Integrale improprio
Determinare i valori di $alpha$ per cui il seguente integrale improprio è convergente. Calcolarlo per $alpha =1$
$ int_(1)^(+∞) ((Pi/2)^alpha -(arctgx)^alpha )/(x)^(2alpha ) dx $
Ho provato così:
La funzione integranda, è continua nell'intervallo [1, +∞) e dunque, l'unica possibile singolarità si ha per la non limitatezza dell'intervallo d'integrazione quindi a +∞. A questo punto ho spezzato l'integrale come
$ int_(1)^(+∞) (pi/2)^alpha/x^(2alpha) dx - int_(1)^(+∞) (arctgx)^alpha/x^(2alpha) dx $
quindi il primo integrale converge per $2alpha>1$ per x->+∞
mentre il secondo è asintotico a $(pi/2)^alpha/x^(2alpha)$ che anch'esso converge se $2alpha>1$
sbaglio in qualcosa, o l'esercizio fin qui è svolto giustamente..?
$ int_(1)^(+∞) ((Pi/2)^alpha -(arctgx)^alpha )/(x)^(2alpha ) dx $
Ho provato così:
La funzione integranda, è continua nell'intervallo [1, +∞) e dunque, l'unica possibile singolarità si ha per la non limitatezza dell'intervallo d'integrazione quindi a +∞. A questo punto ho spezzato l'integrale come
$ int_(1)^(+∞) (pi/2)^alpha/x^(2alpha) dx - int_(1)^(+∞) (arctgx)^alpha/x^(2alpha) dx $
quindi il primo integrale converge per $2alpha>1$ per x->+∞
mentre il secondo è asintotico a $(pi/2)^alpha/x^(2alpha)$ che anch'esso converge se $2alpha>1$
sbaglio in qualcosa, o l'esercizio fin qui è svolto giustamente..?
Risposte
nessuno? :c
"Maryse":
nessuno? :c
Stai sparando integrali tanto difficili, per la mia testa intendo, ma se non ci sono molte risposte magari anche per gli altri è così.
Comunque mi viene in mente solo una cosa e la butto lì.
Supponiamo $\alpha\ge 1$ e prendiamo la funzione integranda: lascio perdere $\alpha<1$ anche perché lì proprio vuoto totale...!
Più che la funzione integranda, soffermiamoci al numeratore ricordandoci che $arctan(...)\le \pi/2$ a prescindere dall'argomento (reale) dell'arcotangente.
Che possiamo dire del numeratore?
Intanto dal fatto che $arctan(...)\le \pi/2$ a prescindere dall'argomento, abbiamo che esso è sempre $\ge 0$.
Inoltre
$|(\pi/2)^\alpha-arctan(x)^\alpha|\le (\pi/2)^\alpha+|arctan(x)|^\alpha \le (\pi/2)^\alpha+(\pi/2)^\alpha= 2(\pi/2)^\alpha$
che è una costante (se non ho scritto stupidate ho utilizzato la disuguaglianza triangolare nel modulo).
Quindi
$0 \le "numeratore" \le 2 (\pi/2)^\alpha$
Anche $x^(2 \alpha)$ è sempre positivo, dunque l'intero integrando è sempre positivo e possiamo maggiorare
$\int_1^(+\infty) (...)dx \le 2(\pi/2)^\alpha \int_1^(+\infty) dx/(x^(2\alpha))$
che converge in quanto $2\alpha \ge 2$ dal momento che ho supposto $\alpha \ge 1$.
NOTA
In realtà, poiché si sta considerando $x\ge 1$, in realtà il numeratore potevo maggiorarlo anche con lo stesso $\pi/2$ dal momento che l'arcotangente è sempre positiva (in $x\ge 1$), diciamo che ho voluto fare una cosa più... generale.
E' un integrale di un compito d'esame ahah..comunque quindi quello che ho scritto io sopra è sbagliato? non posso dividerlo in quel modo?
nessuno?
Potrebbe essere utile in questo caso ricordare l'identità dell'arcotangente:
\[\arctan x=\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x},\quad x>0;\]
allora l'integrale diventa:
\begin{align}
\int_{1}^{+\infty}\frac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}-\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x}\right)^{\alpha}}{x^{2\alpha}}.
\end{align}
Applicando alla funzione integranda il confronto asintotico, essendo nell'intervallo di integrazione sempre positiva, si ha
\begin{align}
\frac{\displaystyle\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}-\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x}\right)^{\alpha}}{x^{2\alpha}}&\sim\frac{\displaystyle\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}-\left(\frac{\pi}{2}- \frac{1}{x}\right)^{\alpha}}{x^{2\alpha}}=\frac{\displaystyle\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}-\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}\left[1- \frac{2}{x\pi}\right]^{\alpha}}{x^{2\alpha}}\\
&=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}\cdot \frac{\displaystyle1- \left(1- \frac{2}{x\pi}\right)^{\alpha}}{x^{2\alpha}}\sim\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}\cdot \frac{\displaystyle1- \left(1- \frac{2\alpha}{ x\pi}\right)}{x^{2\alpha}}\\
&=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}\cdot \frac{2\alpha}{ x^{2\alpha+1}\pi}\sim \frac{1}{ x^{2\alpha+1} }\to\mbox{converge se}\,\,\,2\alpha+1>1,\alpha>0.
\end{align}
Per $\alpha=1$ l'integrale risulta convergente, e possiamo quindi calcolarlo; si ha
\begin{align}
\int_{1}^{+\infty}\frac{ \frac{\pi}{2} -\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x}\right) }{x^{2 }}\,\,dx&=\int_{1}^{+\infty}\frac{ \arctan \frac{1}{x} }{x^{2 }}\,\,dx=\int_{1}^{+\infty} \arctan \frac{1}{x} \,\,d\left(-\frac{1}{x}\right)\\
&\stackrel{1/x=t}{=}-\int_{1}^{0} \arctan t \,\,dt=\int_{0}^{1} \arctan t \,\,dt\\
&\stackrel{\bf(P)}{=}\left.t \arctan t\right|_{0}^{1} -\int_{0}^{1} \frac{t}{1+t^2} \,\,dt\\
&=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{2t}{1+t^2} \,\,dt=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{d(t^2+1)}{1+t^2}\\
&=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\left.\ln(1+t^2)\right|_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2.
\end{align}
\[\arctan x=\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x},\quad x>0;\]
allora l'integrale diventa:
\begin{align}
\int_{1}^{+\infty}\frac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}-\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x}\right)^{\alpha}}{x^{2\alpha}}.
\end{align}
Applicando alla funzione integranda il confronto asintotico, essendo nell'intervallo di integrazione sempre positiva, si ha
\begin{align}
\frac{\displaystyle\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}-\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x}\right)^{\alpha}}{x^{2\alpha}}&\sim\frac{\displaystyle\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}-\left(\frac{\pi}{2}- \frac{1}{x}\right)^{\alpha}}{x^{2\alpha}}=\frac{\displaystyle\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}-\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}\left[1- \frac{2}{x\pi}\right]^{\alpha}}{x^{2\alpha}}\\
&=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}\cdot \frac{\displaystyle1- \left(1- \frac{2}{x\pi}\right)^{\alpha}}{x^{2\alpha}}\sim\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}\cdot \frac{\displaystyle1- \left(1- \frac{2\alpha}{ x\pi}\right)}{x^{2\alpha}}\\
&=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\alpha}\cdot \frac{2\alpha}{ x^{2\alpha+1}\pi}\sim \frac{1}{ x^{2\alpha+1} }\to\mbox{converge se}\,\,\,2\alpha+1>1,\alpha>0.
\end{align}
Per $\alpha=1$ l'integrale risulta convergente, e possiamo quindi calcolarlo; si ha
\begin{align}
\int_{1}^{+\infty}\frac{ \frac{\pi}{2} -\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x}\right) }{x^{2 }}\,\,dx&=\int_{1}^{+\infty}\frac{ \arctan \frac{1}{x} }{x^{2 }}\,\,dx=\int_{1}^{+\infty} \arctan \frac{1}{x} \,\,d\left(-\frac{1}{x}\right)\\
&\stackrel{1/x=t}{=}-\int_{1}^{0} \arctan t \,\,dt=\int_{0}^{1} \arctan t \,\,dt\\
&\stackrel{\bf(P)}{=}\left.t \arctan t\right|_{0}^{1} -\int_{0}^{1} \frac{t}{1+t^2} \,\,dt\\
&=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{2t}{1+t^2} \,\,dt=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{d(t^2+1)}{1+t^2}\\
&=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\left.\ln(1+t^2)\right|_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2.
\end{align}
Grazie infinite 
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