[EX] Proprietà di un integrale non calcolabile elementarmente

[gugo82]

Esercizio:

1. Determinare per quali valori dell'esponente $lambda in RR$ l'integrale improprio:
\[
\tag{L}
\int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda\ (1+x)}\ \text{d} x
\]
è convergente.

2. Calcolare (L) con $\lambda=1/3$ e poi con $\lambda =2/3$.
Come sono i risultati ottenuti?

3. Detto $\Lambda$ l'insieme dei valori per cui (L) converge e definita $F:\Lambda \to RR$ ponendo:
\[
F(\lambda ) := \int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda\ (1+x)}\ \text{d} x\; ,
\]
(N.B.: Non provare a calcolare esplicitamente $F(\lambda)$! L'integrale, per valori generici del parametro $\lambda$, non è elementare e si risolve con altre tecniche, cfr. qui), dimostrare che:
\[
F(1-\lambda) = F(\lambda)
\]
per ogni $\lambda in \Lambda$, giustificando il risultato di cui al punto 2.

4. Provare che (L) è elementarmente calcolabile, poiché razionalizzabile, per ogni $\lambda in \Lambda \cap QQ$.

[pilloeffe]

Ciao gugo82,

Simpatico esercizio...
Metto in spoiler solo il risultato che si ottiene con la teoria dei residui, lasciando il resto a coloro che si volessero cimentare...

$ F(\lambda ) := \int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda\ (1+x)}\ \text{d} x = \frac{\pi}{sin[(1 - \lambda)\pi]} = \frac{\pi}{sin(\lambda \pi)} = F(1 - \lambda) $

$ \lambda \in \Lambda := (0, 1) $

[gugo82]

@pilloeffe: La soluzione postala, se vuoi, nel thread in Analisi Superiore.

Tuttavia, non c'è bisogno di conoscere l'espressione esplicita del risultato per risolvere l'esercizio.

P.S.: Hai invertito $F(lambda)$ ed $F(1-lambda)$?

[cooper1]

mi cimento anche io.
1.

dobbiamo controllare in $0$ e $+oo$. per confronto asintotico si vede che deve essere $lambda in (0,1)$

2.

a volte salterò dei passaggi perchè altrimenti non finisco più
$lambda=1/3$ sostituisco $root(3)(x)=t$ da cui
$F(1/3)=int_(0)^(+oo)(3t)/(t^3+1)dt=1/3[int(t+1)/(t^2-t+1)dt-int(dt)/(1+t)]$
il primo lo si risolve riscrivendo il numeratore in modo diverso in modo da far comparire la derivata del denominatore che incidentalmente porta anche ad un termine del tipo $int3/(t^2-t+1)dt$ che porta ad un arcotangente. il secondo è invece un logaritmo
mettendo insieme i tutti i pezzi arrivo alla soluzione $1/2log(x^(2/3)-root(3)(x)+1)+sqrt3 arctan((2root(3)(x)-1)/sqrt3)-log(root(3)(x)+1)$ che valutato agli estremi restituisce $2/sqrt3 pi$
$F(2/3)$ è uguale all'altro perchè sostituendo ancora $t=root(3)(x)$ arrivo ancora all'integrale $F(2/3)=int_(0)^(+oo)(3t)/(t^3+1)dt$ che è quello di prima

3.

anche io qui ho barato. sapendo che vale $int_(0)^(+oo)(x^(m-1))/(1+x^n)dx=(pi/n)/sin(m/n pi)$ e notando che $m=1-lambda$ arrivo ad un'espressione analoga a quella di @pilloeffe
sarei però curioso di sapere come si fa senza

4.

se con elementare intendi come per gli esponenti del punto 2, sei sicuro si possa fare? a me sembra di no. già con $5/8$ o con $3/11$ sono bloccato e non saprei come fare.

[edmz]

Piccolo commento.

La cosa che mi disturba è che essa somigli per certi versi alla funzione $\Gamma$, per altre alla f. $\beta$; ho forte ragione di credere ci sia qualche trasformazione per ricondursi a talune, sebbene mi sfugga.

[cooper1]

"edmz":Piccolo commento.

in effetti $Gamma(1-z)Gamma(z)=pi/sin(pi z)$ che è lo stesso risultato però non saprei come sbarazzarmi dell'esponenziale ed introducendo la funzione beta (che poi è anche un prodotto di gamme) non saprei come far saltar fuori $1+x$

[edmz]

Lemma. Calcolo dell'integrale

$$\begin{align} F(\lambda)&=\int_0^{+\infty} \frac{dx}{x^\lambda(1+x)} \\ &= \left.\frac{x^{1-\lambda}}{(1+x)(1-\lambda)}\right|_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} \frac{ x^{1-\lambda} } {(1+x)^2(1-\lambda)}dx \\&= \beta(2-\lambda,\lambda) \frac{1}{1-\lambda} \end{align} $$
Dove chiaramente $\beta$ è la funzione Beta di Eulero, ossia $$ \beta(a,b) \triangleq \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}, \quad \text{Re } a >0, \ \text{Re } b >0$$
In tale ipotesi, il contributo dell'IPP va a $0$.

2

I valori sono uguali, cioè $F(\frac 1 3)=F(\frac 2 3)=\frac{2\pi}{\sqrt 3}$

Il resto immagino seguirà dalle proprietà della funzione beta.