Limiti di Integrali

[Galileo1729]

Buongiorno,
Non riesco a risolvere il seguente esercizio:
Si considerino le seguenti funzioni:
\[ f(x):=\int_1^x (\dfrac{\pi}{2}-\text{arctan } t) \text{ tanh}(t) \text{ sin}(t) dt\]
\[ g(x):=\int_1^x (\dfrac{\pi}{2}-\text{arctan } t) \text{ tanh}(t) \text{ |sin}(t)| dt\]

a. Dimostrare che il limite di $f(x)$ per $x \rightarrow \infty$ esiste ed è finito.
b. Determinare il limite di $g(x)$ per $x \rightarrow \infty$

Riguardo al punto a, ho utilizzato il criterio di convergenza assoluta degli integrali: poiché i termini nell'integrale di $f(x)$ sono positivi in $[1,x]$ tranne che per $\text{sin}(t)$. Si deduce che $f(x)$ converge se $g(x)$ converge. Quindi, per risolvere il punto a, sfrutto il risultato del punto b (nel caso l'integrale del punto b non convergerà, cercherò un'altra strada per il punto a)
Il problema è svolgere il punto b, avete qualche idea?

[otta96]

Comincia a cercare un'altra strada...

[gugo82]

Innanzitutto, ti sei fatto un'idea di come vadano le cose?

Il secondo integrale converge o no?
Per capirci qualcosa, ricorda che $arctan t + arctan(1/t) = pi/2$ (perché? Sai dimostrarlo?) e che $tanh t< 1 $ per $t>0$...

[pilloeffe]

Ciao Galileo1729,

Benvenuto sul forum!

La questione è già stata posta (e risolta) poco più di 3 mesi fa qui:
https://math.stackexchange.com/questions/4206768/prove-that-int-1-infty-arctan-left-frac1t-right-tanht-operatorn

[qualcuno4]

Punto a)

$$|sin\thinspace t|\leq1,|tanh\thinspace t|=\left|\frac{e^{2t}-1}{e^{2t}+1}\right|<1$$
$$\frac{\pi}{2}-arctan\thinspace t=\int_{t}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+u^{2}}du<\int_{t}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{u^{2}}du=\frac{1}{t}$$

Siano $1 $$\left|f(x_{1})-f(x_{2})\right|\leq\int_{x_{1}}^{x_{2}}(\frac{\pi}{2}-arctan\thinspace t)tanh\thinspace t\ sin\thinspace tdt\leq\int_{x_{1}}^{x_{2}}\frac{1}{t}dt$$
$$\leq\frac{1}{x_{1}}\int_{x_{1}}^{x_{2}}dt\leq\frac{x_{2}-x_{1}}{x_{1}} L'integrale converge per il criterio di Chauchy.

Punto b)

$$\frac{\pi}{2}-arctan\thinspace t=\int_{t}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+u^{2}}du>\int_{t}^{\frac{\pi}{2}}\frac{t}{u}\frac{1}{1+u^{2}}du>\int_{t}^{\frac{\pi}{2}}\frac{t}{u(u^{2}+u^{2})}du=\int_{t}^{\frac{\pi}{2}}\frac{t}{2u^{3}}du=\frac{1}{4t}$$

Sia $M$ tale che $$tanh\thinspace t>\frac{1}{2}$$ per $t>M$


$$g(x)=\int_{1}^{x}(\frac{\pi}{2}-arctan\thinspace t)tanh\thinspace t\ |sin\thinspace t|dt>\int_{M}^{x}(\frac{\pi}{2}-arctan\thinspace t)tanh\thinspace t\ |sin\thinspace t|dt>\int_{M}^{x}\frac{1}{4t}\frac{1}{2}|sin\thinspace t|dt=\frac{1}{8}\int_{M}^{x}\frac{|sin\thinspace t|}{t}dt$$

E noto che $$\int_{0}^{\infty}\frac{|sin\thinspace t|}{t}dt=+\infty$$,

quindi per confronto la funzione $g(x)$ tende a $+\infty$.

[Galileo1729]

"gugo82":Innanzitutto, ti sei fatto un'idea di come vadano le cose?

Il secondo integrale converge o no?
Per capirci qualcosa, ricorda che $arctan t + arctan(1/t) = pi/2$ (perché? Sai dimostrarlo?) e che $tanh t< 1 $ per $t>0$...

Io direi che
$\int_1^\infty arctan(1/t) tanh(t) \sin t \d t < \pi/2 int_1^\infty \sin t $
il quale non converge (il limite dell'integrando a $\infty$ non esiste), ma questo mi sembra strano:
Da quanto scritto otterrei che $g(x)$ non converge, in contrasto con il link allegato nel commento successivo al suo.

[dissonance]

"Galileo1729":
$\int_1^\infty arctan(1/t) tanh(t) \sin t \d t < \pi/2 int_1^\infty \sin t $

Questa disuguaglianza non ha nessun contenuto. In primis, non ci va il \(<\) ma il \(\le\). In secundis, il membro destro é \(+\infty\). Stai dicendo che qualcosa é minore o uguale di infinito, ovvero, non stai dicendo niente.