嘿，你已经找对了路子！狄利克雷判别法确实是证明这个积分收敛的好方法，而且你对$g(x)=x^{{-1}$的分析完全没问题——它单调递减趋于0，导数的绝对值积分也收敛，满足判别法里关于$g(x)$的条件。现在就差最后一步：证明$F(x)=\int_1}x \sin\left(t^{\frac{3}{2}}\right)\sin tdt$有界，咱们来一步步搞定它。

首先，先把乘积形式的被积函数拆开来，用三角恒等式会方便很多：

$\sin A \sin B = \frac{1}{2}\left[\cos(A-B) - \cos(A+B)\right]$

把$A=t^{\frac{3}{2}}$，$B=t$代入，就能得到：
$$\sin\left(t^{\frac{3}{2}}\right)\sin t = \frac{1}{2}\left[\cos\left(t^{\frac{3}{2}} - t\right) - \cos\left(t^{\frac{3}{2}} + t\right)\right]$$

这样$F(x)$就可以拆成两个积分的差的一半：
$$F(x) = \frac{1}{2}\left[\int_1^x \cos\left(t^{\frac{3}{2}} - t\right)dt - \int_1^x \cos\left(t^{\frac{3}{2}} + t\right)dt\right]$$

接下来咱们只需要证明这两个积分各自都是有界的就行，方法是一样的，先看第一个积分$I_1(x)=\int_1^x \cos\left(t^{\frac{3}{2}} - t\right)dt$：

令$u(t)=t^{\frac{3}{2}} - t$，求导得$u'(t)=\frac{3}{2}t^{\frac{1}{2}} - 1$。当$t\geq1$时，$u'(t)\geq\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}>0$，而且$u'(t)$是单调递增趋于无穷的（因为$t^{\frac{1}{2}}$越来越大）。

对$I_1(x)$做分部积分：
$$\int \cos(u(t))dt = \frac{\sin(u(t))}{u'(t)} + \int \sin(u(t)) \cdot \frac{u''(t)}{(u'(t))^2}dt$$

先看第一项：$\frac{\sin(u(x))}{u'(x)}$，因为$\sin$的值始终在$[-1,1]$之间，而$u'(x)$当$x\to\infty$时趋于无穷，所以这一项的绝对值不超过$\frac{1}{u'(x)}$，会趋于0，而且对于所有$x\geq1$，它的绝对值都是有界的（比如不超过2）。

再看第二项的积分：先算$u''(t)=\frac{3}{4}t^{-\frac{1}{2}}$，然后看被积函数的绝对值：
$$\left|\sin(u(t)) \cdot \frac{u''(t)}{(u'(t))^2}\right| \leq \frac{|u''(t)|}{(u'(t))^2}$$

当$t$足够大时，$u'(t)\geq\frac{3}{2}t^{{\frac{1}{2}}/2=\frac{3}{4}t}{\frac{1}{2}}$（因为$t^{{\frac{1}{2}}$越来越大，减1的影响可以忽略），所以$(u'(t))}2\geq\frac{9}{16}t$，代入得：
$$\frac{|u''(t)|}{(u'(t))^2} \leq \frac{\frac{3}{4}t^{-\frac{1}{2}}}{\frac{9}{16}t} = \frac{4}{3}t^{-\frac{3}{2}}$$

而反常积分$\int_1^\infty t^{{-\frac{3}{2}}dt$是收敛的（因为指数$-3/2<-1$），所以$\int_1}\infty \frac{|u''(t)|}{(u'(t))^{2}dt$收敛，这意味着$\int_1}x \sin(u(t)) \cdot \frac{u''(t)}{(u'(t))^2}dt$是有界的（因为收敛积分的部分和有界）。

结合起来，$I_1(x)$就是一个有界项加上一个有界项，所以$I_1(x)$在$x\geq1$时是有界的。

用完全一样的方法处理第二个积分$I_2(x)=\int_1^x \cos\left(t^{\frac{3}{2}} + t\right)dt$：

令$w(t)=t^{{\frac{3}{2}}+t$，$w'(t)=\frac{3}{2}t}{\frac{1}{2}}+1$，显然它单调递增趋于无穷，$w''(t)=\frac{3}{4}t^{{-\frac{1}{2}}$。同样分部积分后，第一项$\frac{\sin(w(x))}{w'(x)}$有界且趋于0，第二项的被积函数绝对值也是$O(t}{-\frac{3}{2}})$，积分收敛，所以$I_2(x)$也是有界的。

既然$I_1(x)$和$I_2(x)$都有界，那它们的差再乘以$\frac{1}{2}$得到的$F(x)$自然也是有界的。

现在狄利克雷判别法的两个条件都满足了：

• $g(x)=x^{-1}$单调递减趋于0；
• $F(x)=\int_1^x f(t)dt$有界。

所以原反常积分$\int_1^\infty x^{{-1}\sin\left(x}{\frac{3}{2}}\right)\sin(x)dx$是收敛的。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Staltus