onde aqui 1-\alpha é o expoente novo da potência e 1-\alpha no denominador vem da regra de integrar potências: \int x^{n}\,dx=\dfrac{x^{n+1}}{n+1} (válido se n\neq-1). Aplicando aos limites \varepsilon e 1,
que é finito. Portanto, para \alpha<1 a integral converge e o valor é \dfrac{1}{1-\alpha}.
Se \alpha>1 então 1-\alpha<0. Nesse caso \varepsilon^{\,1-\alpha}=\varepsilon^{-(\alpha-1)}\to+\infty quando \varepsilon\to0^+. Assim o numerador 1-\varepsilon^{\,1-\alpha}\to-\infty e como o denominador 1-\alpha<0 o quociente tende a +\infty. Portanto a integral diverge (tende a infinito) para \alpha>1.
Passo 5
Tratar o caso \alpha=1 separadamente (pois a primitiva usada antes não vale para \alpha=1). Quando \alpha=1 temos
Ao fazer \varepsilon\to0^+ tem-se -\ln\varepsilon\to+\infty. Logo a integral diverge quando \alpha=1.
Passo 6
Síntese do resultado e interpretação intuitiva: a integral converge exatamente quando a singularidade em 0 não é “forte demais”, i.e. quando \alpha<1. Para \alpha\ge1 a singularidade é forte o bastante para causar divergência. Em linguagem rápida (teste-p): a integral do tipo \int_{0}^{1} x^{-p}\,dx converge se, e somente se, p<1.
Exemplos concretos para fixar:
Se \alpha=\tfrac{1}{2} (menor que 1), a integral converge e vale \dfrac{1}{1-\tfrac{1}{2}}=2.
Se \alpha=2 (maior que 1), a integral diverge para +\infty.
Passo 7
Dica para a prova: sempre comece reescrevendo a integral imprópria com o limite \varepsilon\to0^+. Em seguida calcule a primitiva (ou reconheça o caso \alpha=1 que dá logaritmo) e só depois avalie o limite; isso evita erros de raciocínio e é rápido de aplicar sob pressão.