Dubbi Convergenza Integrali Impropri

Dave951
Ciao ragazzi, ho dei dubbi riguardo la convergenza di questi integrali impropri:
a)\( \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{arctan(x)}{|x|^{\alpha} }\ dx \)
b) \( \int_{2}^{+\infty} \frac{sin(x)+cos(x)}{x^2-x+1}\ dx \)
c) \( \int_{0}^{1} x log {| \frac{x}{x-1}| }\ dx \) , anche x-1 è in valore assoluto.


Ho risolto i seguenti integrali in tal maniera: nel caso a) l' \(\displaystyle arctg(x) \) sia che vada a \(\displaystyle + \infty \) o \(\displaystyle -\infty \) tende a un valore finito che è o \(\displaystyle \pi/2 \) o \(\displaystyle - \pi/2 \); quindi mi ritrovo a lavorare su un integrale del tipo \( \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{|x|^{\alpha} }\ dx \) , è corretto ciò? Inoltre, siccome gli estremi di integrazione vanno da \(\displaystyle + \infty \) o \(\displaystyle -\infty \) considero il denominatore o
\(\displaystyle x^{\alpha} \) o \(\displaystyle - x^{\alpha} \) . Quindi l'integrale improprio converge se e solo se \(\displaystyle \ \alpha >1 \). Tuttavia, come soluzione il libro mi dà che converge se \(\displaystyle 1<{\alpha}<2 \), dove sbaglio?;
nel caso b) , invece, ho riscritto l'integrale come : \( \int_{2}^{+\infty} \frac{sin(x)}{x^2-x+1}\ \) + \( \int_{2}^{+\infty} \frac{cos(x)}{x^2-x+1}\ \). Nell'estremo di integrazione inferiore l'integrale non mi dà problemi pertanto lo studio solo quando la \(\displaystyle x-> \infty \). Così facendo, posso assumere che \(\displaystyle |sin(x)|<=1 \) , \(\displaystyle |cos(x)|<=1 \) che \(\displaystyle ( x^2-x-1 )~ x^2 \) , portandomi così a lavorare su integrali in questa forma : \( \int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x^2}\ \) e ad affermare che questi integrali convergono per il teorema del confronto? ;
nel terzo ed ultimo caso c) avevo intenzione di spezzare l'integrale nella seguente maniera : \( \int_{0}^{1/2} x log {| \frac{x}{x-1}| }\ dx \) + \( \int_{1/2}^{1} x log {| \frac{x}{x-1}| }\ dx \) dove in \( \int_{0}^{1/2} \) il logaritmo ha come argomento 1 e l'integrale converge ed è identicamente nullo; in \( \int_{1/2}^{1} \) proverei ad effettuare un cambiamento di variabile ponendo x-1=t e l'intervallo dell'integrale improprio sarà tra \( \int_{-1/2}^{0 } \), tuttavia mi riconduco al caso precedente . La soluzione di tale esercizio è 1/2, se converge. Dove ho commesso errori?
Scusate la lunghezza!

grazie mille a coloro che risponderanno!

Risposte
Dave951
qualcuno?

quantunquemente
andiamo per gradi
cominciamo dal primo :c'è un punto critico di cui non hai tenuto conto,$x=0$

Dave951
Si, nel caso x=0, la funzione \(\displaystyle arctan(x)\) è asintotica a \(\displaystyle x \) . Mi ritrovo a studiare un integrale di questo tipo:
\(\displaystyle - \int_{-\infty}^{0 } \frac{1}{x^{\alpha-1} }\ dx \)

oppure

\(\displaystyle \int_{0 }^{+\infty} \frac{1}{x^{\alpha-1} }\ dx \).

Un piccolo dubbio: la funzione iniziale presenta la x al denominatore, per tal motivo lo studio della funzione non lo limito solo per tutti i valori di x diversi da zero?

quantunquemente
sì,ma devi analizzare il comportamento intorno allo zero
come hai detto giustamente,in questo intorno l'integrando è asintotico a $1/x^(alpha-1)$ e quindi per avere convergenza deve essere $alpha-1<1$

Dave951
Perfetto, grazie mille. Invece, i l secondo caso? Si può risolvere come ho fatto io o solo attraverso la convergenza assoluta?

quantunquemente
per il secondo caso ,per tagliare la testa al toro ,e per semplificare,si può dire che c'è addirittura convergenza assoluta perchè il valore assoluto dell'integrando è maggiorato da $2/(x^2-x+1)$ che è asintotico a $2/x^2$

Dave951
Ok, quindi va bene anche affermare che l'integrale improprio converge per confronto. Mentre, nel terzo caso ho un paio di problemi . Potresti aiutarmi , quantunquemente ? grazie mille!

quantunquemente
per il terzo,l'integrando,nell'intervallo considerato,si può scrivere come $xln(x/(1-x))$
penso che la strada migliore per determinare una primitiva sia quella di integrare per parti prendendo $x$ come fattore differenziale

Dave951
più che altro il problema non è tanto determinare la primitiva(solo calcoli) ma discutere il valore assoluto e la convergenza che per me è un po' ostico.

quantunquemente
come già detto,siccome siamo in $(0,1)$ si ha $|x/(x-1)|=x/(1-x)$ in tutto l'intervallo

passiamo alla convergenza
1) $x rarr 0^+$
$xln(x/(1-x))=xlnx-xln(1-x)$ ed è facile vedere che questa roba tende a $0$
2)$x rarr 1^-$
l'integrando è asintotico a $-ln(1-x)$ che è un infinito di ordine minore di $1$
quindi,nessuno dei 2 estremi dà problemi di convergenza

Dave951
Ok, perfetto, si l'argomento del logaritmo ovviamente tra \(\displaystyle (0,1) \) è negativo.
In \(\displaystyle x->0^+ \) il ragionamento non fa una piega. In \(\displaystyle x->1^- \) è asintotico a \(\displaystyle −ln(1−x) \) tuttavia non capisco perché è convergente. In questo caso, non dovrebbe divergere positivamente la funzione? Scusami per i continui dubbi, grazie mille. L'esame si avvicina ed è meglio risolvere tutto :D

quantunquemente
ma $-ln(1-x) rarr +infty$ ed è un infinito di ordine minore di $1$ ,per questo c'è convergenza
ci sarebbe stata divergenza se fosse stato un infinito di ordine maggiore o uguale ad $1$

Dave951
Che sciocco! Ok, lo vedi come : \(\displaystyle \frac{1}{ln(1-x)} \) e con \(\displaystyle x->1^- \) va a zero . Scusami, colpa dell'ora :D Grazie mille , quantunquemente!

quantunquemente
però è $ln(1/(1-x))$

Dave951
\(\displaystyle −ln(1−x) \) lo vedrei come \(\displaystyle ln(1−x)^{-1} \) o meglio ancora come \(\displaystyle \frac{1}{ln(1-x)} \) che con \(\displaystyle x->1^- \) tende a zero, può essere?

quantunquemente
e no, $ln((1-x)^-1)=ln(1/(1-x))$ che è cosa ben diversa da quella che hai scritto tu
questo termine diverge positivamente,ma nonostante questo l'integrale converge perchè l'integrando non è un infinito abbastanza veloce,per capirci : è di ordine minore di $1$

Dave951
Ok, ho capito :) grazie mille quantunquemente ! scusami per il tempo che ti ho rubato!

quantunquemente
prego :-D
purtroppo ho un infortunio alla gamba che mi sta costringendo ad una vita molto sedentaria
quindi,in fondo,questo è un piacevole passatempo

Rispondi
Per rispondere a questa discussione devi prima effettuare il login.