Sommabilità con logaritmo

[snower]

Ragazzi mi servirebbe una mano per capire se questa funzione è sommabile o meno...

$f(x) = ln(1+x)/(x(x+1))$ in $(0;+infty)$

Ho provato con il criterio dell'ordine dell'infinitesimo e dell'infinito ma non capisco come impostare il tutto e non riesco a venirne a capo... Ho tentato anche di risolvere l'integrale "brutalmente" ma non riesco... Qualcuno può darmi una mano

[ostrogoto1]

Studio l'integrabilita' in x=0.

$ ln(1+x)/(x(x+1))~x/(x(x+1))=1/(x+1) $

Non ci sono problemi in x=0.

Studio l'integrabilita' in un intorno di $ +oo $

$ ln(1+x)/(x(x+1))~ln(x)/x^2 $

convergente!

[snower]

Grazie! Solo non riesco a capire perchè $lnx/x^2$ è sommabile in un intorno di $+infty$...
Se applico il criterio degli infinitesimi, posso dare ad alfa il valore 2 per semplificare la x quadro al denominatore, ma il limite verrebbe comunque +infinito, valore non contemplato nel criterio per alfa più grande di 1. Se invece do ad alfa un valore qualsiasi minore o uguale ad 1, il limite fa 0, valore che non va bene per tali valori di alfa...

[ostrogoto1]

C'e' un criterio per decidere la convergenza di una combinazione di $ x^alpha $ et $log^beta(x) $.

$ int_1^(+oo)1/(x^alphalog^betax)dx $ converge sse $ alpha>1" "AAbetainRR $ oppure $ alpha=1" "beta>1 $

[snower]

Ma io in questo caso mi troverei con $x^alpha(lnx)^beta$ con alfa maggiore di due per semplificare la x al denominatore. Cioè, la combinazione di x e log si troverebbe al numeratore, non al denominatore...

[ostrogoto1]

$ ln(1+x)/(x(x+1))~ln(x)/x^2=1/(x^2ln^(-1)x) $ per $ xrarr+oo$

quindi $ alpha=2 $ et $ beta=-1 $ integrabile secondo il criterio enunciato essendo $ alpha>1 $ et $ betainRR $

[snower]

Grazie mille, ora mi è tutto chiaro!
Un'ultima cosa, sai dove posso trovare una dimostrazione di questo criterio? Cioè un modo per dimostrare che la combinazione di x e lnx converge in quei casi là?

[ostrogoto1]

Se consideri le dimostrazioni dei criteri di convergenza per $ 1/x^alpha $ non dovrebbe essere difficile ripetersi almeno con $ 1/(xlog^betax) $:
prendendo $ y=logx $ si ha $ dy=dx/x $ e quindi

$ int1/(xlog^betax)dx=int1/y^betady=1/(1-beta)*1/y^(beta-1)=1/(1-beta)*1/(log^(beta-1)x) $ per $ beta!=1 $ e poi si fa il limite come per i criteri di $ 1/x^alpha $

per $ beta=1 $

$ int1/(xlogx)dx=log(logx) $ e poi si calcola il limite.

[ostrogoto1]

Casomai fosse utile cio' che intendevo con il passaggio al limite era la verifica diretta della definizione di integrale improprio:
per esempio per l'integrabilita' a $ +oo $

Def. Sia f(x) definita su $ (a,+oo) $ localmente integrabile su $ (a,+oo) $. Se esiste finito il limite

$ lim_(crarr+oo)int_a^cf(x)dx $

allora si dice che f e' integrabile in senso improprio su $ (a,+oo) $ e si pone

$ int_a^(+oo)f(x)dx=lim_(crarr+oo)int_a^cf(x)dx $

Es. per $ beta!=1 $ $ lim_(crarr+oo)int_e^c1/(xlog^betax)dx=lim_(crarr+oo)1/(1-beta)[1/log^(beta-1)c-1]1 $