Найти область сходимости интеграла ∞∫0xp−1lnx1+xdx. Я понял: надо было брать мажорирующую функцию прямо вместе с логарифмом.
Разложим интеграл на два по разным областям интегрирования
∞∫0xp−1lnx1+xdx=1∫0xp−1lnx1+xdx+∞∫1xp−1lnx1+xdx, и рассмотрим второе слагаемое. Уже было показано, что при p=1 оно расходится.
Пусть теперь p−1<0, p<1. Поделим на x числитель и знаменатель
xp−1lnx1+x=xp−2lnx1x+1,
и рассмотрим числитель. Его интеграл легко вычислить
∫xp−2lnxdx=1p−1∫(xp−1)′lnxdx=1p−1xp−1lnx−1p−1∫xp−2dx=
=1p−1xp−1lnx−1(p−1)2xp−1+C;
так как p−1<0,lim
\int\limits _{1}^{\infty}x^{p-2}\ln xdx=\left.\frac{1}{p-1}x^{p-1}\ln x-\frac{1}{\left(p-1\right)^{2}}x^{p-1}\right|_{1}^{\infty}=\frac{1}{\left(p-1\right)^{2}},
следовательно, он сходится. С другой стороны, при x > 0
\frac{x^{p-2}\ln x}{\frac{1}{x}+1} > 0,\qquad x^{p-2}\ln x > 0,
и
\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{x^{p-2}\ln x}{\frac{1}{x}+1}}{x^{p-2}\ln x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{\frac{1}{x}+1}=1 > 0,
следовательно, интеграл
\begin{equation}
\int\limits _{1}^{\infty}\frac{x^{p-1}\ln x}{1+x}dx\label{int2}
\end{equation}
сходится по второму признаку сравнения.
Рассмотрим теперь первое слагаемое:
\int\limits _{0}^{1}\frac{x^{p-1}\ln x}{1+x}dx=\int\limits _{\infty}^{1}\frac{y^{1-p}\ln\frac{1}{y}}{1+\frac{1}{y}}\left(-\frac{1}{y^{2}}\right)dy=\int\limits _{1}^{\infty}\frac{y^{-p}\ln\frac{1}{y}}{y+1}dy=-\int\limits _{1}^{\infty}\frac{y^{-p}\ln y}{y+1}dy,
где x=\frac{1}{y}, y=\frac{1}{x}, dx=-\frac{1}{y^{2}}dy.
Этот интеграл ровно такой же, что рассмотренный выше (\ref{int2}), за переобозначением переменной интегрирования и заменой степени с p-1 на -p. Мы уже выяснили, что для его сходимости степень эта должна быть меньше нуля, т.е. -p < 0, p > 0. Для сходимости исходного интеграла (\ref{int}) должны одновременно сходиться слагаемые, на которые его разложили, что происходит при одновременном выполнении условий p < 1 и p > 0: p\in\left(0;1\right).
