Integrale improprio con Taylor: ragionamento corretto?
$\int_0^1 (ln(1+x^2)(e^x-1)^2)/( (sin2x-2x)^(\alpha)+cos(2x^2)-1 ) $
Il comportamento asintotico di questa funzione è pari a:
$x^4/(x^(3\alpha)+x^4)$
In questo caso ho ragionato così:
Se $\alpha>4/3$ posso considerare esclusivamente il comportamento di $x^4/x^4$ che mi permetterebbe di concludere verso la convergenza ($1> -1$).
Se $\alpha<4/3$ considero $x^4/x^(3\alpha)$, ossia $4-3\alpha> -1 -> \alpha<5/3$
In questo caso, quindi, essendo $5/3$ più grande di $4/3$, concludo che l'integrale converge per qualunque $\alpha>4/3$
E' un ragionamento corretto secondo voi?
Grazie
Il comportamento asintotico di questa funzione è pari a:
$x^4/(x^(3\alpha)+x^4)$
In questo caso ho ragionato così:
Se $\alpha>4/3$ posso considerare esclusivamente il comportamento di $x^4/x^4$ che mi permetterebbe di concludere verso la convergenza ($1> -1$).
Se $\alpha<4/3$ considero $x^4/x^(3\alpha)$, ossia $4-3\alpha> -1 -> \alpha<5/3$
In questo caso, quindi, essendo $5/3$ più grande di $4/3$, concludo che l'integrale converge per qualunque $\alpha>4/3$
E' un ragionamento corretto secondo voi?
Grazie
Risposte
Scusa la domanda: con cosa hai sostituito $\cos (2x^2)-1$ ?
"Orlok":
Scusa la domanda: con cosa hai sostituito $\cos (2x^2)-1$ ?
Con $x^4$, precisamente $-2x^4$
Scusa ancora l'ignoranza: ma quando a numeratore si hanno infinitesimi di diversi gradi, si considera quello col grado maggiore?
sicuramente sbaglio, ma se raccogli $x^4$ al denominatore non ti semplifichi un pò di cose?
ma ho molti dubbi riguyardo agli integrali impropri, ma sostituendo un numero qualsiasi maggiore di 5/3 l'integrale non diverge (sostituendo un valore ad esempio)?
ma ho molti dubbi riguyardo agli integrali impropri, ma sostituendo un numero qualsiasi maggiore di 5/3 l'integrale non diverge (sostituendo un valore ad esempio)?
"Orlok":
Scusa ancora l'ignoranza: ma quando a numeratore si hanno infinitesimi di diversi gradi, si considera quello col grado maggiore?
Se è una somma, si considera quello di grado minore, perchè quello maggiore è meno influente.
"Lokad":
sicuramente sbaglio, ma se raccogli $x^4$ al denominatore non ti semplifichi un pò di cose?
ma ho molti dubbi riguyardo agli integrali impropri, ma sostituendo un numero qualsiasi maggiore di 5/3 l'integrale non diverge (sostituendo un valore ad esempio)?
Non ho capito
Comunque non posso raccogliere, devo considerarne uno solo dei due. Io credo che il mio ragionamento sia corretto, però non ne ho la "sicurezza"
Se alfa è pari a 0 non converge lo stesso?
In effetti raccogliere, ora che ci penso, non è una buona idea.
Comunque non mi convince più che altro il fatto che per x->0 quando a>=5/3 tenderesti a considerare il grado più basso al denominatore che sarebbe $x^4$, che farebbe divergere l'integrale.
Poi boh, meglio che aspetti qualcuno di più esperto
Comunque non mi convince più che altro il fatto che per x->0 quando a>=5/3 tenderesti a considerare il grado più basso al denominatore che sarebbe $x^4$, che farebbe divergere l'integrale.
Poi boh, meglio che aspetti qualcuno di più esperto
"Zkeggia":
Se alfa è pari a 0 non converge lo stesso?
D'oh! Già.
Cerchiamo di riflettere. Ho scoperto che trascurando $x^4$ con la condizione che $\alpha<4/3$, convergerebbe per $\alpha<5/3$; mentre quando non posso trascurarlo, convergerebbe per $\alpha>4/3$. Nel primo caso posso considerare solo $\alpha<4/3$ come convergenza.
Se però considero il caso $\alpha>4/3$, converge certamente perché trascuro $x^(3\alpha)$.
Quindi... semplicemente converge per qualunque $\alpha$!!
"faximusy":
[quote="Zkeggia"]Se alfa è pari a 0 non converge lo stesso?
D'oh! Già.
Cerchiamo di riflettere. Ho scoperto che trascurando $x^4$ con la condizione che $\alpha<4/3$, convergerebbe per $\alpha<5/3$; mentre quando non posso trascurarlo, convergerebbe per $\alpha>4/3$. Nel primo caso posso considerare solo $\alpha<4/3$ come convergenza.
Se però considero il caso $\alpha>4/3$, converge certamente perché trascuro $x^(3\alpha)$.
Quindi... semplicemente converge per qualunque $\alpha$!!
[/quote]Hai ragione su tutto comunque credo.
Avevo considerato erroneamente che $x^4/x^4$ non convergesse
"Lokad":
[quote="faximusy"][quote="Zkeggia"]Se alfa è pari a 0 non converge lo stesso?
D'oh! Già.
Cerchiamo di riflettere. Ho scoperto che trascurando $x^4$ con la condizione che $\alpha<4/3$, convergerebbe per $\alpha<5/3$; mentre quando non posso trascurarlo, convergerebbe per $\alpha>4/3$. Nel primo caso posso considerare solo $\alpha<4/3$ come convergenza.
Se però considero il caso $\alpha>4/3$, converge certamente perché trascuro $x^(3\alpha)$.
Quindi... semplicemente converge per qualunque $\alpha$!!
[/quote]Hai ragione su tutto comunque credo.
Avevo considerato erroneamente che $x^4/x^4$ non convergesse
[/quote]Converge perchè l'esponente della $x$ risulta di certo maggiore di $-1$
Scusami faximusy, siccome questo argomento interessa tantissimo anche me...vorrei capire che ragionamento hai fatto.
Dunque, tu esamini il comportamento per $x\to 0^+$ della funzione integranda che abbiamo scoperto essere asintotica a $\frac{x^4}{x^{3\alpha}+x^4}$. Poi hai visto che se $3\alpha<4$ allora conviene confrontare $\frac{x^4}{x^{3\alpha}}$ (sempre per quel discorso del grado minore d'infinitesimo). Poi non ho capito il resto... o.o
Domanda:
Se però $3\alpha>4$ l'integrale non dovrebbe più convergere perchè andremmo a considerare $\frac{x^4}{x^4}=1$ e la funzione integranda smetterebbe di essere infinita ed usciremmo dalla condizione sufficiente, o no?
Dunque, tu esamini il comportamento per $x\to 0^+$ della funzione integranda che abbiamo scoperto essere asintotica a $\frac{x^4}{x^{3\alpha}+x^4}$. Poi hai visto che se $3\alpha<4$ allora conviene confrontare $\frac{x^4}{x^{3\alpha}}$ (sempre per quel discorso del grado minore d'infinitesimo). Poi non ho capito il resto... o.o
Domanda:
Se però $3\alpha>4$ l'integrale non dovrebbe più convergere perchè andremmo a considerare $\frac{x^4}{x^4}=1$ e la funzione integranda smetterebbe di essere infinita ed usciremmo dalla condizione sufficiente, o no?
"Orlok":
Scusami faximusy, siccome questo argomento interessa tantissimo anche me...vorrei capire che ragionamento hai fatto.
Dunque, tu esamini il comportamento per $x\to 0^+$ della funzione integranda che abbiamo scoperto essere asintotica a $\frac{x^4}{x^{3\alpha}+x^4}$. Poi hai visto che se $3\alpha<4$ allora conviene confrontare $\frac{x^4}{x^{3\alpha}}$ (sempre per quel discorso del grado minore d'infinitesimo). Poi non ho capito il resto... o.o
Domanda:
Se però $3\alpha>4$ l'integrale non dovrebbe più convergere perchè andremmo a considerare $\frac{x^4}{x^4}=1$ e la funzione integranda smetterebbe di essere infinita ed usciremmo dalla condizione sufficiente, o no?
in pratica considerando 3a<4 come hai detto tu si confrontano $x^4/x^(3a)$ poichè appunto per x->0 "prevale" al numeratore l'esponente col grado minimo. Ora non basta altro che considerare per quale valore converga l'integrale in questo caso. Dato che si tratta di integrale improprio di prima specie converge se e solo se considerando $1/x^a$ si ha che a<1. In questo caso quindi semplificando $x^4/x^(3a)$ si ha che $1/x^(3a-4)$ quindi per la condizione 3a-4<1 ossia per a<5/3.
Per 3a>4 invece si tende a considerare $x^4/x^4$, e qui stai facendo il mio stesso errore. Prendendo in considerazione $1/x^a$ deve convergere per a<1 e quindi converge per ogni a>4/3 ($x^4/x^4$ è come se fosse $1/x^0$) . Ma in realtà converge anche per a=4/3. Poichè si avrebbe $x^4/(2x^4)$ e converge.
Concludendo, mettendo insieme tutte le condizioni, converge per ogni a.
Ah certo, perchè se $\lim_{x\to 0^+}\ f(x)=l\in RR$ (finito), allora la funzione è prolungabile e dunque Riemann-integrabile su ogni intervallo $[0, x]$ , giusto o non c'entra nulla?
Olrok l'integrale di $1$ quanto fa?
L'esponente $0$ fa sempre convergere un integrale improprio di questo tipo, però se ragioni calcolando il valore subito ti rendi conto.
Infatti se poi integri fra $0$ e $1$ vedi che esce un valore finito. Quindi ci troviamo
L'esponente $0$ fa sempre convergere un integrale improprio di questo tipo, però se ragioni calcolando il valore subito ti rendi conto.
Infatti se poi integri fra $0$ e $1$ vedi che esce un valore finito. Quindi ci troviamo
Io comunque sapevo che si prendeva l'ordine più basso. Infatti alla fine mi viene
$ int_(0)^(1)(-x-1)/x*(3/-x^3)^a $
e non so come continuare
$ int_(0)^(1)(-x-1)/x*(3/-x^3)^a $
e non so come continuare
"link19":
Io comunque sapevo che si prendeva l'ordine più basso. Infatti alla fine mi viene
$ int_(0)^(1)(-x-1)/x*(3/-x^3)^a $
e non so come continuare
Si, il grado più basso, però il risultato non è quello. Controlla meglio i calcoli.
Un altro esercizio simile, nel quale il ragionamento torna lo stesso, è:
$\int_0^1 ((arctgx-x)^(2\alpha)(cosx^2-1))/( sinx^2-x^2+(1-cosx)^(\alpha) ) $
Qui il risultato è diverso, ma il modo di ragionare è uguale
Se volete cimentarvi e vi serve aiuto, l'ho risolto.
$\int_0^1 ((arctgx-x)^(2\alpha)(cosx^2-1))/( sinx^2-x^2+(1-cosx)^(\alpha) ) $
Qui il risultato è diverso, ma il modo di ragionare è uguale
Se volete cimentarvi e vi serve aiuto, l'ho risolto.
"faximusy":
Un altro esercizio simile, nel quale il ragionamento torna lo stesso, è:
$\int_0^1 ((arctgx-x)^(2\alpha)(cosx^2-1))/( sinx^2-x^2+(1-cosx)^(\alpha) ) $
Qui il risultato è diverso, ma il modo di ragionare è uguale
Se volete cimentarvi e vi serve aiuto, l'ho risolto.
Io mi sono cimentata e ora ti posto cosa ho fatto :
allora l'integrale dovrebbe essere asintotico a $int_0^1 x^(6alpha+4)/(x^6+x^(2alpha))*dx$
- ora se considero $2alpha<6$ e quindi $alpha<3$ ottengo dall'integrale $alpha>-5/4$
e quindi credo che l'integrale per ora converga per $-5/4
- poi invece considerando $alpha>3$ e risolvendo l'integrale ottengo $alpha>1/6$
e quindi che l'integrale converga per $alpha>3$
ora unendo i due risultati dovrebbe uscire che l'integrale converge per $alpha>-5/4$
Corretto ?
Scusami Josephine, mi sono bloccato a quando $\alpha>3$ e consideri $x^{6\alpha+4-6}=x^{6\alpha-2}$. In particolare mi chiedevo, ma ponendo $-6\alpha+2>1$ non dovrebbe essere soddisfatta per $\alpha<1/6$ ?
Si, io e Josephine ci troviamo uguale
Il risultato l'ho anche testato, quindi dovrebbe essere giusto per certo.
Orlok devi porre $6\alpha-2 > -1$ viene $\alpha>1/6$, come fai a trovarti $-6\alpha+2 > 1$ ?
Il risultato l'ho anche testato, quindi dovrebbe essere giusto per certo.
Orlok devi porre $6\alpha-2 > -1$ viene $\alpha>1/6$, come fai a trovarti $-6\alpha+2 > 1$ ?
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