Soluzioni
  • L'esercizio chiede di determinare per quali valori di \alpha>0 converge l'integrale improprio

    \int_{1}^{+\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x^{\alpha}}\right)}{\left|x-2\right|^{\alpha+\frac{1}{3}}}dx

    Per rispondere al quesito, procederemo così: individueremo i punti problematici per l'integranda

    f(x)=\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x^{\alpha}}\right)}{\left|x-2\right|^{\alpha+\frac{1}{3}}}

    e studieremo l'integrabilità in senso improprio di f(x) negli intorni di ciascun punto punto problematico, ottenendo delle condizioni da imporre sul parametro \alpha.

    Fatto ciò, prenderemo i valori di \alpha per cui f(x) risulti integrabile in senso improprio negli intorni di ogni punto problematico.

    Nell'intervallo di integrazione (1, +\infty) l'integranda f(x) presenta un punto singolare per x=2, infatti tale valore annulla il termine con il valore assoluto. L'altro punto problematico è +\infty.

    Non ci resta che iniziare a studiare l'integrabilità in senso improprio di f(x) nei vari intorni, cominciando da un intorno di +\infty.

    Intorno di +\infty

    Lo studio dell'integrabilità in senso improprio di f(x) avviene mediante il criterio del confronto asintotico per gli integrali di prima specie (per approfondire criteri di convergenza per gli integrali impropri di prima specie).

    Per \alpha>0 si ha che

    \frac{1}{x^{\alpha}}\to 0\mbox{ per }x\to +\infty

    conseguentemente sussiste l'equivalenza asintotica

    \ln\left(1+\frac{1}{x^{\alpha}}\right)\sim_{x\to +\infty}\frac{1}{x^{\alpha}}

    che scaturisce dal limite notevole del logaritmo in forma generale.

    Per il denominatore sussiste invece la seguente relazione

    |x-2|^{\alpha+\frac{1}{3}}\sim_{x\to +\infty}|x|^{\alpha+\frac{1}{3}}=x^{\alpha+\frac{1}{3}}

    (il valore assoluto non serve poiché siamo in un intorno di +\infty).

    Possiamo quindi asserire che per \alpha>0 l'integranda soddisfa la relazione

    \frac{\ln\left(1+\frac{1}{x^{\alpha}}\right)}{|x-2|^{\alpha+\frac{1}{3}}}\sim_{x\to +\infty}\frac{1}{x^{\alpha}\cdot x^{\alpha+\frac{1}{3}}}=\frac{1}{x^{2\alpha+\frac{1}{3}}}

    dove nell'ultimo passaggio abbiamo usato le proprietà delle potenze.

    Tenendo a mente la tabella degli integrali impropri notevoli di prima specie, abbiamo convergenza se e solo se l'esponente 2\alpha+\frac{1}{3}>1, vale a dire

    \alpha>\frac{1}{3}

    Abbiamo ottenuto la prima condizione su \alpha, teniamola a mente.

    Intorno di x=2

    Procediamo con il criterio del confronto asintotico per gli integrali impropri di seconda specie. Osserviamo che il numeratore dell'integranda non crea problemi ed è asintoticamente equivalente ad una costante che chiamiamo C, mentre il denominatore è asintoticamente equivalente a se stesso.

    Pertanto:

    \frac{\ln\left(1+\frac{1}{x^{\alpha}}\right)}{\left|x-2\right|^{\alpha+\frac{1}{3}}}\sim_{x\to 2}\frac{C}{|x-2|^{\alpha+\frac{1}{3}}}

    L'integrale improprio di seconda specie associato alla stima asintotica converge se e solo se l'esponente \alpha+\frac{1}{3} soddisfa la condizione:

    \alpha+\frac{1}{3}<1\iff\alpha<\frac{2}{3}

    Abbiamo ottenuto la seconda condizione sul parametro, e finalmente possiamo trarre le dovute conclusioni: affinché l'integrale dato dalla traccia converga dobbiamo richiedere che \alpha rispetti contemporaneamente le due condizioni ossia:

    \frac{1}{3}<\alpha<\frac{2}{3}

    L'esercizio è concluso.

    Risposta di Ifrit
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