Integrale improprio fratto parametrico con potenze e logaritmi

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Integrale improprio fratto parametrico con potenze e logaritmi #77405

avt
phlab
Punto
Salve, dovrei studiare la convergenza di questo integrale improprio fratto al variare di un parametro:

si trovi per quali valori del parametro \alpha converge l'integrale:

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

Grazie
Luca
 
 

Integrale improprio fratto parametrico con potenze e logaritmi #77439

avt
Omega
Amministratore
Procediamo: il tempo di ragionarci su e di scrivere la risposta. emt
Ringraziano: phlab

Integrale improprio fratto parametrico con potenze e logaritmi #77450

avt
Omega
Amministratore
Eccoci,

guardiamo l'integrale improprio parametrico dritto nelle palle degli occhi emt

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

La primissima cosa da fare è rendersi conto che si tratta di un integrale improprio di prima specie, e basta. Per dirla in altri termini, l'unico estremo da prendere in considerazione per lo studio dell'integranda è +\infty perché nell'estremo sinistro non abbiamo problemi di alcun tipo.

Il denominatore al più potrebbe portare l'integranda a divergere in un intorno di x=0, che però è escluso dall'intervallo di integrazione. In x=1 possiamo addirittura concederci una valutazione diretta dell'integranda

f(x)=\frac{1}{x(\ln(1+x^2))^{\alpha} +x^2\ln[(1+x)^2]}

f(1)=\frac{1}{(\ln(2))^{\alpha} +\ln(4)}

Non vi è alcun punto interno all'intervallo di integrazione che generi problemi (i.e. divergenza), perché abbiamo una somma di termini positivi.

Di conseguenza ci limitiamo a studiare il comportamento dell'integranda in un intorno di +\infty.

Ragioneremo applicando il criterio del confronto asintotico per integrali impropri di prima specie.

Consideriamo

f(x)=\frac{1}{x(\ln(1+x^2))^{\alpha} +x^2\ln[(1+x)^2]}

al tendere di x\to +\infty, possiamo proporre una prima equivalenza asintotica ottenuta tralasciando le costanti additive che compaiono negli argomenti dei logaritmi. Le costanti additive infatti non sortiscono alcun effetto in una somma con termini che generano un infinito

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

Effettuiamo un semplice passaggio algebrico che discende dalle proprietà dei logaritmi

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

e poi un banale passaggio algebrico, una semplice applicazione delle proprietà delle potenze

=\frac{1}{2^{\alpha}x\ln^{\alpha}(x) +2x^2\ln(x)}\ \ \ (\bullet)

Nota bene: il coefficiente 2^{\alpha} è una costante!

Ora il punto delicato dell'esercizio: dobbiamo aver ben presente una regola del confronto tra infiniti, secondo la quale

\ln^k(x)<<_{n\to +\infty}x^h

per ogni k\in\mathbb{R} e per ogni h\in\mathbb{R},\ h>0. Stiamo semplicemente dicendo che qualsiasi potenza di \ln(x) genera un infinito di ordine inferiore rispetto a qualsiasi potenza con esponente positivo di x.

Tale osservazione ci induce a riscrivere (\bullet) nella forma

(\bullet)=\frac{1}{x^2\ln(x)\left[2^{\alpha}\cdot \frac{x\ln^{\alpha}(x)}{x^2\ln(x)} +2\right]}=

=\frac{1}{x^2\ln(x)\left[2^{\alpha}\cdot \frac{\ln^{\alpha-1}(x)}{x} +2\right]}

e ad osservare che il primo addendo tra parentesi tende a zero al tendere di x\to +\infty, per qualsiasi valore del parametro \alpha. Da qui l'immediata equivalenza asintotica

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

In sintesi ci siamo ricondotti nell'intorno di +\infty all'integrale improprio avente come integranda

g(x)=\frac{1}{2x^2\ln(x)}

che al netto del coefficiente 2 corrisponde ad un integrale improprio notevole convergente.

L'integrale assegnato converge per qualsiasi valore del parametro \alpha.
Ringraziano: CarFaby, phlab
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Os