AKA '''특이적분'''
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ex.
$\int\nolimits_1^{\infty}\frac1xdx$
 $=\lim_{t\to\infty}\int\nolimits_1^t\frac1xdx$
 $=\lim_{t\to\infty}\left[\ln|x|\right]_1^t$
 $=\lim_{t\to\infty}\ln|t|$
 $=\lim_{t\to\infty}\ln t$
 $=\infty$ .....(1)

정리:
> $\int\nolimits_1^{\infty}\frac1{x^p}dx$
는 $p>1$ 이면 수렴, $p\le 1$ 이면 발산.
pf.
$p=1\Rightarrow$
 위 (1)에 따라 발산.
$p\ne 1\Rightarrow$
 $=\int\nolimits_1^{\infty}x^{-p}dx$
 $=\lim_{t\to\infty}\int\nolimits_1^t x^{-p}dx$
 $=\lim_{t\to\infty}\left[\frac1{1-p}x^{1-p}\right]_1^t$
 $=\lim_{t\to\infty}\left(\frac1{1-p}t^{1-p}-\frac1{1-p}\right)$
 $=\begin{cases}\frac1{p-1}&(p>1)\\ \infty&(p<1)\end{cases}$ (첫번째는 수렴, 두번째는 발산)

Thm.
> $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=\int_{-\infty}^af(x)dx+\int_a^{\infty}f(x)dx$

ex.
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac1{1+x^2}dx$ 의 값을 구하라.
sol.
$\int_0^{\infty}\frac1{1+x^2}dx$
 $=\lim_{t\to\infty}\int_0^t\frac1{1+x^2}dx$
 $=\lim_{t\to\infty}\left[\tan^{-1}x\right]_0^t$
 $=\lim_{t\to\infty}\tan^{-1}t$
 $=\frac{\pi}2$
$\int_{-\infty}^0\frac1{1+x^2}dx$
 $=\lim_{t\to-\infty}\int_t^0\frac1{1+x^2}dx$
 $=\lim_{t\to-\infty}\left[\tan^{-1}x\right]_t^0$
 $=\lim_{t\to-\infty}(-\tan^{-1}t)$
 $=-\left(-\frac{\pi}2\right)$
 $=\frac{\pi}2$
답은 $\frac{\pi}2+\frac{\pi}2=\pi$

= 정리 =
$\int_0^1\frac1{x^p}dx$ 는
 $p\ge1$ 이면 발산하고,
 $p<1$ 이면 수렴한다.

주의:
$\int_{-1}^1\frac1xdx=\left[\ln|x|\right]_{-1}^1=\ln1-\ln1=0-0=0$
은 틀렸다. 첫번째 =부터.
$\int_0^1\frac1xdx$ 가 발산하므로, $\int_{-1}^1\frac1xdx$ 는 발산한다.

ex.
$\int_0^{\frac\pi2}\sec x dx$
 $=\lim_{t\to\left(\frac\pi2\right)^-}\int_0^t\sec xdx$
 $=\lim_{t\to\left(\frac\pi2\right)^-}\left[\ln|\sec x+\tan x|\right]_0^t$
 $=\lim_{t\to\left(\frac\pi2\right)^-}\ln|\sec t+\tan t|=\ln(\infty+\infty)=\infty$

= 특이적분의 비교판정법 =
정리. $f$ 와 $g$ 가 $x\ge a$ 인 $x$ 에 대하여,
 $f(x)\ge g(x)\ge 0$
인 연속함수라 하자. 이 때
 (a) $\textstyle\int_a^\infty f(x)dx$ 가 수렴하면 $\textstyle\int_a^\infty g(x)dx$ 도 수렴한다.
 (b) $\textstyle\int_a^\infty g(x)dx$ 가 발산하면 $\textstyle\int_a^\infty f(x)dx$ 가 발산한다.
그래프 그려보면 바로 이해됨.

예:
 $\textstyle\int_0^\infty e^{-x^2}dx$ 는 수렴함을 보여라.
sol.
 $=\textstyle\int_0^1e^{-x^2}dx+\int_1^\infty e^{-x^2}dx$
이므로,
 $\textstyle\int_1^\infty e^{-x^2} dx$ 수렴함을 보이면 된다.
그런데 $x\ge1$ 일 때 , $0\le e^{-x^2} \le e^{-x}$ 이고
 $\textstyle\int_1^\infty e^{-x}dx$
 $=\lim_{t\to\infty}\textstyle\int_1^t e^{-x}dx$
 $=\lim_{t\to\infty}\left[-\exp(-x)\right]_1^t$
 $=\lim_{t\to\infty}\left(-\exp(-t)+\frac1e\right)$
 $=\frac1e$ (수렴)
이므로 비교정리에 의하여
 $\textstyle\int_1^\infty e^{-x^2}dx$ 도 수렴한다.
따라서
 $\textstyle\int_0^\infty e^{-x^2}dx$ 가 수렴한다.

예: 
 $\textstyle\int_1^\infty \frac{1+\sin^2x}xdx$ 는 발산한다.
증명:
 $[1,\infty)$ 에서 $\frac{1+\sin^2x}x \ge \frac1x \ge 0$
이고
 $\textstyle\int_1^\infty\frac1xdx$ 는 발산한다. $(p=1\le1)$

따라서, 특이적분의 비교정리에 의하여, 주어진 적분은 발산한다.


= References =
세종대 차영준 일변수미적1 http://www.kocw.net/home/search/kemView.do?kemId=1269664 특이적분 01