Il seguente integrale esiste finito.
Ciao a tutti raga potreste aiutarmi a capire se il seguente integrale esiste finito al variare del parametro $\alpha$; $int_(0)^(+\infty) arctg (1/(x^(\alpha)-1))$; io ho usato il seguente criterio.
$lim_(x->+\infty) |arctg(1/(x^\alpha-1))| |x^\beta|$; devo ora riuscire a capire quando questo limite esiste finito.Potete aiutarmi?
$lim_(x->+\infty) |arctg(1/(x^\alpha-1))| |x^\beta|$; devo ora riuscire a capire quando questo limite esiste finito.Potete aiutarmi?
Risposte
Allora.. vedi che per x-> $\infty$ l' arcontan diventa infinitesimo. Quindi puoi scomporlo con Taylor e ottieni: $arctg(1/x^a ) = 1/x^a$
Quindi $\int_0^\infty(1/x^a)dx$ converge solo se $a > 1$
Quindi $\int_0^\infty(1/x^a)dx$ converge solo se $a > 1$
Se nn mi sbaglio per $x->+\infty$ la funzine arcotg tende a $0$.Giusto?
"identikit_man":
Se nn mi sbaglio per $x->+\infty$ la funzine arcotg tende a $0$.Giusto?
Si esatto.. prima avevo lasciato il messaggio a metà perchè per sbaglio avevo fatto invia..XD
Ok grazie 1000 ho capito tutto.E invece questo limite può esistere finito?
$lim_(t->0^+) ((1+t)t^\alpha)/e^(1/t)$; secondo me qualunque valore di $\alpha$ questo limite fa $0$
$lim_(t->0^+) ((1+t)t^\alpha)/e^(1/t)$; secondo me qualunque valore di $\alpha$ questo limite fa $0$
mah.. anche a me sembra banale e che faccia 0 per qualunque valore di a. Ma mi pare strano che sia così semplice..XD
Allora io l'ho scritta così: $lim_(t->0^+) (1+t)t^\alpha 1/(e^(1/t))$ ora $(1+t)->1$ quindi l'unico dubbio è sugli altri 2 fattori.
si e poi $e^(1/t)$ va all' infinito.. quindi stando al den. manda tutto a zero..
La cosa è evidente.Speriamo sia corretto.
La cosa è evidente.Speriamo sia corretto.Perchè da questo dipende lo studio della funzione integrale.
"identikit_man":
Se nn mi sbaglio per $x->+\infty$ la funzine arcotg tende a $0$.Giusto?
Questa affermazione e' sbagliata - perlomento se "arcotg" indica la funzione "$f(x)$ = arcotangente di $x$". Infatti per $x$ tendente a $+\infty$ tale funzione tende a $\pi/2$.
Pero nel limite di cui parlavate conta l'andamento di $f(x)$ per $x$ tendente a zero, dato che $f$ e' a sua volta composta con $g(x)=1/(x^\alpha-1)$, che tende a zero per
$x\to+\infty$.
"stefano_89":
Allora.. vedi che per x-> $\infty$ l' arcontan diventa infinitesimo. Quindi puoi scomporlo con Taylor e ottieni: $arctg(1/x^a ) = 1/x^a$
Quindi $\int_0^\infty(1/x^a)dx$ converge solo se $a > 1$
Quello che vuoi dire e' giusto, ma quello che scrivi e' sbagliato dato che l'integrale che hai scritto diverge qualunque sia $a$. Devi "scansare lo zero"
(cioe' scrivere l'integrale con estremo inferiore $c>0$, per esempio da $1$ a infinito).
Faccio notare che nell'integrale proposto all'inizio ci sarebbe, almeno a priori, da capire cosa succede vicino a $x=1$ dato che in quel punto $1/(x^\alpha-1)$ tende
all'infinito. Pero' fortunatamente l'arcotangente all'infinito tende a $\pi/2$ e questo aggiusta le cose.
Ah giusto avevo dimenticato di "scansare lo zero".. 
"identikit_man":
Ok grazie 1000 ho capito tutto.E invece questo limite può esistere finito?
$lim_(t->0^+) ((1+t)t^\alpha)/e^(1/t)$; secondo me qualunque valore di $\alpha$ questo limite fa $0$
Si', il limite fa zero per qualunque $\alpha>0$, dato che il numeratore tende a $(1+0)0^\alpha=0$ mentre il denominatore tende a $\+infty$.
Stesso discorso se $\alpha=0$ (solo che allora il numeratore tende a $1$).
Per $\alpha<0$ (sempre se questo caso ti interessa) il problema e' piu' complicato perche' ti trovi di fronte a una forma indeterminata in cui numeratore
e denominatore tendono entrambi a $+\infty$. Pero' il denominatore e' un esponenziale e "vince" per cui il limite fa comunque zero. Probabilmente
per trattare questo caso conviene trasformarlo in un limite a $+\infty$ ponendo $s=1/t$, e cioe':
$\lim_{s\to+\infty}\frac{(1+s^{-1})s^{-\alpha}}{e^s} =\lim_{s\to+\infty}\frac{s^{-\alpha}}{e^s}$ , dato che $1+s^{-1}$ tende a $1$ (nota che $-\alpha>0$).
Ora si puo' applicare de l'Hospital un po' di volte, facendo scalare l'esponente fino a che non diventa negativo (mentre il denominatore rimane eguale) - in questo modo si vede che il limite fa zero.
Scusa ho sbagliato a nn dire questo; ma nelle'esrcizio mi viene dato $\alpha$>0.Thanks.E invece per quanto riguarda questo come posso ragionare: $lim_(t->-\infty) |((1-|t|)e^t)/(t-2)^2| |t^\alpha|$; il mio prof conclude che è un numero finito.Per $\alpha>1$.Io ho ragionato così: $lim_(t->-\infty) |((1-|t|))/(t-2)^2|$ tende a $0$ e ora se nn mi sbaglio anche $lim_(t->-\infty) |t|^\alpha |e^t|$ tende a $0$ qualunque valore di $\alpha>0$.Giusto?
"identikit_man":
Scusa ho sbagliato a nn dire questo; ma nelle'esrcizio mi viene dato $\alpha$>0.Thanks.E invece per quanto riguarda questo come posso ragionare: $lim_(t->-\infty) |((1-|t|)e^t)/(t-2)^2| |t^\alpha|$; il mio prof conclude che è un numero finito.Per $\alpha>1$.Io ho ragionato così: $lim_(t->-\infty) |((1-|t|))/(t-2)^2|$ tende a $0$ e ora se nn mi sbaglio anche $lim_(t->-\infty) |t|^\alpha |e^t|$ tende a $0$ qualunque valore di $\alpha>0$.Giusto?
Si' $\lim_{t\to-\infty}|t|^\alpha e^t=0$ per qualunque $\alpha>0$ (e anche $\leq 0$, ma questo e' ovvio). In effetti questo limite era lo stesso di cui parlavo nel post
precedente (lo vedi scambiando $+\infty$ con $-\infty$ e portando l'esponenziale a denominatore)
Scusate ho un'altro problema con quest'integrale.L'esercizio mi chiede di verificare se quest'integrale esiste finito al variare di $\alpha>0$:
$int_(0)^(+\infty)(1-cosx)/(x^(\alpha)sqrt(1+x^2))$.Io ho ragionato così: intento mi sn calcolato il dominio della funzione integranda: ottenendo $x!=0$.Quindi devo verificare se quest'integrale esiste finito 2 volte perchè in $0$ si ha un punto di discontinuità.E questo l'ho già fatto verificando che mi risulta sommabile per $0<\alpha<3$ ora il problema sta a $+\infty$ nn riesco a capire come si fa.Io ho applicato il solito criterio: $lim_(x->+\infty)|(1-cosx)/(x^\alphasqrt(1+x^2))| |x^\beta|$ con $\beta>0$.Ora devo riuscire ad ottenere un valore finito o nullo di questo limite.Come posso fare?
$int_(0)^(+\infty)(1-cosx)/(x^(\alpha)sqrt(1+x^2))$.Io ho ragionato così: intento mi sn calcolato il dominio della funzione integranda: ottenendo $x!=0$.Quindi devo verificare se quest'integrale esiste finito 2 volte perchè in $0$ si ha un punto di discontinuità.E questo l'ho già fatto verificando che mi risulta sommabile per $0<\alpha<3$ ora il problema sta a $+\infty$ nn riesco a capire come si fa.Io ho applicato il solito criterio: $lim_(x->+\infty)|(1-cosx)/(x^\alphasqrt(1+x^2))| |x^\beta|$ con $\beta>0$.Ora devo riuscire ad ottenere un valore finito o nullo di questo limite.Come posso fare?
scusa ma non ho capito il discorso del verificare se l' integrale esiste 2 volte in zero.
Cmq secondo me puoi lavorare con il metodo classico: sai che l' intervallo di studio è da $0$ a $\+infty$ quindi dividi in 2 parti l' integrale.
$\int_0^1 (1 - cosx)/(x^asqrt(1 + x^2)$ + $ \int_1^\(+infty) (1 - cosx)/(x^asqrt(1 + x^2) $
Se entrambi convergono allora l' integrale converge.
Per la prima puoi sostituire con Taylor. Avrai $1 - cosx = x^2/2$, $sqrt(1 + x^2) = 1 + 1/2x^2$
Sostituendo avrai: $\int_0^1 x^2/x^adx$ ( il termine $1/2x^2$ non l' ho considerato) e ottieni che la prima parte converge per se $\int_0^1 1/x^(a - 2)dx$ ha $a - 2 < 1$ cioè $ a < 3$
Per la seconda parte vedi che il num. non ha un valore fisso, sarà compreso tra $0 < k <2$. Mentre il den. lo puoi semplificare con $x^a|x|$, cioè $ \int_1^\(+infty) k/(x^(a + 1)dx$ in cui devi imporre $a + 1 > 2$ cioè $a > 1$
Quindi incrociando i 2 risulatati si ha che l' integrale converge per $1 < a < 3$
Così è come lo svolgerei io, ma non ti assicuro che sia giusto al 100%..XD
Ciao ciao..
Cmq secondo me puoi lavorare con il metodo classico: sai che l' intervallo di studio è da $0$ a $\+infty$ quindi dividi in 2 parti l' integrale.
$\int_0^1 (1 - cosx)/(x^asqrt(1 + x^2)$ + $ \int_1^\(+infty) (1 - cosx)/(x^asqrt(1 + x^2) $
Se entrambi convergono allora l' integrale converge.
Per la prima puoi sostituire con Taylor. Avrai $1 - cosx = x^2/2$, $sqrt(1 + x^2) = 1 + 1/2x^2$
Sostituendo avrai: $\int_0^1 x^2/x^adx$ ( il termine $1/2x^2$ non l' ho considerato) e ottieni che la prima parte converge per se $\int_0^1 1/x^(a - 2)dx$ ha $a - 2 < 1$ cioè $ a < 3$
Per la seconda parte vedi che il num. non ha un valore fisso, sarà compreso tra $0 < k <2$. Mentre il den. lo puoi semplificare con $x^a|x|$, cioè $ \int_1^\(+infty) k/(x^(a + 1)dx$ in cui devi imporre $a + 1 > 2$ cioè $a > 1$
Quindi incrociando i 2 risulatati si ha che l' integrale converge per $1 < a < 3$
Così è come lo svolgerei io, ma non ti assicuro che sia giusto al 100%..XD
Ciao ciao..
Lo svolgimento fatto da stefano_89 e' corretto (a parte qualche obiezione pedante su come usa il segno di $=$ tra cose che non sono proprio eguali, ma hanno lo stesso andamentoo)
L'unica obiezione vera e' che nello studio del secondo pezzo (quello su $[1,+1infty[$) la condzione $a>0$ e' sicuramente sufficiente, ma non e' detto che sia necessaria, visto
che il termine $1-cos(x)$ si annulla infinite volte e quindi non e' asintotico a una costante diversa da zero. A questo proposito devo osservare che chi ha assegnato quell'integrale o
si accontentava della cond. suff. che ha scritto stefano, oppure ha proposto un esercizio un po' impegnativo. E' infatti possibile vedere che per $\alpha\leq0$ l'integrale diverge, ma
questo e' abbastanza impegnativo,
Per farlo si puo' ragionare cosi': andiamo a prendere gli intervalli in cui $cos(x)\leq0$, e cioe' gli intervalli $I_n=[(2n+1)\pi,2(n+1)\pi]$ ($[\pi,2\pi]$, $[3\pi,4\pi]$)
Allora l'integrale completo e' maggiore o eguale dellì'integrale sull'unione di questi intervalli
$\sum_{n=0}^\infty\int_{(2n+1)\pi}^{2(n+1)\pi}\frac{1-\cos(x)}{x^a\sqrt{1+x^2}}dx\geq \sum_{n=0}^\infty\int_{(2n+1)\pi}^{2(n+1)\pi}\frac{1}{x^a\sqrt{1+x^2}}dx$
e con un po' di èazienza vedi che questa serie fa infinito....
EDIT ho corretto $a>1$ con $a>0$
L'unica obiezione vera e' che nello studio del secondo pezzo (quello su $[1,+1infty[$) la condzione $a>0$ e' sicuramente sufficiente, ma non e' detto che sia necessaria, visto
che il termine $1-cos(x)$ si annulla infinite volte e quindi non e' asintotico a una costante diversa da zero. A questo proposito devo osservare che chi ha assegnato quell'integrale o
si accontentava della cond. suff. che ha scritto stefano, oppure ha proposto un esercizio un po' impegnativo. E' infatti possibile vedere che per $\alpha\leq0$ l'integrale diverge, ma
questo e' abbastanza impegnativo,
Per farlo si puo' ragionare cosi': andiamo a prendere gli intervalli in cui $cos(x)\leq0$, e cioe' gli intervalli $I_n=[(2n+1)\pi,2(n+1)\pi]$ ($[\pi,2\pi]$, $[3\pi,4\pi]$)
Allora l'integrale completo e' maggiore o eguale dellì'integrale sull'unione di questi intervalli
$\sum_{n=0}^\infty\int_{(2n+1)\pi}^{2(n+1)\pi}\frac{1-\cos(x)}{x^a\sqrt{1+x^2}}dx\geq \sum_{n=0}^\infty\int_{(2n+1)\pi}^{2(n+1)\pi}\frac{1}{x^a\sqrt{1+x^2}}dx$
e con un po' di èazienza vedi che questa serie fa infinito....
EDIT ho corretto $a>1$ con $a>0$
Io ho analizzato il secondo l'integrale indefinito in un altro modo, ma mi vengono risultati diversi. Infatti, partendo da quanto dice @stefano89, cioè scomporre l'intervallo $ (0,+\infty) $ in due intervalli $ (0,1] uu [1, +\infty) $, tale che l'integrale originario diventa
$ \int_{0}^{+\infty}((1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}))dx= \int_{0}^{1}((1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}))dx+ \int_{1}^{+\infty}((1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}))dx $
Ora riguardo al secondo integrale, ho applicato il confronto asintotico, cioè
$ \lim_{x \to +\infty}(1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}) $. Ora, essendo la funzione $ cos(x) $ una funzione comunque limitata, si avrà che il limite diventa
$ \lim_{x \to +\infty}1/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}) =\lim_{x \to +\infty}1/\sqrt{x^{2\alpha}+x^{2\alpha+2}}$ e sempre per il confronto asintotico il tutto diventa
$ \lim_{x \to +\infty}1/\sqrt{x^{2\alpha+2}}=\lim_{x \to +\infty}1/x^{\alpha + 1}$. Quindi il secondo integrale diventa $ \int_{1}^{+\infty} 1/x^{\alpha + 1}dx $ e converge se $ \alpha + 1 > 1 $, cioè $ \alpha >0 $, diverge per $ \alpha <=0 $.
Riguardo al primo integrale, invece, ho operato in questa maniera
$ lim_{x \to 0^{+}}(1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1-x^2})=1/2*lim_{x \to 0^{+}}x^2/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2})=1/2*\lim_{x \to 0^{+}}1/(x^{\alpha-2}\sqrt{1+x^2}) $. Ora il limite esiste e finito se $ \alpha-2 <1 $, cioè $ \alpha < 3 $, diverge per $ \alpha >= 3 $ (lo stesso risultato di @stefano89
)
Solo però che se metto insieme le soluzioni, mi viene che l'integrale iniziale converge se $ \alpha in (0,3) $, diverge per valori di $ \alpha in (-\infty, 0] uu [3, +\infty)$
$ \int_{0}^{+\infty}((1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}))dx= \int_{0}^{1}((1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}))dx+ \int_{1}^{+\infty}((1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}))dx $
Ora riguardo al secondo integrale, ho applicato il confronto asintotico, cioè
$ \lim_{x \to +\infty}(1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}) $. Ora, essendo la funzione $ cos(x) $ una funzione comunque limitata, si avrà che il limite diventa
$ \lim_{x \to +\infty}1/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2}) =\lim_{x \to +\infty}1/\sqrt{x^{2\alpha}+x^{2\alpha+2}}$ e sempre per il confronto asintotico il tutto diventa
$ \lim_{x \to +\infty}1/\sqrt{x^{2\alpha+2}}=\lim_{x \to +\infty}1/x^{\alpha + 1}$. Quindi il secondo integrale diventa $ \int_{1}^{+\infty} 1/x^{\alpha + 1}dx $ e converge se $ \alpha + 1 > 1 $, cioè $ \alpha >0 $, diverge per $ \alpha <=0 $.
Riguardo al primo integrale, invece, ho operato in questa maniera
$ lim_{x \to 0^{+}}(1-cos(x))/(x^{\alpha}\sqrt{1-x^2})=1/2*lim_{x \to 0^{+}}x^2/(x^{\alpha}\sqrt{1+x^2})=1/2*\lim_{x \to 0^{+}}1/(x^{\alpha-2}\sqrt{1+x^2}) $. Ora il limite esiste e finito se $ \alpha-2 <1 $, cioè $ \alpha < 3 $, diverge per $ \alpha >= 3 $ (lo stesso risultato di @stefano89
)Solo però che se metto insieme le soluzioni, mi viene che l'integrale iniziale converge se $ \alpha in (0,3) $, diverge per valori di $ \alpha in (-\infty, 0] uu [3, +\infty)$
Scusate, ma se si diceva che $\forall x,alpha in [1,+infty), alpha ne 1$
$\frac{1}{x^alpha-1}>=arctg(frac{1}{x^alpha-1})$
nonstante il fatto che
$\frac{1}{x^alpha-1}>=frac{1}{x^alpha}$
si poteva dire che comunque per $\x \rightarrow\ +infty$ allora $\frac{x^alpha-1}{x^alpha}\rightarrow\1$
e quindi essere autorizzato a dire
$\int_{1}^{+infty}arctg(frac{1}{x^alpha-1})dx<=\int_{1}^{+infty}frac{1}{x^alpha-1}dx$ che è "circa" $\int_{1}^{+infty}frac{1}{x^alpha}dx$ di cui conosco tutto?
(grazie Gugo, forse ora va bene... )
$\frac{1}{x^alpha-1}>=arctg(frac{1}{x^alpha-1})$
nonstante il fatto che
$\frac{1}{x^alpha-1}>=frac{1}{x^alpha}$
si poteva dire che comunque per $\x \rightarrow\ +infty$ allora $\frac{x^alpha-1}{x^alpha}\rightarrow\1$
e quindi essere autorizzato a dire
$\int_{1}^{+infty}arctg(frac{1}{x^alpha-1})dx<=\int_{1}^{+infty}frac{1}{x^alpha-1}dx$ che è "circa" $\int_{1}^{+infty}frac{1}{x^alpha}dx$ di cui conosco tutto?
(grazie Gugo, forse ora va bene... )
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