《白話微積分》習題解答：5-8 瑕積分 2. (6)

習題 2. (6)

判斷瑕積分收斂或發散：

\begin{align*} \int_0^1 \frac{\ln(x)}{1-x^2}\mathrm{d}x \end{align*}

為什麼書中收錄此題

許多年前，在網上看見有人求問此題，但是他只把這個瑕積分貼上來，並沒有完整附上題幹，也就是只求瑕積分的斂散。沒有了題幹，很容易讓人誤以為是要求出積分的值，這就使得整個問題難度非常高。但是我看見了很懷疑只是判斷斂散性，於是搜索了一下，發現這題是民國 84 年成大轉學考考題，題幹說了判斷斂散性，發問者只抄了式子，造成其它想幫他的人算了半天覺得很困難。

所以，請注意：既然要發問請別人幫忙解答，最低限度你題目要表達完整。不止如此，最好還要講清楚自己的問題點在哪裡、附上自己之前的運算過程，這樣比較能讓人高效率地針對你的問題作出合適的回應。

解

先觀察哪裡是瑕點，首先找分母，使分母為零的解是 $\pm1$ ，所以積分範圍內而言， $x=1$ 有可能是瑕點。

為什麼說“有可能”？因為我們暫時只看分母沒看分子，檢查分子當 $x=1$ ， $\ln(1)=0$ ，這樣的話它有可能還真不是瑕點。仔細判斷：

\begin{align} &\,\lim_{x\to1^-} \frac{\ln(x)}{1-x^2}\\[2mm] \overset{L}{=}&\, \lim_{x\to1^-} \frac{\frac1x}{-2x}\\[2mm] =&\,-\frac12 \end{align}

當 $x\to1^-$ ，函數並不趨向正負無限大，確認了 $x=1$ 不是瑕點。

從分母找不到，改由分子 $\ln(x)$ 找找看，顯然 $x=0$ 是瑕點，因為當 $x\to0^+$ ， $\ln(x)\to-\infty$ 。至於分母 $1-x^2$ ，在 $x=0$ 附近是有限的值，不會影響分子趨向無限大這件事。

以下分享三種解法，作為書中習題，解 1 是比較合適的，因為後兩解法都使用了後面章節的知識。但你如果是大範圍考試是考生，轉學考或考研等等，那麼後兩解法也是很好的練習！

解 1

從上述討論下來的經驗，我們明白了關鍵是在於分子的 $\ln(x)$ ，分母其實並不太影響，畢竟它在瑕點附近是有界的。即使你要挑 $x=1$ 附近來看，宣稱說 $x$ 靠近 $1$ 時分母趨向零，但我們剛剛確認過了，整個函數 $\dfrac{\ln(x)}{1-x^2}$ 在 $x$ 靠近 $1$ 時依然是沒有跑到無限大去。

既然如此，我們直接查看

\begin{align} \int_0^1\ln(x)\mathrm{d}x \end{align}

而這個非常容易做出，根本就是分部積分的基本題型：

\begin{align} &\,\int_0^1\ln(x)\mathrm{d}x\\[2mm] =&\,\Big.x\ln(x)\Big\vert_0^1-\int_0^1x\cdot\frac1x\mathrm{d}x\\[2mm] =&\,(0-0)-\int_0^11\mathrm{d}x\\[2mm] =&\,-1 \end{align}

做出有限值，即為收斂，故而原積分也是收斂。其中第三行使用到了

\begin{align} &\,\lim_{x\to0}x\ln(x)\\[2mm] =&\,\lim_{x\to0}\ln(x^x)\\[2mm] =&\,\ln\big(\lim_{x\to0}x^x\big)\\[2mm] =&\,\ln(1)=0 \end{align}

現在回來做點補充說明，因為本文是教學性質居多，所以寫法不會完全和考試答題的邏輯一致，我是故意先盡快做出答案再回來補說明的。

為什麼剛剛可以直接只看 $\int_0^1\ln(x)\mathrm{d}x$ 呢？首先我們說明原積分與

\begin{align} \int_0^{\frac12}\frac{\ln(x)}{1-x^2}\mathrm{d}x \end{align}

是同斂散的，這是因為瑕點在 $x=0$ ，除了說 $x$ 靠近 $0$ 時會使得函數值趨向無限大，其它範圍的函數值都是有界的，那麼我現在把積分範圍從 $[0,1]$ 變成 $[0,\frac12]$ ，也只不過是切除了函數一直都是有界的、無關緊要的範圍。而修改範圍，是為了方便我宣稱：

\begin{align} \text{when}&\; 0\le x\le\frac12 \,,\\[2mm] &\frac34\le1-x^2\le1 \end{align}

因此

\begin{align} &\,\int_0^{\frac12}\frac{\ln(x)}{1}\mathrm{d}x\\[2mm] \le&\,\int_0^{\frac12}\frac{\ln(x)}{1-x^2}\mathrm{d}x\\[2mm] \le&\,\int_0^{\frac12}\frac{\ln(x)}{\frac34}\mathrm{d}x \end{align}

也就是

\begin{align} &\,\int_0^{\frac12}\ln(x)\mathrm{d}x\\[2mm] \le&\,\int_0^{\frac12}\frac{\ln(x)}{1-x^2}\mathrm{d}x\\[2mm] \le&\,\frac43\int_0^{\frac12}\ln(x)\mathrm{d}x \end{align}

這說明 $\int_0^{\frac12}\frac{\ln(x)}{1-x^2}\mathrm{d}x$ 與 $\int_0^{\frac12}\ln(x)\mathrm{d}x$ 同斂散，而後者又和 $\int_0^{1}\ln(x)\mathrm{d}x$ 同斂散，這就是為什麼我剛剛改做這個積分！

解 2

將原積分看成

\begin{align} \int_0^{1}\frac{\ln(x)}{1-x}\times\frac1{1+x}\mathrm{d}x \end{align}

還是類似的說法，因為在 $[0,1]$ 這個範圍， $1+x$ 是有界的，有沒有乘上它並不影響收斂發散，所以我把它拿掉，改判斷

\begin{align} \int_0^{1}\frac{\ln(x)}{1-x}\mathrm{d}x \end{align}

此時做個變數代換 $u=1-x$ ， $\mathrm{d}u=-\mathrm{d}x$

\begin{align} &\,-\int_1^{0}\frac{\ln(1-u)}{u}\mathrm{d}u\\[2mm] =&\,\int_0^{1}\frac{\ln(1-u)}{u}\mathrm{d}u\\[2mm] \end{align}

變數代換的目的，是為了這裡方便對於分子進行泰勒展開（所以熟記常見的泰勒展開式真的很重要！）：

\begin{align} &\,-\int_1^{0} \frac{u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}+\cdots}{u} \mathrm{d}u\\[2mm] =&\,-\int_0^{1} 1+\frac{u}{2}+\frac{u^2}3+\cdots \mathrm{d}u\\[2mm] =&\,-\bigg[u+\frac{u^2}{2^2}+\frac{u^3}{3^2}+\cdots\bigg]_0^1\\[2mm] =&\,-\Big(1+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\cdots\Big)\\[2mm] =&\,-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} \end{align}

終於出現了熟悉的東西，這個是調和級數收斂！因此原積分也收斂！

解 3

接續著解2的

\begin{align} \int_0^{1}\frac{\ln(x)}{1-x}\mathrm{d}x \end{align}

改做另一種變數代換 $x=e^t$ ， $\mathrm{d}x=e^t\mathrm{d}t$ 。當 $x\to0^-$ ， $t\to-\infty$ ；當 $x=1$ ， $t=0$ ：

\begin{align} &\,\int_0^{1} \frac{\ln(x)}{1-x}\mathrm{d}x\\[2mm] =&\,\int_{-\infty}^0\frac{t}{1-e^t}e^t\mathrm{d}t \end{align}

範圍不對勁，回去修改一下變數代換： $x=e^{-t}$ ， $\mathrm{d}x=-e^{-t}\mathrm{d}t$ 。當 $x\to0^-$ ， $t\to\infty$ ；當 $x=1$ ， $t=0$ ：

\begin{align} &\,\int_0^{1}\frac{\ln(x)}{1-x}\mathrm{d}x\\[2mm] =&\,-\int_{\infty}^0\frac{-t}{1-e^{-t}}e^{-t}\mathrm{d}t\\[2mm] =&\,\int_0^{\infty}\frac{-t}{e^t-1}\mathrm{d}t \end{align}

根據積分審斂法（倒過來用），最後這個積分與級數 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-n}{e^n-1}$ 同斂散，而後者這個級數採用比值審斂：

\begin{align} &\,\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}\\[2mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{-(n+1)}{e^{n+1}-1}} {\frac{-n}{e^n-1}}\\[2mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{n}\cdot\frac{e^n-1}{e^{n+1}-1}\\[2mm] =&\,\frac1e<1 \end{align}

收斂，故原積分收斂！