Integrale improprio-dimostrazione.

Buonasera,

Dovrei dimostrare che $a>1$ e $forall b in RR$ l'integrale

S=$int_1^(+infty) 1/(x^a(lnx)^b) \ dx$

risulti convergente.


Sia

$f(x) = 1/(x^a(lnx)^b). $

Se $a>1\, \b=0 \ to \ f(x) =1/x^a$, quindi, l'integrale $int_1^(+ infty) 1/x^a \ dx$ risulta essere convergente

Se $a>1\,\b>0 $, procedo per sostituzione, cioè

$lnx= t \ to (ln(x))^b=t^b$

da cui

$dx \(1/x) =dt \ to \ x^(a-1)=e^((a-1)t) $

quindi l'integrale diviene

$int_0^(+ infty) 1/(e^((a-1)t) t^b) \ dt $

Per $a>1\ qquad forall t ge 0\ qquad e^((a-1)t) ge (a-1)t$, applicando il criterio del confronto su $I=[0,+infty[$, ottengo,

$int_0^(+ infty) 1/(e^((a-1)t) t^b) \ dt \ le\ 1/(a-1) \ int_0^(+infty)1 /(t^(b+1)) \ dt $

quest'ultimo è convergente se $b+1>1 to b>0$

Se $a>1\,\b<0 $, si ha $-b>0$, applicando il criterio del confronto, si ha:

$int_1^(+ infty)(ln(x))^(-b)/(x^a) \ dx le int_1^(+ infty) x^(-b)/x^a\ dx = \ int_1^(+ infty) 1/(x^(a+b)) \ dx $

essendo $a+b>1 leftrightarrow a>1-b>1$, quest'ultima relazione è vera, essendo che $-b>0$.

Infine l'integrale $S$ converge con $a>1$ e $b in RR.$

Va bene ?

Ciao

Per $a>1\ qquad forall t ge 0\ qquad e^((a-1)t) ge (a-1)t$, applicando il criterio del confronto su $I=[0,+infty[$, ottengo,

$int_0^(+ infty) 1/(e^((a-1)t) t^b) \ dt \ le\ 1/(a-1) \ int_0^(+infty)1 /(t^(b+1)) \ dt $

quest'ultimo è convergente se $b+1>1 to b>0$

L'integrale

$ int_0^(+infty)1 /(t^(b+1)) \ dt $

non converge per $b+1>1$ (a 0 diverge)

Eh, quoto pone96...
D'altronde si può partire direttamente da qui:

quindi l'integrale diviene $\int_0^{+\infty} 1/(e^{(a−1)t}t^b) \text{d}t $

Se $a > 1 $, posto $u := (a−1)t \implies \text{d}u = (a - 1) \text{d}t $ per cui si ha:

$\int_0^{+\infty} 1/(e^{(a−1)t}t^b) \text{d}t = \int_0^{+\infty} 1/(e^u (u/(a - 1))^b) (\text{d}u)/(a - 1) = (a - 1)^{b - 1} \int_0^{+\infty} e^{- u} u^{-b} \text{d}u = (a - 1)^{b - 1} \Gamma(1 - b) $

per $b < 1 $.