Semplicemente un limite

[kobeilprofeta]

$lim_{x-> +infty} (\int_0^(1/x) log(1+arctan t)+1-(1+4t)^(1/4) dt)/(x^(a-2)) $

[j18eos]

Condizioni sul coefficiente \(\displaystyle a\) non ce ne sono?

[kobeilprofeta]

Penso semplicemente $a in RR$

[Rigel1]

Forse mi sfugge qualcosa, ma non mi sembra particolarmente difficile.
A me viene \(0\) se \(\alpha > -1\), \(1/3\) se \(\alpha = -1\), \(+\infty\) se \(\alpha < -1\).

[kobeilprofeta]

@Rigel
Sinceramente io non sono riuscito a risolverlo. Se riuscissi a mettere il procedimento potremmo "discuterne" o semplicemente potresti illuminarmi...

[j18eos]

Io avrei provato con...

...De l'Hôpital per \(\displaystyle a\neq2\), in quanto per \(\displaystyle a=2\) quel limite è \(\displaystyle0\), per la continuità della funzione integrale in oggetto!

Se aspettate mercoledì pomeriggio faccio tutti i calcoli!

[kobeilprofeta]

@j18eos

anch'io ho pensato subito a de l'hopital ma non sono riuscito ad andare avanti

[j18eos]

Considerato il limite \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^{1/x}\log(1+\arctan t)+1-(1+4t)^{1/4}dt}{x^{a-2}}\) la funzione integrale è continua; se \(\displaystyle a=2\) allora il limite è \(\displaystyle 0\), altrimenti per \(\displaystyle a\neq2\) il limite è in forma indeterminata \(\displaystyle\frac{0}{0}\) e posso usare de l'Hôpital ottenendo:
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^{1/x}\log(1+\arctan t)+1-(1+4t)^{1/4}dt}{x^{a-2}}\stackrel{H}{=}\lim_{x\to+\infty}\frac{\log\left(1+\arctan\frac{1}{x}\right)+1-\left(1+4\frac{1}{x}\right)^{1/4}}{(a-2)x^{a-3}}
\]
allora per \(\displaystyle a=3\) si ha che il limite è \(\displaystyle0\); altrimenti posso riscrivere il limite così:
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{a-2}\left[\frac{\log\left(1+\arctan\frac{1}{x}\right)}{x^{a-3}}+\frac{1-\left(1+4\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{4}}}{x^{a-3}}\right]=\\
=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{a-2}\left[\frac{\log\left(1+\arctan\frac{1}{x}\right)}{\arctan\frac{1}{x}}\cdot\frac{\arctan\frac{1}{x}}{x^{a-3}}+\frac{1-\left(1+4\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{4}}}{4\frac{1}{x}}\cdot\frac{4\frac{1}{x}}{x^{a-3}}\right]=\\
=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{a-2}\left[\frac{\log\left(1+\arctan\frac{1}{x}\right)}{\arctan\frac{1}{x}}\cdot\frac{\arctan\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}\cdot\frac{1}{x^{a-2}}+\frac{1-\left(1+4\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{4}}}{4\frac{1}{x}}4\frac{1}{x^{a-2}}\right]
\]
da tutto ciò:
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^{1/x}\log(1+\arctan t)+1-(1+4t)^{1/4}dt}{x^{a-2}}=\begin{cases}
0\iff a\geq2\\
-\infty\iff a<2
\end{cases}.
\]

@kobeilprofeta Se non ho sbagliato, data l'ora: posso risponderti con brutale schiettezza?

[kobeilprofeta]

Grazie ma non ho capito come arrivi alla soluzione. (l'ultimo passaggio)

[j18eos]

Ho usato solo ed esclusivamente dei limiti notevoli! Era questa la domanda?

[Rigel1]

@j18beos:
Calcolare il limite come hai fatto tu (usando i limiti notevoli) temo porti a risultati sbagliati, dal momento che si perdono tutti gli infinitesimi di ordine superiore quando si semplificano quelli principali nella somma dei due termini.
Usando gli sviluppi asintotici, con un po' di pazienza si dovrebbe arrivare a vedere che la funzione integranda è
\[
t^2 + o(t^2)
\]
da cui dovrebbe seguire il risultato del mio primo messaggio.

[j18eos]

"Rigel":@j18beos...

Se ci aggiungi un'altra consonante mi faresti un piacere!
Comunque in effetti anche a me quel risultato non convince molto, soprattutto quel \(\displaystyle-\infty\)...