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  • Ciao Nicolò arrivo :D

    Risposta di Ifrit
  • \int_1^{+\infty}\frac{1-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(x^2+1)(x-1)^{\alpha}}dx

    Possiamo utilizzare il criterio del rapporto, visto che la funzione integranda nell'intervallo di integrazione (1, +infinito) è positiva, però prima dobbiamo osservare che è un integrale improprio in cui abbiamo problemi ad entrambi gli estremi :) Per risolverlo dobbiamo spezzarlo in due integrali:

    \int_1^{3}\frac{1-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(x^2+1)(x-1)^{\alpha}}dx+\int_3^{+\infty}\frac{1-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(x^2+1)(x-1)^{\alpha}}dx

    Se convergono entrambi allora convergerà anche l'integrale di partenza. Studiamo la convergenza del primo integrale:

    \int_1^{3}\frac{1-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(x^2+1)(x-1)^{\alpha}}dx

    Poiché

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

    Allora la funzione integranda è asintotica a 

    h(x)= \frac{1-\cos(1)}{\ln(2) (x-1)^{\alpha}}\quad \forall \alpha\in\mathbb{R}

    Per il criterio del confronto asintotico per integrali impropri di seconda specie l'integrale 

    \int_1^{3}\frac{1-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(x^2+1)(x-1)^{\alpha}}dx

    ha lo stesso comportamento di

    \int_1^3 \frac{1-\cos(1)}{\ln(2)(x-1)^{\alpha}}dx= \frac{1-\cos(1)}{\ln(2)}\int_1^3 \frac{1}{(x-1)^{\alpha}}dx

    L'ultimo integrale è riconducibile alla famiglia degli integrali impropri notevoli:

    \int_0^{a}\frac{1}{t^{\alpha}}dx

    che converge se e solo se alpha è minore di 1:

    Abbiamo ottenuto quindi la prima condizione:

    \alpha\textless 1

    Adesso concentriamoci sull'altro integrale:

    \int_3^{+\infty}\frac{1-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(x^2+1)(x-1)^{\alpha}}dx

    In questo caso dobbiamo determinare una funzione asintotica all'integranda all'infinito:

    1-\cos\frac{1}{x}\sim_{+\infty}\frac{1}{2x^2}

    mentre:

    \ln(x^2+1)\sim_{+\infty} ln(x^2)= 2\ln(x)

    (x-1)^{\alpha}\sim_{+\infty} x^\alpha

    tirando le somme abbiamo che:

    \frac{1-\cos\frac{1}{x}}{\ln(x^2+1)(x-1)^{\alpha}}\sim_{+\infty}\frac{1}{2x^2\cdot2\ln(x)\cdot x^{\alpha}}=\frac{1}{4x^{\alpha+2}\ln(x)}

     

    Quindi il nostro integrale ha lo stesso comportamento di :

    \int_3^{+\infty}\frac{1}{4x^{\alpha+2}\ln(x)}dx

    che converge se  e solo se 

    \alpha+2\textgreater 1\iff \alpha \textgreater -1

    Questa condizione deriva dal fatto che l'ho confrontato con l'integrale del tipo:

    \int_a^{+\infty}\frac{1}{x^\beta \ln(x)}dx

    che converge se e solo se \beta \textgreater 1

    Abbiamo quindi la seconda condizione.

    L'integrale di partenza converge se e solo se

    -1\textless \alpha\textless 1

    Risposta di Ifrit
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