Convergenza integrale improprio

[cechuz]

chi mi aiuta con quest'altro integrale?
$ \int_{0}^{+\infty } \frac{ 3x^2\cdot sin(x^3)}{ x^{4\alpha}} dx $ con $ \alpha>0 $

ho spezzato in due l'integrale in: $ \int_{0}^{c} f(x)\, dx + \int_{c}^{+\infty} f(x)\, dx $
$ f(x) $ per $ x\rightarrow 0^+ $ è positiva e asintoticamente equivalente a $ \frac{3x^2\cdotx^3}{x^{4\alpha} $ che è uguale a $ \frac{3x^5}{x^{4\alpha} $ che converge se e solo se $4\alpha-5<1 $ ossia se $\alpha<3/2 $

per $ x \to +\infty $ la funzione non è positiva quindi è necessario studiarne il modulo, allora avremo che $ |f(x)| $ è asintoticamente equivalente a $ \frac{3x^2}{x^{4\alpha} $ che converge se e solo se $ 4\alpha-2>1 $ ossia se $\alpha>3/4$ quindi avremo dalle intersezioni che l'integrale di partenza converge per $ 3/4<\alpha<3/2 $ ma il risultato mi dice che converge per $ 0<\alpha<3/2 $ come mai?

[dissonance]

Il risultato che ti è stato dato potrebbe essere sbagliato; ad esempio, per \(\alpha>0\) ma molto piccolo mi pare difficile che l'integrale converga. Ma anche la tua soluzione mi sembra incompleta.

Intanto, NON è vero che
\[
f_\alpha(x):=\left\lvert \frac{3x^2\sin(x^3)}{x^{4\alpha}}\right\rvert\]
è asintoticamente equivalente a \(3/x^{4\alpha -2}\). Quello che è vero è la disuguaglianza
\[
f_{\alpha}(x)\le 3/x^{4\alpha -2}, \]
il che implica la convergenza assoluta per \(\alpha > 3/4\), come dici. Ma non è un se e solo se!

In altre parole, potrebbe darsi che l'integrale converga, assolutamente o non assolutamente, anche per altri valori di \(\alpha\). Prova a cambiare variabile: \(y=x^3\). Cosa ottieni? Vediamo un po'.

[cechuz]

"dissonance":Il risultato che ti è stato dato potrebbe essere sbagliato; ad esempio, per \( \alpha>0 \) ma molto piccolo mi pare difficile che l'integrale converga.

non è possibile che il risultato non sia corretto, è esercizio d'esame.

"dissonance": Prova a cambiare variabile: \( y=x^3 \). Cosa ottieni? Vediamo un po'.

anche se cambio variabile, per $ x \to +\infty $ non bisogna sempre maggiorare? Non vedo la differenza...

[pilloeffe]

Ciao cechuz,

Proverei con una integrazione per parti:

$\int_c^M \frac{3x^2 sin(x^3)}{x^{4\alpha}} dx = [- 1/x^{4\alpha} cos(x^3)]_c^M - \int_c^M (-4\alpha)\frac{-cos(x^3)}{x^{4\alpha + 1}} dx = $
$ = [- 1/x^{4\alpha} cos(x^3)]_c^M - 4\alpha \int_c^M \frac{cos(x^3)}{x^{4\alpha + 1}} dx $

Se $M \to +\infty $ per la convergenza dell'ultimo integrale è sufficiente che sia $4\alpha + 1 > 1 \implies \alpha > 0 $.
In effetti si può verificare che l'integrale proposto converge ad esempio per $\alpha = 1/2 $, dato che si ottiene un integrale Fresnel type:

$ \int_0^{+\infty} \frac{3x^2 sin(x^3)}{x^2} dx = 3 \int_0^{+\infty} sin(x^3) dx = 3 \cdot \frac{\Gamma(1/3)}{6} = 1/2 \Gamma(1/3) $

Più in generale si ha:

\begin{equation*}
\boxed{\int_0^{+\infty} \dfrac{3x^2 \sin(x^3)}{x^{4\alpha}}\, dx = \cos\bigg(\dfrac{2\pi \alpha}{3}\bigg) \Gamma\bigg(1 - \dfrac{4\alpha}{3}\bigg) \qquad 0 < \alpha < \dfrac{3}{2}}
\end{equation*}

[cechuz]

ora ho capito, grazie mille !

[pilloeffe]

"cechuz":grazie mille !

Prego!

"cechuz":ora ho capito

Sicuro?
In tal caso, combinando la formula di Eulero con l'espressione integrale della funzione $\Gamma $, dovresti riuscire a dimostrare che per $n > 1 $ si ha:
\begin{equation}
\boxed{\int_0^{+\infty} \sin(x^n)\, dx = \Gamma\bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg) \sin\bigg(\dfrac{\pi}{2n}\bigg)}
\end{equation}
e
\begin{equation}
\boxed{\int_0^{+\infty} \cos(x^n)\, dx = \Gamma\bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg) \cos\bigg(\dfrac{\pi}{2n}\bigg)}
\end{equation}
Nel caso particolare $n = 2 $ si ottengono i famosi integrali di Fresnel:
\begin{equation}
\boxed{\int_0^{+\infty} \sin(x^2)\, dx = \Gamma\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg) \sin\bigg(\dfrac{\pi}{4}\bigg) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \, \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}}
\end{equation}
e
\begin{equation}
\boxed{\int_0^{+\infty} \cos(x^2)\, dx = \Gamma\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg) \cos\bigg(\dfrac{\pi}{4}\bigg) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \, \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}}
\end{equation}

[dissonance]

@pilloeffe:

È interessante questo esercizio. Sorprendente che un integrale come \(\int_0^\infty x\sin(x^3)\, dx\) sia convergente.

[pilloeffe]

"dissonance":@pilloeffe:

Grazie dissonance, sempre gentile.

"dissonance":È interessante questo esercizio. Sorprendente che un integrale come $ \int_0^\infty x\sin(x^3)\, dx $ sia convergente.

Concordo. In effetti si tratta di integrali un po' ingannevoli, perché si pensa a $ \int_0^\infty \sin(x) dx $ che naturalmente non converge neanche se si schiatta e l'associazione di idee viene quasi naturale, ed invece...

@cechuz:

"pilloeffe":In tal caso, combinando la formula di Eulero con l'espressione integrale della funzione $\Gamma $, dovresti riuscire a dimostrare che per $n > 1 $

Stavo scherzando eh, non vorrei che ti facessi prendere dal panico pre-esame della serie "Non ci vado perché non so una mazza"...
In realtà non è proprio banale dimostrarlo. Proverò a farlo qui di seguito in spoiler, casomai interessasse a qualcuno, supponendo di poter fare tutte le operazioni che farò.

Mediante la funzione $\Gamma $ è possibile calcolare l'integrale seguente:

\begin{equation*}
\int_0^{+\infty} x^m e^{-ax^n}\,dx
\end{equation*}

ove $m \ge 0$, $ n > 0 $. Infatti, ponendo $y := ax^{n}$, si ha:

\begin{equation*}
\begin{split}
\int_0^{+\infty} x^m e^{-ax^n}\,dx & = \int_0^{+\infty} \bigg[\bigg(\frac{y}{a}\bigg)^{1/n}\bigg]^m\, e^{-y}\,d\bigg[\bigg(\frac{y}{a}\bigg)^{1/n}\bigg] =\\
& = \dfrac{1}{n\,a^{(m + 1)/n}}\int_{0}^{+\infty}e^{-y}\,y^{\frac{m + 1}{n} - 1}\,dy =\\
& = \dfrac{1}{n\,a^{(m + 1)/n}}\,\Gamma\,\bigg(\frac{m + 1}{n}\bigg)
\end{split}
\end{equation*}
Posto $a := - ic $, dalla relazione precedente si ha:
\begin{equation*}
\begin{split}
\int_0^{+\infty} x^m e^{icx^n}\,dx & = \dfrac{1}{n\,(-ic)^{(m + 1)/n}}\,\Gamma\,\bigg(\frac{m + 1}{n}\bigg) =\\
& = \dfrac{1}{n}\bigg(\dfrac{i}{c}\bigg)^{(m + 1)/n}\,\Gamma\,\bigg(\frac{m + 1}{n}\bigg)
\end{split}
\end{equation*}
Quindi in definitiva si ha:
\begin{equation*}
\boxed{\int_0^{+\infty} x^m e^{icx^n}\,dx = \dfrac{1}{n\, c^{(m + 1)/n}}\,\Gamma\,\bigg(\frac{m + 1}{n}\bigg) e^{i\pi (m + 1)/(2n)}}
\end{equation*}
Nel nostro caso siamo fortunati perché $m = 0 $ e $c = 1 $, per cui si ha:
\begin{equation*}
\boxed{\int_0^{+\infty} e^{ix^n}\,dx = \dfrac{1}{n}\,\Gamma\,\bigg(\frac{1}{n}\bigg) e^{i \pi/(2n)} = \Gamma\,\bigg(1 + \frac{1}{n}\bigg) e^{i \pi/(2n)}}
\end{equation*}
Ricordando la formula di Eulero si può scrivere:
\begin{equation*}
\int_0^{+\infty} [\cos(x^n) + i \sin(x^n)]\,dx = \Gamma\,\bigg(1 + \frac{1}{n}\bigg) \bigg[\cos\bigg(\dfrac{\pi}{2n}\bigg) + i \sin\bigg(\dfrac{\pi}{2n}\bigg)\bigg]
\end{equation*}
Eguagliando le parti reali e le parti immaginarie si ha proprio ciò che volevasi dimostrare:
\begin{equation*}
\boxed{\int_0^{+\infty} \cos(x^n)\, dx = \Gamma\bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg) \cos\bigg(\dfrac{\pi}{2n}\bigg)}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\boxed{\int_0^{+\infty} \sin(x^n)\, dx = \Gamma\bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg) \sin\bigg(\dfrac{\pi}{2n}\bigg)}
\end{equation*}

Per una dimostrazione senz'altro più autorevole è decisamente meglio fare riferimento a
Mathar, R. J. (2012). "Series Expansion of Generalized Fresnel Integrals". arXiv:1211.3963
punto 3. della bibliografia di https://en.wikipedia.org/wiki/Fresnel_integral#Generalization