\(\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x^\alpha})}{|x-2|^{\alpha+1/3}} \)
Studiando \(\displaystyle \alpha >0\) ho considerato \(A = \displaystyle \int_2^{+\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x^\alpha})}{(x-2)^{\alpha+1/3}} dx\) e ho ragionato così
per \(\displaystyle x\to+\infty \) si ha \(\displaystyle \ln(1+1/x^\alpha)\sim 1/x^\alpha \implies \frac{\ln(1+\frac{1}{x^\alpha})}{(x-2)^{\alpha+1/3}} \sim \frac{1}{x^\alpha(x-2)^{\alpha+1/3}}\sim\frac{1}{x^{2\alpha+1/3}}\)
dunque l'ho integrato, ho visto che diverge a \(\displaystyle +\infty \) e dunque per il teorema del confronto asintotico sugli integrali impropri deve divergere anche \(\displaystyle A \), domanda:
questo significa che posso anche non studiare \(\displaystyle \int_1^2 \) di quella funzione perchè tanto tra \(\displaystyle 2 \) e \(\displaystyle +\infty \) diverge?
Tuttavia per \(\displaystyle \frac{1}{3}<\alpha <0\) non ho molte idee, ho provato a ragionare in modo simile, \(A = \displaystyle \int_2^{+\infty}\frac{\ln(1+x^{-\alpha})}{(x-2)^{\alpha+1/3}} dx\)
per \(\displaystyle x\to+\infty \) si ha \(\displaystyle \ln(1+x^{-\alpha})\sim \ln(x^{-\alpha}) \implies \frac{\ln(1+x^{-\alpha})}{(x-2)^{\alpha+1/3}} \sim \frac{\ln(x^{-\alpha})}{x^{\alpha+1/3}}=\frac{-\alpha\ln x}{x^{\alpha+1/3}}\)
ma arrivato qui mi son bloccato, probabilmente non è questa la strada.
Non so come andare avanti, comunque vi ringrazio in anticipo per qualsiasi aiuto o correzione, va bene anche un consiglio su un procedimento alternativo!
Grazie mille.
