Integrale generalizzato con parametro
$ int_(0)^(A) sin(x^p) dx $ con p positivo, A infinito (non so come metterlo)
a zero tutto ok.
a infinito?
sostituendo $ x^p=t $
$ px^(p-1)dx=dt $
$ x^(p-1)=t^((p-1)/p) $ giusto?
quindi l'integrale diventa $ int_(0)^(A) sin(u)/(p*(t^((p-1)/p))) dt $ asintotico a $ int_(0)^(A) 1/(p*(t^((p-1)/p))) dt$
mi risulta che converge per $ (p-1)/p>1 $ quindi per nessun $ p>0 $ . Dove sbaglio? dovrebbe convergere per ogni $ p>1 $ giusto?
grazie in anticipo.
a zero tutto ok.
a infinito?
sostituendo $ x^p=t $
$ px^(p-1)dx=dt $
$ x^(p-1)=t^((p-1)/p) $ giusto?
quindi l'integrale diventa $ int_(0)^(A) sin(u)/(p*(t^((p-1)/p))) dt $ asintotico a $ int_(0)^(A) 1/(p*(t^((p-1)/p))) dt$
mi risulta che converge per $ (p-1)/p>1 $ quindi per nessun $ p>0 $ . Dove sbaglio? dovrebbe convergere per ogni $ p>1 $ giusto?
grazie in anticipo.
Risposte
Se si parla di integrali di Riemann generalizzati allora la risposta è sì, dovrebbe convergere per ogni $p>1$.
Suddividi l'integrale in $\int_0^{\pi} + \int_{\pi}^{\infty}$; il primo è un integrale di Riemann standard, per cui concentriamoci sul secondo.
Dopo aver fatto la tua sostituzione, l'integrale esiste in senso generalizzato se e solo se esiste finito il limite
$\lim_{b\to +\infty} \frac{1}{p}\int_{\pi}^b t^{-\alpha} \sin t dt$, dove $\alpha := \frac{p-1}{p} < 1$.
1) Se $\alpha \le 0$ (cioè se $p\le 1$) si può dimostrare che questo limite non esiste. Infatti hai che, per ogni $n\in\mathbb{N}$,
$\int_{\pi}^{n\pi} t^{|\alpha|} \sin t dt = \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} t^{|\alpha|} \sin t dt = \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k a_k$,
con $a_k := \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} t^{|\alpha|} |\sin t| dt \ge 2 \pi^{|\alpha|} k^{|\alpha|}$.
Poiché $(a_k)$ non converge a $0$, $\sum (-1)^k a_k$ non è convergente, dunque non esiste finito il limite
$\lim_n \int_{\pi}^{n\pi} t^{|\alpha|} \sin t dt$ e, di conseguenza, non esiste finito nemmeno il limite $\lim_{b\to +\infty} \int_{\pi}^b...$.
2) Se $\alpha > 0$ (vale a dire, se $p>1$), tralasciando il fattore $1/p$, puoi calcolare per parti l'integrale nel limite:
$(*)\qquad \int_{\pi}^b t^{-\alpha} \sin t dt = [-t^{-\alpha}\cos t]_{\pi}^b -\alpha \int_{\pi}^b \frac{\cos t}{t^{\alpha+1}} dt$,
e dimostrare che il limite per $b\to +\infty$ esiste finito.
Questo è piuttosto semplice da fare: infatti
$ [-t^{-\alpha}\cos t]_{\pi}^b = \pi^{-\alpha} + \frac{\cos b}{b^{\alpha}} \to \pi^{-\alpha}$ per $b\to +\infty$;
per quanto riguarda l'integrale che compare a secondo membro in (*), esso ammette limite finito per $b\to +\infty$ dal momento che
$ \frac{|\cos t|}{t^{\alpha+1}} \le \frac{1}{t^{\alpha+1}}$
e quest'ultima funzione è integrabile su $[\pi, +\infty)$ (essendo $\alpha > 0$).
Suddividi l'integrale in $\int_0^{\pi} + \int_{\pi}^{\infty}$; il primo è un integrale di Riemann standard, per cui concentriamoci sul secondo.
Dopo aver fatto la tua sostituzione, l'integrale esiste in senso generalizzato se e solo se esiste finito il limite
$\lim_{b\to +\infty} \frac{1}{p}\int_{\pi}^b t^{-\alpha} \sin t dt$, dove $\alpha := \frac{p-1}{p} < 1$.
1) Se $\alpha \le 0$ (cioè se $p\le 1$) si può dimostrare che questo limite non esiste. Infatti hai che, per ogni $n\in\mathbb{N}$,
$\int_{\pi}^{n\pi} t^{|\alpha|} \sin t dt = \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} t^{|\alpha|} \sin t dt = \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k a_k$,
con $a_k := \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} t^{|\alpha|} |\sin t| dt \ge 2 \pi^{|\alpha|} k^{|\alpha|}$.
Poiché $(a_k)$ non converge a $0$, $\sum (-1)^k a_k$ non è convergente, dunque non esiste finito il limite
$\lim_n \int_{\pi}^{n\pi} t^{|\alpha|} \sin t dt$ e, di conseguenza, non esiste finito nemmeno il limite $\lim_{b\to +\infty} \int_{\pi}^b...$.
2) Se $\alpha > 0$ (vale a dire, se $p>1$), tralasciando il fattore $1/p$, puoi calcolare per parti l'integrale nel limite:
$(*)\qquad \int_{\pi}^b t^{-\alpha} \sin t dt = [-t^{-\alpha}\cos t]_{\pi}^b -\alpha \int_{\pi}^b \frac{\cos t}{t^{\alpha+1}} dt$,
e dimostrare che il limite per $b\to +\infty$ esiste finito.
Questo è piuttosto semplice da fare: infatti
$ [-t^{-\alpha}\cos t]_{\pi}^b = \pi^{-\alpha} + \frac{\cos b}{b^{\alpha}} \to \pi^{-\alpha}$ per $b\to +\infty$;
per quanto riguarda l'integrale che compare a secondo membro in (*), esso ammette limite finito per $b\to +\infty$ dal momento che
$ \frac{|\cos t|}{t^{\alpha+1}} \le \frac{1}{t^{\alpha+1}}$
e quest'ultima funzione è integrabile su $[\pi, +\infty)$ (essendo $\alpha > 0$).
ok dimostrazione fin troppo rigorosa, però non ho ancora capito una cosa:
facendo un passo indietro:
è vero che:
$\lim_{b\to +\infty} int_a^b t^{-\alpha} dt$ (con $a>0$ ) converge solo se $ alpha>1 $ ??
se si, perchè
$ \lim_{b\to +\infty} int_a^b 1/(t^((p-1)/p)) dt$ non converge solo se $(p-1)/p>1$??
facendo un passo indietro:
è vero che:
$\lim_{b\to +\infty} int_a^b t^{-\alpha} dt$ (con $a>0$ ) converge solo se $ alpha>1 $ ??
se si, perchè
$ \lim_{b\to +\infty} int_a^b 1/(t^((p-1)/p)) dt$ non converge solo se $(p-1)/p>1$??
"Anda":
è vero che:
$\lim_{b\to +\infty} int_a^b t^{-\alpha} dt$ (con $a>0$ ) converge solo se $ alpha>1 $ ??
E' vero. (Ovviamente stiamo supponendo $a>0$.)
se si, perchè
$ \lim_{b\to +\infty} int_a^b 1/(t^((p-1)/p)) dt$ non converge solo se $(p-1)/p>1$??
E chi lo ha detto?
Il tuo errore nel post iniziale è stato di considerare $\frac{\sin t}{t^{\alpha}}$ asintotico a $\frac{1}{t^{\alpha}}$, cosa non vera.
La prima funzione cambia di segno; nell'integrale improprio questo porta a cancellazione dei contributi (cosa che si vede anche nella serie di segno alterno che compare nel mio post precedente).
ok, capito.
esiste un modo più semplice per dimostrare che la convergenza si ha per $ p>1$ ?
la spiegazione che hai dato tu sono sicuro che è ottima, ma non ho tutti quegli strumenti a disposizione.
esiste un modo più semplice per dimostrare che la convergenza si ha per $ p>1$ ?
la spiegazione che hai dato tu sono sicuro che è ottima, ma non ho tutti quegli strumenti a disposizione.
Se a te interessa solo dimostrare la convergenza per $p > 1$ ti basta guardare il punto 2) del mio primo post; ho aggiunto qualche dettaglio per maggior chiarezza.
ok, esattamente quello che volevo. grazie mille!!
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