2010 年考研数学（一） 第 3 题

看到“${\int }_0^1$ 且端点使被积函数无界”就应意识到是瑕积分，其收敛性只由各瑕点附近的阶数决定，故要在每个瑕点单独用等价无穷小定阶。本题巧处在于：$x=0$ 端对数贡献正阶 $x^{2/m}$，把分母的 $x^{-1/n}$ 补成 $\alpha =\frac{1}{n}-\frac{2}{m}<1$；$x=1$ 端对数只是幂的对数、被 $t^{1/2}$ 压住。两处阶数都恒小于 $1$，故与 $m,n$ 的具体取值无关。

本题考查瑕积分的收敛性判别。 被积函数在 $x=0$ 与 $x=1$ 处都可能无界，故
$${\int }_0^1\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\mathrm{d}x={\int }_0^{1/2}(\cdots )\mathrm{d}x+{\int }_{1/2}^1(\cdots )\mathrm{d}x,$$
分别在两个瑕点处用「$\lim (x-a{)}^{k}f(x)=A$」的比较判别法。

在瑕点 $x=0$： 取 $\alpha =\frac{1}{n}-\frac{2}{m}$，则
$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\frac{1}{n}-\frac{2}{m}}\cdot \frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}=1.$$
注意 ${\ln }^2(1-x)\sim x^2$（$x\to 0$），而这里 $\alpha =\frac{1}{n}-\frac{2}{m}<1$（因 $\frac{1}{n}\le 1$、$\frac{2}{m}>0$），故 ${\int }_0^{1/2}(\cdots )\mathrm{d}x$ 收敛。

在瑕点 $x=1$： 令 $1-x=t$，
$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x{)}^{\frac{1}{2}}\cdot \frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{t}^{\frac{1}{2}}{\ln }^{\frac{2}{m}}t=0,$$
对应的指数 $\alpha =\frac{1}{2}<1$，故 ${\int }_{1/2}^1(\cdots )\mathrm{d}x$ 收敛。

两段都收敛，且判别所用的指数 $\alpha$ 恒小于 $1$，与 $m,n$ 的具体取值无关，故原反常积分总是收敛。应选 D。