Convergenza integrale
Salve. per determinare la convergenza di integrali impropri, la mia prof ci ha dato una serie di criteri. Ne prendo uno:
se l'integrale va da "a" a +inf, se esiste un alfa>1 affinchè lim x-> +inf (f(x)*x^alfa) esista finito allora l integrale converge.
ora, se trovo l'alfa>1 ok, ma se alfa=1 o alfa<1, l'integrale diverge oppure il criterio è inefficace????
se l'integrale va da "a" a +inf, se esiste un alfa>1 affinchè lim x-> +inf (f(x)*x^alfa) esista finito allora l integrale converge.
ora, se trovo l'alfa>1 ok, ma se alfa=1 o alfa<1, l'integrale diverge oppure il criterio è inefficace????
Risposte
Diverge.
a noi ha detto che il criterio è inefficace, ma anke io penso diverga! chiarificazione matematica?
Quel teorema si basa su una stima asintotica, il che vuol dire che se una funzione fa una cosa, lo fa anche la sua asintotica. Mettiamola così: supponiamo tu voglia calcolare $\int_a^{+\infty} f(x)\ dx$, dove $f(x)$ su $[a,+\infty)$ è almeno continua a tratti e non presenta limiti che vanno ad infinito (detto semplicemente, al più ha discontinuità di I specie). Supponiamo che $f(x)$ è asintotica a $1/x^\alpha$ per $x\to+\infty$. Possiamo scrivere l'integrale al modo seguente
$$\int_a^{+\infty} f(x)\ dx=\int_a^b f(x)\ dx+\int_b^{+\infty} f(x)\ dx$$
con $b\in(a,+\infty)$. Ora, il primo integrale converge visto che la funzione risulta Riemann integrabile sul compatto $[a,b]$. Per il secondo, la stima asintotica implica che esistono due costanti $K
(questo per definizione). Osserva poi che l'integrale della funzione $1/x^\alpha$ sull'intervallo $(b,+\infty)$ converge a patto che $\alpha>1$. Se è questo il caso, ovviamente anche l'integrale della $f(x)$ su tale intervallo converge per cui puoi concludere come nel teorema e, allo stesso tempo, puoi affermare che per $\alpha\le 1$ non c'è convergenza, visto che non converge la funzione $1/x^\alpha$.
Quello che puoi dire è che questo non è un se e solo se: ci sono funzioni per cui non puoi determinare l'ordine di infinitesimo e che tuttavia convergono. Ad esempio la funzione $f(x)=e^{-x}$ su $[a,+\infty)$ con $a>0$. Credo fosse questo ciò che intendeva sottolineare il tuo docente e tu potresti aver frainteso pensando si riferisse agli ordini di infinitesimo.
$$\int_a^{+\infty} f(x)\ dx=\int_a^b f(x)\ dx+\int_b^{+\infty} f(x)\ dx$$
con $b\in(a,+\infty)$. Ora, il primo integrale converge visto che la funzione risulta Riemann integrabile sul compatto $[a,b]$. Per il secondo, la stima asintotica implica che esistono due costanti $K
(questo per definizione). Osserva poi che l'integrale della funzione $1/x^\alpha$ sull'intervallo $(b,+\infty)$ converge a patto che $\alpha>1$. Se è questo il caso, ovviamente anche l'integrale della $f(x)$ su tale intervallo converge per cui puoi concludere come nel teorema e, allo stesso tempo, puoi affermare che per $\alpha\le 1$ non c'è convergenza, visto che non converge la funzione $1/x^\alpha$.
Quello che puoi dire è che questo non è un se e solo se: ci sono funzioni per cui non puoi determinare l'ordine di infinitesimo e che tuttavia convergono. Ad esempio la funzione $f(x)=e^{-x}$ su $[a,+\infty)$ con $a>0$. Credo fosse questo ciò che intendeva sottolineare il tuo docente e tu potresti aver frainteso pensando si riferisse agli ordini di infinitesimo.
Perché per $x\to 0^-$
$$\frac{1}{(x-4)\sqrt{-x}}\sim \frac{1}{-4(-x)^{1/2}}$$
e non come hai scritto tu.
$$\frac{1}{(x-4)\sqrt{-x}}\sim \frac{1}{-4(-x)^{1/2}}$$
e non come hai scritto tu.
sisisi, me ne sono accorta dopo! erroraccio...
e questo invece?
$ int_(0)^(+i nf) ((e^x-1-sinx)dx)/(e^(pix)-1-sin(pix) $
applicando il criterio devo trovare a>1, però dato che e^x è l'infinito di ordine superiore a tutti, il limite esiste finito per ogni a???
$ int_(0)^(+i nf) ((e^x-1-sinx)dx)/(e^(pix)-1-sin(pix) $
applicando il criterio devo trovare a>1, però dato che e^x è l'infinito di ordine superiore a tutti, il limite esiste finito per ogni a???
Qui hai due problemi: uno all'infinito, uno in zero (il denominatore si annulla). Andiamo con ordine: indicata con $f(x)$ la funzione integranda
1) se $x\to +\infty$ si ha che
$$f(x)\sim \frac{e^x}{e^{\pi x}}=e^{(1-\pi)x}$$
ed è immediato notare che tale funzione risulta integrabile ad infinito (per quello che dicevo più sopra).
2) se $x\to 0^+$ bisogna ragionare con gli sviluppi di Taylor e gli ordini di infinitesimo: osserva che, essendo
$$e^t=1+t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{6}+o(t^2),\qquad \sin t=t-\frac{t^3}{6}+o(t^3)$$
si ha
$$f(x)=\frac{x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}-x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{\pi x+\frac{\pi^2 x^2}{2}+\frac{\pi^3 x^3}{6}-\pi x+\frac{\pi^3 x^3}{6}+o(x^3)}\sim\frac{x^2/2}{\pi^2 x^2/2}=\frac{1}{\pi^2}=\frac{1}{\pi^2 x^0}$$
e pertanto $\alpha=0<1$ e la funzione risulta integrabile anche in $x=0$.
P.S.: col senno del poi, anche calcolando il limite per $x\to 0^*$ della funzione e accorgendosi che esso è costante si può dedurre l'integrabilità, in quanto la funzione risulta "infinitesima di ordine zero".
1) se $x\to +\infty$ si ha che
$$f(x)\sim \frac{e^x}{e^{\pi x}}=e^{(1-\pi)x}$$
ed è immediato notare che tale funzione risulta integrabile ad infinito (per quello che dicevo più sopra).
2) se $x\to 0^+$ bisogna ragionare con gli sviluppi di Taylor e gli ordini di infinitesimo: osserva che, essendo
$$e^t=1+t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{6}+o(t^2),\qquad \sin t=t-\frac{t^3}{6}+o(t^3)$$
si ha
$$f(x)=\frac{x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}-x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{\pi x+\frac{\pi^2 x^2}{2}+\frac{\pi^3 x^3}{6}-\pi x+\frac{\pi^3 x^3}{6}+o(x^3)}\sim\frac{x^2/2}{\pi^2 x^2/2}=\frac{1}{\pi^2}=\frac{1}{\pi^2 x^0}$$
e pertanto $\alpha=0<1$ e la funzione risulta integrabile anche in $x=0$.
P.S.: col senno del poi, anche calcolando il limite per $x\to 0^*$ della funzione e accorgendosi che esso è costante si può dedurre l'integrabilità, in quanto la funzione risulta "infinitesima di ordine zero".
ma per quel che riguarda il problema a 0, senza dover chiamare in causa Taylor, posso ragionare cosi :
$ (e^x-1-sinx)/(e^(pix)-1-sin(pix))x^a ~ (-sinx)/(-sin(pix))x^a ~ x/(pix)x^a ~ x^a $
e quindi per ogni a il limite esiste finito?
$ (e^x-1-sinx)/(e^(pix)-1-sin(pix))x^a ~ (-sinx)/(-sin(pix))x^a ~ x/(pix)x^a ~ x^a $
e quindi per ogni a il limite esiste finito?
Se ragioni così, deve essere $a=0$ (la condizione è che il limite della funzione per $x^a$ sia costante). Per cui torni a quello che ti ho appena detto.
no, basta che esista finito! quindi dato che la x tende a 0 qualsiasi valore di a va bene!
Finito e diverso da zero! Perché altrimenti non stai calcolando l'ordine di infinitesimo. Oppure, se tu hai ragione, io per 10 anni ho spiegato male ai miei studenti! 
la mia prof mi ha detto cosi! tanto è vero che mi fece l esempio con
(sin2x - 2x cosx) / sin^2(2x) e se calcoli il lim a zero+ esce dalle stime lim per x->0 x^(a+1) e lei mi ha scritto per ogni a, in particolare per $ ain(0,1) $ !!!
(sin2x - 2x cosx) / sin^2(2x) e se calcoli il lim a zero+ esce dalle stime lim per x->0 x^(a+1) e lei mi ha scritto per ogni a, in particolare per $ ain(0,1) $ !!!
E sei tu che hai capito male. Dicendoti quello, non sta dicendo che va bene una qualsiasi $a$. Sta dicendo che comunque devi determinare l'ordine di infinitesimo della funzione integranda e che, se in particolare tale ordine lo indichi con $a+1$, allora se $a\in(0,1)$ le cose vanno bene, mentre con altri valori di $a$ hai problemi. E poi scusa, la funzione che hai scritto per $x\to 0$ è tale che
$$\frac{\sin 2x-2x\cos x}{\sin^2 2x}\sim\frac{2x-4x^3/3-2x+x^3}{4x^2}=\frac{-x^3/3}{4x^2}\sim-\frac{x}{12}$$
per cui la funzione è infinitesima di ordine $1$ e questo implica che sia integrabile.
$$\frac{\sin 2x-2x\cos x}{\sin^2 2x}\sim\frac{2x-4x^3/3-2x+x^3}{4x^2}=\frac{-x^3/3}{4x^2}\sim-\frac{x}{12}$$
per cui la funzione è infinitesima di ordine $1$ e questo implica che sia integrabile.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo