请教$n$满足什么条件时积分能收敛。

abababa

$\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x^n}dx$当$n$满足什么条件时能收敛。

我用$x\in(0,1)$时$\ln(1+x)<x$来放缩，然后有
\[\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x^n}dx<\int_{0}^{1}x^{1-n}dx=[\frac{x^{2-n}}{2-n}]_{0}^{1}\]
之后最后的那个当$x=1$时能算，当$x\to0$时必须有$\lim_{x\to0}x^{2-n}$存在，所以$n<2$。所以$n<2$是积分收敛的充分条件。请教积分收敛的必要条件是什么？我用软件算时必要条件也是$n<2$，但是软件用了特殊函数，能不能不用这些特殊函数来求出必要条件？

abababa

回复 1# abababa
刚发完就会了，用$\frac{x}{x+1}<\ln(1+x)$放缩左边，最后两边得的是一样的。

abababa

回复 2# abababa

要是把积分区间换成$[1,+\infty)$怎么算？当$n$满足什么条件时$\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^n}dx$能收敛。这回我觉得右边就不好放缩了。左边还是能放缩到
\[\int_{1}^{+\infty}\frac{x^{-n}}{2}dx=\int_{1}^{+\infty}\frac{x^{1-n}}{x+x}dx<\int_{1}^{+\infty}\frac{x^{1-n}}{x+1}dx<\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^n}dx\]
最左边的积分后是$[\frac{x^{1-n}}{1-n}]_{1}^{+\infty}$，必须$n>1$才能收敛。这是积分收敛的必要条件，充分条件暂时没能简单看出来，但用软件算充分条件也是$n>1$。

战巡

回复 1# abababa


\[\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x^n}dx=\int_0^1\int_0^x\frac{dy}{1+y}·\frac{1}{x^n}dx\]
\[=\frac{1}{n+1}\int_0^1[\frac{1}{(1+y)y^{n-1}}-\frac{1}{1+y}]dy\]
由于后面这块
\[\int_0^1\frac{1}{1+y}dy=\ln(2)<\infty\]
关键就在前面这块
有
\[\int_0^1\frac{1}{(1+y)y^{n-1}}dy=\int_0^1y^{-n}\sum_{i=1}^\infty(-1)^{i-1}y^idy\]
\[=\sum_{i=1}^\infty(-1)^{i-1}\frac{y^{i-n+1}}{i-n+1}|_0^1\]
当$n\ge 2$时
\[原式=\sum_{i-n+1\le 0}(-1)^{i-1}\frac{y^{i-n+1}}{i-n+1}|_0^1+\sum_{i-n+1>0}\frac{(-1)^{i-1}}{i-n+1}\]
这里后面是收敛的，但前面不收敛，因此整个发散
当$n<2$时没有前面这一块，自然是全部收敛的

abababa

回复 4# 战巡

谢谢，主楼的那个问题已经会了，现在是三楼的不会。三楼的问题昨天网友给我讲了一个方法，但我还没能理解透，可能要多看几遍才能理解。

战巡

回复 5# abababa


其实是差不多的，关键我这里是恒等变换，没用放缩
\[\int_1^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^n}dx=\int_1^{+\infty}\int_0^x\frac{dy}{1+y}·\frac{1}{x^n}dx\]
它可以拆成两块
\[=\int_1^{+\infty}\int_0^1\frac{dy}{1+y}·\frac{1}{x^n}dx+\int_1^{+\infty}\int_1^x\frac{dy}{1+y}·\frac{1}{x^n}dx\]
先不管第二块怎么样，只要知道它是正的就行了，而$n\le1$时第一块就得跪，因为
\[\int_1^{+\infty}\int_0^1\frac{dy}{1+y}·\frac{1}{x^n}dx=\int_1^{+\infty}\frac{\ln(2)}{x^n}dx=\infty\]

当$n>1$时
\[原式=\frac{\ln(2)}{n-1}+\frac{1}{n-1}\int_1^{+\infty}\frac{1}{(1+y)y^{n-1}}dy\]
其中后面这块有
\[\int_1^{+\infty}\frac{1}{(1+y)y^{n-1}}dy<\int_1^{+\infty}\frac{1}{y^n}dy=\frac{1}{n-1}<\infty\]
故原式收敛

abababa

回复 6# 战巡

这里有点不太懂，就是当$n>1$时，原式=后面那部分。原来的积分是先积y再积x，这一步交换了次序，先积x再积y，那这是不是已经认为原来的积分就是收敛的？

战巡

回复 7# abababa


这一步无需证明，这是有定理可以保证的，不过我也的确跳了步，用了定理也没说

这里介绍Tonelli定理：
令两测度空间$(\Omega_1,\scr{A}_1,\mu_1),(\Omega_2,\scr{A}_2,\mu_2)$，定义测度空间$(\Omega,\scr{A},\mu)$，其中$\Omega=\Omega_1\times\Omega_2$，$\scr{A}=\scr{A}_1\otimes\scr{A}_2$，对$\omega_1\in\Omega_1,\omega_2\in\Omega_2$，有$\mu(\omega_1,\omega_2)=\mu_1(\omega_1)\mu_2(\omega_2)$
令函数$f: \Omega\to [0,+\infty]$为一个二元的$\scr{A}$可测函数，则有
1、
对$\omega_1\in\Omega_1$，$f_{\omega_1}(\omega_2)=f(\omega_1,\omega_2)$为$\scr{A}_2$可测，反之亦然

2、
$\int_{\Omega_2}f(\omega_1,\omega_2)d\mu_2(\omega_2)$为$\scr{A}_1$可测，反之亦然

3、
重积分可化为累次积分，即有
\[\int_{\Omega}f(\omega_1,\omega_2)d\mu(\omega_1,\omega_2)=\int_{\Omega_1}\int_{\Omega_2}f(\omega_1,\omega_2)d\mu_2(\omega_2)d\mu_1(\omega_1)=\int_{\Omega_2}\int_{\Omega_1}f(\omega_1,\omega_2)d\mu_1(\omega_1)d\mu_2(\omega_2)\]

对更高维以此类推，同样成立

注意上述定理的使用条件，要求$f\ge 0$且为$\scr{A}$可测，这点和Fubini定理不同，Fubini定理没有非负条件，但要求$f$可积，在Tonelli定理里面不需要$f$可积

套用到这里，上面都是最简单的情况，即$\mu_1,\mu_2$都是一维勒贝格测度，而且$f(x,y)=\frac{1}{1+y}·\frac{1}{x^n}$非负且勒贝格可测，因此可以根据Tonelli定理就可以交换积分次序

abababa

回复 8# 战巡
谢谢，这回明白了。
网友给我讲的那个方法我现在也明白了，是让$\frac{\ln(1+x)}{x^n}$和$\frac{1}{x^{n-\varepsilon}}$做商，然后对给定的$\varepsilon>0$，取$x\to+\infty$时极限是0，根据柯西原理被积函数和$\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{n-\varepsilon}}dx$一起收敛或发散，后面这个当$n-\varepsilon>1$时才收敛，由$\varepsilon$的任意性最后得到$n>1$。