Convergenza integrale improprio al variare del parametro alpha
salve mi servirebbe una mano con lo studio della convergenza di questo integrale improprio al variare del parametro alpha:
$ \int_{2}^{+ \infty } {\frac{ \sinh (1/x^\alpha )(2x^3+4x+3)}{(2x-4)^(3/alpha)}} \, dx $ con $ alpha>0 $
$ \int_{2}^{+ \infty } {\frac{ \sinh (1/x^\alpha )(2x^3+4x+3)}{(2x-4)^(3/alpha)}} \, dx $ con $ alpha>0 $
Risposte
Idee tue?
ho pensato di spezzare l'integrale per affrontare prima il problema del dominio non definito e poi quello del dominio illiminato
e quindi verrebbe:
$ \int_{2}^{c} f(x)\, dx + \int_{c}^{+\infty } f(x)\, dx $
studiamo il primo integrale per $ x\ rightarrow 2^+ $
allora abbiamo che $ \int_{2}^{c} f(x)\, dx $ che è equivalente a $ \int_{2}^{c} 1/x^\alpha \, dx $ dal momento che $ (2x^3+4x+3), (2x-4)^(3/alpha) $ non sono infinitesimi ma tendono a due costanti $ c $ . L'integrale converge per $ alpha<1$
studiamo il secondo integrale per $ x\ rightarrow +\infty $
allora abbiamo che $ \int_{c}^{+\infty } f(x)\, dx $ asintoticamente equivalente a $ \int_{c}^{+\infty } \frac{\ x^3}{\ x^\alpha \cdot x^\frac{\ 3}{\alpha} } \, dx $ equivalente a $ \int_{c}^{+\infty } \frac{\ 1}{\ x^ \frac{\alpha^2-4\alpha+3 }{\ \alpha }}
\, dx $ che converge se e solo se $ \frac{\alpha^2-4\alpha+3 }{\ \alpha }\ $ è $>1 $
il problema è che mi viene $ 0<\alpha<1,\ alpha>3 $ e quindi l'integrale di partenza converge se e sole se $ 0<\alpha<1, \alpha>3 $ ma il risultato è $ \alpha>3 $
e quindi verrebbe:
$ \int_{2}^{c} f(x)\, dx + \int_{c}^{+\infty } f(x)\, dx $
studiamo il primo integrale per $ x\ rightarrow 2^+ $
allora abbiamo che $ \int_{2}^{c} f(x)\, dx $ che è equivalente a $ \int_{2}^{c} 1/x^\alpha \, dx $ dal momento che $ (2x^3+4x+3), (2x-4)^(3/alpha) $ non sono infinitesimi ma tendono a due costanti $ c $ . L'integrale converge per $ alpha<1$
studiamo il secondo integrale per $ x\ rightarrow +\infty $
allora abbiamo che $ \int_{c}^{+\infty } f(x)\, dx $ asintoticamente equivalente a $ \int_{c}^{+\infty } \frac{\ x^3}{\ x^\alpha \cdot x^\frac{\ 3}{\alpha} } \, dx $ equivalente a $ \int_{c}^{+\infty } \frac{\ 1}{\ x^ \frac{\alpha^2-4\alpha+3 }{\ \alpha }}
\, dx $ che converge se e solo se $ \frac{\alpha^2-4\alpha+3 }{\ \alpha }\ $ è $>1 $
il problema è che mi viene $ 0<\alpha<1,\ alpha>3 $ e quindi l'integrale di partenza converge se e sole se $ 0<\alpha<1, \alpha>3 $ ma il risultato è $ \alpha>3 $
L'integrale converge non appena $3/alpha < 1$ e $alpha + 3/alpha - 3 > 1$.
come mai $ 3/ \alpha <1 $ ? non capisco...
Sicuro? A me sembra proprio che $(2x−4)^\frac{3}{\alpha}$ sia proprio infinitesimo per $x \to 2^+$ 
Perciò visto che il numeratore non ha problemi per $x \to 2^+$, l'esponente del denominatore deve essere minore di $1$, ossia $\frac{3}{\alpha}<1$; per vederlo meglio, prova a porre $2x−4=y$ e vedi a cosa ti riconduce questa sostituzione.
Perciò visto che il numeratore non ha problemi per $x \to 2^+$, l'esponente del denominatore deve essere minore di $1$, ossia $\frac{3}{\alpha}<1$; per vederlo meglio, prova a porre $2x−4=y$ e vedi a cosa ti riconduce questa sostituzione.
sisi ho capito! grazie mille!! per caso potrei farti vedere un altro esercizio sempre sullo studio della convergenza di un integrale improprio al variare di alpha ? O è necessario aprire un altro argomento ?
Leggi il regolamento del forum e troverai la risposta a ciò che chiedi
ho riletto il regolamento e non mi sembra di contravvenire a nessuna regola del forum, pertanto ne approfitto per chiedere una mano anche su questo integrale che risponde pienamente al titolo dell'argomento aperto 
. l'integrale è:
$ \int_{0}^{+\infty } \frac{sin(x^{2\alpha})}{x^2+\alpha \cdot x^{(1/3)}} dx $ con $ \alpha \geq 0 $
non capisco come trattare quell'alpha al denominatore...
. l'integrale è: $ \int_{0}^{+\infty } \frac{sin(x^{2\alpha})}{x^2+\alpha \cdot x^{(1/3)}} dx $ con $ \alpha \geq 0 $
non capisco come trattare quell'alpha al denominatore...
Ciao cechuz,
Beh, comincerei con l'osservare che per $\alpha = 0 $ l'integrale proposto non converge, quindi se converge lo fa per $\alpha > 0 $
Comunque era meglio aprire un nuovo topic...
Beh, comincerei con l'osservare che per $\alpha = 0 $ l'integrale proposto non converge, quindi se converge lo fa per $\alpha > 0 $
Comunque era meglio aprire un nuovo topic...
la prossima volta aprirò un altro topic, pardon comunque per $\alpha=0 $ non converge ma poi per $ x\rightarrow 0^+ $ f(x) diventa $ \frac{x^{2\alpha}}{\alpha\cdot x^{1/3}} $ e non so come muovermi... non so neppure come fare per $ x\rightarrow +infty $ perchè per $ \alpha $ sempre più grandi $ x^{1/3} $ tende sempre più velocemente ad infinito o sbaglio? in sintesi non capisco come ricondurmi ad una forma nota tipo $ \int_{0}^{+\infty} \frac{\ 1 }{x^\alpha} \, dx $ 
comunque per $\alpha=0 $ non converge ma poi per $ x\rightarrow 0^+ $ f(x) diventa $ \frac{x^{2\alpha}}{\alpha\cdot x^{1/3}} $ e non so come muovermi... non so neppure come fare per $ x\rightarrow +infty $ perchè per $ \alpha $ sempre più grandi $ x^{1/3} $ tende sempre più velocemente ad infinito o sbaglio? in sintesi non capisco come ricondurmi ad una forma nota tipo $ \int_{0}^{+\infty} \frac{\ 1 }{x^\alpha} \, dx $
Per $x to 0^+$ hai che quindi la funzione integranda è asintotica a $\frac{x^{2\alpha}}{\alpha x^{\frac{1}{3}}}=\frac{1}{\alpha} \frac{1}{x^{\frac{1}{3}-2\alpha}}$, perciò?
Per $x \to + \infty$ potresti provare ad utilizzare il criterio del confronto unito all'assoluta convergenza.
Per $x \to + \infty$ potresti provare ad utilizzare il criterio del confronto unito all'assoluta convergenza.
$ x\rightarrow 0^+ $perciò $ \alpha>1/3 $ ?
per $ x \rightarrow \+infty $ la funzione integranda è $ \leq \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx $ ?
il risultato corretto è $ \alpha>0 $ ma non esce
per $ x \rightarrow \+infty $ la funzione integranda è $ \leq \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx $ ?
il risultato corretto è $ \alpha>0 $ ma non esce
Perché $\alpha>\frac{1}{3}$? Stai cercando di ricondurti a $1/x^\beta$, che nel caso di $x \to 0^+$ converge se $\beta<1$. Dunque com'è la discussione in questo caso?
Giusta la maggiorazione, però non sono convintissimo che ti sia chiaro. Mi scrivi per favore tutti i passaggi che hai fatto per ottenere quella maggiorazione?
Comunque ti consiglio di spezzare gli integrali tanti quanti sono i punti causano l'illimitatezza della funzione integranda e gli estremi illimitati, per esempio potresti spezzarlo da $0$ a $7$ e poi da $7$ a $+\infty$ ($7$ è un numero a caso).
Giusta la maggiorazione, però non sono convintissimo che ti sia chiaro. Mi scrivi per favore tutti i passaggi che hai fatto per ottenere quella maggiorazione?
Comunque ti consiglio di spezzare gli integrali tanti quanti sono i punti causano l'illimitatezza della funzione integranda e gli estremi illimitati, per esempio potresti spezzarlo da $0$ a $7$ e poi da $7$ a $+\infty$ ($7$ è un numero a caso).
[xdom="gugo82"]@cechuz: va bene così, non era necessario aprire un altro thread. [/xdom]
[/xdom]
$ \int_{0}^{+\infty } \frac{sin(x^{2\alpha})}{x^2+\alpha \cdot x^{(1/3)}} dx $ allora ora ti scrivo per bene tutti i passaggi, scusami. Spezzo l'integrale di partenza in due integrali per affrontare separatamente il problema del dominio indefinito e poi dell'illimitatezza di quest'ultimo. Pertanto la funzione integranda di partenza la si può vedere come la somma di altri due integrali: $\int_{0}^{c} f(x)\, dx + \int_{c}^{+\infty} f(x)\, dx $
partiamo dallo studio del primo:
per $ x\rightarrow 0^+ $ la funzione (che è positiva) è asintoticamente equivalente a $ \frac{x^{2\alpha}}{\alpha\cdot x^{1/3}} $ che è equivalente a $ \frac{1}{\alpha} \frac{1}{x^{\frac{1}{3}-2\alpha}} $ che riconducendosi alla forma $ 1/x^\beta $ converge se e solo se $ \beta<1 $ quindi l'integrale $\int_{0}^{c} f(x)\, dx $ converge se e solo se $ \frac{1}{3}-2\alpha $$<1$ il che equivale a dire che converge se $ \alpha>1/3 $
studiamo ora il secondo integrale:
per $ x \to + \infty $ la funzione seno oscilla quindi bisogna considerare il valore assoluto di f(x), allora abbiamo che il secondo integrale diventa: $ \int_{0}^{+\infty } \frac{sin|x^{2\alpha}|}{x^2+\alpha \cdot x^{(1/3)}} dx $ ma $ sin|x^{2\alpha}|\leq 1 $ e il denominatore è asintoticamente equivalente a $ x^2$, quindi abbiamo che $ \int_{0}^{+\infty } \frac{sin|x^{2\alpha}|}{x^2+\alpha \cdot x^{(1/3)}} dx $ $ \leq \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx $ che è sempre convergente.
quindi l'integrale di partenza dovrebbe convergere per $ \alpha>\frac{1}{3} $
Non capisco dove sbaglio...
partiamo dallo studio del primo:
per $ x\rightarrow 0^+ $ la funzione (che è positiva) è asintoticamente equivalente a $ \frac{x^{2\alpha}}{\alpha\cdot x^{1/3}} $ che è equivalente a $ \frac{1}{\alpha} \frac{1}{x^{\frac{1}{3}-2\alpha}} $ che riconducendosi alla forma $ 1/x^\beta $ converge se e solo se $ \beta<1 $ quindi l'integrale $\int_{0}^{c} f(x)\, dx $ converge se e solo se $ \frac{1}{3}-2\alpha $$<1$ il che equivale a dire che converge se $ \alpha>1/3 $
studiamo ora il secondo integrale:
per $ x \to + \infty $ la funzione seno oscilla quindi bisogna considerare il valore assoluto di f(x), allora abbiamo che il secondo integrale diventa: $ \int_{0}^{+\infty } \frac{sin|x^{2\alpha}|}{x^2+\alpha \cdot x^{(1/3)}} dx $ ma $ sin|x^{2\alpha}|\leq 1 $ e il denominatore è asintoticamente equivalente a $ x^2$, quindi abbiamo che $ \int_{0}^{+\infty } \frac{sin|x^{2\alpha}|}{x^2+\alpha \cdot x^{(1/3)}} dx $ $ \leq \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx $ che è sempre convergente.
quindi l'integrale di partenza dovrebbe convergere per $ \alpha>\frac{1}{3} $
Non capisco dove sbaglio...
Non devi scusarti, tranquillo! 
Il procedimento è giusto, occhio soltanto che il valore assoluto del seno è $|\sin x^{2\alpha}|$, non $\sin|x^{2\alpha}|$
Comunque a me risulta $\alpha> -\frac{1}{3}$ (ricontrolla i conti) che, intersecato con $\alpha \geq 0$ dell'esercizio, ti dà $\alpha \geq 0$.
Ma hai già notato con pilloeffe che, se $\alpha=0$, non c'è convergenza; dunque la convergenza è data da $\alpha>0$.
Ti stavi perdendo in un bicchiere d'acqua
Il procedimento è giusto, occhio soltanto che il valore assoluto del seno è $|\sin x^{2\alpha}|$, non $\sin|x^{2\alpha}|$
Comunque a me risulta $\alpha> -\frac{1}{3}$ (ricontrolla i conti) che, intersecato con $\alpha \geq 0$ dell'esercizio, ti dà $\alpha \geq 0$.
Ma hai già notato con pilloeffe che, se $\alpha=0$, non c'è convergenza; dunque la convergenza è data da $\alpha>0$.
Ti stavi perdendo in un bicchiere d'acqua
si poi ho notato l'errore comunque hai ragione, ho ricontrollato i calcoli! è $ \alpha> -\frac{1}{3} $ comunque il mio dubbio principale riguardava quell' $ \alpha\cdot x^{1/3} $, in sintesi quell' $alpha$ bisogna trattarla come se fosse una costante? cioè per $ x\rightarrow 0^+ $ o per $ x \rightarrow \+infty $ non va a modificare in maniera sostanziale l'andamento della funzione $ x^{1/3} $ giusto?
comunque hai ragione, ho ricontrollato i calcoli! è $ \alpha> -\frac{1}{3} $ comunque il mio dubbio principale riguardava quell' $ \alpha\cdot x^{1/3} $, in sintesi quell' $alpha$ bisogna trattarla come se fosse una costante? cioè per $ x\rightarrow 0^+ $ o per $ x \rightarrow \+infty $ non va a modificare in maniera sostanziale l'andamento della funzione $ x^{1/3} $ giusto?
Beh, $\alpha$ è un parametro: può succedere che il suo segno influisca in alcuni casi, ma non in questo.
Per esempio, nell'ultima discussione, se fosse stato $\alpha \in \mathbb{R}$ avresti dovuto distinguere i casi positivi o negativi dividendo per $\alpha$; devi giusto fare queste considerazioni che dipendono chiaramente dal contesto!
Per esempio, nell'ultima discussione, se fosse stato $\alpha \in \mathbb{R}$ avresti dovuto distinguere i casi positivi o negativi dividendo per $\alpha$; devi giusto fare queste considerazioni che dipendono chiaramente dal contesto!
chiarissimo e gentilissimo! senti ti posso chiedere l'ultimo integrale della serata? 
guarda qua: $ \int_{0}^{+\infty } \frac{ x^{2\alpha}sin(1/x^{4\alpha})}{ e^{(3\alphax)}-1} dx $ con $\alpha>0 $
ho spezzato l'integrale nei due integrali $ \int_{0}^{c} f(x)\, dx + \int_{c}^{+\infty} f(x)\, dx $
per $ x\rightarrow 0^+ $ la funzione (positiva) è asintoticamente equivalente a $ \frac{1}{x^{2\alpha}\cdot 3\alphax} $ che converge se e solo se $2\alpha+1<1 $ ossia se $ alpha<0 $
mentre per $ x \rightarrow \+infty $ la funzione (positiva) è asintoticamente equivalente a $ \frac{1}{x^{2\alpha}\cdot e^{3\alphax}} $ che converge per il criterio del confronto se e solo se $ 2\alpha>1 $ ossia se $\alpha> 1/2 $
il risultato corretto è $\forall \alpha$
cosa sbaglio?
guarda qua: $ \int_{0}^{+\infty } \frac{ x^{2\alpha}sin(1/x^{4\alpha})}{ e^{(3\alphax)}-1} dx $ con $\alpha>0 $
ho spezzato l'integrale nei due integrali $ \int_{0}^{c} f(x)\, dx + \int_{c}^{+\infty} f(x)\, dx $
per $ x\rightarrow 0^+ $ la funzione (positiva) è asintoticamente equivalente a $ \frac{1}{x^{2\alpha}\cdot 3\alphax} $ che converge se e solo se $2\alpha+1<1 $ ossia se $ alpha<0 $
mentre per $ x \rightarrow \+infty $ la funzione (positiva) è asintoticamente equivalente a $ \frac{1}{x^{2\alpha}\cdot e^{3\alphax}} $ che converge per il criterio del confronto se e solo se $ 2\alpha>1 $ ossia se $\alpha> 1/2 $
il risultato corretto è $\forall \alpha$
cosa sbaglio?
Prego, certo!
Allora, diciamo che per $x to +\infty$ c'è un problema proprio di teoria. Il punto è che la discussione "$\frac{1}{x^\beta}$ converge se $\beta>1$ per $x \to +\infty$" funziona se la funzione integranda è proprio $\frac{1}{x^\beta}$ o è asintotica ad essa; qui hai anche un esponenziale, non puoi trattarlo allo stesso modo. Quindi quella discussione non va bene.
Però ragioniamo un attimo: hai al denominatore il prodotto tra una potenza e un esponenziale, entrambi ad esponente positivo; quindi, almeno intuitivamente, l'esponenziale "aiuta" (e anche parecchio) la convergenza e perciò è un risultato noto che le frazioni del tipo $\frac{1}{x^\beta e^{\gamma x}}$ convergono se $\gamma>0$ per ogni $\beta$.
Per $x to 0^+$ non mi torna la stima asintotica: cos'è successo? Da dove spunta quell'$x^{2\alpha}$ al denominatore?
Allora, diciamo che per $x to +\infty$ c'è un problema proprio di teoria. Il punto è che la discussione "$\frac{1}{x^\beta}$ converge se $\beta>1$ per $x \to +\infty$" funziona se la funzione integranda è proprio $\frac{1}{x^\beta}$ o è asintotica ad essa; qui hai anche un esponenziale, non puoi trattarlo allo stesso modo. Quindi quella discussione non va bene.
Però ragioniamo un attimo: hai al denominatore il prodotto tra una potenza e un esponenziale, entrambi ad esponente positivo; quindi, almeno intuitivamente, l'esponenziale "aiuta" (e anche parecchio) la convergenza e perciò è un risultato noto che le frazioni del tipo $\frac{1}{x^\beta e^{\gamma x}}$ convergono se $\gamma>0$ per ogni $\beta$.
Per $x to 0^+$ non mi torna la stima asintotica: cos'è successo? Da dove spunta quell'$x^{2\alpha}$ al denominatore?
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