Altro integralozzo improprio
Stabilire per quali $alpha in RR$ il seguente integrale improprio converge:
$int_0^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2$
$int_0^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2$
Risposte
Nel frattempo ho provato un pò ad arrangiarmi... innanzitutto ho spezzato l'integrale in $int_0^1 (ln(1+x^(alpha)))/x^2 + int_1^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2$. Con $int_0^1 (ln(1+x^(alpha)))/x^2$ discuto per $alpha >= 0$ facendo il confronto asintotico con $x^(alpha - 2)$ e ottenendo che diverge per $0 <= alpha <= 1$. Per $alpha < 0 $ sostituisco $x = 1/y$ e ottengo $int_1^(+oo)ln(1+y^(-alpha))$ che diverge per confronto con $ln(y^(-alpha))$. Quindi il primo pezzo converge sse $alpha > 1$.
Per il secondo, cioè $int_1^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2$ ottengo che converge per $alpha <= 0$ tramite confronto asintotico con $x^(alpha - 2)$; per $alpha > 0$ faccio sempre la sostituzione $x = 1/y$ ottenendo che $int_0^1 ln(1+1/(y^(alpha)) ) dy$ e ne trovo la divergenza per confronto con $ln(1/(y^(alpha)))$ che appunto diverge per $y->0$. In definitiva l'integrale non dovrebbe mai convergere per ogni valore di $alpha$...
Se qualcuno mi conferma la risposta mi da un pò di sprint per la prova di domani
anche se quasi sicuramente avrò fatto degli errori.
Per il secondo, cioè $int_1^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2$ ottengo che converge per $alpha <= 0$ tramite confronto asintotico con $x^(alpha - 2)$; per $alpha > 0$ faccio sempre la sostituzione $x = 1/y$ ottenendo che $int_0^1 ln(1+1/(y^(alpha)) ) dy$ e ne trovo la divergenza per confronto con $ln(1/(y^(alpha)))$ che appunto diverge per $y->0$. In definitiva l'integrale non dovrebbe mai convergere per ogni valore di $alpha$...
Se qualcuno mi conferma la risposta mi da un pò di sprint per la prova di domani
anche se quasi sicuramente avrò fatto degli errori.
$ln(1+x^(alpha))$~$x^(alpha)$ per x->0
la funzione può essere approssimata con
$x^(alpha)/x^2=1/x^(2-alpha)$
visto che non conosci gli ordini di infinito, calcolando la primitiva della funzione che ho scritto si vede che per avere un valore finito in x = 0 , $2-alpha<1$ ovvero $alpha>1$.
$f(x)=ln(1+x^(alpha))/x^2$
$g(x)=1/x^(3/2)$ scelta ad occhio
$lim_(x->+inf)f(x)/g(x) = lim_(x->+inf) ln(1+x^(alpha))/x^(1/2) = 0 per ogni $alpha>1$ (con Hopital).
Ora g(x) converge in ogni intervallo del tipo (a , +inf) con a >0, pertanto l’integrale di partenza converge
per ogni $alpha>1$.
la funzione può essere approssimata con
$x^(alpha)/x^2=1/x^(2-alpha)$
visto che non conosci gli ordini di infinito, calcolando la primitiva della funzione che ho scritto si vede che per avere un valore finito in x = 0 , $2-alpha<1$ ovvero $alpha>1$.
$f(x)=ln(1+x^(alpha))/x^2$
$g(x)=1/x^(3/2)$ scelta ad occhio
$lim_(x->+inf)f(x)/g(x) = lim_(x->+inf) ln(1+x^(alpha))/x^(1/2) = 0 per ogni $alpha>1$ (con Hopital).
Ora g(x) converge in ogni intervallo del tipo (a , +inf) con a >0, pertanto l’integrale di partenza converge
per ogni $alpha>1$.
Questo è pure il mio risultato, ma manca il pezzo da 0 a 1.....
Cerco di spiegartelo in maniera diversa.
Hai dimostrato che $int_0^1 (ln(1+x^(alpha)))/x^2 dx$ converge per $alpha>1$.
Dimostriamo che anche $int_1^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2 dx$ converge per $alpha>1$.
Sia
$f(x)=ln(1+x^(alpha))/x^2$
$g(x)=1/x^(3/2)$
$lim_(x->+inf)f(x)/g(x) = lim_(x->+inf) ln(1+x^(alpha))/x^(1/2) = 0 per ogni $alpha>1$ (con Hopital).
Ora poichè $int_1^(+oo) 1/x^(3/2)dx$ converge, convergerà anche $int_1^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2 .
Hai dimostrato che $int_0^1 (ln(1+x^(alpha)))/x^2 dx$ converge per $alpha>1$.
Dimostriamo che anche $int_1^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2 dx$ converge per $alpha>1$.
Sia
$f(x)=ln(1+x^(alpha))/x^2$
$g(x)=1/x^(3/2)$
$lim_(x->+inf)f(x)/g(x) = lim_(x->+inf) ln(1+x^(alpha))/x^(1/2) = 0 per ogni $alpha>1$ (con Hopital).
Ora poichè $int_1^(+oo) 1/x^(3/2)dx$ converge, convergerà anche $int_1^(+oo) (ln(1+x^(alpha)))/x^2 .
Si ora mi torna... comunque, l'importante è che dai per buona almeno la mia risoluzione del primo pezzo... della serie meglio che nulla...
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