不定积分$f(x)=\int x^{-a}(1+x)^{-b}dx$当$x\to\infty$时的情况

abababa

如题，设
\[f(x)=\int x^{-a}(1+x)^{-b}dx,0<a,b<1\]

当$x\to\infty$时，$f(x)$的极限是否存在（这里的存在可以是无穷大，但不能振荡）？能不能把$f(x)$在$x=\infty$处展开成级数？

觉得这个和欧拉beta函数有关系，但用软件积出来，是不完全形式的，$f(x)=(-1)^{1+a}\beta(-x,1-a,1-b)$。要是展开成级数的话，是不是先得把被积函数展开，然后再积分？

战巡

你这是不定积分，当然只能积出贝塔函数的不完全形式

换元$x=\frac{y}{1-y},0<y<1$，就会有
\[原式=\int \frac{y^{-a}}{(1-y)^{-a}}\cdot\frac{1}{(1-y)^{-b}}\cdot\frac{1}{(1-y)^2}dy\]
\[=\int y^{-a}(1-y)^{a+b-2}dy\]

abababa

先令$t=\frac{1}{x}$，然后把$(1+x)^{-b}=t^b(t+1)^{-b}$展开成$t^b\left(\frac{(-1)^0\cdot1}{0!}+\frac{(-1)^1\cdot b}{1!}t+\frac{(-1)^2\cdot b(1+b)}{2}t^2+\cdots\right)$，然后
\begin{align*}
f(x)&=\int x^{-a}(1+x)^{-b}dx\\
&=-\int t^{-2+a+b}\left(\frac{(-1)^0\cdot1}{0!}+\frac{(-1)^1\cdot b}{1!}t+\frac{(-1)^2\cdot b(1+b)}{2}t^2+\cdots\right)dt\\
&=t^{a+b-1}\left(\frac{1}{0!(a+b-1)}+\frac{(-1)^1\cdot b}{1!(a+b)}t+\frac{(-1)^2b(1+b)}{2!(a+b+1)}t^2+\cdots\right)
\end{align*}

这样$x\to\infty$就是$t\to0$，然后括号里的第$n$项是$g_n=\frac{(-1)^n(b+n-1)\cdots b}{n!(a+b+n-1)}$，其中$n$从$0$开始。于是$\abs{\frac{g_{n+1}}{g_n}}=\frac{(n+b)(n+a+b-1)}{(n+1)(n+a+b)}\to1$，收敛半径是$1$，当$t\to0$时括号里可以逐项求和，结果是$\frac{1}{a+b-1}$。

当$a+b>1$时，由于$t\to0^+$，所以$t^{a+b-1}\to0$，$f(x)\to0$。当$a+b<1$时，$t^{a+b-1}\to\infty$。但是当$a+b<1$时，软件算的结果有时是不确定，不知道软件是按什么方式算的。