Convergenza di un integrale improprio
Ciao a tutti!
Ho provato a risolvere questo esercizio, ma c'è qualcosa che non mi torna nello studio del secondo integrale.
L'integrale è il seguente:
$\int_{1}^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} dx$
La soluzione proposta dalla pagina da cui ho preso l'esercizio è:
Il mio dubbio è il seguente:
Per $x \to +\infty$, essendo che la funzione integranda è un o-piccolo di $\frac{1}{sqrt(x)}$ ed essendo che $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt(x)} dx$ diverge, per il criterio del confronto non posso dire nulla sull' eventuale convergenza/divergenza dell'integrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} dx$.
Diverso sarebbe invece se la funzione integranda fosse un o-piccolo di una funzione $g(x)$ con $\int_{1}^{+\infty} g(x) dx$ convergente perché in quel caso, per il criterio del confronto, potrei concludere che l'integrale converge.
Sto sbagliando io qualcosa o è la soluzione ad essere scorretta?
Ho provato a risolvere questo esercizio, ma c'è qualcosa che non mi torna nello studio del secondo integrale.
L'integrale è il seguente:
$\int_{1}^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} dx$
La soluzione proposta dalla pagina da cui ho preso l'esercizio è:
Il mio dubbio è il seguente:
Per $x \to +\infty$, essendo che la funzione integranda è un o-piccolo di $\frac{1}{sqrt(x)}$ ed essendo che $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt(x)} dx$ diverge, per il criterio del confronto non posso dire nulla sull' eventuale convergenza/divergenza dell'integrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} dx$.
Diverso sarebbe invece se la funzione integranda fosse un o-piccolo di una funzione $g(x)$ con $\int_{1}^{+\infty} g(x) dx$ convergente perché in quel caso, per il criterio del confronto, potrei concludere che l'integrale converge.
Sto sbagliando io qualcosa o è la soluzione ad essere scorretta?
Risposte
Hai ragione tu, quella soluzione per un intorno di $+\infty$ è sbagliata. Infatti, dato che:
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1-\cos x}{\left(\sqrt{1+x^2}-1\right)\arctan \sqrt{x}}}{\frac{1}{\sqrt{x}}}=0$$
Possiamo dedurre che definitivamente è $\frac{1-\cos x}{\left(\sqrt{1+x^2}-1\right)\arctan \sqrt{x}}<\frac{1}{\sqrt{x}}$, ma $\int_1^\infty \frac{1}{\sqrt{x}}\text{d}x$ diverge e quindi non concludiamo nulla. Chiaramente, dato che per ogni $0<\alpha<1$ l'integrale $\int_1^\infty \frac{1}{x^\alpha} \text{d}x$ diverge, non funziona proprio l'idea in generale; bisogna procedere con un'altra strategia.
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1-\cos x}{\left(\sqrt{1+x^2}-1\right)\arctan \sqrt{x}}}{\frac{1}{\sqrt{x}}}=0$$
Possiamo dedurre che definitivamente è $\frac{1-\cos x}{\left(\sqrt{1+x^2}-1\right)\arctan \sqrt{x}}<\frac{1}{\sqrt{x}}$, ma $\int_1^\infty \frac{1}{\sqrt{x}}\text{d}x$ diverge e quindi non concludiamo nulla. Chiaramente, dato che per ogni $0<\alpha<1$ l'integrale $\int_1^\infty \frac{1}{x^\alpha} \text{d}x$ diverge, non funziona proprio l'idea in generale; bisogna procedere con un'altra strategia.
"Mephlip":
Hai ragione tu, quella soluzione per un intorno di $+\infty$ è sbagliata. Infatti, dato che:
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1-\cos x}{\left(\sqrt{1+x^2}-1\right)\arctan \sqrt{x}}}{\frac{1}{\sqrt{x}}}=0$$
Possiamo dedurre che definitivamente è $\frac{1-\cos x}{\left(\sqrt{1+x^2}-1\right)\arctan \sqrt{x}}<\frac{1}{\sqrt{x}}$, ma $\int_1^\infty \frac{1}{\sqrt{x}}\text{d}x$ diverge e quindi non concludiamo nulla. Chiaramente, dato che per ogni $0<\alpha<1$ l'integrale $\int_1^\infty \frac{1}{x^\alpha} \text{d}x$ diverge, non funziona proprio l'idea in generale; bisogna procedere con un'altra strategia.
Grazie @Mephlip!
Io per risolverlo ho adottato la seguente strategia, ma non sono certo sia corretta:
$f(x)=\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}=\frac{1}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}-\frac{cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$.
Al denominatore di entrambi i membri ho che per $x \to +\infty$:
1)$arctan(\sqrt(x)) \quad \sim_{x \to +\infty} \quad \frac{\pi}{2}$
2)$\sqrt(1+x^2)-1 \quad \sim_{x \to +\infty} \quad \sqrt(x^2)-1 \quad \sim_{x \to +\infty} \quad x$
A questo punto ho che $f(x) \quad \sim_{x \to +\infty} \quad \frac{1}{x}-\frac{\cos(x)}{x}$ e dato che $\lim_{x \to +\infty}\frac{\cos(x)}{x}=0$, allora $f(x) \quad \sim_{x \to +\infty} \quad \frac{1}{x}$.
Essendo che l'integrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x} dx$ diverge, allora, per il criterio del confronto asintotico, posso concludere che l'integrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} dx$ diverge.
Ciò di cui non sono convinto è se sia possibile effettuare quella "catena" di stime asintotiche per portare la funzione integranda ad essere asintoticamente equivalente a $\frac{1}{x}$
Prego! Per favore, se non è necessario non citare tutto il messaggio; rende solamente il post più pesante da leggere. Al più, cita dei pezzi che possono essere utili per rendere più comprensibile all'interlocutore la tua risposta. Se devi rispondere all'utente appena sopra l'ultimo messaggio senza la necessità di citare qualcosa, puoi rispondere premendo il pulsante "Rispondi" in basso a sinistra.
No, è sbagliato. L'idea della catena di asintotici è corretta, perché "essere asintotico a" (indicato col simbolo $\approx$, o simboli simili) è una relazione di equivalenza nell'insieme delle funzioni non nulle in un intorno di $x_0$ (con $x_0$ punto di accumulazione per l'intersezione dei domini naturali delle funzioni coinvolte intersecata con un intorno di $x_0$) e perciò, per transitività della relazione di equivalenza, puoi dire che se $f \approx g$ per $x \to x_0$ e $g \approx h$ per $x \to x_0$ allora $f \approx h$ per $x \to x_0$. Tuttavia, la definizione di asintotico $f \approx g$ per $x \to x_0$ significa una cosa ben precisa: ossia, che $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}=1$ (alcuni autori assumono che il limite del rapporto sia un numero reale non nullo, non cambia la sostanza).
Alla luce di ciò, il tuo errore è qui:
Chi è $\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}-\frac{\cos x}{x}}{\frac{1}{x}}$?
Questo esercizio mi sembra meno banale di come appare a prima vista, proprio a causa di quel coseno. Ora non ho molto tempo per pensarci su, magari prova tu a proporre altre soluzioni; al più, passeranno di qui altri utenti e, sperabilmente, qualcuno ti aiuterà prima di me.
No, è sbagliato. L'idea della catena di asintotici è corretta, perché "essere asintotico a" (indicato col simbolo $\approx$, o simboli simili) è una relazione di equivalenza nell'insieme delle funzioni non nulle in un intorno di $x_0$ (con $x_0$ punto di accumulazione per l'intersezione dei domini naturali delle funzioni coinvolte intersecata con un intorno di $x_0$) e perciò, per transitività della relazione di equivalenza, puoi dire che se $f \approx g$ per $x \to x_0$ e $g \approx h$ per $x \to x_0$ allora $f \approx h$ per $x \to x_0$. Tuttavia, la definizione di asintotico $f \approx g$ per $x \to x_0$ significa una cosa ben precisa: ossia, che $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}=1$ (alcuni autori assumono che il limite del rapporto sia un numero reale non nullo, non cambia la sostanza).
Alla luce di ciò, il tuo errore è qui:
"alfred douglas":
2)A questo punto ho che $f(x) \quad \sim_{x \to +\infty} \quad \frac{1}{x}-\frac{\cos(x)}{x}$ e dato che $\lim_{x \to +\infty}\frac{\cos(x)}{x}=0$, allora $f(x) \quad \sim_{x \to +\infty} \quad \frac{1}{x}$.
Chi è $\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}-\frac{\cos x}{x}}{\frac{1}{x}}$?
Questo esercizio mi sembra meno banale di come appare a prima vista, proprio a causa di quel coseno. Ora non ho molto tempo per pensarci su, magari prova tu a proporre altre soluzioni; al più, passeranno di qui altri utenti e, sperabilmente, qualcuno ti aiuterà prima di me.
Ciao alfred doglas,
Per riuscire a sfruttare un bel po' di limiti notevoli, osserverei che si può scrivere:
$ \int_1^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} \text{d}x = $
$ = \int_0^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} \text{d}x - \int_0^1 \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} \text{d}x $
Se non ho fatto male i conti dovresti ottenere che l'integrale proposto diverge.
Per riuscire a sfruttare un bel po' di limiti notevoli, osserverei che si può scrivere:
$ \int_1^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} \text{d}x = $
$ = \int_0^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} \text{d}x - \int_0^1 \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))} \text{d}x $
Se non ho fatto male i conti dovresti ottenere che l'integrale proposto diverge.
"Mephlip":
Chi è $\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}-\frac{\cos x}{x}}{\frac{1}{x}}$?
Vero, quel limite non esiste, di conseguenza le due funzioni non sono asintoticamente equivalenti.
"Mephlip":
...proprio a causa di quel coseno.
L'errore mio quindi è dovuto al fatto che da $\frac{1-cos(x)}{x}$ mi sono sbarazzato di $\frac{cos(x)}{x}$ dopo aver considerando che $lim_{x \to +\infty}\frac{cos(x)}{x}=0$ ? Il motivo potrebbe essere dovuto al fatto che è come se avessi calcolato il limite di una sola parte della funzione?
Ciao @piloeffe,
Se dai un'occhiata al link dell'esercizio a cui faccio riferimento nel primo post, l'integrale da cui sono partito era proprio $\int_0^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$ da cui avevo ricavato che $int_0^1 \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$ è convergente (usando il criterio del confronto asintotico). Mi restava solo lo studio di $int_1^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$.
Facendo come suggerito da te non si crea una sorta di problema ricorsivo?
Se dai un'occhiata al link dell'esercizio a cui faccio riferimento nel primo post, l'integrale da cui sono partito era proprio $\int_0^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$ da cui avevo ricavato che $int_0^1 \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$ è convergente (usando il criterio del confronto asintotico). Mi restava solo lo studio di $int_1^{+\infty} \frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$.
Facendo come suggerito da te non si crea una sorta di problema ricorsivo?
Per ora l'unica considerazione che son riuscito a fare è la seguente:
$\frac{1-\cos(x)}{\arctan(\sqrt(x))(\sqrt(1+x^2)-1)} \quad ~~_{x \to +\infty} \quad \frac{1-\cos(x)}{\frac{\pi}{2}x}$.
$1-\cos(x)$, per $x \to +\infty$, assume valori nell'intervallo $[0,2]$ e posso osservare che quando $1-cos(x) \in [1,2]$ la funzione $\frac{1-\cos(x)}{\frac{\pi}{2}x} \ge \frac{1}{\frac{\pi}{2}x}$.
Essendo che $\int_1^{+\infty}\frac{1}{\frac{\pi}{2}x}dx$ diverge, allora per il criterio del confronto anche l'integrale della funzione "maggiorante" diverge. Resterebbe da considerare il caso in cui $1-cos(x) \in [0,1)$, ma ancora non ho idea di come procedere.
Non so se questa piccola analisi possa essermi utile per arrivare alla soluzione e se sono nella strada giusta, ma per ora è l'unica cosa che riesco a vedere.
$\frac{1-\cos(x)}{\arctan(\sqrt(x))(\sqrt(1+x^2)-1)} \quad ~~_{x \to +\infty} \quad \frac{1-\cos(x)}{\frac{\pi}{2}x}$.
$1-\cos(x)$, per $x \to +\infty$, assume valori nell'intervallo $[0,2]$ e posso osservare che quando $1-cos(x) \in [1,2]$ la funzione $\frac{1-\cos(x)}{\frac{\pi}{2}x} \ge \frac{1}{\frac{\pi}{2}x}$.
Essendo che $\int_1^{+\infty}\frac{1}{\frac{\pi}{2}x}dx$ diverge, allora per il criterio del confronto anche l'integrale della funzione "maggiorante" diverge. Resterebbe da considerare il caso in cui $1-cos(x) \in [0,1)$, ma ancora non ho idea di come procedere.
Non so se questa piccola analisi possa essermi utile per arrivare alla soluzione e se sono nella strada giusta, ma per ora è l'unica cosa che riesco a vedere.
Ho trovato la soluzione! Il procedimento per studiare la convergenza dell'integrale si basa sull'integrazione per parti. Dopo aver integrato per parti, nel nuovo integrale che compare è possibile applicare i criteri di convergenza.
Questo video del prof. Massimo Gobbino è stato fondamentale per lo svolgimento dell'esercizio.
Soluzione:
Come evidenziato nei post precedenti si ha che
$\int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt{1+x^2}-1)\arctan(\sqrt{x})}dx ~~_{x \to+\infty} \int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{x}dx$
Per il teorema del confronto asintotico, se riesco a dimostrare che $\int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{x}dx$ diverge, allora anche $\int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt{1+x^2}-1)\arctan(\sqrt{x})}dx$ diverge.
Essendo $\int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{x}dx$ un integrale improprio di prima specie lo calcolo come
$\lim_{M \to +\infty}\int_1^{M}\frac{1-\cos(x)}{x}dx$.
Integrando per parti si ottiene
$\lim_{M \to +\infty} {[\frac{x-\sin(x)}{x}]_1^M+\int_1^M \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx}=$
$\lim_{M \to +\infty} {-1+\sin(1)+\int_1^M \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx}=$
$-1+\sin(1)+\int_1^{\+infty} \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx$
A questo punto mi basta verificare se $\int_1^{\+infty} \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx$ diverge.
$\int_1^{\+infty} \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx=\int_1^{\+infty} \frac{1}{x}dx-\int_1^{\+infty}\frac{sin(x)}{x^2}$
$\int_1^{\+infty}\frac{sin(x)}{x^2}dx$ si può studiare grazie al criterio dell'assoluta convergenza, infatti:
$\int_1^{\+infty}|\frac{sin(x)}{x^2}|dx = \int_1^{\+infty}\frac{|sin(x)|}{x^2}dx \le \int_1^{\+infty}\frac{1}{x^2} dx$
Poiché $\int_1^{\+infty}\frac{1}{x^2} dx$ converge allora, per il criterio dell'assoluta convergenza, anche $\int_1^{\+infty}\frac{sin(x)}{x^2}dx$ converge.
$\int_1^{\+infty} \frac{1}{x}dx$ diverge
$\int_1^{\+infty} \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx$ diverge perché è somma di integrali, di cui uno divergente.
Questo video del prof. Massimo Gobbino è stato fondamentale per lo svolgimento dell'esercizio.
Soluzione:
Come evidenziato nei post precedenti si ha che
$\int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt{1+x^2}-1)\arctan(\sqrt{x})}dx ~~_{x \to+\infty} \int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{x}dx$
Per il teorema del confronto asintotico, se riesco a dimostrare che $\int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{x}dx$ diverge, allora anche $\int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt{1+x^2}-1)\arctan(\sqrt{x})}dx$ diverge.
Essendo $\int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{x}dx$ un integrale improprio di prima specie lo calcolo come
$\lim_{M \to +\infty}\int_1^{M}\frac{1-\cos(x)}{x}dx$.
Integrando per parti si ottiene
$\lim_{M \to +\infty} {[\frac{x-\sin(x)}{x}]_1^M+\int_1^M \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx}=$
$\lim_{M \to +\infty} {-1+\sin(1)+\int_1^M \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx}=$
$-1+\sin(1)+\int_1^{\+infty} \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx$
A questo punto mi basta verificare se $\int_1^{\+infty} \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx$ diverge.
$\int_1^{\+infty} \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx=\int_1^{\+infty} \frac{1}{x}dx-\int_1^{\+infty}\frac{sin(x)}{x^2}$
$\int_1^{\+infty}\frac{sin(x)}{x^2}dx$ si può studiare grazie al criterio dell'assoluta convergenza, infatti:
$\int_1^{\+infty}|\frac{sin(x)}{x^2}|dx = \int_1^{\+infty}\frac{|sin(x)|}{x^2}dx \le \int_1^{\+infty}\frac{1}{x^2} dx$
Poiché $\int_1^{\+infty}\frac{1}{x^2} dx$ converge allora, per il criterio dell'assoluta convergenza, anche $\int_1^{\+infty}\frac{sin(x)}{x^2}dx$ converge.
$\int_1^{\+infty} \frac{1}{x}dx$ diverge
$\int_1^{\+infty} \frac{x-\sin(x)}{x^2}dx$ diverge perché è somma di integrali, di cui uno divergente.
Mi è rimasto un dubbio riguardo a questo esercizio e, più in generale, riguardo all'utilizzo delle stime asintotiche per "semplificare" la funzione nel caso di limiti e/o integrali.
Perché ad esempio posso sfruttare il fatto che
e quindi riscrivere la funzione $f(x)=\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$ come $\frac{1-cos(x)}{\frac{\pi}{2}x}$
mentre non posso sfruttare il fatto che $\lim_{x \to +\infty}\frac{\cos(x)}{x}=0$ per riscrivere la funzione $\frac{1-cos(x)}{\frac{\pi}{2}x}$ come $\frac{1}{\frac{\pi}{2}x$?
Ciò deriva dal fatto che non si può parlare di equivalenza asintotica con "$0$" in quanto $\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{\cos(x)}{x}}{0}$ non è possibile?
Inoltre, ogni volta che riscrivo una funzione sfruttando le stime asintotiche devo verificarne l'equivalenza asintotica tramite la definizione (ovvero verificare che il limite del rapporto tra le due funzioni sia $1$) o c'è un modo più immediato per capire se sto procedendo correttamente?
Perché ad esempio posso sfruttare il fatto che
"alfred douglas":
Al denominatore di entrambi i membri ho che per $x \to +\infty$:
1)$arctan(\sqrt(x)) \quad \sim_{x \to +\infty} \quad \frac{\pi}{2}$
2)$\sqrt(1+x^2)-1 \quad \sim_{x \to +\infty} \quad \sqrt(x^2)-1 \quad \sim_{x \to +\infty} \quad x$
e quindi riscrivere la funzione $f(x)=\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt(1+x^2)-1)arctan(\sqrt(x))}$ come $\frac{1-cos(x)}{\frac{\pi}{2}x}$
mentre non posso sfruttare il fatto che $\lim_{x \to +\infty}\frac{\cos(x)}{x}=0$ per riscrivere la funzione $\frac{1-cos(x)}{\frac{\pi}{2}x}$ come $\frac{1}{\frac{\pi}{2}x$?
Ciò deriva dal fatto che non si può parlare di equivalenza asintotica con "$0$" in quanto $\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{\cos(x)}{x}}{0}$ non è possibile?
Inoltre, ogni volta che riscrivo una funzione sfruttando le stime asintotiche devo verificarne l'equivalenza asintotica tramite la definizione (ovvero verificare che il limite del rapporto tra le due funzioni sia $1$) o c'è un modo più immediato per capire se sto procedendo correttamente?
Innanzitutto, la soluzione con l'integrazione per parti è corretta; bravo! Visto che hai citato Gobbino 
, ti consiglio di sfruttare le sue videolezioni; secondo me è un didatta bravissimo, ho imparato tanto da lui in passato.
Non dovrebbe neanche passarti per la testa di dividere per $0$
.
Sì. In poche parole, vuoi usare un risultato del tipo: "Se $f_1 \approx h$ ed $f_2 \approx h$ per $x \to x_0$, allora $f_1+f_2 \approx h$ per $x \to x_0$". Ciò è vero, a patto di moltiplicare e dividere per una costante in modo da ottenere $1$, o rifarsi alla versione generalizzata di "asintotico a" di cui sopra, e a patto che i singoli limiti $L_1$ ed $L_2$ della definizione di $f_1 \approx h$ ed $f_2 \approx h$ non siano tali che $L_1+L_2=0$ (altrimenti, non è soddisfatta la definizione di "asintotico a"). Ma, francamente, ti consiglio caldamente di discutere i singoli casi di volta in volta. Secondo me, è inutile cercare tanti teoremini su questo argomento; questo perché, ad un certo punto, avrai talmente tanta dimestichezza con i limiti che, in generale, sarà più confusionario ricordarsi tutti i teoremini invece di usare la tua esperienza per stabilire chi conta e chi non conta ai fini della stima asintotica.
Dal mio punto di vista, il problema sta nel fatto che, in molti corsi di laurea, questi risultati con le stime asintotiche vengono mostrati nella pratica ma non vengono mai dimostrati. È vero che $\frac{\cos x}{x} \to 0$ per $x \to +\infty$, quindi effettivamente è vero che, se vuoi calcolare il limite di funzione $\lim_{x \to +\infty} \frac{1-\cos x}{x}$, puoi scrivere $\frac{1-\cos x}{x}=\frac{1}{x}-\frac{\cos x}{x}$ e "trascurare" l'addendo $-\frac{\cos x}{x}$ ottenendo:
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{1-\cos x}{x}=\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x}$$
Ma questo è tutto un altro discorso. Qui stai usando il teorema algebrico sulla somma dei limiti seguente: "Se $f_1 \to L_1$ ed $f_2 \to L_2$ entrambi per $x \to x_0$, con $L_1+L_2 \ne +\infty-\infty$ (sono un po' impreciso qui, ma in sostanza non ci devono essere forme indeterminate), allora $f_1+f_2 \to L_1+L_2$ per $x \to x_0$". Si può connettere questo teorema all'uso di $\approx$, cioè si può dire che se $f_2 \approx g$ per $x \to x_0$ e se $f_1$ e $g$ ammettono limite (la cui somma non è una forma indeterminata) per $x \to x_0$, con $g(x) \ne 0$ in un intorno bucato di $x_0$, allora $\lim_{x \to x_0} \left(f_1(x)+f_2(x)\right)=\lim_{x \to x_0} \left(f_1(x)+g(x)\right)$. È praticamente immediato da dimostrare:
Come vedi, qui effettivamente è come se, brutalmente, si sostituisse $f_2$ a $g$ nel limite per $x \to x_0$ grazie al fatto che $f_2 \approx g$ per $x \to x_0$. Ma non si mischiano questi due risultati senza consapevolezza di come si usano. Hai usato erroneamente un mix di questi due risultati: quello della somma di funzioni "asintotiche a" per stabilire correttamente il comportamento del denominatore della funzione integranda, però poi hai usato erroneamente il teorema algebrico sulla somma dei limiti con $\frac{\cos x}{x} \to 0$ per $x \to +\infty$ per dedurre erroneamente qualcosa su come si comporta asintoticamente $\frac{1-\cos x}{x}$ solo perché $\frac{\cos x}{x} \to 0$ per $x \to +\infty$. Questo non significa che puoi trascurarlo nella stima asintotica: puoi trascurarlo nel limite di una somma nelle ipotesi suddette. Ora, certamente limiti e stime asintotiche sono collegati come detto prima, però deve sempre valere che il limite del rapporto sia $1$ (o un numero reale non nullo); altrimenti, non è una stima asintotica.
In realtà, dovresti anche tenere conto di cosa avviene al numeratore perché tu stai trasportando le stime asintotiche fatte al denominatore per tutta la funzione integranda. Tuttavia, tacitamente, è quello che hai fatto perché è ovvio che se poi, per dare una stima asintotica per la funzione integranda, consideri una funzione con numeratore uguale a quello della funzione integranda e denominatore ottenuto sostituendo le espressioni delle stime asintotiche fatte per il denominatore della funzione integranda, i numeratori sono uguali e quindi si cancellano nel rapporto, e perciò conta solamente come si comportano asintoticamente le funzioni nei due denominatori. Questo comportamento l'hai già studiato isolatamente, e perciò artificialmente torna tutto. Spero di essermi spiegato.
In poche parole, hai usato il risultato seguente: "Se $f_1+f_2 \approx g$ per $x \to x_0$, allora $\frac{f}{f_1+f_2} \approx \frac{f}{g}$ per $x \to x_0$". Anche qui, dimostrazione immediata:
Chiaramente, vale una cosa simile anche con i prodotti (che ti permettono di "stimare asintoticamente per sostituzione l'arcotangente" nel caso da te proposto): se $f \approx r$ per $x \to x_0$ e $g \approx s$ per $x \to x_0$, allora $fg approx rs$ per $x \to x_0$.
In conclusione, nel tuo caso hai tacitamente usato questi risultati con $\frac{f}{gh} \approx \frac{f}{r}$ per $x \to +\infty$, usando $f(x)=1-\cos x$, $g(x)=\sqrt{1+x^2}-1$, $h(x)=\arctan \sqrt{x}$ ed $r(x)=\frac{\pi}{2}x$ avendo preliminarmente notato che $g \approx x$ per $x \to +\infty$ e $h \approx \frac{\pi}{2}$ per $x \to +\infty$. Chiaramente, il $\frac{\pi}{2}$ non conta nulla ai fini della convergenza e quindi puoi anche studiare $\int_1^\infty \frac{1-\cos x}{x} \text{d}x$ (che è ciò che ti dicevo: le costanti moltiplicative non contano, quindi il criterio del confronto asintotico si enuncia, a volte, chiedendo che il limite del rapporto sia un numero reale non nullo, non necessariamente $1$).
Come vedi, una volta sviluppata una certa esperienza con i limiti, sono tutte cose talmente intuitive che non vale la pena di ricordarseli. Tanto vale ricavarseli di volta in volta. Il modo immediato è questo: impiegare un po' di tempo nel capire perché valgono i risultati che ti ho elencato sopra, in modo da interiorizzarl, e, uniti ad una buona conoscenza dei limiti, usarli sbrigativamente e accuratamente nei problemi che affronti.
, ti consiglio di sfruttare le sue videolezioni; secondo me è un didatta bravissimo, ho imparato tanto da lui in passato."alfred douglas":
Ciò deriva dal fatto che non si può parlare di equivalenza asintotica con "$0$" in quanto $\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{\cos(x)}{x}}{0}$ non è possibile?
Non dovrebbe neanche passarti per la testa di dividere per $0$
."alfred douglas":
Inoltre, ogni volta che riscrivo una funzione sfruttando le stime asintotiche devo verificarne l'equivalenza asintotica tramite la definizione (ovvero verificare che il limite del rapporto tra le due funzioni sia $1$)
Sì. In poche parole, vuoi usare un risultato del tipo: "Se $f_1 \approx h$ ed $f_2 \approx h$ per $x \to x_0$, allora $f_1+f_2 \approx h$ per $x \to x_0$". Ciò è vero, a patto di moltiplicare e dividere per una costante in modo da ottenere $1$, o rifarsi alla versione generalizzata di "asintotico a" di cui sopra, e a patto che i singoli limiti $L_1$ ed $L_2$ della definizione di $f_1 \approx h$ ed $f_2 \approx h$ non siano tali che $L_1+L_2=0$ (altrimenti, non è soddisfatta la definizione di "asintotico a"). Ma, francamente, ti consiglio caldamente di discutere i singoli casi di volta in volta. Secondo me, è inutile cercare tanti teoremini su questo argomento; questo perché, ad un certo punto, avrai talmente tanta dimestichezza con i limiti che, in generale, sarà più confusionario ricordarsi tutti i teoremini invece di usare la tua esperienza per stabilire chi conta e chi non conta ai fini della stima asintotica.
Dal mio punto di vista, il problema sta nel fatto che, in molti corsi di laurea, questi risultati con le stime asintotiche vengono mostrati nella pratica ma non vengono mai dimostrati. È vero che $\frac{\cos x}{x} \to 0$ per $x \to +\infty$, quindi effettivamente è vero che, se vuoi calcolare il limite di funzione $\lim_{x \to +\infty} \frac{1-\cos x}{x}$, puoi scrivere $\frac{1-\cos x}{x}=\frac{1}{x}-\frac{\cos x}{x}$ e "trascurare" l'addendo $-\frac{\cos x}{x}$ ottenendo:
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{1-\cos x}{x}=\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x}$$
Ma questo è tutto un altro discorso. Qui stai usando il teorema algebrico sulla somma dei limiti seguente: "Se $f_1 \to L_1$ ed $f_2 \to L_2$ entrambi per $x \to x_0$, con $L_1+L_2 \ne +\infty-\infty$ (sono un po' impreciso qui, ma in sostanza non ci devono essere forme indeterminate), allora $f_1+f_2 \to L_1+L_2$ per $x \to x_0$". Si può connettere questo teorema all'uso di $\approx$, cioè si può dire che se $f_2 \approx g$ per $x \to x_0$ e se $f_1$ e $g$ ammettono limite (la cui somma non è una forma indeterminata) per $x \to x_0$, con $g(x) \ne 0$ in un intorno bucato di $x_0$, allora $\lim_{x \to x_0} \left(f_1(x)+f_2(x)\right)=\lim_{x \to x_0} \left(f_1(x)+g(x)\right)$. È praticamente immediato da dimostrare:
Come vedi, qui effettivamente è come se, brutalmente, si sostituisse $f_2$ a $g$ nel limite per $x \to x_0$ grazie al fatto che $f_2 \approx g$ per $x \to x_0$. Ma non si mischiano questi due risultati senza consapevolezza di come si usano. Hai usato erroneamente un mix di questi due risultati: quello della somma di funzioni "asintotiche a" per stabilire correttamente il comportamento del denominatore della funzione integranda, però poi hai usato erroneamente il teorema algebrico sulla somma dei limiti con $\frac{\cos x}{x} \to 0$ per $x \to +\infty$ per dedurre erroneamente qualcosa su come si comporta asintoticamente $\frac{1-\cos x}{x}$ solo perché $\frac{\cos x}{x} \to 0$ per $x \to +\infty$. Questo non significa che puoi trascurarlo nella stima asintotica: puoi trascurarlo nel limite di una somma nelle ipotesi suddette. Ora, certamente limiti e stime asintotiche sono collegati come detto prima, però deve sempre valere che il limite del rapporto sia $1$ (o un numero reale non nullo); altrimenti, non è una stima asintotica.
In realtà, dovresti anche tenere conto di cosa avviene al numeratore perché tu stai trasportando le stime asintotiche fatte al denominatore per tutta la funzione integranda. Tuttavia, tacitamente, è quello che hai fatto perché è ovvio che se poi, per dare una stima asintotica per la funzione integranda, consideri una funzione con numeratore uguale a quello della funzione integranda e denominatore ottenuto sostituendo le espressioni delle stime asintotiche fatte per il denominatore della funzione integranda, i numeratori sono uguali e quindi si cancellano nel rapporto, e perciò conta solamente come si comportano asintoticamente le funzioni nei due denominatori. Questo comportamento l'hai già studiato isolatamente, e perciò artificialmente torna tutto. Spero di essermi spiegato.
In poche parole, hai usato il risultato seguente: "Se $f_1+f_2 \approx g$ per $x \to x_0$, allora $\frac{f}{f_1+f_2} \approx \frac{f}{g}$ per $x \to x_0$". Anche qui, dimostrazione immediata:
Chiaramente, vale una cosa simile anche con i prodotti (che ti permettono di "stimare asintoticamente per sostituzione l'arcotangente" nel caso da te proposto): se $f \approx r$ per $x \to x_0$ e $g \approx s$ per $x \to x_0$, allora $fg approx rs$ per $x \to x_0$.
In conclusione, nel tuo caso hai tacitamente usato questi risultati con $\frac{f}{gh} \approx \frac{f}{r}$ per $x \to +\infty$, usando $f(x)=1-\cos x$, $g(x)=\sqrt{1+x^2}-1$, $h(x)=\arctan \sqrt{x}$ ed $r(x)=\frac{\pi}{2}x$ avendo preliminarmente notato che $g \approx x$ per $x \to +\infty$ e $h \approx \frac{\pi}{2}$ per $x \to +\infty$. Chiaramente, il $\frac{\pi}{2}$ non conta nulla ai fini della convergenza e quindi puoi anche studiare $\int_1^\infty \frac{1-\cos x}{x} \text{d}x$ (che è ciò che ti dicevo: le costanti moltiplicative non contano, quindi il criterio del confronto asintotico si enuncia, a volte, chiedendo che il limite del rapporto sia un numero reale non nullo, non necessariamente $1$).
"alfred douglas":
...o c'è un modo più immediato per capire se sto procedendo correttamente?
Come vedi, una volta sviluppata una certa esperienza con i limiti, sono tutte cose talmente intuitive che non vale la pena di ricordarseli. Tanto vale ricavarseli di volta in volta. Il modo immediato è questo: impiegare un po' di tempo nel capire perché valgono i risultati che ti ho elencato sopra, in modo da interiorizzarl, e, uniti ad una buona conoscenza dei limiti, usarli sbrigativamente e accuratamente nei problemi che affronti.
Grazie mille @Mephlip, spiegazione ultra esaustiva 
Esatto, andando a calcolare il limite del rapporto per verificare l'equivalenza asintotica per $x \to +\infty$ tra
$f(x)=\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt{1+x^2}-1)\arctan(\sqrt{x})}$ e $g(x)=\frac{1-cos(x)}{\frac{\pi}{2}x}$ mi ero accorto che per $x=2k\pi$ con $k\ge 1, k \in \mathbb{Z}$ ho che $1-cos(x)=0$ con conseguenti problemi. Però poi ho notato che i due numeratori si cancellano a vicenda e, come dici tu, mi rimane il rapporto tra i denominatori, i quali soddisfano le ipotesi date nella definizione di equivalenza asintotica.
"Mephlip":
In realtà, dovresti anche tenere conto di cosa avviene al numeratore perché tu stai trasportando le stime asintotiche fatte al denominatore per tutta la funzione integranda...
Esatto, andando a calcolare il limite del rapporto per verificare l'equivalenza asintotica per $x \to +\infty$ tra
$f(x)=\frac{1-\cos(x)}{(\sqrt{1+x^2}-1)\arctan(\sqrt{x})}$ e $g(x)=\frac{1-cos(x)}{\frac{\pi}{2}x}$ mi ero accorto che per $x=2k\pi$ con $k\ge 1, k \in \mathbb{Z}$ ho che $1-cos(x)=0$ con conseguenti problemi. Però poi ho notato che i due numeratori si cancellano a vicenda e, come dici tu, mi rimane il rapporto tra i denominatori, i quali soddisfano le ipotesi date nella definizione di equivalenza asintotica.
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