Possiamo dividere l'integrale in due parti: ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\left(1+\cos x\right)}^{\alpha }}{x^2}\mathrm{dx}={\int }_0^{\pi }\frac{{\left(1+\cos x\right)}^{\alpha }}{x^2}\mathrm{dx}+{\int }_{\pi }^{+\infty }\frac{{\left(1+\cos x\right)}^{\alpha }}{x^2}\mathrm{dx}$

Per il secondo integrale osserviamo che, poichè -1 < cosx < 1 ne segue che $\frac{{\left(1+\cos x\right)}^{\alpha }}{x^{\alpha }}\le \frac{2^{\alpha }}{x^2}$, e poichè ${\int }_{\pi }^{+\infty }\frac{1}{x^2}\mathrm{dx}$ è convergente, allora, per il criterio del confronto degli integrali generalizzati, anche ${\int }_{\pi }^{+\infty }\frac{{(1+\cos x)}^{\alpha }}{x^2}\mathrm{dx}$ è convergente.

Per il primo integrale lo sviluppo di Taylor in x=0 del numeratore è ${\left(1+\cos x\right)}^{\alpha }={\left(1-1+\frac{x^2}{2}+o\left(x^4\right)\right)}^{\alpha }=\frac{x^{2\alpha }}{2^{\alpha }}+o\left(x^{4\alpha }\right)\to {\left(1+\cos x\right)}^{\alpha }\sim \frac{x^{2\alpha }}{2^{\alpha }}$

Sostituendo il numeratore equivalente per x→0, l'integrale della funzione equivalente per x→diventa:

$\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\int }_{}^{}\frac{x^{2\alpha -2}}{2^{\alpha }}\mathrm{dx}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{2^{\alpha }}·\frac{x^{2\alpha -1}}{2\alpha -1}$

Questo limite è finito (=0) solo se $2\alpha -1>0\to \alpha >\frac{1}{2}$ è la condizione per la convergenza dell'integrale dato.