微分積分学では$\dfrac{1}{x^p}$の２種類の広義積分
\begin{align*}\int_{0}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx,\quad
\int_{c}^{\infty}\frac{1}{x^p}\,dx\end{align*}
がよく現れます（$c$は正の定数）．そのため，これらの広義積分が収束・発散するための$p$の必要十分条件は当たり前にしておきたいところです．
数学系の大学院入試でも，この知識を前提とした問題が毎年どこかでは出題されます．
この記事では
- $\dfrac{1}{x^p}$の$(0,c]$上の広義積分の収束・発散
- $\dfrac{1}{x^p}$の$[c,\infty)$上の広義積分の収束・発散
を順に説明します．
広義積分の定義の確認
通常のリーマン積分は有界閉区間上で定義された有界関数に対して定義されます．
これに対して，積分区間が有界閉区間でなかったり，非有界な関数に対して定義する積分を広義積分（広義リーマン積分）といいますね．
$a,b\in\R$とし，区間$(a,b]$上で定義された関数$f$を考える．任意の$t\in(a,b]$に対し，$f$は$[t,b]$上有界かつリーマン積分可能で，
\begin{align*}\lim_{t\to a+0}\int_{t}^{b}f(x)\,dx\end{align*}
が収束するとき，この極限を$\dint_{a}^{b}f(x)\,dx$と表し$f$の$(a,b]$上の広義積分（または広義リーマン積分）という．
任意の$t\in(a,b]$に対して有界閉区間$[t,b]$で$f$が有界なら$f$の$[t,b]$上の通常のリーマン積分が定義できるので，いったん$a$より大きい$t$からの通常のリーマン積分を考え，そのあと$t\to a+0$とすることで$(a,b]$上の広義積分を定義するわけですね．
いまの定義は$(a,b]$上の広義積分の定義でしたが，$[a,b)$，$(a,\infty)$，$(-\infty,b]$など他の有界閉区間でない区間での広義積分も同様に極限を用いて定義されますね．
ルベーグ積分には広義積分という概念がないので，「広義積分」と書いた時点で広義リーマン積分を意味します．
広義積分$\dint_{0}^{c}\dfrac{1}{x^p}\,dx$の収束・発散
$c>0$とします．関数$f(x)=\dfrac{1}{x^p}$の$(0,c]$上での広義積分
\begin{align*}\int_{0}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx=\lim_{t\to+0}\int_{t}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx\end{align*}
を考えましょう．
$p$が小さいほど収束しやすい
一般に非負値関数の広義積分が収束するためには，関数の値がそれほど大きくならないことが大切です．
例えば，$\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x^2}\,dx$と$\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{1/2}}\,dx$を比較してみましょう．$0<x\le1$において被積分関数は
\begin{align*}0<\frac{1}{x^{1/2}}\le\frac{1}{x^2}\end{align*}
ですから，$\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x^2}\,dx$よりも$\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{1/2}}\,dx$の方が収束していそうですね．
実際に両者を計算しましょう．$t\in(0,1]$に対して
\begin{align*}&\int_{t}^{1}\frac{1}{x^{1/2}}\,dx=\int_{t}^{1}x^{-1/2}\,dx=\brc{2x^{1/2}}_{t}^{1}=2-2t^{1/2},
\\&\int_{t}^{1}\frac{1}{x^2}\,dx=\int_{t}^{1}x^{-2}\,dx=\brc{-x^{-1}}_{t}^{1}=-1+t^{-1}\end{align*}
なので，$t\to+0$として
\begin{align*}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{1/2}}\,dx=2,\quad
\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2}\,dx=\infty\end{align*}
を得ます．確かに$p=\dfrac{1}{2}$のときは収束し，$p=2$のときは発散しますね．
収束・発散の$p$の条件
このように，広義積分$\dint_{0}^{c}\dfrac{1}{x^p}\,dx$は$p$が小さいほど収束しやすく，詳しくは次のようになります．
$c>0$とする．$p\in\R$に対して，次が成り立つ．
\begin{align*}\int_{0}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx=\begin{cases}\infty,&p\ge1,\\\dfrac{c^{1-p}}{1-p},&p<1.\end{cases}\end{align*}
つまり，広義積分$\dint_{0}^{c}\dfrac{1}{x^p}\,dx$は$p=1$で収束・発散が変わるわけですね．また，境界の$p=1$で発散することも当たり前にしておきましょう．
［１］$p=1$のとき，任意の$t\in(0,c]$に対して，
\begin{align*}\int_{t}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx=\int_{t}^{c}\frac{1}{x}\,dx=[\log{|x|}]_{t}^{c}=\log{c}-\log{t}\end{align*}
だから，広義積分は
\begin{align*}\int_{0}^{c}\frac{c}{x^p}\,dx=\lim_{t\to+0}\int_{t}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx=\lim_{t\to+0}(\log{c}-\log{t})=\infty\end{align*}
と発散する．
［２］$p\neq1$のとき，任意の$t\in(0,c]$に対して，
\begin{align*}\int_{t}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx=\brc{\frac{1}{1-p}x^{1-p}}_{t}^{c}=\frac{1}{1-p}(c^{1-p}-t^{1-p})\end{align*}
だから，広義積分は
\begin{align*}\int_{0}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx=\lim_{t\to+0}\int_{t}^{c}\frac{1}{x^p}\,dx=\begin{cases}\infty,&p>1,\\\dfrac{c^{1-p}}{1-p},&p<1.\end{cases}\end{align*}
と収束・発散する．
$(0,c]$上の広義積分の収束・発散は，原点付近$x\to+0$の増大の強さによって決まるので，$c\in\R$の値は収束・発散に関係しません．
具体例（$\int_{0}^{1}\frac{\sin{x}}{x^2}\,dx$の収束・発散）
次の広義積分の収束・発散を判定せよ．
\begin{align*}\int_{0}^{1}\frac{\sin{x}}{x^2}\,dx.\end{align*}
被積分関数$\dfrac{\sin{x}}{x^2}$は$x=0$で定義されませんから，本問の広義積分の定義は
\begin{align*}\lim_{t\to+0}\int_{t}^{1}\frac{\sin{x}}{x^2}\,dx\end{align*}
ですね．すなわち，本問の収束・発散では被積分関数が$x\to+0$でどの程度の増大をしているかが重要です．
直観的には，$x\approx0$において$\sin{x}\approx x$だから被積分関数は$\dfrac{\sin{x}}{x^2}\approx\dfrac{1}{x}$と考えられ，$\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x}\,dx$は発散しますから，本問の広義積分も発散しそうです．
$0\le x\le\dfrac{\pi}{2}$のとき$\dfrac{2}{\pi}x\le\sin{x}$である（ジョルダンの不等式）．
よって，任意の$t\in(0,1]\subset(0,\frac{\pi}{2}]$に対して
\begin{align*}\int_{t}^{1}\frac{\sin{x}}{x^2}\,dx\ge\frac{2}{\pi}\int_{t}^{1}\frac{1}{x}\,dx\xrightarrow[]{t\to+0}\infty\end{align*}
だから，問題の広義積分
\begin{align*}\int_{0}^{1}\frac{\sin{x}}{x^2}\,dx=\lim_{t\to+0}\int_{t}^{1}\frac{\sin{x}}{x^2}\,dx\end{align*}
は発散する．
広義積分$\dint_{c}^{\infty}\dfrac{1}{x^p}\,dx$の収束・発散
$c>0$とします．関数$f(x)=\dfrac{1}{x^p}$の$[c,\infty)$上での広義積分
\begin{align*}\int_{c}^{\infty}\frac{1}{x^p}\,dx=\lim_{t\to\infty}\int_{c}^{t}\frac{1}{x^p}\,dx\end{align*}
を考えましょう．
$p$が大きいほど収束しやすい
先ほどの$(0,c]$上での広義積分と同様に，非負値関数の広義積分が収束するためには，関数の値がそれほど大きくならないことが大切です．
例えば，$\dint_{1}^{\infty}\dfrac{1}{x^{1/2}}\,dx$と$\dint_{1}^{\infty}\dfrac{1}{x^{2}}\,dx$を比較してみましょう．$1\le x$において被積分関数は
\begin{align*}0<\frac{1}{x^2}\le\frac{1}{x^{1/2}}\end{align*}
ですから，$\dint_{1}^{\infty}\dfrac{1}{x^{1/2}}\,dx$よりも$\dint_{1}^{\infty}\dfrac{1}{x^{2}}\,dx$の方が収束していそうですね．
実際に両者を計算しましょう．$t\in[1,\infty)$に対して
\begin{align*}&\int_{1}^{t}\frac{1}{x^{1/2}}\,dx=\int_{1}^{t}x^{-1/2}\,dx=\brc{2x^{1/2}}_{1}^{t}=2t^{1/2}-2,
\\&\int_{1}^{t}\frac{1}{x^2}\,dx=\int_{1}^{t}x^{-2}\,dx=\brc{-x^{-1}}_{1}^{t}=-t^{-1}+1\end{align*}
なので，$t\to\infty$として
\begin{align*}\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{1/2}}\,dx=\infty,\quad
\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^2}\,dx=1\end{align*}
を得ます．確かに$p=\dfrac{1}{2}$のときは発散し，$p=2$のときは収束しますね．
収束・発散の$p$の条件
このように，広義積分$\dint_{c}^{\infty}\dfrac{1}{x^p}\,dx$は$p$が大きいほど収束しやすく，詳しくは次のようになります．
$c>0$とする．$p\in\R$に対して，次が成り立つ．
\begin{align*}\int_{c}^{\infty}\frac{1}{x^p}\,dx=\begin{cases}\infty,&p\le1\\\dfrac{c^{1-p}}{p-1},&p>1.\end{cases}\end{align*}
つまり，広義積分$\dint_{c}^{\infty}\dfrac{1}{x^p}\,dx$は$p=1$で収束・発散が変わるわけですね．また，境界の$p=1$で発散することも当たり前にしておきましょう．
［１］$p=1$のとき，任意の$t\in[c,\infty)$に対して，
\begin{align*}\int_{c}^{t}\frac{1}{x^p}\,dx=\int_{c}^{t}\frac{1}{x}\,dx=[\log{|x|}]_{c}^{t}=\log{t}-\log{c}\end{align*}
だから，広義積分は
\begin{align*}\int_{c}^{\infty}\frac{1}{x^p}\,dx=\lim_{t\to\infty}\int_{c}^{t}\frac{1}{x^p}\,dx=\lim_{t\to\infty}(\log{t}-\log{c})=\infty\end{align*}
と発散する．
［２］$p\neq1$のとき，任意の$t\in[c,\infty)$に対して，
\begin{align*}\int_{c}^{t}\frac{1}{x^p}\,dx=\brc{\frac{1}{1-p}x^{1-p}}_{c}^{t}=\frac{1}{1-p}(t^{1-p}-c^{1-p})\end{align*}
だから，広義積分は
\begin{align*}\int_{c}^{\infty}\frac{1}{x^p}\,dx=\lim_{t\to\infty}\int_{c}^{t}\frac{1}{x^p}\,dx=\begin{cases}\infty,&p<1\\\dfrac{c^{1-p}}{p-1},&p>1.\end{cases}\end{align*}
と収束・発散する．
$[c,\infty)$上の広義積分の収束・発散は，遠方$x\to\infty$での減衰の強さによって決まり，$c\in\R$の値は収束・発散に関係しません．
具体例（$\int_{1}^{\infty}\frac{x+1}{x^2\sqrt{x}}\,dx$の収束・発散）
次の広義積分の収束・発散を判定せよ．
\begin{align*}\int_{1}^{\infty}\frac{x+1}{x^2\sqrt{x}}\,dx.\end{align*}
本問の広義積分の定義は
\begin{align*}\lim_{t\to\infty}\int_{1}^{t}\frac{x+1}{x^2\sqrt{x}}\,dx\end{align*}
ですね．すなわち，本問の収束・発散では被積分関数が$x\to\infty$でどの程度の減衰をしているかが重要です．
直観的には，$x$が十分に大きければ$\dfrac{x+1}{x^2\sqrt{x}}\approx\dfrac{1}{x\sqrt{x}}$と考えられ，$\dint_{1}^{\infty}\dfrac{1}{x\sqrt{x}}\,dx$は発散しますから，本問の広義積分も収束しそうです．
$1\le x$のとき$x+1\le 2x$だから，任意の$t\in[1,\infty)$に対して
\begin{align*}\int_{1}^{t}\frac{x+1}{x^2\sqrt{x}}\,dx\le\int_{1}^{t}\frac{2x}{x^2\sqrt{x}}\,dx=2\int_{1}^{t}\frac{1}{x\sqrt{x}}\,dx\end{align*}
である．また，広義積分$\dint_{1}^{\infty}\dfrac{1}{x\sqrt{x}}\,dx$は収束するから，問題の広義積分
\begin{align*}\int_{1}^{\infty}\frac{x+1}{x^2\sqrt{x}}\,dx=\lim_{t\to\infty}\int_{1}^{\infty}\frac{x+1}{x^2\sqrt{x}}\,dx\end{align*}
は収束する．
高次元での${1/|x|^p}$の広義積分の収束・発散
上記のように１次元の場合は$p=1$で収束・発散が変わりましたが，$n$次元の場合の広義積分
\begin{align*}\int_{\{|x|\le c\}}\dfrac{1}{|x|^p}\,dx,\quad
\int_{\{|x|\ge c\}}\dfrac{1}{|x|^p}\,dx\end{align*}
は$p=n$で収束・発散が切り替わります．
$c>0$とする．$\R^n$の部分集合$D_1$, $D_2$を
\begin{align*}D_1:=\set{x\in\R^n}{|x|\le c},\quad
D_2:=\set{x\in\R^n}{|x|\ge c}\end{align*}
とする．このとき，$p\in\R$に対して，次が成り立つ．
- $\dint_{D_1}\dfrac{1}{|x|^p}\,dx$が収束するための必要十分条件は$p<n$
- $\dint_{D_2}\dfrac{1}{|x|^p}\,dx$が収束するための必要十分条件は$p>n$
一般の$d$次元の場合は極座標変換により１次元の場合に帰着させることで証明できます．
具体例（４次元での広義積分の収束・発散）
一旦，具体的に４次元の場合で証明しましょう．４次元での極座標変換
\begin{align*}(x,y,z,w)=(r\cos{\phi},r\sin{\phi}\cos{\psi},r\sin{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta},r\sin{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta})&
\\(0\le\phi\le\pi, 0\le\psi\le\pi,0\le\theta\le2\pi)&\end{align*}
について，ヤコビアンは
\begin{align*}&\frac{\partial(x,y,z,w)}{\partial(r,\phi,\psi,\theta)}
\\&=\svmat{\cos{\phi}&-r\sin{\phi}&0&0\\
\sin{\phi}\cos{\psi}&r\cos{\phi}\cos{\psi}&-r\sin{\phi}\sin{\psi}&0\\
\sin{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}&r\cos{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}&r\sin{\phi}\cos{\psi}\cos{\theta}&-r\sin{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}\\
\sin{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}&r\cos{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}&r\sin{\phi}\cos{\psi}\sin{\theta}&r\sin{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}}
\\&=r^3\sin^2{\phi}\sin{\psi}\svmat{\cos{\phi}&-\sin{\phi}&0&0\\
\sin{\phi}\cos{\psi}&\cos{\phi}\cos{\psi}&-\sin{\psi}&0\\
\sin{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\psi}\cos{\theta}&-\sin{\theta}\\
\sin{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\psi}\sin{\theta}&\cos{\theta}}
\\&=r^3\sin^2{\phi}\sin{\psi}\end{align*}
です．最後の等号では，余因子展開より
\begin{align*}&\svmat{\cos{\phi}&-\sin{\phi}&0&0\\
\sin{\phi}\cos{\psi}&\cos{\phi}\cos{\psi}&-\sin{\psi}&0\\
\sin{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\psi}\cos{\theta}&-\sin{\theta}\\
\sin{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\psi}\sin{\theta}&\cos{\theta}}
\\&=\svmat{\cos{\phi}\cos{\psi}&-\sin{\psi}&0\\
\cos{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\psi}\cos{\theta}&-\sin{\theta}\\
\cos{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\psi}\sin{\theta}&\cos{\theta}}
\\&+\svmat{\sin{\phi}\cos{\psi}&-\sin{\psi}&0\\
\sin{\phi}\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\psi}\cos{\theta}&-\sin{\theta}\\
\sin{\phi}\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\psi}\sin{\theta}&\cos{\theta}}
\\&=\cos^2{\phi}\svmat{\cos{\psi}&-\sin{\psi}&0\\
\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\psi}\cos{\theta}&-\sin{\theta}\\
\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\psi}\sin{\theta}&\cos{\theta}}
\\&+\sin^2{\phi}\svmat{\cos{\psi}&-\sin{\psi}&0\\
\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\psi}\cos{\theta}&-\sin{\theta}\\
\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\psi}\sin{\theta}&\cos{\theta}}
\\&=\svmat{\cos{\psi}&-\sin{\psi}&0\\
\sin{\psi}\cos{\theta}&\cos{\psi}\cos{\theta}&-\sin{\theta}\\
\sin{\psi}\sin{\theta}&\cos{\psi}\sin{\theta}&\cos{\theta}}
\\&=\cos{\psi}(\cos{\psi}\cos^2{\theta}+\cos{\psi}\sin^2{\theta})
\\&+\sin{\psi}(\sin{\psi}\cos^2{\theta}+\sin{\psi}\sin^2{\theta})
\\&=\cos^2{\psi}+\sin^2{\psi}=1\end{align*}
となることを用いました．よって，
\begin{align*}\int_{D_1}\frac{1}{|x|^p}\,dx
&=\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{2\pi}\bra{\int_{0}^{\pi}\bra{\int_{0}^{\pi}\frac{r^3\sin^2{\phi}\sin{\psi}}{r^p}\,d\phi}\,d\psi}\,d\theta}\,dr
\\&=2\pi^2\int_{0}^{1}\frac{1}{r^{p-3}}\,dr\end{align*}
と１次元の場合に帰着して$\dint_{D_1}\dfrac{1}{|x|^p}\,dx$が収束するための必要十分条件は$p-3<1\iff p<4$となりますね．同様に
\begin{align*}&\int_{D_2}\frac{1}{|x|^p}\,dx=2\pi^2\int_{1}^{\infty}\frac{1}{r^{p-3}}\,dr\end{align*}
だから，$\dint_{D_2}\dfrac{1}{|x|^p}\,dx$が収束するための必要十分条件は$p-3>1\iff p>4$となりますね．
一般の$n$での証明
上の４次元の例では真面目に全部計算しましたが，被積分関数$\frac{1}{|x|^p}$は偏角$\phi$, $\psi$, $\theta$によらないので，$\phi$, $\psi$, $\theta$による積分で３次元単位球面積が得られることが分かります．
このことに注意すると，一般の場合は以下のように証明できます．
$n-1$次元単位球面を$\mathbb{S}^{n-1}$とする．$d\omega$を$\mathbb{S}^{n-1}$の面素とすると，極座標変換$x=r\omega$（$r>0$, $\omega\in\mathbb{S}^{n-1}$）により$dx=r^{n-1}d\omega$となるから
\begin{align*}\int_{D_1}\frac{1}{|x|^p}\,dx
&=\int_{(0,c]\times\mathbb{S}^{n-1}}\frac{1}{|x|^p}\,dx
=\int_{0}^{c}\bra{\int_{\mathbb{S}^{n-1}}\frac{1}{r^p}\cdot r^{n-1}\,d\omega}\,dr
\\&=|\mathbb{S}^{n-1}|\int_{0}^{c}\frac{1}{r^{p+1-n}}\,dr\end{align*}
となって１次元の$(0,c]$上の広義積分に帰着し，これが収束するための必要十分条件は
\begin{align*}p+1-n<1\iff p<n\end{align*}
である．ただし，$|\mathbb{S}^{n-1}|$は$\mathbb{S}^{n-1}$の$n-1$次元体積である．同様に
\begin{align*}\int_{D_2}\frac{1}{|x|^p}\,dx=|\mathbb{S}^{n-1}|\int_{c}^{\infty}\frac{1}{r^{p+1-n}}\,dr\end{align*}
となって１次元の$[c,\infty)$上の広義積分に帰着し，これが収束するための必要十分条件は$p+1-n>1\iff p>n$である．
先に考えた４次元の場合は$d\omega=\sin^2{\phi}\sin{\psi}(d\phi,d\psi,d\theta)$となっていたわけですね．
面積であれば相似比の２乗，体積であれば相似比の３乗の影響があるように，単位球面の次元が上がるとそれだけ半径の影響が増し，次元によって$p$の条件が変化します．
計算上は$n$次元で極座標変換を行うと$r^{n-1}$がかけられるので，１次元のときから$n-1$ズレて，$n$が収束・発散の$p$の条件の境界となるわけですね．
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