Soluzioni
  • Per studiare la convergenza dell'integrale

    \int_{1}^{+\infty}\frac{x-1}{x^{2}(\ln(x))^{\alpha}}dx

    osserviamo che esso presenta due punti problematici, uno al finito x=1, uno all'infinito.

    Facciamo riferimento alla tabella di confronto asintotico con gli integrali impropri notevoli, non prima però di effetturare lo studio asintotico dell'integranda

    f(x)=\frac{x-1}{x^{2}(\ln(x))^{\alpha}}

    Per x\to +\infty l'integranda soddisfa la seguente equivalenza asintotica

    \frac{x-1}{x^2(\ln(x))^{\alpha}}\sim_{x\to +\infty}\frac{x}{x^2(\ln(x))^{\alpha}}=\frac{1}{x(\ln(x))^{\alpha}}

    e l'integrale associato alla stima asintotica è un integrale improprio notevole che converge se e solo se \alpha>1.

    Per il criterio del confronto asintotico per gli integrali impropri di prima specie, possiamo asserire che f(x) è integrabile impropriamente in un intorno di +\infty a patto che \alpha>1.

    Continuiamo con lo studio dell'integrale in un intorno destro di x=1 determinando anche in questo caso una stima asintotica per la funzione integranda: è un po' più difficile individuarla per via della funzione logaritmica, proprio per questo motivo ragioneremo per termini.

    Per x\to 1^{+} si ottengono abbastanza agevolmente le stime asintotiche per i termini x-1\mbox{ e }x^2:

    \\ x-1\sim_{x\to 1^{+}}x-1 \\ \\ \x^2\sim_{x\to 1^{+}} 1

    Ben diversa è la situazione per il termine (\ln(x))^{\alpha}.

    Interviene infatti un trucco particolare che consiste nel sommare e sottrarre 1 all'interno del logaritmo così da ricondurci ad una equivalenza asintotica nota derivante dal limite notevole del logaritmo:

    (\ln(x))^{\alpha}=(\ln(1+x-1))^{\alpha}\sim_{x\to 1^{+}}(x-1)^{\alpha}

    In definitiva

    \frac{x-1}{x^{2}(\ln(x))^{\alpha}}\sim_{x\to 1^{+}}\frac{x-1}{(x-1)^{\alpha}}=\frac{1}{(x-1)^{\alpha-1}}

    Quello associato alla funzione

    h(x)=\frac{1}{(x-1)^{\alpha-1}}

    è un integrale improprio notevole di seconda specie che converge se e solo se \alpha-1<1\mbox{ ossia }\alpha<2, e per il criterio del confronto asintotico per gli integrali impropri di seconda specie f(x) è integrabile in un intorno di 1 se e solo se \alpha<2.

    Affinché l'integrale dato dalla traccia converga dobbiamo richiedere che l'integranda f(x) sia integrabile contemporaneamente sia in un intorno di x=1 sia in un intorno di +\infty e ciò avviene quando 1<\alpha<2.

    Risposta di Ifrit
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