Integrale generalizzato
Stabilire per quali valori del parametro reale $beta$ la funzione $f_(beta)(x)=(cos(x))^beta/((pi/2-x)^(beta-1)(e^sinx-1)^beta)$ e' integrabile in senso generalizzato su $] 0;pi/2 [$.
In zero la funzione e' dello stesso ordine di $1/x^beta$ quindi e' integrabile in senso generalizzato se e solo se $beta<1$. Corretto?
Lo sviluppo in serie di Taylor della funzione $cosx$ con punto iniziale $pi/2$ dovrebbe essere $-(x-pi/2)+(x-pi/2)^3/6+o((x-pi/2)^3)$. Giusto?
Poi come posso studiare l'integrabilita' in un intorno di $pi/2$?
In zero la funzione e' dello stesso ordine di $1/x^beta$ quindi e' integrabile in senso generalizzato se e solo se $beta<1$. Corretto?
Lo sviluppo in serie di Taylor della funzione $cosx$ con punto iniziale $pi/2$ dovrebbe essere $-(x-pi/2)+(x-pi/2)^3/6+o((x-pi/2)^3)$. Giusto?
Poi come posso studiare l'integrabilita' in un intorno di $pi/2$?
Risposte
Tutto corretto, ho fatto un controllo veloce e non mi pare di aver riscontrato nulla di scorretto.
Hai fatto bene a sottrarre un $pi/2$ dentro il coseno così da individuare l'infinitesimo che ci interessa in un intorno di $pi/2$, e così puoi fare a denominatore, dove tra l'altro già hai un infinitesimo nella forma $(pi/2 - x)^a$
ora, una volta che hai utilizzato Taylor a numeratore, e mi pare che tu l'abbia utilizzato correttamente, ricordati di riporre correttamente il $beta$ a esponente del coseno nel tuo sviluppo (e ti consiglio di accontentarti di approssimarlo al primo ordine, non hai bisogno di altro), poi porterai il numeratore a denominatore semplicemente cambiando il segno del suo esponente. $(e^sinx - 1)^beta$ è trascurabile per $x->(pi/2)^-$ e quindi avrai alla fine che la tua funzione integranda è asintoticamente equivalente a
$1/(pi/2 - x)^lambda$ per $x->pi/2^-$ e, come tu stai, la tua integranda è integrabile in un intorno di $pi/2$ sse lo è questa qua.
e tutto sta nel capire che valore ha questo $lambda$ in funzione del tuo $beta$. Anche qui parlando di infinitesimo quello che conta è ricordardi che l'esponente del denominatore deve essere strettamente minore di 1, e non maggiore o uguale, e poi intersechi i due casi che hai ottenuto studiando l'integrabilità nei due punti, $0$ e $pi/2$.
Hai fatto tutto tu, devi solo formalizzare la tua idea, il tuo procedimento è limpido.
Hai fatto bene a sottrarre un $pi/2$ dentro il coseno così da individuare l'infinitesimo che ci interessa in un intorno di $pi/2$, e così puoi fare a denominatore, dove tra l'altro già hai un infinitesimo nella forma $(pi/2 - x)^a$
ora, una volta che hai utilizzato Taylor a numeratore, e mi pare che tu l'abbia utilizzato correttamente, ricordati di riporre correttamente il $beta$ a esponente del coseno nel tuo sviluppo (e ti consiglio di accontentarti di approssimarlo al primo ordine, non hai bisogno di altro), poi porterai il numeratore a denominatore semplicemente cambiando il segno del suo esponente. $(e^sinx - 1)^beta$ è trascurabile per $x->(pi/2)^-$ e quindi avrai alla fine che la tua funzione integranda è asintoticamente equivalente a
$1/(pi/2 - x)^lambda$ per $x->pi/2^-$ e, come tu stai, la tua integranda è integrabile in un intorno di $pi/2$ sse lo è questa qua.
e tutto sta nel capire che valore ha questo $lambda$ in funzione del tuo $beta$. Anche qui parlando di infinitesimo quello che conta è ricordardi che l'esponente del denominatore deve essere strettamente minore di 1, e non maggiore o uguale, e poi intersechi i due casi che hai ottenuto studiando l'integrabilità nei due punti, $0$ e $pi/2$.
Hai fatto tutto tu, devi solo formalizzare la tua idea, il tuo procedimento è limpido.
Ditemi se sbaglio...
I limite proposto:
$lim_(x->pi/2) ((cos x)^(beta))/(x-pi/2)^(beta-1)=0 , AA beta in RR $
da cui possiamo affermare che la funzione è integrabile in senso generalizzato.
I limite proposto:
$lim_(x->pi/2) ((cos x)^(beta))/(x-pi/2)^(beta-1)=0 , AA beta in RR $
da cui possiamo affermare che la funzione è integrabile in senso generalizzato.
"clrscr":
Ditemi se sbaglio...
I limite proposto:
$lim_(x->pi/2) ((cos x)^(beta))/(x-pi/2)^(beta-1)=0 , AA beta in RR $
da cui possiamo affermare che la funzione è integrabile in senso generalizzato.
E' una forma indeterminata, quindi devi fare prima il limite che hai introdotto, poi se risulta $oo$ studiare l'integrabilità facendo quello che prima ho detto; il fatto che darkhero si fosse posto il problema mi ha indotto a pensare che avesse controllato lui quel limite, e che quindi avesse senso studiare l'integrabilità. Ad ogni modo, la cosa sarebbe uscita lo stesso fuori... ma tu sei sicuro che quel limite faccia $0$? Nel caso in cui dovesse essere così a prescindere da $beta$, allora è come dici tu e hai ragione.
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