Studio di un integrale improprio parametrico fratto

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Studio di un integrale improprio parametrico fratto #74449

avt
_valerio_
Punto
Salve, ho un forte dubbio con il seguente integrale improprio dipendente da un parametro

\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2 \arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{(\ln(1+x)+x)^{\alpha}}dx


Il problema lo riscontriamo sia in x=0 che in x=+\infty .

Spezzo l'integrale in due parti:

\int_{0}^{c} \frac{x^{2}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{(\ln(1+x)+x)^\alpha} dx + \int_{c}^{+\infty}\frac{x^{2}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(1+x)+x)^\alpha}dx

Studio l'integrale nell'intervallo [0;c]:

\int_{0}^{c} \frac{x^{2}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{\left(\ln(1+x)+x)^\alpha} dx

per x\rightarrow 0

\arctan\left(\frac{1}{x}\right) \sim \frac{1}{x}

\ln(1+x) \sim x

quindi:

\frac{x^{2}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(1+x)+x)^\alpha} \sim \frac{x}{(x+x^{\alpha}}

Con un paio di conti, risulta essere:

\int_{0}^{c}\frac{1}{x^{\alpha}}dx

che converge per \alpha < 1.

Fin qui com'è? emt Ringrazio in anticipo della vostra collaborazione!
 
 

Studio di un integrale improprio parametrico fratto #74469

avt
Ifrit
Amministratore
Ciao _valerio_ emt Benvenuto su YouMath.it! emt

Abbiamo un'integrale improprio parametrico

\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2 \arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{(\ln(1+x)+x)^{\alpha}}

dobbiamo determinare per quali valori di \alpha l'integrale converge. Osserviamo che in effetti, abbiamo problemi ad entrambi gli estremi di integrazione: sia in x=0 che in x\to \infty.

L'inizio non c'è male, hai spezzato l'integrale come somma di integrali:

\int_{0}^{c}\frac{x^2\arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{(\ln(1+x)+x)^{\alpha}}dx+

+\int_{c}^{+\infty}\frac{x^2\arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{(\ln(1+x)+x)^{\alpha}}dx+

con c>0.

Dovremo studiare separatamente i due integrali, il primo dei quali è un integrale improprio di seconda specie, infatti la funzione integranda è definita in (0, c].

Dobbiamo vedere il comportamento asintotico per x\to 0^{+}.


\arctan\left(\frac{1}{x}\right)\sim_{0^{+}} \frac{\pi}{2}

NOTA:

La stima asintotica

\arctan(f(x))\sim f(x)

vale soltanto quando f(x) tende a zero. In parole: l'arcotangente è asintotico al suo argomento quando l'argomento tende a zero.

Nel tuo caso l'argomento tende a più infinito quando x tende a zero, quindi la tua stima non è valida.

Grazie a queste considerazioni possiamo asserire che:

\arctan\left(\frac{1}{x}\right)x^2\sim_{x\to 0^{+}}\frac{\pi}{2}x^2

Occupiamoci del denominatore. Per x che tende a zero, vale la stima asintotica:

\ln(1+x)\sim_{x\to 0}x

conseguentemente:

(\ln(1+x)+x)^{\alpha}\sim_{x\to 0} (x+x)^{\alpha}= 2^{\alpha}x^{\alpha}

Sostituiamo nel primo integrale:

\int_{0}^{c}\frac{\frac{\pi}{2}x^{2}}{2^{\alpha}x^{\alpha}}dx= \frac{\pi}{2^{\alpha+1}}\int_{0}^{c}\frac{1}{x^{\alpha-2}}dx

Per il criterio di convergenza degli integrali improprio di seconda specie, scopriamo che questo integrale converge se e solo se

\alpha-2<1\implies \alpha<3


Ora consideriamo cosa succede quando x\to \infty.

\bullet\,\, \arctan\left(\frac{1}{x}\right)\sim_{x\to \infty}\frac{1}{x}

\ln(1+x)+x\sim_{x\to \infty}x

questo perché il logaritmo è un infinito di ordine inferiore a qualsiasi potenza.


Ora sostituiamo:

\int_{c}^{\infty}\frac{x^2\frac{1}{x}}{x^{\alpha}}dx=


\int_{c}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha-1}}dx

Questo è un integrale improprio notevole che sappiamo convergere se e solo se

\alpha-1>1\implies \alpha>2

Mettendo assieme le due condizioni otteniamo che l'integrale converge se 2<\alpha<3
Ringraziano: Omega, CarFaby, _valerio_, Mark_Knopfler

Studio di un integrale improprio parametrico fratto #74498

avt
_valerio_
Punto
Grazie mille Ifrit. Sei stato chiarissimo...Alla prossima emt
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Os