Исследование интеграла на сходимость.

Не парься,по ф и г

О, задачка из Демидовича, какая красивая. Я бы предложил разделить интеграл на два через промежуточную точку x = 1. Тогда изначальный интеграл сойдется, только если сойдутся оба новых интеграла
Исследуем I₁. Здесь особенность в точке x = 0 и подынтегральная функция не меняет знак в правосторонней окрестности x = 0. Соответственно, применимы признаки сравнения. Поскольку ln(1 + x) ~ x при x → 0, то I₁ сойдется одновременно с интегралом
А это стандартного вида интеграл от 1/xᵖ, который в окрестности нуля сходится при p < 1, поэтому
n - 1 < 1 ⇒ n < 2

Теперь займемся I₂. Здесь по аналогичным причинам применимы признаки сравнения. Мы знаем, что логарифм ln(1 + x) растет медленнее любой степенной функции, в частности ln(1 + x) < xᵃ для любого a > 0. Тогда для сходимости изначального интеграла будет достаточно сходимости следующего
А это опять интеграл вида 1/xᵖ, который на бесконечности сходится при p > 1. Стало быть, для сходимости достаточно
n - a > 1
n > 1 + a

Поскольку сходимость будет получаться при всех a > 0, это просто означает, что n > 1. Итого, объединяя случаи, мы точно знаем, что изначальный интеграл сходится при 1 < n < 2.

Финальный комментарий. При n ≤ 1 будет расходиться I₂, потому что тогда можно выбрать банальную оценку ln(1 + x) > 1 и получить расходимость по признаку сравнения. Аналогично при n ≥ 2 разойдется I₁, потому что признак сравнения по эквивалентности давал нам критерий сходимости, а не просто достаточное условие.