Integrale improprio parametrico da spezzare su [0,+infinito]

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Integrale improprio parametrico da spezzare su [0,+infinito] #76618

avt
Sildipix
Cerchio
Salve, mi trovo quest'integrale improprio parametrico su [0,+infinito] di cui bisogna dire per quale valore del parametro a si ha convergenza.

\int_{0}^{+\infty}{\left(\frac{x^{a}e^{-x}}{\ln({1+x^{2})}}\right)dx}

Negli altri esercizi mi sono sempre ricodotto agli integrali impropri notevoli ma qui proprio non riesco, vi posto il testo ed i primi passi a cui ho pensato per risolverlo.

Ho pensato di dividerlo in due parti così da avere gli estremi di integrazione per fare il confronto con gli integrali notevoli ovvero

\int_{0}^{c}{\left(\frac{x^{a}e^{-x}}{\ln({1+x^{2})}}\right)dx} + \int_{c}^{+\infty}{\left(\frac{x^{a}e^{-x}}{\ln({1+x^{2})}}\right)dx}

Poi ho pensato che da 0 a c posso applicare i limiti notevoli mentre da c ad infinito posso usare il confronto asintotico ma non potendo usare entrambi su tutte e due gli integrali non riesco proprio a ricondurmi a nulla, un aiutino?

Grazie mille.
 
 

Integrale improprio parametrico da spezzare su [0,+infinito] #76668

avt
Omega
Amministratore
Ciao Sildipix emt

L'approccio è corretto, conviene spezzare l'integrale nella somma di due integrali impropri in modo che:

- il primo sia un integrale improprio di seconda specie;

- il secondo sia un integrale improprio di prima specie.

Ragioniamo separatamente, partendo da

\int_{0}^{c}{\frac{x^{a}e^{-x}}{\ln({1+x^{2})}}dx}

e applichiamo il criterio del confronto asintotico per gli integrali impropri. Il problema riguarda il comportamento dell'integranda nell'intorno destro di x=0

Troviamo un equivalente asintotico per x\to 0^+, ragionando sui singoli fattori:

- per x^a non c'è molto da fare;

- per e^{-x} basta osservare che e^{-x}\sim_{x\to 0^+}1

- per \ln(1+x^2) basta applicare l'equivalenza asintotica del limite notevole del logaritmo

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

In sintesi

\frac{x^{a}e^{-x}}{\ln({1+x^{2})}}\sim_{x\to 0^+}x^{a-2}=\frac{1}{x^{2-a}}

e abbiamo convergenza per confronto asintotico con gli integrali impropri notevoli se e solo se

2-a<1\ \to\ a>1


Passiamo al secondo addendo.

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

anche qui ragioniamo per equivalenze asintotiche:

- per x^a siamo a posto;

- per e^{-x}, lo riscriviamo come \frac{1}{e^x} e basta

- per \ln(1+x^2) basta tralasciare la costante additiva (ininfluente sull'ordine di infinito) e applicare una nota proprietà dei logaritmi

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

Indi

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

il coefficiente non è importante nei confronti dell'ordine di infinito

\sim_{x\to +\infty}\frac{x^a}{e^x\ln(x)}

Ora osserva che l'integranda considerata rende l'integrale convergente per ogni valore del parametro a, perché:


- se a\leq 0, vale definitivamente

\frac{x^a}{e^x\ln(x)}\leq \frac{1}{e^x\ln(x)}\leq \frac{1}{e^x}

(divido una stessa quantità per qualcosa di più piccolo, ottengo qualcosa di più grande) e \int_{c}^{+\infty}\frac{1}{e^x}dx converge.

Se hai dubbi in merito, puoi calcolarlo direttamente con la definizione.


- Se a>0, per confronto tra infiniti vale definitivamente la maggiorazione

e^x>>x^b\ \ \ \ \forall b>0

quindi, per il criterio del confronto per integrali impropri di prima specie

\frac{x^a}{e^x\ln(x)}<\frac{x^a}{e^x}<\frac{x^a}{x^b}=

in riferimento alla tabella degli integrali impropri notevoli, prendendo ad esempio b>a+1, hai

=\frac{1}{x^{b-a}}

dove b-a>1, quindi abbiamo convergenza.


In definitiva l'integrale proposto inizialmente converge per a>1.
Ringraziano: CarFaby, Mark_Knopfler

Integrale improprio parametrico da spezzare su [0,+infinito] #76693

avt
Sildipix
Cerchio
Grazie infinite, tutto chiaro.
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Os