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
Apro e chiudo parentesi: nessuno ha notato che la funzione $1/(x^alpha -1)$ ha una discontinuità in $1 \in ]0,+oo[$?
Come risolviamo la faccenda?
Come risolviamo la faccenda?
già l'avevo appena notato 
, grazie... comunque se l'intervallo d'integrazione è $\[1,+infty) $ ?(tanto in 1 è limitata dall'arcotangente) ha senso quello che ho detto?
, grazie... comunque se l'intervallo d'integrazione è $\[1,+infty) $ ?(tanto in 1 è limitata dall'arcotangente) ha senso quello che ho detto?
Ho letto il messaggio di Aliseo e mi sono accorto che ha ragione lui - il secondo integrale converge per $a>0$. Il procedimento di Stefano_89 e' corretto, ma alla fine lui scrive $a+1>2$
mentre dovrebbe scrivere $a+1>1$. Rimane valida la mia osservazione precedente - non si puo' usare il criterio del confronto asintotico se a numeratore c'e' $1-cos(x)$, questo
termine si puo' maggiorare con $2$, da cui una condizione sufficiente, ma non si puo' minorare con un numero maggiore di zero e quindi non si puo' essere sicuri che $a>0$ sia
anche necessaria (anche se nei fatti la cosa e' vera).
@Gugo - io l'avevo segnalato che in uno $1/{x^a-1}$ diventa singolare (ma ti perdono
). Vedi il secondo messaggio nella seconda pagina - come si fa a linkare un post precedente?
mentre dovrebbe scrivere $a+1>1$. Rimane valida la mia osservazione precedente - non si puo' usare il criterio del confronto asintotico se a numeratore c'e' $1-cos(x)$, questo
termine si puo' maggiorare con $2$, da cui una condizione sufficiente, ma non si puo' minorare con un numero maggiore di zero e quindi non si puo' essere sicuri che $a>0$ sia
anche necessaria (anche se nei fatti la cosa e' vera).
@Gugo - io l'avevo segnalato che in uno $1/{x^a-1}$ diventa singolare (ma ti perdono
). Vedi il secondo messaggio nella seconda pagina - come si fa a linkare un post precedente?
per evidenziare un messaggio (e quindi far comparire il link da copiare) basta cliccare sul simbolo di pagina che c'è all'inizio del post stesso.
"ViciousGoblin":
Rimane valida la mia osservazione precedente - non si puo' usare il criterio del confronto asintotico se a numeratore c'e' $1-cos(x)$, questo termine si puo' maggiorare con $2$, da cui una condizione sufficiente, ma non si puo' minorare con un numero maggiore di zero ...
ViciousGoblin potresti spiegarmi meglio questo tuo ragionamento? Perché io mi ricordo che se abbiamo due funzioni $f(x)$ e $g(x)$, di cui, per esempio $g(x)$ è limitata, ma il cui limite per $ x \to x_0 $ non esiste, il limite della somma delle due funzioni si riduce al limite di $f(x)$.
Ossia, per semplicità consideriamo questo limite
$ \lim_{x \to +\infty}(x-sin(x))/(x+sin(x)) $. Ora, vabbè, questo limite si presenta in una forma indeterminata del tipo $ \infty/\infty $, ma per quanto detto prima il valore del limite si può stabilire immediatamente, perché
$ (x-sin(x))/(x+sin(x)) \sim x/x $, in quanto la funzione $sin(x)$ è limitata, ma il limite $ \lim_{x \to + \infty} (sin(x)) $ non esiste. Quindi $ \lim_{x \to +\infty}(x-sin(x))/(x+sin(x))= \lim_{x \to +\infty} x/x=1 $.
Sicché se considero il limite $ \lim_{x \to \+infty} (1-cos(x)) $ questo si riduce a $1$, perché la funzione $cos(x)$ è limitata, ma il suo limite, per $ x \to +\infty $ non esiste.
Sbaglio a ragionare in questa maniera?
@Aliseo. Non sbagli a ragionare in quel modo (almeno per quanto riguarda l'esempio che hai fatto - sull'enunciato detto all'inizio ho dei dubbi, ma forse
sottintendi che $f(x)$ tende all'infinito).
Il punto e' pero' che il limite $\lim_{x\to+\infty}\frac{1-cos(x)}{x^\alpha}$ NON esiste se $\alpha\leq0$ (mentre fa zero per $\alpha>1$).
Questo fatto ti torna?
Tormando all'integrale su $[1,+\infty[$ di $f(x)=\frac{1-cos(x)}{x^a\sqrt{1+x^2}}$ hai ragione nel dire che da
$0\leq f(x)\leq2/{x^{a+1}}$
si deduce la convergenza per $a>0$. Ma NON si deduce che per $\alpha\leq0$ non converge (quindi potrebbe a priori convergere, per esempio, per $a=0$).
Se si potesse dire che (mettiamo per esempio $a=0$) $\lim_{x\to+\infty}xf(x)=\eta>0$ allora usando il teorema del confronto asintotico che $f(x)$ (essendo asintotica a $\eta/x$)
non e' integrabile. Ma tale limite e' $\lim_{x\to+\infty}1-cos(x)$ che NON ESISTE.
Poi alla fine tutto torna ma non e' proprio immediato.
sottintendi che $f(x)$ tende all'infinito).
Il punto e' pero' che il limite $\lim_{x\to+\infty}\frac{1-cos(x)}{x^\alpha}$ NON esiste se $\alpha\leq0$ (mentre fa zero per $\alpha>1$).
Questo fatto ti torna?
Tormando all'integrale su $[1,+\infty[$ di $f(x)=\frac{1-cos(x)}{x^a\sqrt{1+x^2}}$ hai ragione nel dire che da
$0\leq f(x)\leq2/{x^{a+1}}$
si deduce la convergenza per $a>0$. Ma NON si deduce che per $\alpha\leq0$ non converge (quindi potrebbe a priori convergere, per esempio, per $a=0$).
Se si potesse dire che (mettiamo per esempio $a=0$) $\lim_{x\to+\infty}xf(x)=\eta>0$ allora usando il teorema del confronto asintotico che $f(x)$ (essendo asintotica a $\eta/x$)
non e' integrabile. Ma tale limite e' $\lim_{x\to+\infty}1-cos(x)$ che NON ESISTE.
Poi alla fine tutto torna ma non e' proprio immediato.
ok, ora torna il tuo ragionamento 
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo