Altro studio della convergenza di un integrale improrio
Ho provato a risolvere questo integrale:
$int_(2e)^(+oo)(1/(x^|1-alpha|*(x-2e)^(alpha-2)*(log^2x+logx-2)))$
Considero l'integrale come somma di 2 integrali, il 1° deifinito da $]2e,k]$, il 2° da $[k,+oo[$.
Per verificare la convergenza utilizzo il criterio del confronto asintotico con l'infinito $1/(x-2e)^alpha$ che mi porta a calcolare l'ordine d'infinito della funzione integranda rispetto all'infinito campione $1/(x-2e)^alpha$. Se ho fatto il calcolo giusto l'ordine dovrebbe essere $alpha-2$ quindi l'integrale $int_(2e)^(k)(1/(x^|1-alpha|*(x-2e)^(alpha-2)*(log^2x+logx-2)))$ dovrebbe convergere se $alpha-2<1$ cioè $alpha<3$
Ora considero il 2° integrale $int_(k)^(+oo)(1/(x^|1-alpha|*(x-2e)^(alpha-2)*(log^2x+logx-2)))$ e verifico la convergenza tramite il criterio del confronto as. come sopra, solo che ora mi blocco perchè non riesco a determinare l'ordine di infinitesimo...
Chi mi aiuta?
$int_(2e)^(+oo)(1/(x^|1-alpha|*(x-2e)^(alpha-2)*(log^2x+logx-2)))$
Considero l'integrale come somma di 2 integrali, il 1° deifinito da $]2e,k]$, il 2° da $[k,+oo[$.
Per verificare la convergenza utilizzo il criterio del confronto asintotico con l'infinito $1/(x-2e)^alpha$ che mi porta a calcolare l'ordine d'infinito della funzione integranda rispetto all'infinito campione $1/(x-2e)^alpha$. Se ho fatto il calcolo giusto l'ordine dovrebbe essere $alpha-2$ quindi l'integrale $int_(2e)^(k)(1/(x^|1-alpha|*(x-2e)^(alpha-2)*(log^2x+logx-2)))$ dovrebbe convergere se $alpha-2<1$ cioè $alpha<3$
Ora considero il 2° integrale $int_(k)^(+oo)(1/(x^|1-alpha|*(x-2e)^(alpha-2)*(log^2x+logx-2)))$ e verifico la convergenza tramite il criterio del confronto as. come sopra, solo che ora mi blocco perchè non riesco a determinare l'ordine di infinitesimo...
Chi mi aiuta?
Risposte
Basta un aiutino a stabilire l'ordine di infinitesimo della funzione nel secondo integrale... Vi preeeeeego! 
Non credo che in questo caso sia possibile stabilire l'ordine di infinitesimo per la presenza del logaritmo.
Ti conviene confrontare l'integrale con
$f(x)=1/(x^alog^2x)$
tenendo presente (o dimostrando) che
$int_k^(+infty)1/(x^alog^2x)dx$
converge per $a>=1$, diverge altrimenti.
Ti conviene confrontare l'integrale con
$f(x)=1/(x^alog^2x)$
tenendo presente (o dimostrando) che
$int_k^(+infty)1/(x^alog^2x)dx$
converge per $a>=1$, diverge altrimenti.
"Piera":
Non credo che in questo caso sia possibile stabilire l'ordine di infinitesimo per la presenza del logaritmo.
Ti conviene confrontare l'integrale con
$f(x)=1/(x^alog^2x)$
tenendo presente (o dimostrando) che
$int_k^(+infty)1/(x^alog^2x)dx$
converge per $a>=1$, diverge altrimenti.
Quindi praticamente, dato per buono il dato che mi hai fornito per l'integrale $int_k^(+infty)1/(x^alog^2x)dx$(non è che non mi fido, solo che mi piace verificare nei casi in cui ci riesco), lo studio della convergenza 2° integrale si ricondice allo studio degli $alpha$ che soddisfano $|1-alpha|+alpha-2>=1$
Grazie per la dritta!!!
Si.
In generale
$int_k^(+infty)1/(x^(alpha)log^(beta)x)dx$ ($k>1$)
converge per $alpha>1$ e $beta$ arbitrario,
diverge per $alpha<1$ e $beta$ arbitrario,
converge per $alpha=1$ e $beta>1$,
diverge per $alpha=1$ e $beta<=1$.
In generale
$int_k^(+infty)1/(x^(alpha)log^(beta)x)dx$ ($k>1$)
converge per $alpha>1$ e $beta$ arbitrario,
diverge per $alpha<1$ e $beta$ arbitrario,
converge per $alpha=1$ e $beta>1$,
diverge per $alpha=1$ e $beta<=1$.
Eppure Piera, non sono convinto del fatto che $1/(xlog^(beta)x$ con $beta > 1$ sia sommabile all'infinito... la funzione logaritmo (supponiamo la base maggiore di $1$) cresce in maniera sempre più lenta e all'infinito assume quasi un aspetto costante... sarei dunque portato a sostituire il logaritmo con una costante e avremmo $1/x$ che non è sommabile... 
Attendo illuminazioni
Attendo illuminazioni
in effetti $1/(xlog^2(x)) !in L^1[1,+infty)$
$int_k^(+infty)dx/(xlog^(beta)x)$ con $k>1$ può essere calcolato.
Infatti
$logx=t, dx=xdt$
$intdx/(xlog^(beta)x)=intdt/t^beta=1/((-beta+1)log^(beta-1)x)+c$
e $1/((-beta+1)log^(beta-1)x) ->0$ per $x->+infty$.
Infatti
$logx=t, dx=xdt$
$intdx/(xlog^(beta)x)=intdt/t^beta=1/((-beta+1)log^(beta-1)x)+c$
e $1/((-beta+1)log^(beta-1)x) ->0$ per $x->+infty$.
La questione è interessante, poiché $AA epsilon > 0$ la funzione $1/x^(1+epsilon) in L^1[1,+oo)$ ma per $x$ sufficientemente grande $logx < x^(epsilon) AA epsilon > 0$...
Si sono accavallati i post, ti ho risposto sopra.
Ok, prima ti mancava la condizione $k>1$
Ok, la aggiungo.
Nell'esercizio di Dust $k>2e$, quindi tutto funziona.
Nell'esercizio di Dust $k>2e$, quindi tutto funziona.
Sì ora quadra... è come se il logaritmo fosse al limite tra l'essere costante e il crescere (seppure lentamente)... elevare il logaritmo ad una potenza maggiore di $1$ gli dà quella spinta tale da farlo sembrare una potenza a esponente piccolissimo piuttosto che una costante 
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