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！
給本文評個分