1. Из $0\leq f(x) \leq g(x)$ следует, что $\int_{a}^{\xi}{f(x)dx}\leq \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}$ $(1)$, $\xi \in [a,b)$. Если сходится интеграл $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$, т.е. существует конечный $\lim_{\xi \rightarrow b-0} \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}=I_{2}$, где $I_{2}=sup_{a\leq\xi <b} \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}$, то из $(1)$ следует, что $\forall \xi \in [a,b)$ выполняется неравенство $\int_{a}^{\xi}{f(x)dx} \leq I_{2}$. Таким образом для неотрицательной функции $f(x)$ выполняется условие $\exists C: \forall \xi \in [a,b) \rightarrow \int_{a}^{\xi}{f(x)dx}\leq C$ (критерий сходимости интегралов от неотрицательных функций). Следовательно, интеграл $I_{2}$ сходится.
2. Пусть $I_{1}$ расходится. Предположим, что  $I_{2}$ сходится, тогда по первому пункту сходится и $I_{1}$, что противоречит условию, следовательно $I_{2}$ тоже расходится.

Сходится ли интеграл?  $$I_{1}=\int\limits_{1}^{+\infty}{\frac{\cos^{4}3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}dx}$$

Так как $$0\leq \frac{\cos^{4}3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}\leq \frac{1}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}\leq \frac{1}{x^{6/5}}$$ при $x\geq 1$ $I_{2}=\int_{1}^{+\infty}{\frac{1}{x^{6/5}}dx} < \infty$ (сходится), т.к. $\alpha =\frac{6}{5}>1$. Тогда, если интеграл $I_{2}$ сходится, то из сходимости интеграла $I_{2}$ следует сходимость интеграла $I_{1}$.
Ответ: $I_{1}$ сходится.

Согласно условию $\lim\limits_{x \rightarrow b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=1:$ $$\forall \varepsilon >0 \exists \delta _{\varepsilon}>0: b-\delta <x<b \Rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right| < \varepsilon$$ или, что то же самое $$\forall \varepsilon >0 \exists \delta (\varepsilon)\in [a,b):\forall x \in[\delta (\varepsilon ),b) \rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right| < \varepsilon$$ Выберем $\varepsilon =\frac{1}{2}$, найдем $\delta (\frac{1}{2})=c$ такое, что $b-c<x<b$  $$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right|<\frac{1}{2} \Leftrightarrow -\frac{1}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}-1<\frac{1}{2}\Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \frac{1}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<\frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2}g(x)<f(x)<\frac{3}{2}g(x), \forall x \in [b-c,b]$$ Так как функции $f(x)$ и $g(x)$ не имеют особых точек на промежутке $[a,b)$, то интегралы $I_{1}$ и $I_{2}$ сходятся тогда и только тогда, когда сходятся интегралы соответственно от функций $f(x)$ и $g(x)$ на промежутке $[b-c,b)$. Если сходится интеграл $I_{2}$ (а значит и $\int_{b-c}^{b}{g(x)dx}$), то из равенства $f(x)<\frac{3}{2}g(x)$ по признаку сравнения в форме неравенств следует сходимость интеграла $\int_{b-c}^{b}{f(x)dx}$, а это равносильно сходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$. Аналогично, из $\frac{1}{2}g(x)<f(x)$ заключаем, что из сходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ следует сходимость интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$.
Если же один из интегралов расходится, например, $I_{1}$. Тогда предположим, что $I_{2}$ сходится, следовательно, по доказанному выше $I_{1}$ тоже должен сходиться, что противоречит условию, следовательно $I_{2}$ тоже расходится. Т.е. если один из интегралов расходится, то расходится и другой.

Сходится ли интеграл?  $$\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}dx}$$
$$\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}dx}=\left[\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}\sim \frac{x}{x^{2}}=\frac{1}{x} \right]$$ (можем заменить функцию эквивалентной т.к. $\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}\rightarrow 0$). Тогда интеграл $\int_{0}^{1}{\frac{dx}{x}}=\infty$ расходится (т.к. $\alpha =1$).
Ответ: интеграл расходится.

$$I=\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x^2+1)^{3/2}}=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\frac{dt}{\cos^2(t)}}{(tg^2(t)+1)^{2/3}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(t)dt=\sin(t)|_{0}{\frac{\pi}{2}}=1$$

Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\sqrt{x}dx$ расходится при $x\geq1$.

Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}$ абсолютно сходится при $x\geq1$.

Т.к интеграл $\widetilde{I}$ сходится, то для него выполняется условие Коши:

Т.к. $I$ — несобственный интеграл, то подынтегральная функция $f$ интегрируема по Риману на сегменте $[\xi’,\xi»]$. Из условия следует, что функция $|f(x)|$ интегрируема по Риману на этом же сегменте.
Т.к. функция интегрируема на каждом отрезке с концами $\xi'$ и $\xi»$, то выполняется неравенство:

Отсюда следует, что

Таким образом, функция $f$ удовлетворяет условию Коши и интеграл $I$ сходится.
Докажем исследуемое неравенство. Воспользуемся следующим  неравенством:

Данное н-во справедливо при любом $\xi\in[a,b)$. Т.к интегралы $I$ и $\widetilde{I}$ сходятся, то, переходя к пределу при $\xi$ стремящемся к $b$ справа, получим требуемое неравенство.

Пусть $I=\int_{a}^{b}g(x)dx,\;\widetilde{I}=\int_{a}^{b}|g(x)|dx,\;\widetilde{I}_{1}=\int_{a}^{b}\left|f(x)\right|dx,\;\widetilde{I}_{2}=\int_{a}^{b}\left|f(x)+g(x)\right|dx.$

1. Из неравенства $\left|f+g\right|\leq\left|f\right|+\left|g\right|$, критерия Коши и сходимости интегралов $\widetilde{I}$ и $\widetilde{I}_{1}$ следует сходимость интеграла $\widetilde{I}_{2}$.
2. Пусть интеграл $I_{1}$ сходится, а $\widetilde{I}_{1}$ расходится.  Тогда (из сходимости интегралов $I_{1}$ и $I$)  интеграл $I_{2}$ сходится, а $\widetilde{I}_{2}$  расходится. В противном случае из н-ва $\left|f\right|\leq\left|f+g\right|+\left|g\right|$ и сходимости $\widetilde{I}$ следовала бы сходимость $\widetilde{I}_{1}$. Аналогично рассматривается ситуация с условной сходимостью интегралов $I_{2}$ и $I_{1}$.
3. Из расходимости $I_{1}$ следует расходимость $I_{2}$. Если бы это было не так, то из сходимости $I$  и равенства $f=\left(f+g\right)-g$ следовала бы сходимость $I_{1}$.

$I=\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx$

Рассмотрим три ситуации:

• $\alpha>1$
• $0<\alpha\leq1$
• $\alpha\leq0$

1. Пусть $\alpha>1$. $\begin{vmatrix}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}\end{vmatrix}\leq\frac{1}{x^\alpha}$, следовательно, в силу сходимости интеграла $\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x^\alpha}$, сходится интеграл $\widetilde{I}=\int_{1}^{+\infty}\frac{\left|\sin{x}\right|}{x^\alpha}dx$, т.е. интеграл $I$ сходится абсолютно. Отсюда, по теореме 1, следует сходимость интеграла $I$.
2. Рассмотрим второй случай. Интегрируя по частям, получим
   $\left.\begin{matrix}I=-\frac{\cos{x}}{x^\alpha}\end{matrix}\right|_{1}^{+\infty}-\alpha\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$,

   где $\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha}}=0$, а $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$ сходится абсолютно. Следовательно, $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$ сходится и интеграл $I$ сходится при $0<\alpha\leq1$. Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\frac{\left|\sin{x}\right|}{x^\alpha}dx$ при $0<\alpha\leq1$ расходится, а значит, что при $0<\alpha\leq1$ интеграл $I$ сходится условно.

3. Рассмотрим $\alpha\leq0$. Используя критерий Коши, докажем расходимость интеграла $I$. Пусть $\delta>1$. Выберем число $n\in\mathbb{N}$ таким, чтобы $2n\pi>\delta$, и положим
   $\xi’_{\delta}=2n\pi+\frac{\pi}{6},\xi»_{\delta}=2n\pi+\frac{5\pi}{6}$.

   Т.к. при $x\in[\xi’_{\delta};\xi»_{\delta}]$ выполняется неравенство $\sin{x}\geq\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{x^\alpha}\geq1$ при $x\geq1$ и $\alpha\leq0$, то

   $\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi’_{\delta}}^{\xi»_{\delta}}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx\end{vmatrix}=\int\limits_{\frac{\pi}{6}+2n\pi}^{\frac{5\pi}{6}+2n\pi}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx\geq\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\pi}{6}+2n\pi}^{\frac{5\pi}{6}+2n\pi}dx=\frac{\pi}{3}.$

   Очевидно, что условие Коши не выполняется и интеграл расходится при $\alpha\leq0$.

Ответ:$I=\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx$:

• абсолютно сходится при $\alpha>1$;
• условно сходится при $0<\alpha\leq1$;
• расходится при $\alpha\leq0$.