feat: 增加级数敛散性判别与反常积分审敛法（含错题与比值审敛证明）

mistakes/math/04_积分.md

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+## 错题记录
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+### 题目 01
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+若反常积分
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+$$\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)\,x^{1-p}}\,dx$$
+
+收敛，则 $p$ 的取值范围是？
+
+### 错误原因
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+忽视该积分是**混合型反常积分**（$x=0$ 为瑕点且有 $+\infty$ 上限），只分析了某一端的敛散条件，未同时考虑两端的约束取交集。
+
+### 正确答案
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+$$0 < p < 1$$
+
+**解法（比较判别法的极限形式）**：
+
+将被积函数改写为
+
+$$f(x) = \frac{\ln x}{(1+x)\,x^{1-p}} = \frac{x^{p-1}\ln x}{1+x}$$
+
+由于 $\ln x$ 在 $x=0$ 和 $x=+\infty$ 处均为奇点，需分别构造比较函数，利用极限形式比较判别法（$\displaystyle\lim \frac{f}{g} = l$）判定敛散。
+
+---
+
+**（1）$x \to 0^+$ 端（瑕积分）**
+
+取比较函数 
+
+$$g_1(x) = -x^{p-1}\ln x \quad (> 0 \text{ for } x \in (0,1))$$
+
+求比值极限：
+
+$$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{g_1(x)} 
+= \lim_{x \to 0^+} \frac{x^{p-1}\ln x}{(1+x)} \cdot \frac{1}{-x^{p-1}\ln x}
+= \lim_{x \to 0^+} \frac{-1}{1+x} = -1$$
+
+由于 $0 < \left| -1 \right| < +\infty$，由极限形式比较判别法，$f$ 与 $g_1$ 在 $x=0$ 处**同敛散**。
+
+现判 $g_1$ 的敛散性（分部积分）：
+
+$$\int_0 -x^{p-1}\ln x\,dx = -\frac{x^p}{p}\ln x \Big|_0 + \frac{1}{p}\int_0 x^{p-1}dx
+= -\frac{x^p}{p}\ln x \Big|_0 + \frac{x^p}{p^2}\Big|_0$$
+
+当 $p > 0$ 时 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^p\ln x = 0$，积分收敛；
+
+当 $p \le 0$ 时 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^p\ln x = -\infty$（或不存在），积分发散。
+
+故 $x \to 0^+$ 端收敛当且仅当
+
+$$p > 0$$
+
+---
+
+**（2）$x \to +\infty$ 端（无穷限积分）**
+
+取比较函数
+
+$$g_2(x) = \frac{\ln x}{x^{2-p}} \quad (> 0 \text{ for } x > 1)$$
+
+求比值极限：
+
+$$\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g_2(x)}
+= \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{p-1}\ln x}{1+x} \cdot \frac{x^{2-p}}{\ln x}
+= \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1+x} = 1$$
+
+由于 $0 < 1 < +\infty$，由极限形式比较判别法，$f$ 与 $g_2$ 在 $x=+\infty$ 处**同敛散**。
+
+现判 $g_2$ 的敛散性（分部积分）：
+
+$$\int^{+\infty} \frac{\ln x}{x^{2-p}}\,dx 
+= -\frac{\ln x}{(1-p)x^{1-p}}\Big|^{+\infty} + \frac{1}{1-p}\int^{+\infty} \frac{dx}{x^{2-p}}$$
+
+当 $p < 1$（即 $1-p > 0$）时：
+
+- $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^{1-p}} = 0$（幂次 $1-p > 0$ 支配对数），第一项趋于 $0$
+- $\displaystyle\int^{+\infty} \frac{dx}{x^{2-p}}$ 收敛（$2-p > 1$），第二项收敛
+
+当 $p \ge 1$ 时积分发散。
+
+故 $x \to +\infty$ 端收敛当且仅当
+
+$$p < 1$$
+
+---
+
+**（3）综合**
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+取两端的交集：
+
+$$\boxed{0 < p < 1}$$
+
+---
+
+#### ε-δ 严格证明（比值审敛思路）
+
+核心思路：对两端分别取 $\ln x$ 的「消去因子」$\varepsilon_1, \varepsilon_2 > 0$，用不等式放缩将 $f$ 夹在可积的幂函数之间，以比值审敛的本质完成严格证明。
+
+设 $0 < p < 1$。令 $p$ 满足条件的两个正数：
+
+$$\varepsilon_1 = \frac{p}{2} > 0, \qquad \varepsilon_2 = \frac{1-p}{2} > 0$$
+
+将积分分拆为两段：
+
+$$I = \int_0^{+\infty} f(x)dx = \underbrace{\int_0^1 f(x)dx}_{I_1} + \underbrace{\int_1^{+\infty} f(x)dx}_{I_2}$$
+
+---
+
+**（A）$I_1$ 的收敛性（$x \to 0^+$）**
+
+由 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^{\varepsilon_1} \ln x = 0$，存在 $\delta \in (0, 1]$，使得当 $0 < x < \delta$ 时：
+
+$$|x^{\varepsilon_1} \ln x| < 1 \quad\Longrightarrow\quad |\ln x| < x^{-\varepsilon_1}$$
+
+对 $x \in (0, \delta)$，有 $1+x \ge 1$，故 $\dfrac{1}{1+x} \le 1$，从而：
+
+$$|f(x)| = \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{1+x}
+\le |\ln x| \cdot x^{p-1}
+< x^{-\varepsilon_1} \cdot x^{p-1}
+= x^{p-1-\varepsilon_1}$$
+
+由于 $\varepsilon_1 = \dfrac{p}{2}$，故 $p-1-\varepsilon_1 = \dfrac{p}{2} - 1$。
+
+因为 $p > 0$，有 $\dfrac{p}{2} - 1 > -1$，故 $\displaystyle\int_0^{\delta} x^{p/2-1}\,dx$ 收敛。由比较判别法，$|f(x)|$ 在 $(0, \delta)$ 上可积，即 $I_1$ 绝对收敛。
+
+---
+
+**（B）$I_2$ 的收敛性（$x \to +\infty$）**
+
+由 $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^{\varepsilon_2}} = 0$，存在 $M > 1$，使得当 $x > M$ 时：
+
+$$\left|\frac{\ln x}{x^{\varepsilon_2}}\right| < 1 \quad\Longrightarrow\quad |\ln x| < x^{\varepsilon_2}$$
+
+对 $x > M \ge 1$，有 $1+x \ge x$，故 $\dfrac{1}{1+x} \le \dfrac{1}{x}$，从而：
+
+$$|f(x)| = \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{1+x}
+\le \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{x}
+= |\ln x| \cdot x^{p-2}
+< x^{\varepsilon_2} \cdot x^{p-2}
+= x^{p-2+\varepsilon_2}$$
+
+由于 $\varepsilon_2 = \dfrac{1-p}{2}$，故 $p-2+\varepsilon_2 = p-2 + \dfrac{1-p}{2} = \dfrac{p-3}{2}$。
+
+为验证 $\displaystyle\int_M^{+\infty} x^{p-2+\varepsilon_2}\,dx$ 收敛，需 $p-2+\varepsilon_2 < -1$：
+
+$$p - 2 + \frac{1-p}{2} < -1
+\;\Longrightarrow\; \frac{2p-4+1-p}{2} < -1
+\;\Longrightarrow\; \frac{p-3}{2} < -1
+\;\Longrightarrow\; p < 1$$
+
+由 $p < 1 \,\checkmark$，故 $\displaystyle\int_M^{+\infty} x^{p-2+\varepsilon_2}\,dx$ 收敛。由比较判别法，$|f(x)|$ 在 $(M, +\infty)$ 上可积，即 $I_2$ 绝对收敛。
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+---
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+**（C）结论**
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+$I_1$ 与 $I_2$ 均绝对收敛 $\;\Longrightarrow\;$ 原积分 $I$ 收敛。
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+综上，反常积分收敛当且仅当 $\boxed{0 < p < 1}$。
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+---
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+### 知识点
+- 反常积分的极限形式比较判别法（比值审敛）：选取 $g(x)$ 使 $\displaystyle\lim \frac{f}{g}$ 为非零有限值，转化为 $g$ 的敛散判定
+- 混合型反常积分的分段审敛思路
+- 瑕积分审敛：$x \to 0^+$ 时比较基准 $\displaystyle\int_0 \frac{1}{x^q}dx$（$q < 1$ 收敛）
+- 无穷限积分审敛：$x \to +\infty$ 时比较基准 $\displaystyle\int^{+\infty} \frac{1}{x^q}dx$（$q > 1$ 收敛）
+- $\ln x$ 因子不改变积分敛散性的临界值，但在 $=$ 临界值时会导致发散

mistakes/math/README.md

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 | 02_导数与微分 | [题目01 - 函数单调性](02_导数与微分.md#题目-01) | [方法] | ⭐⭐⭐ |
 | 03_中值定理 | [题目01 - 罗尔定理与辅助函数](03_中值定理.md#题目-01) | [方法] | ⭐⭐⭐ |
 | 03_中值定理 | [题目02 - 拉格朗日中值定理](03_中值定理.md#题目-02) | [方法] | ⭐⭐⭐ |
+| 04_积分 | [题目01 - 反常积分敛散性判别](04_积分.md#题目-01) | [方法] | ⭐⭐⭐ |
 
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