Integrali generalizzati
Un saluto a tutti,
sono uno studente all'ultimo anno di ingegneria elettronica, essendo al quinto anno non ricordo più alcune cose di analisi matematica. Un amico mi ha chiesto di aiutarlo pe run esame; gli esercizi più o meno so farli tutti tranne quelli con gli integrali generalizzati.
Mi spiego, mi viene dato un integrale con un parametro alpha che va da 0 ad infinito. Devo trovarne la convergenza.
Come faccio?! Allora, io studio come si comporta la funzione per x che va a 0 e per x che va a infinito cercando di ricondurmi sempre ad una situazione del tipo\(\displaystyle \frac{1}{x^a} \) . Quindi la convergenza si trova imponendo a>1.
Bene, il problema è che ho trovato un integrale in cui, fatte tutte le dovute approssimazioni e quando x va all'infinito, arrivo ad una forma di questo tipo:
\(\displaystyle \frac{4e^{-x}ln(x)}{x^{2+a}} \)
Chiaramente questa forma non è dello stesso tipo di \(\displaystyle \frac{1}{x^a} \)
Qual'è la condizione di convergenza in una situazione come questa?!
Vi ringrazio.
Un saluto
sono uno studente all'ultimo anno di ingegneria elettronica, essendo al quinto anno non ricordo più alcune cose di analisi matematica. Un amico mi ha chiesto di aiutarlo pe run esame; gli esercizi più o meno so farli tutti tranne quelli con gli integrali generalizzati.
Mi spiego, mi viene dato un integrale con un parametro alpha che va da 0 ad infinito. Devo trovarne la convergenza.
Come faccio?! Allora, io studio come si comporta la funzione per x che va a 0 e per x che va a infinito cercando di ricondurmi sempre ad una situazione del tipo\(\displaystyle \frac{1}{x^a} \) . Quindi la convergenza si trova imponendo a>1.
Bene, il problema è che ho trovato un integrale in cui, fatte tutte le dovute approssimazioni e quando x va all'infinito, arrivo ad una forma di questo tipo:
\(\displaystyle \frac{4e^{-x}ln(x)}{x^{2+a}} \)
Chiaramente questa forma non è dello stesso tipo di \(\displaystyle \frac{1}{x^a} \)
Qual'è la condizione di convergenza in una situazione come questa?!
Vi ringrazio.
Un saluto
Risposte
Nessuno ha delle idee?!
Vi ringrazio
Un saluto
Vi ringrazio
Un saluto
Prova applicando gli sviluppi di McLaurin.. ad esempio $e^x = 1+x+...$.. ecc..
Ma il metodo che uso io va bene?!
Perchè leggendo in giro ho visto delle robe che non ricordavo assolutamente.
Mi spiego, per risolvere questi integrali generalizzati io devo sempre ricondurmi ad una roba del tipo \(\displaystyle \frac{1}{x^a} \) e poi imporre l'esponente della x maggiore di 1?!
comunque se uso gli sviluppi di taylor non miglioro la cosa. ho trovato la soluzione. Arriva alla formula finale che ho trovato io, ovvero questa: \(\displaystyle \frac{4e^{-x}ln(x)}{x^{2+a}} \) e poi dice che converge per ogni valore di a.
Perchè?!
Perchè leggendo in giro ho visto delle robe che non ricordavo assolutamente.
Mi spiego, per risolvere questi integrali generalizzati io devo sempre ricondurmi ad una roba del tipo \(\displaystyle \frac{1}{x^a} \) e poi imporre l'esponente della x maggiore di 1?!
comunque se uso gli sviluppi di taylor non miglioro la cosa. ho trovato la soluzione. Arriva alla formula finale che ho trovato io, ovvero questa: \(\displaystyle \frac{4e^{-x}ln(x)}{x^{2+a}} \) e poi dice che converge per ogni valore di a.
Perchè?!
@neversurrender: Piano con gli UP. Occorre attendere minimo 24 ore prima di farne uno.
Mi scuso.
"neversurrender":
Ma il metodo che uso io va bene?!
Perchè leggendo in giro ho visto delle robe che non ricordavo assolutamente.
Mi spiego, per risolvere questi integrali generalizzati io devo sempre ricondurmi ad una roba del tipo \(\displaystyle \frac{1}{x^a} \) e poi imporre l'esponente della x maggiore di 1?!
comunque se uso gli sviluppi di taylor non miglioro la cosa. ho trovato la soluzione. Arriva alla formula finale che ho trovato io, ovvero questa: \(\displaystyle \frac{4e^{-x}ln(x)}{x^{2+a}} \) e poi dice che converge per ogni valore di a.
Perchè?!
Beh allora, la discussione su $\alpha>1$ è corretta, è il metodo giusto.
Invece non sono d'accordo che usando Taylor o McLaurin arrivi sempre alla forma che hai scritto, poichè Taylor e McLaurin ti permettono di scrivere il polinomio non utilizzando funzioni come $log(x), senx, cosx...$, quindi prova a riscriverlo dall'inizio con gli sviluppi
Ma il logaritmo non posso svilupparlo con taylor. Sto studiando il logaritmo a più infinito, quindi x non è un infinitesimo. Non posso utilizzare quello sviluppo...
Ora che ci penso, mi è venuta in mente un'altra cosa.
Se studio il comportamento della funzione per x che va a zero, arrivo in fondo e devo imporre a<1. invece se studio la funzione per x che va all'infinito allora devo imporre la condizione a>1. Giusto?! Oppure quando arrivo in fondo impongo sempre a>1?!
L'integrale generalizzato iniziale è questo:
Ora che ci penso, mi è venuta in mente un'altra cosa.
Se studio il comportamento della funzione per x che va a zero, arrivo in fondo e devo imporre a<1. invece se studio la funzione per x che va all'infinito allora devo imporre la condizione a>1. Giusto?! Oppure quando arrivo in fondo impongo sempre a>1?!
L'integrale generalizzato iniziale è questo:
Qualcuno ha qualche idea allora?!
Saluti
Saluti
Nessuno sa niente?! Sono riuscito ad arrivare alla forma finale, ma non capisco come trovarne la convergenza.
Saluti
Giovanni
Saluti
Giovanni
Buongiorno .
Quando $ x-> 0 $ ho $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x)$ ~ $ \pi x^2 x^4 frac(1)(x^(\alpha) )$
cioè $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x)$ ~ $ \frac(pi)(x^(\alpha-6))$ .
Quando $ x-> +infty $ ho $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x)$ ~ $ \frac(pi)(x^2) 4 ln(x)\frac(1)(x^(\alpha) ) e^(-x) $ e dunque $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x) = o ( e^(-\frac(x)(2) ))$ .
Ne deduco la convergenza o la divergenza dell'integrale :
Se $ \alpha < 7 $ abbiamo $ int_0^(+infty)(sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x))dx < +infty $
Se $ \alpha >=7 $ abbiamo $ int_0^(+infty)(sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x))dx = +infty $
Penso che questo è corretto , ma ... ?
Quando $ x-> 0 $ ho $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x)$ ~ $ \pi x^2 x^4 frac(1)(x^(\alpha) )$
cioè $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x)$ ~ $ \frac(pi)(x^(\alpha-6))$ .
Quando $ x-> +infty $ ho $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x)$ ~ $ \frac(pi)(x^2) 4 ln(x)\frac(1)(x^(\alpha) ) e^(-x) $ e dunque $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x) = o ( e^(-\frac(x)(2) ))$ .
Ne deduco la convergenza o la divergenza dell'integrale :
Se $ \alpha < 7 $ abbiamo $ int_0^(+infty)(sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x))dx < +infty $
Se $ \alpha >=7 $ abbiamo $ int_0^(+infty)(sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x))dx = +infty $
Penso che questo è corretto , ma ... ?
Allora,
i calcoli che ha svolto lei sono esattamente quelli che ho svolto io. Per quanto riguarda x che va a 0 non ho molti problemi. Mi sono ricondotto facilmente ad una forma del tipo \(\displaystyle 1/x^a \) quindi ho semplicemente imposto l'esponente a<1
Ma quando la x va all'infinito come si procede?! Sono arrivato anche io alla forma finale ma poi come faccio ad imporne la convergenza?! Per x che va all'infinito non siamo ad una forma del tipo \(\displaystyle 1/x^a \)...
Spero di essermi spiegato bene.
Saluti
Giovanni
i calcoli che ha svolto lei sono esattamente quelli che ho svolto io. Per quanto riguarda x che va a 0 non ho molti problemi. Mi sono ricondotto facilmente ad una forma del tipo \(\displaystyle 1/x^a \) quindi ho semplicemente imposto l'esponente a<1
Ma quando la x va all'infinito come si procede?! Sono arrivato anche io alla forma finale ma poi come faccio ad imporne la convergenza?! Per x che va all'infinito non siamo ad una forma del tipo \(\displaystyle 1/x^a \)...
Spero di essermi spiegato bene.
Saluti
Giovanni
"neversurrender":
Allora,
Per x che va all'infinito non siamo ad una forma del tipo \(\displaystyle 1/x^a \)...
Riprendo l'esplicazione piu precisamente :
Quando $ x-> +infty $ ho $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x)$ ~ $ \frac(pi)(x^2) 4 ln(x)\frac(1)(x^(\alpha) )e^(-\frac(x)(2) )e^(-\frac(x)(2) ) $
e $ lim_(x->+infty)\frac(pi)(x^2) 4 ln(x)\frac(1)(x^(\alpha) )e^(-\frac(x)(2) )= 0 $
dunque $ sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x) = o ( e^(-\frac(x)(2) ))$ .
Cosi , se $ x $ è sufficientemente grande , diciamo $ ( x >=A )$ ,
ho $ 0 <=sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x) <= e^(-\frac(x)(2) )$ .
Ma l'integrale $ int_A^(+infty)e^(-\frac(x)(2)) dx $ è convergente .
Dunque l'integrale $ int_A^(+infty)(sin( \frac(\pi)(x^2+1)) ln(1+x^4) \frac(1)(x^(\alpha)) e^(-x))dx $ è convergente .
Ho capito. In pratica la seconda parte di questo esercizio converge per qualsiasi valore di alfa in quanto, essendoci un esponenziale al denominatore, schiaccia i contributi del numeratore.
Ma quindi se ad esempio mi capitasse (sempre per x tendente all'infinito) una cosa di questo genere, \(\displaystyle $frac {ln^2(x)}{x^a}$ anche questa converge per qualsiasi valore di a?! In quanto al denominatore è presente una funzione con x, al numeratore una funzione con il log. La x cresce più velocemente del log e quindi per qualsiasi valore di a positivo, la seguente funzione converge. Giusto?!
Ma quindi se ad esempio mi capitasse (sempre per x tendente all'infinito) una cosa di questo genere, \(\displaystyle $frac {ln^2(x)}{x^a}$ anche questa converge per qualsiasi valore di a?! In quanto al denominatore è presente una funzione con x, al numeratore una funzione con il log. La x cresce più velocemente del log e quindi per qualsiasi valore di a positivo, la seguente funzione converge. Giusto?!
Ciao, io mi sto esercitando per l'esame di Analisi 1 e questo mi è sembrato proprio un bell'esercizio, perché nei temi d'esame non ho trovato spesso integrali generalizzati.
Ecco la risoluzione che ti propongo io. Ovviamente, se ho commesso qualche errore vi prego di segnalarmelo!
Come prima cosa ho esplicitato il dominio della funzione.
$x!=0$
Poi ho calcolato i due limiti.
In quello con x tendente a zero
$lim_(x->0) (sin((\pi)/(x^2 + 1))) (log(1 + x^4) e^(-x))/(x^\alpha)$
ho fatto queste stime asintotiche
$sin((\pi)/(x^2 + 1))\sim(\pi)/(x^2 + 1)$
$log(1 + x^4)\simx^4$
$e^x\simx + 1$
e quindi il tutto è diventato
$lim_(x->0) (\pi x^4)/((x^2 + 1) (x + 1) (x^\alpha)) = lim_(x->0) (\pi x^4)/(x^(\alpha + 3) + x^(\alpha + 2) + x^(\alpha + 1) + x^\alpha) $
con un'ultima stima asintotica
$(x^(\alpha + 3) + x^(\alpha + 2) + x^(\alpha + 1) + x^\alpha) \sim x^(\alpha + 3)$
il limite è diventato
$lim_(x->0) (\pi x^4)/(x^(\alpha + 3)) = lim_(x->0) (\pi x^4)/(x^\alpha x^3) = lim_(x->0) (\pi x)/(x^\alpha) = lim_(x->0) (\pi)/(x^(\alpha - 1))$
a cui imponiamo la convergenza per
$0 < \alpha - 1 < 1$
cioè
$1 < \alpha < 2$
Il limite con x che tende ad infinito è
$lim_(x->oo)(sin((\pi)/(x^2 + 1))) (log(1 + x^4) e^(-x))/(x^\alpha)$
e l'unica stima asintotica vera e propria che ho potuto fare è stata
$sin((\pi)/(x^2 + 1))\sim(\pi)/(x^2 + 1)$
poi ho ragionato con gli ordini di infiniti
$(\pi)/(x^2 + 1)\sim(1)/(x^2)$
$(log(1 + x^4))/(e^x)\sim(1)/(e^x)$
quindi mi sono trovato di fronte a
$(1)/(e^x x^(\alpha + 2))$
e, ovviamente, non c'è alcun valore attribuibile al parametro che renda la convergenza di $1/x^(\alpha + 2)$ più rapida di quella di $1/e^x$.
Pertanto, dovendo valere entrambe le condizioni di convergenza conteporaneamente, l'unica condizione valida è quella più restrittiva. La soluzione finale è
$1 < \alpha < 2$
Per avere la divergenza basta invertire gli intervalli tenendo presente che $\alpha > 0$ sempre.
Spero di averti aiutato, ma sopratutto spero che voi possiate anche aiutare me dicendomi se ho fatto giusto e se ho commesso qualche errore.
Ecco la risoluzione che ti propongo io. Ovviamente, se ho commesso qualche errore vi prego di segnalarmelo!
Come prima cosa ho esplicitato il dominio della funzione.
$x!=0$
Poi ho calcolato i due limiti.
In quello con x tendente a zero
$lim_(x->0) (sin((\pi)/(x^2 + 1))) (log(1 + x^4) e^(-x))/(x^\alpha)$
ho fatto queste stime asintotiche
$sin((\pi)/(x^2 + 1))\sim(\pi)/(x^2 + 1)$
$log(1 + x^4)\simx^4$
$e^x\simx + 1$
e quindi il tutto è diventato
$lim_(x->0) (\pi x^4)/((x^2 + 1) (x + 1) (x^\alpha)) = lim_(x->0) (\pi x^4)/(x^(\alpha + 3) + x^(\alpha + 2) + x^(\alpha + 1) + x^\alpha) $
con un'ultima stima asintotica
$(x^(\alpha + 3) + x^(\alpha + 2) + x^(\alpha + 1) + x^\alpha) \sim x^(\alpha + 3)$
il limite è diventato
$lim_(x->0) (\pi x^4)/(x^(\alpha + 3)) = lim_(x->0) (\pi x^4)/(x^\alpha x^3) = lim_(x->0) (\pi x)/(x^\alpha) = lim_(x->0) (\pi)/(x^(\alpha - 1))$
a cui imponiamo la convergenza per
$0 < \alpha - 1 < 1$
cioè
$1 < \alpha < 2$
Il limite con x che tende ad infinito è
$lim_(x->oo)(sin((\pi)/(x^2 + 1))) (log(1 + x^4) e^(-x))/(x^\alpha)$
e l'unica stima asintotica vera e propria che ho potuto fare è stata
$sin((\pi)/(x^2 + 1))\sim(\pi)/(x^2 + 1)$
poi ho ragionato con gli ordini di infiniti
$(\pi)/(x^2 + 1)\sim(1)/(x^2)$
$(log(1 + x^4))/(e^x)\sim(1)/(e^x)$
quindi mi sono trovato di fronte a
$(1)/(e^x x^(\alpha + 2))$
e, ovviamente, non c'è alcun valore attribuibile al parametro che renda la convergenza di $1/x^(\alpha + 2)$ più rapida di quella di $1/e^x$.
Pertanto, dovendo valere entrambe le condizioni di convergenza conteporaneamente, l'unica condizione valida è quella più restrittiva. La soluzione finale è
$1 < \alpha < 2$
Per avere la divergenza basta invertire gli intervalli tenendo presente che $\alpha > 0$ sempre.
Spero di averti aiutato, ma sopratutto spero che voi possiate anche aiutare me dicendomi se ho fatto giusto e se ho commesso qualche errore.
"neversurrender":
Ho capito. In pratica la seconda parte di questo esercizio converge per qualsiasi valore di alfa in quanto, essendoci un esponenziale al denominatore, schiaccia i contributi del numeratore.
Ma quindi se ad esempio mi capitasse (sempre per x tendente all'infinito) una cosa di questo genere, \(\displaystyle $frac {ln^2(x)}{x^a}$ anche questa converge per qualsiasi valore di a?! In quanto al denominatore è presente una funzione con x, al numeratore una funzione con il log. La x cresce più velocemente del log e quindi per qualsiasi valore di a positivo, la seguente funzione converge. Giusto?!
Buongiorno ;
Esiste una situazione generale per le integrali di Bertrand :
$ int_a^(+infty)\frac(1)(t^(\alpha) ln^(\beta)(t)) dt $ ( con $ a > 1 $ ) .
a/ Se $ \alpha < 1 $ o se ${( \ alpha = 1),( \beta <=1) :} $ allora $ int_a^(+infty)\frac(1)(t^(\alpha) ln^(\beta)(t)) dt = +infty $
b/ Se $ \alpha > 1 $ o se $ {(\ alpha = 1),(\beta > 1):} $ allora $ int_a^(+infty)\frac(1)(t^(\alpha) ln^(\beta)(t)) dt < +infty $
Per esempio :
$ int_a^(+infty)\frac(1)(t^(\alpha) ln^(-2)(t)) dt < + infty $ quando $ \ alpha > 1 $
$ int_a^(+infty)\frac(1)(t^(\alpha) ln^(-2)(t)) dt = + infty $ quando $ \ alpha <= 1 $
"mikiredel":
con x tendente a zero
$sin((\pi)/(x^2 + 1))\sim(\pi)/(x^2 + 1)$
Ma ... ???
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