Esercizio 156integrali impropri con potenze del logaritmo

Testo (Lezione 44, esercizi 14 e 16 del foglio di ricapitolazione). 14. Si consideri $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{2 + \log^2 x}{x^a(\log^4 x + 4\log^2 x + 3)}\,dx$. (a) Per quali $a \in \mathbb{R}$ converge? (b) Calcolarlo per $a = 1$. 16. Dire se converge $\displaystyle\int_0^{1/2}\frac{6^{-1/x} - 1 + 3^{\sqrt x}}{x\log^2 x + \sqrt x\log(1 + x)}\,dx$.

In entrambi compaiono potenze del logaritmo: serve la famiglia di funzioni test $\frac{1}{x^\alpha|\log x|^\beta}$ (punto (A') in Criteri di convergenza per gli integrali impropriPer f ≥ 0 l'integrale improprio esiste sempre (finito o +∞); valgono il confronto e il confronto asintotico, basta che le ipotesi valgano vicino all'estremo problematico. Funzioni test: 1/x^α converge a +∞ per α > 1 e vicino a 0 per α < 1; 1/(x^α log^β x) aggiunge il caso α = 1, β > 1. Se f → L ≠ 0 a +∞ l'integrale diverge. Criterio dell'integrale: per f decrescente, la serie di f(n) e l'integrale da 1 a +∞ hanno lo stesso carattere.Criteri di convergenza per gli integrali impropri →).

14.

(a) Convergenza

$f$ è positiva e continua per $x \ge 1$ (il denominatore è $\ge 3x^a > 0$). Il problema è $+\infty$. Con $\log x \to +\infty$, al numeratore domina $\log^2 x$ e al denominatore $\log^4 x$: $$f(x) \sim \frac{\log^2 x}{x^a\log^4 x} = \frac{1}{x^a\log^2 x}$$ Forma (A') con $\alpha = a$, $\beta = 2$: converge se $a > 1$ (qualunque $\beta$), oppure $a = 1$ e $\beta = 2 > 1$. Converge se e solo se $a \ge 1$.

(b) Calcolo per $a = 1$

Passo 1: primitiva. Con $y = \log x$, $dy = \frac{dx}{x}$: $$\int\frac{2 + \log^2 x}{x(\log^4 x + 4\log^2 x + 3)}\,dx = \int\frac{2 + y^2}{y^4 + 4y^2 + 3}\,dy$$ Per scomporre, si osserva che compare solo $y^2$: con $t = y^2$ la frazione è $\frac{2 + t}{t^2 + 4t + 3}$, e $t^2 + 4t + 3 = (t + 1)(t + 3)$ (radici $-1$ e $-3$). Fratti semplici: $$\frac{2 + t}{(t + 1)(t + 3)} = \frac{A}{t + 1} + \frac{B}{t + 3} \quad \Longrightarrow \quad \begin{cases} A + B = 1 \\ 3A + B = 2 \end{cases} \quad \Longrightarrow \quad A = B = \frac12$$ Tornando a $y$: $$\frac{2 + y^2}{y^4 + 4y^2 + 3} = \frac12\left[\frac{1}{y^2 + 1} + \frac{1}{y^2 + 3}\right]$$ e con $\int\frac{dy}{y^2 + R^2} = \frac1R\arctan\frac yR$: $$\int\frac{2 + y^2}{y^4 + 4y^2 + 3}\,dy = \frac12\left[\arctan y + \frac{1}{\sqrt3}\arctan\frac{y}{\sqrt3}\right] + k = \frac12\left[\arctan(\log x) + \frac{1}{\sqrt3}\arctan\frac{\log x}{\sqrt3}\right] + k$$

Passo 2. In $x = 1$, $\log 1 = 0$ e la primitiva vale $0$, quindi $$I_x = \frac12\left[\arctan(\log x) + \frac{1}{\sqrt3}\arctan\frac{\log x}{\sqrt3}\right]$$

Passo 3. Per $x \to +\infty$ entrambe le arcotangenti tendono a $\frac\pi2$: $$I = \frac12\left[\frac\pi2 + \frac{1}{\sqrt3}\cdot\frac\pi2\right] = \frac\pi4\left(1 + \frac{1}{\sqrt3}\right) \approx 1{,}239$$

16.

Ipotesi

Su $]0, \frac12]$: il numeratore è positivo ($6^{-1/x} > 0$ e $3^{\sqrt x} \ge 1$), il denominatore anche ($x\log^2 x > 0$, $\sqrt x\log(1 + x) > 0$). $f$ è continua su $]0, \frac12]$; il problema è $x \to 0^+$.

Numeratore

• $3^{\sqrt x} = e^{\sqrt x\log 3}$, e $y = \sqrt x\log 3 \to 0$, quindi $e^y = 1 + y + o(y)$: $3^{\sqrt x} - 1 = \log 3\cdot x^{1/2} + o(x^{1/2})$.
• $6^{-1/x} = e^{-\frac{\log 6}{x}}$: per $x \to 0^+$ tende a $0$ più in fretta di qualunque potenza di $x$ (con $t = \frac1x \to +\infty$, $\frac{e^{-t\log 6}}{t^{-\alpha}} = \frac{t^\alpha}{6^t} \to 0$). In particolare $6^{-1/x} = o(x^{1/2})$.

Quindi $\text{NUM} = \log 3\cdot x^{1/2} + o(x^{1/2}) \sim \log 3\cdot x^{1/2}$.

Denominatore

$\log(1 + x) = x + o(x)$, quindi $\sqrt x\log(1 + x) = x^{3/2} + o(x^{3/2})$. Il confronto con $x\log^2 x$: $$\frac{x^{3/2}}{x\log^2 x} = \frac{x^{1/2}}{\log^2 x} \to \frac{0}{+\infty} = 0$$ quindi $x^{3/2} = o(x\log^2 x)$ e $\text{DEN} \sim x\log^2 x$.

Da ricordare: per $x \to 0^+$, $x^\beta = o(x\log^2 x)$ se $\beta > 1$: il logaritmo fa "esplodere" un po' il fattore $x$, e qualunque potenza più alta resta indietro.

Conclusione

$$f(x) \sim \frac{\log 3\cdot x^{1/2}}{x\log^2 x} = \log 3\cdot\frac{1}{x^{1/2}\log^2 x}$$ Forma (A') vicino a $0$ con $\alpha = \frac12 < 1$: l'integrale converge (con $\alpha < 1$ l'esponente del logaritmo non conta).

Errori comuni

• In 14, concludere che per $a = 1$ diverge "come $\frac1x$": c'è $\log^2 x$ al denominatore, e con $\beta = 2 > 1$ converge.
• In 16, sviluppare $6^{-1/x}$ con Taylor: l'argomento $-\frac{\log 6}{x}$ tende a $-\infty$, non a $0$; si usa che è trascurabile rispetto a ogni potenza.