Integrale improprio con parametro

[mmmbbb11]

Buongiorno a tutti, mi servirebbe una mano su un'integrale improprio con parametro che non capisco.

$ int_(0)^(+oo ) x^(alpha*x)*ln(1+x^alpha) dx $

Devo studiare la convergenza la variare di $ alpha $

Grazie mille in anticipo

[Mephlip]

Ciao mmmbbb1, benvenut* sul forum!

Il regolamento del forum, che puoi leggere qui, prevede un tentativo di soluzione da parte degli utenti. Ti chiedo quindi, per favore, di riportare sul forum cosa hai provato a fare. Grazie e buona permanenza!

Oltre a questo, dove varia $\alpha$? È in $\mathbb{R}$?

[mmmbbb11]

Ciao si, $ alpha $ varia in R.

Ho provato a dividere l'integrale in 2 intervalli: il primo va da 0 a c, mentre il secondo da c a $ +oo $

Ho pensato che per $ xrarr 0 $
$ x^(alpha*x)~ 1 $
$ ln(1+x^alpha)~ x^alpha $

E di conseguenza $ int_(0)^(c) x^(alpha)*1 dx= int_(0)^(c) x^(alpha) $
Poi mi sono fermato perchè non sapevo come andare avanti.

per $ xrarr +oo $ mi sono trovato in molta difficoltà e non sono più riuscito ad andare avanti.

[Mephlip]

"mmmbbb1":
Ho provato a dividere l'integrale in 2 intervalli: il primo va da 0 a c, mentre il secondo da c a $ +oo $

Sì, esatto.

"mmmbbb1":Ho pensato che per $ xrarr 0 $
$ x^(alpha*x)~ 1 $
$ ln(1+x^alpha)~ x^alpha $

Occhio che qui dipende da $\alpha$. Ad esempio, per ogni $\alpha>0$ risulta:
$$\lim_{x \to 0^+} x^{\alpha x}\log(1+x^\alpha)=0$$
Quindi, per ogni $\alpha \ge 0$ la funzione integranda è limitata in un intorno destro di $0$; perciò, per ogni $\alpha \ge 0$ l'integrale non è improprio in un intorno destro di $0$ e dunque è superfluo studiarne la convergenza in un intorno destro di $0$. Quindi, per $\alpha \ge 0$ è necessario studiare solo cosa succede per $x \to \infty$, essendo la funzione limitata in ogni compatto contenuto in $[0,\infty[$ (visto che è continua in ogni compatto contenuto in $[0,\infty[$ e dunque, per il teorema di Weierstrass, è limitata).

Se invece $\alpha<0$, è falso che $\log(1+x^\alpha) \approx x^{\alpha}$ per $x \to 0^+$ perché per $\alpha<0$ è $\lim_{x \to 0^+} x^\alpha=\infty$. Quindi, questo tuo approccio che ho citato non funziona per $\alpha<0$.

Se $\alpha=0$ l'integrale diverge a $\infty$, perché è $\int_0^\infty \log2 \text{d}x$.

Se $\alpha \ge 1$, quando $x \to \infty$ puoi assumere $x>2$. In tal caso, risultano $x^{\alpha x}\ge 2^{2\alpha}$ e $\log(1+x^\alpha)\ge \log(1+2^{\alpha})$. Quindi, usando $c=2$, hai:
$$\int_2^\infty x^{\alpha x} \log(1+x^\alpha)\text{d}x \ge 2^{2\alpha}\log(1+2^\alpha)\int_2^\infty \text{d}x=\infty$$
Perciò, per confronto, l'integrale diverge a $\infty$ anche per ogni $\alpha\ge 1$. Ora prova a ragionare un po' sui casi $0<\alpha<1$ e $\alpha<0$; potrebbe rivelarsi utile la disuguaglianza $\log(1+t)\le t$ valida per ogni $t> -1$. Se hai dubbi su quanto ho scritto, chiedi pure. Se ti blocchi, puoi scrivere qui e, a patto di mostrare i tuoi sforzi, ti aiutiamo volentieri.

[pilloeffe]

Ciao mmmbbb1,

"mmmbbb1":Devo studiare la convergenza la variare di $\alpha$

Non c'è alcuna speranza che l'integrale proposto possa convergere per $\alpha \ge 0 $: può convergere solo per $\alpha < 0 $

[mmmbbb11]

Non ho però ben capito perchè non serve verificare l'integrale quando $ xrarr 0^+ $.

per $ xrarr +oo $ e $ alpha <0 $ ,
per $ lim_(x -> 0^+) x^(alpha*x)*ln(1+x^alpha) $ mi chiedevo se potevo usare la gerarchia degli infiniti, in modo tale che per $ alpha <0 $ la $ x^(alpha*x) $ vada sotto $ ln(1+x^alpha) $, e che quindi il risultato del limite sia 0, e quindi l'integrale è convergente.

Se $ alpha >=1 $ ho capito i tuoi passaggi ma non benissimo il ragionamento che ci sta dietro. Hai usato il criterio del confronto? E se si, perchè non hai confrontato l'integrale con uno fondamentale?

Mentre per $ 0< alpha < 1 $ non capisco davvero come fare. Ho provato ad utilizzare il principio di sostituzione ma alla fine mi sono arreso perchè cominciava a diventare tutto molto complicato.

Grazie mille per la risposta.
Buona giornata

[mmmbbb11]

"pilloeffe":Ciao mmmbbb1,
[quote="mmmbbb1"]Devo studiare la convergenza la variare di $\alpha$

Non c'è alcuna speranza che l'integrale proposto possa convergere per $\alpha \ge 0 $: può convergere solo per $\alpha < 0 $[/quote]

Sostituendo $ alpha $ con dei numeri casuali mi sono anche io accorto che è così, ma mi interessava capire il ragionamento che sta alla base di tutto ciò.

[pilloeffe]

Beh è semplice: per $\alpha > 0 $ osservando che $\AA x > 0 $ si ha $x^{\alpha x} = e^{ln x^{\alpha x}} = e^{\alpha x ln x} $ la funzione integranda è il prodotto di funzioni che tendono a $\+infty $ per $x \to +\infty $, pertanto per $\alpha > 0 $ l'integrale proposto non può convergere.

[mmmbbb11]

"pilloeffe":Beh è semplice: per $\alpha > 0 $ osservando che $\AA x > 0 $ si ha $x^{\alpha x} = e^{ln x^{\alpha x}} = e^{\alpha x ln x} $ la funzione integranda è il prodotto di funzioni che tendono a $\+infty $ per $x \to +\infty $, pertanto per $\alpha > 0 $ l'integrale proposto non può convergere.

Ah ok grazie non avevo pensato a questa sostituzione

[pilloeffe]

Prego, ma non è una sostituzione, bensì una nota proprietà dei logaritmi; se $y > 0 $ si ha:

$y = e^{ln y} $

(si dimostra subito prendendo il $ln$ dei due membri). Se $y = b^a $ si ha:

$ b^a = e^{ln b^a} = e^{a ln b} $

[mmmbbb11]

"pilloeffe":Prego, ma non è una sostituzione, bensì una nota proprietà dei logaritmi; se $y > 0 $ si ha:

$y = e^{ln y} $

(si dimostra subito prendendo il $ln$ dei due membri). Se $y = b^a $ si ha:

$ b^a = e^{ln b^a} = e^{a ln b} $

Si si grazie mille. Conosco la proprietà del logaritmo, ma non ero arrivato a ragionare con essa.

Grazie ancora e buona giornata!