Altro esercizio sulla sommabilità
Vi propongo un altro esercizio sulla sommabilita':
Ho da studiare la sommabilita' della funzione $f(x) = 1/(x^2sqrt(log(x)))$ nell'intervallo $[1,+infty[$.
Io ho ragionato così:
La funzione assume valori positivi per ogni $x$, e non ammette il valore $1$ nel proprio dominio, quindi l'intervallo su cui studiare la sommabilità è $]1,+infty[$.
Adesso visto che $x=1$ non è compreso nell'intervallo poichè li la funzione non è definita come studio l'integrale improprio?
Poi mi sono imbattuto nello studio dell'ordine di infinetisimo di $f(x)$ ovvero provando a calcolare: $lim_(x->+infty) f(x)/(1/x^(alpha))$ --> $lim_(x->+infty) x^(alpha)/(x^2sqrt(log(x)))$ ma non ne riesco a venire a capo, le due funzioni non sono infinitesimi confrontabili?
Ho da studiare la sommabilita' della funzione $f(x) = 1/(x^2sqrt(log(x)))$ nell'intervallo $[1,+infty[$.
Io ho ragionato così:
La funzione assume valori positivi per ogni $x$, e non ammette il valore $1$ nel proprio dominio, quindi l'intervallo su cui studiare la sommabilità è $]1,+infty[$.
Adesso visto che $x=1$ non è compreso nell'intervallo poichè li la funzione non è definita come studio l'integrale improprio?
Poi mi sono imbattuto nello studio dell'ordine di infinetisimo di $f(x)$ ovvero provando a calcolare: $lim_(x->+infty) f(x)/(1/x^(alpha))$ --> $lim_(x->+infty) x^(alpha)/(x^2sqrt(log(x)))$ ma non ne riesco a venire a capo, le due funzioni non sono infinitesimi confrontabili?
Risposte
La funzione [tex]$f(x):=\frac{1}{x^2 \sqrt{\ln x}}$[/tex] è confrontabile con [tex]$\frac{1}{x}$[/tex], epperò essa non è dotata di ordine rispetto a tale infinitesimo campione: infatti [tex]$f$[/tex] è d'ordine superiore a [tex]$2$[/tex], ma d'ordine inferiore a [tex]$2+\varepsilon$[/tex] (con [tex]$\varepsilon >0$[/tex]). Tuttavia ciò ti basta ed avanza per concludere un buon ragionamento intorno a [tex]$+\infty$[/tex].
D'altra parte, per [tex]$x\to 1$[/tex] devi confrontare col campione [tex]$\frac{1}{|x-1|}$[/tex] (ma, visto che il confronto lo fai da destra, basta considerare [tex]$\frac{1}{x-1}$[/tex]); si vede che la [tex]$f$[/tex] è infinita d'ordine finito rispetto a tale campione (dovrebbe essere [tex]$\frac{1}{2}$[/tex], se l'occhio non mi inganna), e ciò ti basta per concludere.
D'altra parte, per [tex]$x\to 1$[/tex] devi confrontare col campione [tex]$\frac{1}{|x-1|}$[/tex] (ma, visto che il confronto lo fai da destra, basta considerare [tex]$\frac{1}{x-1}$[/tex]); si vede che la [tex]$f$[/tex] è infinita d'ordine finito rispetto a tale campione (dovrebbe essere [tex]$\frac{1}{2}$[/tex], se l'occhio non mi inganna), e ciò ti basta per concludere.
Per questo tipo di integrali in cui l'intervallo considerato è aperto, devo fare il limite per $x -> 1$ dell'integrale improprio con estremi 1+ e infinito e vedere se converge e poi il limite per x all'infinito dell'integrale, se entrambi convergono la funzione è sommabile? Mi sembra sia l'unico ragionamento.
Riguardo il comportamento all'infinito di $f(x)$ possiamo dire che l'integrale improprio converge sempre essendo $alpha > 2$, riguardo invece all'ordine di infinitesimo di $f(x)$ per $x->1$ ho visto che è $1/2$ ma grazie a derive in pratica i due infinitesimi sotto le radici si "semplificano", questo non ho ben capito.
Riguardo il comportamento all'infinito di $f(x)$ possiamo dire che l'integrale improprio converge sempre essendo $alpha > 2$, riguardo invece all'ordine di infinitesimo di $f(x)$ per $x->1$ ho visto che è $1/2$ ma grazie a derive in pratica i due infinitesimi sotto le radici si "semplificano", questo non ho ben capito.
Riguardo al comportamento di $f(x)$ intorno a $+infty$ come posso concludere? Non riuscendo a trovare un $alpha$ per cui il confronto fra le due funzioni dia un limite finito, posso concludere che quel limite per $alpha > 2$ risulta sempre $+infty$ e quindi l'integrale improprio converge?
Nessuno che mi chiarisca le idee?
Ho osservato il post. Sono in attesa anch'io. In particolare non capisco questo ragionamento:
Cioè ho capito che per $x\to 1^+$ la funzione integranda è un infinito di ordine $1/2$ ma non ho capito in che modo la si confronta con [tex]$\frac{1}{x-1}$[/tex].
Poi...per $x\to +\infty$ $\Rightarrow\ \frac{1}{x^2*x^{1/2}}=\frac{1}{x}<\frac{1}{x^{2}\sqrt {\ln x}}$ ??? Quindi dovrebbe essere un infinito di ordine superiore a $1$, perchè a $2$ ???
"gugo82":
La funzione [tex]$f(x):=\frac{1}{x^2 \sqrt{\ln x}}$[/tex] è confrontabile con [tex]$\frac{1}{x}$[/tex], epperò essa non è dotata di ordine rispetto a tale infinitesimo campione: infatti [tex]$f$[/tex] è d'ordine superiore a [tex]$2$[/tex], ma d'ordine inferiore a [tex]$2+\varepsilon$[/tex] (con [tex]$\varepsilon >0$[/tex]). Tuttavia ciò ti basta ed avanza per concludere un buon ragionamento intorno a [tex]$+\infty$[/tex].
D'altra parte, per [tex]$x\to 1$[/tex] devi confrontare col campione [tex]$\frac{1}{|x-1|}$[/tex] (ma, visto che il confronto lo fai da destra, basta considerare [tex]$\frac{1}{x-1}$[/tex]); si vede che la [tex]$f$[/tex] è infinita d'ordine finito rispetto a tale campione (dovrebbe essere [tex]$\frac{1}{2}$[/tex], se l'occhio non mi inganna), e ciò ti basta per concludere.
Cioè ho capito che per $x\to 1^+$ la funzione integranda è un infinito di ordine $1/2$ ma non ho capito in che modo la si confronta con [tex]$\frac{1}{x-1}$[/tex].
Poi...per $x\to +\infty$ $\Rightarrow\ \frac{1}{x^2*x^{1/2}}=\frac{1}{x}<\frac{1}{x^{2}\sqrt {\ln x}}$ ??? Quindi dovrebbe essere un infinito di ordine superiore a $1$, perchè a $2$ ???
"gugo82":
La funzione [tex]$f(x):=\frac{1}{x^2 \sqrt{\ln x}}$[/tex] è confrontabile con [tex]$\frac{1}{x}$[/tex], epperò essa non è dotata di ordine rispetto a tale infinitesimo campione
[Off-Topic]
Mi permetto di fare un piccolo OT grammaticale (rivolto,in particolar modo, a gugo) sull'uso del termine epperò.
La mia non vuole essere,assolutamente, una correzione ma una riflessione di carattere istruttivo sull'uso di questo termine in ambito matematico,sperando in risposte altrettanto istruttive.
Io sapevo, forse sbagliando, che il termine epperò, tutto attaccato, significasse : perciò, per questa ragione, per questo motivo.
Mi sbaglio?
Ricordo che qualcuno,tempo fa, mi disse di non confondere il significato di epperò (tutto attaccato) con e però (staccato, che vuol dire: tuttavia); perché spesso molta gente confondeva la differenza di significato e usava impropriamente i termini.
Grazie.
Sarei interessato a sapere se sbaglio, dal momento che io l'ho sempre usato in quell'accezione, probabilmente in modo scorretto!!
Mi scuso con l'autore del post per l'OT.
[/Off-Topic]
"Orlok":
Ho osservato il post. Sono in attesa anch'io. In particolare non capisco questo ragionamento:
Cioè ho capito che per $x\to 1^+$ la funzione integranda è un infinito di ordine $1/2$ ma non ho capito in che modo la si confronta con [tex]$\frac{1}{x-1}$[/tex].
Poi...per $x\to +\infty$ $\Rightarrow\ \frac{1}{x^2*x^{1/2}}=\frac{1}{x}<\frac{1}{x^{2}\sqrt {\ln x}}$ ??? Quindi dovrebbe essere un infinito di ordine superiore a $1$, perchè a $2$ ???
Credo perchè log(x) sia asintotica ad x quindi elevando l'infinito campione a 1/2 i due termini si semplifichino il modo da dare un limite finito uguale a 1 e stabilire così l'ordine di infinito a $1/2$
Per quanto riguarda la funzione all'infinito $sqrt(log(x))$ ha un ordine piccolissimo quindi al denominatore si a $x^2$ di ordine due più una quantita piccolissima ecco perchè basta mettere un esponente poco più grande di 2 all'infinito campione per fare tendere il limite ad infinito (infatti così al numeratore hai un infinito di ordine maggiore).
Il mio dubbio è rappresentato dagli integrali impropri che come estremi di integrazione hanno punti di singolarità per la funzione integranda. Non so proprio come comportarmi per calcolare un'eventuale divergenza o convergenza.
Scusate, se io utilizzo lo sviluppo di Taylor quando $x\to 1^+$ per $\frac{1}{\sqrt \ln x}$ ottengo $\frac{1}{\sqrt {x-1}}$. Quindi ottengo $\frac{1}{x^2(x-1)^{1/2}}$ come continuo?
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