛。
右段 $\displaystyle \int_1^{+\infty}x^{-1/2}\,\mathrm dx=\lim_{b\to+\infty}[2\sqrt{x}]_1^b=\lim_{b\to+\infty}(2\sqrt{b}-2)=+\infty$。
被积函数在 $x=-1$ 与 $x=1$ 两个端点无界，应按两个端点瑕点处理。
原函数为 $\arcsin x$。左右端点对应的单侧极限分别为 $\arcsin(-1)=-\frac{\pi}{2}$，$\arcsin(1)=\frac{\pi}{2}$。
因此 $\displaystyle \int_{-1}^{1}\frac{\mathrm dx}{\sqrt{1-x^2}}=\left[\arcsin x\right]_{-1^+}^{1^-}=\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)$。
这是右端无穷的广义积分，写成 $\displaystyle \lim_{b\to+\infty}\int_1^b x^{-4}\,\mathrm dx$。
原函数为 $\displaystyle -\frac{1}{3x^3}$，所以 $\displaystyle \int_1^b x^{-4}\,\mathrm dx=\left[-\frac{1}{3x^3}\right]_1^b=\frac13-\frac{1}{3b^3}$。
当 $b\to+\infty$ 时，$\frac{1}{3b^3}\to0$。
令 $u=1+x$，则 $x=u-1$，当 $x=1$ 时 $u=2$，当 $x\to+\infty$ 时 $u\to+\infty$。
原积分化为 $\displaystyle \int_2^{+\infty}\frac{u-1}{u^3}\,\mathrm du=\int_2^{+\infty}\left(\frac1{u^2}-\frac1{u^3}\right)\mathrm du$。
原函数为 $\displaystyle -\frac1u+\frac{1}{2u^2}$，代入得 $\displaystyle \left[-\frac1u+\frac{1}{2u^2}\right]_2^{+\infty}=0-\left(-\frac12+\frac18\right)$。
被积函数在 $x=1$ 处无界，且 $x=1$ 位于区间内部，所以必须分成左右两段。
看左段：$\displaystyle \int_0^1\frac{\mathrm dx}{(1-x)^2}=\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_0^{1-\varepsilon}\frac{\mathrm dx}{(1-x)^2}$。
原函数为 $\displaystyle \frac1{1-x}$，所以左段等于 $\displaystyle \lim_{\varepsilon\to0^+}\left[\frac1{1-x}\right]_0^{1-\varepsilon}=\lim_{\varepsilon\to0^+}\left(\frac1\varepsilon-1\right)=+\infty$。
这是右端无穷的广义积分，写成 $\displaystyle \lim_{b\to+\infty}\int_1^b x^{-2}\,\mathrm dx$。
原函数为 $\displaystyle -\frac1x$，所以 $\displaystyle \int_1^b x^{-2}\,\mathrm dx=\left[-\frac1x\right]_1^b=1-\frac1b$。
当 $b\to+\infty$ 时，$\frac1b\to0$。
设 $u=\arctan x$，$\mathrm dv=x^{-2}\mathrm dx$，则 $\mathrm du=\frac{1}{1+x^2}\mathrm dx$，$v=-\frac1x$。
分部积分得 $\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\arctan x}{x^2}\,\mathrm dx=\left[-\frac{\arctan x}{x}\right]_1^{+\infty}+\int_1^{+\infty}\frac{1}{x(1+x^2)}\,\mathrm dx$。
第一项为 $\displaystyle 0-\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}$。
因为 $\displaystyle \frac{1}{x(1+x^2)}=\frac1x-\frac{x}{1+x^2}$，所以第二项为 $\displaystyle \left[\ln x-\frac12\ln(1+x^2)\right]_1^{+\infty}=\frac12\ln2$。