Analogia Integrali generalizzati - Serie
Salve,
Ho una dimenticanza sulle serie:
Sto studiando l'analogia tra l'integrale generalizzato e le serie, in particolare che data $f:[h,+\infty)\to \mathbb{R}$ definita da $f(x)=1/x^{\alpha}$ esiste l'integrale generalizzato di $f$ se e solo se $\alpha>1$ ed inoltre se $h=1$ l'integrale generalizzato quando $\alpha>1$ è uguale a $\frac{1}{\alpha-1}$.
Tale convergenza è del tutto analoga al caso della serie armonica generalizzata $\sum_{i=1}^{+\infty} 1/n^\alpha$ (*) quando $\alpha>1$ dove la successione $1/n^\alpha$ è l'esempio di una funzione definita sull'intervallo $[1,\+infty)$.
Ora mi domando.... allora per $\alpha>1$ $\sum 1/n^\alpha=\frac{1}{\alpha-1}$ ? E se sì, a tale risultato si poteva arrivare anche senza lo studio degli integrali. Spero di esser stato chiaro nel porre il mio problema.
(*) Edit: ho corretto $n$ con $+\infty$
Ho una dimenticanza sulle serie:
Sto studiando l'analogia tra l'integrale generalizzato e le serie, in particolare che data $f:[h,+\infty)\to \mathbb{R}$ definita da $f(x)=1/x^{\alpha}$ esiste l'integrale generalizzato di $f$ se e solo se $\alpha>1$ ed inoltre se $h=1$ l'integrale generalizzato quando $\alpha>1$ è uguale a $\frac{1}{\alpha-1}$.
Tale convergenza è del tutto analoga al caso della serie armonica generalizzata $\sum_{i=1}^{+\infty} 1/n^\alpha$ (*) quando $\alpha>1$ dove la successione $1/n^\alpha$ è l'esempio di una funzione definita sull'intervallo $[1,\+infty)$.
Ora mi domando.... allora per $\alpha>1$ $\sum 1/n^\alpha=\frac{1}{\alpha-1}$ ? E se sì, a tale risultato si poteva arrivare anche senza lo studio degli integrali. Spero di esser stato chiaro nel porre il mio problema.
(*) Edit: ho corretto $n$ con $+\infty$
Risposte
Si sei stato chiaro ma la risposta è no. Quel criterio che citi informa solo sulla convergenza della serie o dell'integrale improprio: da nessuna parte è detto che essi assumono lo stesso valore. Quindi la formula $sum 1/(n^alpha)=1/(alpha-1)$ non puoi dimostrarla così. E infatti è falsa: per $alpha=2$ è possibile dimostrare che
$sum_{n=1}^\infty 1/(n^2)=(pi^2)/6$.
$sum_{n=1}^\infty 1/(n^2)=(pi^2)/6$.
Ah ho capito. Quindi a noi basta sapere che essendo l'integrale generalizzato per $\alpha>1$ un valore finito, la serie armonica generalizzata per $\alpha>1$ è convergente (quindi solo l'informazione sul carattere). Giusto?
No. Non è detto che questa informazione "ci basti". Ma è quanto di meglio possiamo ottenere con il criterio di confronto mediante integrale.
C'è qualcuno che mi sa spiegare come si applica il criterio del confronto asintotico per gli integrali? Perchè ho visto che è un pò diverso da quello delle serie. In particolare vorrei sapere cosa si evince dal calcolare il limite del rapporto della funzione da paragonare col prototipo di funzione di cui conosciamo il comportamento dell'integrale (divergente o convergente), sia esso calcolato al finito che all'infinito.
Ne abbiamo parlato in questa vecchia discussione, spero faccia al caso tuo:
https://www.matematicamente.it/forum/pos ... tml#321849
https://www.matematicamente.it/forum/pos ... tml#321849
Ok. Però ho un problema nell'applicazione:
$f(x)=\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}$ e voglio confrontarla con $g(x)=1/x^5$ quindi procedo col calcolare il seguente limite:
$\lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}}{1/x^5}$ in cui opero la sostituzione $\sin^5 (1/x)\sim 1/x^5$ e applicando alcune proprietà dei logaritmi, si ha $\ln (x^2+1)-2\ln x=\ln (x^2+1)-\ln x^2=\ln \frac{x^2+1}{x^2}$ in cui $\lim_{x\to +\infty} \frac{x^2+1}{x^2}=1$ quindi $\lim_{x\to +\infty} \ln \frac{x^2+1}{x^2}=0$
allora, sostituendo:
$\lim_{x\to +\infty} x^5\frac{1/x^5}{\ln \frac{x^2+1}{x^2}}=+\infty$ il problema è che ho confrontato la mia funzione con un infinitesimo di ordine $\alpha>1$ ma il limite del rapporto tra le due funzioni mi è venuto proprio $+\infty$. Che si fa in questi casi?
$f(x)=\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}$ e voglio confrontarla con $g(x)=1/x^5$ quindi procedo col calcolare il seguente limite:
$\lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}}{1/x^5}$ in cui opero la sostituzione $\sin^5 (1/x)\sim 1/x^5$ e applicando alcune proprietà dei logaritmi, si ha $\ln (x^2+1)-2\ln x=\ln (x^2+1)-\ln x^2=\ln \frac{x^2+1}{x^2}$ in cui $\lim_{x\to +\infty} \frac{x^2+1}{x^2}=1$ quindi $\lim_{x\to +\infty} \ln \frac{x^2+1}{x^2}=0$
allora, sostituendo:
$\lim_{x\to +\infty} x^5\frac{1/x^5}{\ln \frac{x^2+1}{x^2}}=+\infty$ il problema è che ho confrontato la mia funzione con un infinitesimo di ordine $\alpha>1$ ma il limite del rapporto tra le due funzioni mi è venuto proprio $+\infty$. Che si fa in questi casi?
"Orlok":
Ok. Però ho un problema nell'applicazione:
$f(x)=\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}$ e voglio confrontarla con $g(x)=1/x^5$ quindi procedo col calcolare il seguente limite:
$\lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}}{1/x^5}$ in cui opero la sostituzione $\sin^5 (1/x)\sim 1/x^5$ e applicando alcune proprietà dei logaritmi, si ha $\ln (x^2+1)-2\ln x=\ln (x^2+1)-\ln x^2=\ln \frac{x^2+1}{x^2}$ in cui $\lim_{x\to +\infty} \frac{x^2+1}{x^2}=1$ quindi $\lim_{x\to +\infty} \ln \frac{x^2+1}{x^2}=0$
allora, sostituendo:
$\lim_{x\to +\infty} x^5\frac{1/x^5}{\ln \frac{x^2+1}{x^2}}=+\infty$ il problema è che ho confrontato la mia funzione con un infinitesimo di ordine $\alpha>1$ ma il limite del rapporto tra le due funzioni mi è venuto proprio $+\infty$. Che si fa in questi casi?
Per far venire un limite finito dovresti confrontarla, se non sbaglio, con $1/x^3$
Ma così facendo non mi viene una forma indeterminata $0/0$ ?
Boh, provo così:
dopo aver applicato il principio di sostituzione degli infinitesimi per $\sin^5 \frac{1}{x}\sim 1/x^5$ e le suddette proprietà dei logaritmi mi accorgo che la funzione
$frac{1}{x^5\ln \frac{x^2+1}{x^2}}$ è equivalente a $1/x^6$ per il quale sappiamo avere integrale generalizzato convergente. Dunque esiste $\int_{1}^{+\infty} f(x) dx$
Che ne dite?
dopo aver applicato il principio di sostituzione degli infinitesimi per $\sin^5 \frac{1}{x}\sim 1/x^5$ e le suddette proprietà dei logaritmi mi accorgo che la funzione
$frac{1}{x^5\ln \frac{x^2+1}{x^2}}$ è equivalente a $1/x^6$ per il quale sappiamo avere integrale generalizzato convergente. Dunque esiste $\int_{1}^{+\infty} f(x) dx$
Che ne dite?
"faximusy":
[quote="Orlok"]Ok. Però ho un problema nell'applicazione:
$f(x)=\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}$ e voglio confrontarla con $g(x)=1/x^5$ quindi procedo col calcolare il seguente limite:
$\lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}}{1/x^5}$ in cui opero la sostituzione $\sin^5 (1/x)\sim 1/x^5$ e applicando alcune proprietà dei logaritmi, si ha $\ln (x^2+1)-2\ln x=\ln (x^2+1)-\ln x^2=\ln \frac{x^2+1}{x^2}$ in cui $\lim_{x\to +\infty} \frac{x^2+1}{x^2}=1$ quindi $\lim_{x\to +\infty} \ln \frac{x^2+1}{x^2}=0$
allora, sostituendo:
$\lim_{x\to +\infty} x^5\frac{1/x^5}{\ln \frac{x^2+1}{x^2}}=+\infty$ il problema è che ho confrontato la mia funzione con un infinitesimo di ordine $\alpha>1$ ma il limite del rapporto tra le due funzioni mi è venuto proprio $+\infty$. Che si fa in questi casi?
Per far venire un limite finito dovresti confrontarla, se non sbaglio, con $1/x^3$[/quote]
Io ho considerato:
$f(x)=\frac{\sin^5 \frac{1}{x}}{\ln (x^2+1)-2\ln x}$
$sin^5(1/x= \sim 1/x^5$
$(ln (x^2+1))/(lnx^2) \sim 1/x^2$
quindi:
$(x^3 (1/x^5))/(1/x^2) = 1$
Aspetta, ma non è vero che $\ln (x^2+1)-\ln x^2=\frac{\ln (x^2+1)}{\ln x^2}$
"Orlok":
Boh, provo così:
dopo aver applicato il principio di sostituzione degli infinitesimi per $\sin^5 \frac{1}{x}\sim 1/x^5$ e le suddette proprietà dei logaritmi mi accorgo che la funzione
$frac{1}{x^5\ln \frac{x^2+1}{x^2}}$ è equivalente a $1/x^6$ per il quale sappiamo avere integrale generalizzato convergente. Dunque esiste $\int_{1}^{+\infty} f(x) dx$
Che ne dite?
Niente scherzavo, fosse così facile T_T
Il punto è che continua a divergere il limite del rapporto fra la funzione data e $1/x^5$ ma tale divergenza non rientra nel criterio.
@Orlok: Ok. Il primo tentativo è fallito: hai trovato che la funzione integranda è si infinitesima, ma di ordine inferiore rispetto a $1/(x^5)$. Quindi non riesci a concludere nulla. E allora? Prova a confrontare con un altro infinitesimo, per esempio $1/(x^4)$. Potresti avere delle sorprese...
Grazie dell'aiuto dissonance, ora sì che tutto quadra. Avrei alcune domandine....c'è qualche accorgimento per capire quale criterio applicare? Nel senso, il criterio del confronto asintotico riesce sempre? Oppure ci sono dei casi dove l'applicazione degli altri criteri non solo risulta la strada più semplice ma risulta anche l'unica via?
Io per esempio ho utilizzato questo criterio perchè lo chiedeva l'esercizio, ma senza linee guida come faccio a capire che il confronto asintotico mi risolverà il problema?
Io per esempio ho utilizzato questo criterio perchè lo chiedeva l'esercizio, ma senza linee guida come faccio a capire che il confronto asintotico mi risolverà il problema?
"Orlok":
Aspetta, ma non è vero che $\ln (x^2+1)-\ln x^2=\frac{\ln (x^2+1)}{\ln x^2}$
Si, scusa, ho sbagliato a scrivere.
Intendevo $ln(1+1/x^2)$
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