Integrale in senso generalizzato

[itisscience]

devo studiare la convergenza di $ int_(0)^(+oo) (arctan(x^(-1))/(x^(1/3))) dx $

dapprima studio la convergenza in zero: $ int_(0)^(1) (arctan(x^(-1))/(x^(1/3))) dx $ .
il mio testo dice che l'integrale converge perchè: $ lim_(x -> 0+) arctan(x^-1)=pi/2 $ dunque esiste un
$ delta>0:∀x∈(0,delta)arctan(x^-1)/x^(1/3)<=2*1/x^(1/3) $ e poichè $ 1/3<1 $ alloora $ int_(0)^(1) (2)/(x^(1/3)) dx <+oo $ allora deduciamo per confronto che $ int_(0)^(1) (arctan(x^(-1))/(x^(1/3))) dx <+oo $ .

vorrei chiedervi una spiegazione del perchè di questi passaggi, in modo tale da provare a fare io lo studio della convergenza all'infinito

[Mephlip]

Sta dicendo rigorosamente che in un intorno destro di $0$ si ha che $\arctan(x^{-1})$ tende a $\frac{\pi}{2} \approx 1.57$, quindi in tale intorno sarà più piccola di $2$; niente di più. Ha usato il limite per ottenere una disuguaglianza locale (vicino a $0$, il punto "di interesse" che può far venire meno la convergenza) per l'arcotangente e applicare il teorema del confronto.

Detto meglio: $\lim_{x \to x_0} f(x)=l \in \mathbb{R}$ se per ogni $\varepsilon>0$ esiste $\delta_{\varepsilon}>0$ tale che per ogni $x \in \text{dom}(f) \setminus {x_0}$ si ha $|x-x_0|<\delta_{\varepsilon} \implies |f(x)-l|<\varepsilon$.

Nel nostro caso è $\lim_{x \to 0^+} \arctan(x^{-1})=\frac{\pi}{2}$, perciò dalla definizione di limite hai che per ogni $\varepsilon>0$ esiste $\delta_{\varepsilon}>0$ tale che per ogni $x\ne0$, $0
L'ultima disuguaglianza implica $\arctan(x^{-1})<\varepsilon+\frac{\pi}{2}$ (per le proprietà del modulo);
ma $\varepsilon>0$ è arbitrario, quindi puoi sceglierlo in modo tale che sia $\epsilon+\frac{\pi}{2}=2$; ossia $\varepsilon=2-\frac{\pi}{2}$ (nota che effettivamente è $2-\frac{\pi}{2}>0$).
Quindi esiste $\delta_{2-\pi/2}=:\delta$ tale che per ogni $x \ne 0$, $0 $$\int_0^1 \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}} \text{d}x=\int_0^{\delta} \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}}\text{d}x+\int_{\delta}^1 \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}}\text{d}x$$
Il secondo integrale non ha problemi di convergenza, perché $\delta>0$; il primo ha come intervallo di integrazione $0 $$\int_0^{\delta} \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}}\text{d}x+\int_{\delta}^1 \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}}\text{d}x=\int_0^{\delta} \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}}\text{d}x+\text{roba convergente} $$
$$\leq \int_0^{\delta} \frac{2}{x^{1/3}}\text{d}x+\text{roba convergente}$$

[itisscience]

una domanda.. il confronto lo faccio con $ x^(1/3) $ quindi è integrabile in senso generalizzato perchè $ alpha=1/3 $ soddisfa $ alpha>(-1) $ , giusto?

[Mephlip]

Ha fatto un confronto con l'integrale $\int_0^1 \frac{1}{x^{\alpha}} \text{d}x$, che converge se $\alpha < 1$ e perciò in particolare converge se $\alpha=\frac{1}{3}$. Però non ho capito che intendevi dire qui

"itisscience":quindi è integrabile in senso generalizzato perchè $ alpha=1/3 $ soddisfa $ alpha>(-1) $ , giusto?

quando hai scritto "$\alpha> (-1)$". Forse usi per il confronto un integrale diverso da quello che si usa solitamente, di solito si usa $\int_0^1 \frac{1}{x^\alpha} \text{d}x$ (che converge se $\alpha <1$). Quale usi?

Forse una cosa tipo $\int_0^1 x^{\beta} \text{d}x$? In tal caso sì, c'è convergenza se $\beta > -1$ (sono modi equivalenti di fare lo stesso confronto).

[itisscience]

ho capito la tua notazione, tuttavia se decido di confrontare $ arctan(1/x) $ con $ 1/x^(1/3) $ allora ottengo $ arctan(1/x) /(1/x^(1/3)) $ , in modo analogo a quello che si fa nel confronto asintotico delle serie, no?
allora anche io direi che $ int_(0)^(1) 1/x^alpha dx $ converge per $ alpha<1 $

[Mephlip]

No, non è quello che sta facendo.
Quello che stai utilizzando tu nel tuo ultimo messaggio si chiama "criterio del confronto asintotico": è un'altra cosa, per il quale dovresti esplicitare per bene tutti i passaggi che stai effettuando per capire se lo stai usando in maniera corretta (verificare che le ipotesi sono soddisfatte, esibire la funzione confronto, effettuare il limite tra funzione confronto e funzione integranda e dedurre la convergenza dell'integrale dal risultato di quest'ultimo limite analizzando l'integrale della funzione confronto esibita).

Qui sta usando il "teorema del confronto": esso afferma, brutalmente, che se l'integrale di una funzione (positiva) è più piccolo di un integrale convergente allora converge anch'esso (ha intuitivamente molto senso, se una funzione è positiva e ha integrale più piccolo di un'altra funzione che ha integrale che vale, che ne so, $7$, allora il suo integrale non potrà mai divergere né a $\infty$ né a $-\infty$).

[itisscience]

scusami come si chiama precisamente questo argomento che non ho ancora capito così torno a studiarlo meglio
provo a rispiegare il mio dubbio: dalla definizione di limite si ha $ |arctan(x^-1)-pi/2|

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[Mephlip]

Dovresti cercare questi due teoremi, uno si chiama "teorema del confronto" e l'altro "criterio del confronto asintotico"; alternativamente, in questa dispensa sono presenti a pagina 2 il teorema del confronto e a pagina 4 il criterio del confronto asintotico (ma è sempre meglio studiare dai libri di testo).

Comunque, forse capisco dov'è l'incomprensione: nello studio degli integrali generalizzati, alcune volte, la funzione $\frac{1}{x^{\alpha}}$ è detta "funzione confronto" o "infinito/infinitesimo campione", perché spesso ci si riesce a ricondurre per lo studio della convergenza; ricorderai sicuramente la serie armonica generalizzata, $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}$, la funzione confronto per integrali generalizzati è una cosa simile alla successione $\frac{1}{n^{\alpha}}$.

Ma non intendevo dire che stavo confrontando le funzioni nel senso di "rapporto" tra le due, cosa che poi effettivamente si fa con il criterio del confronto asintotico (tramite un limite); intendevo dire che è stato usato questo "teorema del confronto" per giungere, tramite una disuguaglianza, allo studio di un integrale che avesse come funzione integranda la "funzione confronto", di cui conosciamo già vita, morte e miracoli della sua convergenza.

Il confronto asintotico, invece, prevede il limite di un rapporto tra funzioni positive nell'intervallo di integrazione: considerata la funzione confronto $\frac{\frac{\pi}{2}}{x^{1/3}}$ (è positiva in $(0,1]$), si calcola il limite per $x \to 0^+$ (il punto "di interesse") del rapporto tra la funzione integranda (anch'essa positiva in $(0,1]$) e la funzione confronto
$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}}}{\frac{\frac{\pi}{2}}{x^{1/3}}}=\lim_{x \to 0^+} \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}} \cdot \frac{x^{1/3}}{\frac{\pi}{2}}=\lim_{x \to 0^+} \frac{\arctan(x^{-1})}{\frac{\pi}{2}}=1$$
Dunque, visto che $1 \in (0,\infty)$, per il criterio del confronto asintotico gli integrali
$$\int_0^1 \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}} \text{d}x$$
e
$$\int_0^1 \frac{\frac{\pi}{2}}{x^{1/3}} \text{d}x$$
hanno lo stesso comportamento; l'ultimo converge perché $\frac{1}{3}<1$, conseguentemente converge anche l'integrale che hai proposto.

Come vedi, qui non sono state usate disuguaglianze; perciò il tuo testo sta usando il teorema del confronto, non il criterio del confronto asintotico.

[itisscience]

ora mi è tutto più chiaro, svolgo la convergenza all'infinito: $ |(arctan(1/x)-1)/(1/x)|1 $ e qui $ 4/3>1 $

[pilloeffe]

Ciao itisscience,

Sì, l'integrale proposto è convergente ed anche se la faccenda è un po' lunga è perfino possibile determinarne il valore esatto, infatti si ha:

$ \int_0^{+\infty} arctan(x^(-1))/(x^(1/3)) \text{d}x = (3\pi)/2 $

Infatti ponendo $t := 1/x $ e mediante integrazione per parti si arriva ad ottenere il risultato seguente:

$ \int arctan(x^(-1))/(x^(1/3)) \text{d}x = (3\sqrt3)/8 ln(\frac{root[3]{x^2} - \sqrt3 root[3]{x} + 1}{root[3]{x^2} + sqrt3 root[3]{x} + 1}) + 3/2 root[3]{x^2} arctan(1/x) + $
$ - 3/4 arctan(\sqrt3 - 2 root[3]{x}) + 3/4 arctan(\sqrt3 + 2 root[3]{x}) + 3/2 arctan(root[3]{x}) + c $

Quindi si ha:

$ \int_0^{+\infty} arctan(x^(-1))/(x^(1/3)) \text{d}x = [(3\sqrt3)/8 ln(\frac{root[3]{x^2} - \sqrt3 root[3]{x} + 1}{root[3]{x^2} + sqrt3 root[3]{x} + 1}) + 3/2 root[3]{x^2} arctan(1/x) + $
$ - 3/4 arctan(\sqrt3 - 2 root[3]{x}) + 3/4 arctan(\sqrt3 + 2 root[3]{x}) + 3/2 arctan(root[3]{x})]_0^{+\infty} = $
$ = (3\pi)/8 + (3\pi)/8 + (3\pi)/4 = (3\pi)/2 $

[itisscience]

grazie mille!

[dissonance]

Pilloeffe, sei il solito esagerato!

[pilloeffe]

"dissonance":Pilloeffe, sei il solito esagerato!

[Mephlip]

@itisscience: Ti ha già mostrato pilloeffe, con un calcolo esplicito, che l'integrale converge per $x\to \infty$; comunque, se vuoi vedere un'altra applicazione degli strumenti che hai visto nel corso riguardo la convergenza, per $x \to \infty$ userei il criterio del confronto asintotico stavolta.
Infatti hai che $\arctan(x^{-1}) \approx x^{-1}$ quando $x \to \infty$, ciò suggerisce l'uso di $\frac{1}{x^{4/3}}$ come funzione confronto. Infatti è
$$\lim_{x \to \infty} \frac{\frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}}}{\frac{1}{x^{4/3}}}=\lim_{x \to \infty} \frac{\arctan(x^{-1})}{x^{1/3}} \cdot x^{4/3}=\lim_{x \to \infty} x \arctan(x^{-1})=1$$
Perciò l'integrale in esame si comporta come
$$\int_1^{\infty} \frac{1}{x^{4/3}} \text{d}x$$
che conosci.

Comunque, non ti sto seguendo molto qui

"itisscience":$ |(arctan(1/x)-1)/(1/x)|
a meno che tu non intendessi qualcosa tipo: "dato che $\frac{\arctan \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} \to 1$ per $x \to \infty$, esiste $M>0$ tale che $x \geq M$ implica $\frac{\arctan \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} \leq 2$", questo va bene, ma allora avresti dovuto scrivere $|\frac{\arctan \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}-1|<\varepsilon$" e quindi avrebbe perfettamente senso tutto il ragionamento successivo fatto da te per ottenere la disuguaglianza.
In tal caso, puoi spezzare l'integrale in due integrali negli intervalli $[1,M)$ ed $[M,\infty)$ e usare le disuguaglianze come visto nel caso in cui abbiamo spezzato l'intervallo di integrazione $(0,1]$ in $(0,\delta)$ e $[\delta,1]$ (quindi ti consiglio vivamente di scrivere esplicitamente questo fatto che la disuguaglianza vale da $x \geq M$ in poi, altrimenti in generale è falsa essendo valida solo al limite).

Incidentalmente, la disuguaglianza $\arctan(x^{-1}) < \frac{2}{x}$ è vera per ogni $x>0$: infatti, per ogni $t \geq 0$ è $\arctan t \leq t$ e perciò per $x \geq 1$ è $\arctan(x^{-1}) \leq \frac{1}{x} < \frac{2}{x}$ (che mi sembra anche un modo molto più carino ed educativo di dimostrare la convergenza per $x \to \infty$ rispetto all'uso del confronto asintotico).