Autor Tema: Estudia conv. \(\int_{0}^{\infty}x^{\alpha}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}dx\)

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29 Agosto, 2020, 02:37 pm
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Buscón

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Estudia la convergencia de la integral

\( \displaystyle I=\int_{0}^{+\infty}x^{\alpha}\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)

según los valores de    \( \alpha\in{\mathbb{R}} \).


29 Agosto, 2020, 02:49 pm
Respuesta #1

Juan Pablo Sancho

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\( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \sen(x)}{x-\sen(x)} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1+\dfrac{\sen(x)}{x}}{1 - \dfrac{\sen(x)}{x}} = 1  \)
Aquí L'Hopital nada.

29 Agosto, 2020, 03:47 pm
Respuesta #2

Buscón

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\( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \sen(x)}{x-\sen(x)} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1+\dfrac{\sen(x)}{x}}{1 - \dfrac{\sen(x)}{x}} = 1  \)
Aquí L'Hopital nada.

Muchas gracias. Estoy intentando estudiar la convergencia de    \( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}x^\alpha\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)   para distintos valores de    \( \alpha\in{\mathbb{R}} \).    Este ejercicio viene resuelto pero estoy intentando resolverlo antes de mirar la solución.

Los valores que he escogido son    \( \alpha=0 \),    \( \alpha=1 \),    \( \alpha=-1 \),    \( \alpha\in{(0,1)} \),    \( \alpha(-1,0) \),    \( \alpha<-1 \)    y    \( \alpha>0 \).    ¿Voy bien?

El límite que he puesto me interesa porque para    \( \alpha=\color{red}\cancel{\color{black}1}0 \)    la integral queda    \( \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{x + \sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \).    El problema en    \( +\infty \)    queda resuelto con ese límite puesto que la


\( \displaystyle\int_{a}^{+\infty}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \),       \( (+\infty>a>0) \)


diverge positivamente.

Si el límite del integrando es    \( 1 \)   en el infinito y el intervalo de integración no está acotado superiormente la integral debe ser divergente positiva por ser positivo el integrando.

Aún así para probarlo hice lo siguiente:

\( x-\sen(x)<2x\Rightarrow{}\displaystyle\frac{1}{2x}<\frac{1}{x-\sen(x)}<\frac{x+sen(x)}{x-\sen(x)} \),       \( (x>1) \)


e

\( \displaystyle\int_{a}^{+\infty}\frac{1}{2x}\cdot{dx}=\frac{1}{2}\lim_{t \to{+}\infty}{\int_{a}^{t}\frac{1}{x}\cdot{dx}}=\frac{1}{2}\cdot{}\lim_{t \to{+}\infty}{\log\left(\frac{t}{a}\right)}=+\infty \)

que diverge positivamente. ¿Correcto? ¿Es necesario para probar la divergencia o basta con el razonamiento anterior?

CORREGIDO.

29 Agosto, 2020, 08:49 pm
Respuesta #3

Juan Pablo Sancho

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Veo bien las cuentas, otro camino , en \( [1,+\infty[  \) como \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} = 1  \) entonces existe \(   a \geq 1  \) tal que si \( x \geq a  \) entonces \(  \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} > \dfrac{1}{2}  \) y tienes la divergencia para \( \alpha = 1  \).

Entonces para la convergencia en \( [1,+\infty[  \) debe suceder que \( \alpha < -1  \) veamos que pasa en \( [0,1] \).

Como \( \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x - \sen(x)}{\frac{1}{6} \cdot x^3} = 1  \) entonces:
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha} \cdot \dfrac{x + \sen(x)}{x-\sen(x)} \ dx = 6 \cdot \int_0^1 x^{\alpha + 1 - 3} \cdot (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} \ dx = 6 \cdot \int_0^1 x^{\alpha -2} \cdot (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} \ dx  \) que converge para \(  \alpha > 1  \)

Entonces diverge para todo \( \alpha \).
Revisa por que no estoy muy seguro de las cuentas y este mal la conclusión final.

29 Agosto, 2020, 11:44 pm
Respuesta #4

Buscón

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Veo bien las cuentas, otro camino , en \( [1,+\infty[  \) como \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} = 1  \) entonces existe \(   a \geq 1  \) tal que si \( x \geq a  \) entonces \(  \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} > \dfrac{1}{2}  \) y tienes la divergencia para \( \alpha = \color{red}0  \).

Me había equivocado yo. Si, y más sencillo.

Entonces para la convergencia en \( [1,+\infty[  \) debe suceder que \( \alpha < -1  \) veamos que pasa en \( [0,1] \).

Como \( \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x - \sen(x)}{\frac{1}{6} \cdot x^3} = 1  \) entonces:
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha} \cdot \dfrac{x + \sen(x)}{x-\sen(x)} \ dx = 6 \cdot \int_0^1 x^{\alpha + 1 - 3} \cdot (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} \ dx = 6 \cdot \int_0^1 x^{\alpha -2} \cdot (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} \ dx  \) que converge para \(  \alpha > 1  \)

Entonces diverge para todo \( \alpha \).
Revisa por que no estoy muy seguro de las cuentas y este mal la conclusión final.

Si. Los cálculos los veo bien, el procedimiento enrevesado y la conclusión precipitada.  :D Aún estoy en ello. Gracias.

30 Agosto, 2020, 09:45 pm
Respuesta #5

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Veo bien las cuentas, otro camino , en \( [1,+\infty[  \) como \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} = 1  \) entonces existe \(   a \geq 1  \) tal que si \( x \geq a  \) entonces \(  \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} > \dfrac{1}{2}  \) y tienes la divergencia para \( \alpha = 1  \).

Entonces para la convergencia en \( [1,+\infty[  \) debe suceder que \( \alpha < -1  \) veamos que pasa en \( [0,1] \).

Como \( \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x - \sen(x)}{\frac{1}{6} \cdot x^3} = 1  \) entonces:
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha} \cdot \dfrac{x + \sen(x)}{x-\sen(x)} \ dx = 6 \cdot \int_0^1 x^{\alpha + 1 - 3} \cdot (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} \ dx = 6 \cdot \int_0^1 x^{\alpha -2} \cdot (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} \ dx  \) que converge para \(  \alpha > 1  \)

Entonces diverge para todo \( \alpha \).
Revisa por que no estoy muy seguro de las cuentas y este mal la conclusión final.

Más o menos lo entiendo. Si    \( \alpha>1 \)    diverge por un extremo y si    \( \alpha<-1 \)    diverge por el otro. Pero lo entendería mejor si pudiese afirmar que    \( \displaystyle 6 \cdot \int_0^1 x^{\alpha -2} \cdot (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} \ dx \)  converge con sólo mirarla.   :laugh: :laugh: :laugh:  ¿No falta saber que pasa para    \( -1<\alpha<1 \)?

Saludos y gracias.

31 Agosto, 2020, 02:26 am
Respuesta #6

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Para el extremos derecho lo veo "chupao".

Para     \( \alpha=0 \)    es   

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\left(x^{\alpha}\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\right)}=\lim_{x \to{+}\infty}{\left(\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\right)}=1 \).

Como para todo    \( x>0 \),   \( \big|\sen(x)\big|>0 \)       y esto implica que    \( \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}>0 \),    deberá existir    \( 0<\epsilon<\dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} \),    de donde, por el criterio de comparación   

\( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\epsilon\cdot{dx}<\int_{0}^{+\infty}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \).

Como además    \( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\epsilon\cdot{dx}=\lim_{t \to{+}\infty}{\int_{0}^{t}\epsilon}\cdot{dx}=\lim_{t \to{+}\infty}{}\color{red}\cancel{\color{black}\frac{\epsilon^2}{2}}\color{red}\epsilon x\color{black}\bigg|_0^t=\lim_{t \to{+}\infty}{}\color{red}\cancel{\color{black}\frac{t^2}{2}}\color{red}\epsilon t\color{black}=+\infty \),    es posible deducir que la

\( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)
 

diverge positivamente, y de aquí, al ser    \( \displaystyle\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}<x^\alpha\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} \)    para     \( \alpha>0 \)    y    \( x>1 \),    se deduce, por el mismo criterio anterior,  que la

\( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}x^{\alpha}\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)

diverge positivamente para    \( \alpha>0 \).

Para el extremo del cero ya no lo veo tan "chupao". Si se quiere demostrar la divergencia por el criterio de comparación es necesaria una función continua o continua a trozos en   \( (0,b] \),     menor que    \( x^{\alpha}\cdot{}\dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} \)    con     \( \alpha<0 \)    cuya integral sea conocida y diverja positivamente en    \( [0,b] \).

\( \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\left(x^{\alpha}\cdot{\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}}\cdot{dx}\right)}=+\infty \)       y    \( x^{\alpha}\cdot{}\dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}>0 \),    \( (x>0) \)

así que debería existir.  >:(

¿Alguna sugerencia para encontrarla?

Gracias.


CORREGIDO.

31 Agosto, 2020, 11:57 am
Respuesta #7

Juan Pablo Sancho

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Tienes que \( \displaystyle \lim_{x \to 0} (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} = 2  \) entonces sólo hay que ver el comportamiento 
para \( \alpha -2 \neq -1  \)
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha - 2} \ dx = \dfrac{x^{\alpha-1}}{\alpha-1}|_0^1  \)
Para \( \alpha - 2 = -1  \)
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha - 2} \ dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} -\log(\epsilon) = +\infty   \)
Que es convergente para \( \alpha > 1  \) y divergente para \( \alpha \leq 1  \)

31 Agosto, 2020, 01:37 pm
Respuesta #8

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Tienes que \( \displaystyle \lim_{x \to 0} (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} = 2  \) entonces sólo hay que ver el comportamiento 
para \( \alpha -2 \neq -1  \)
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha - 2} \ dx = \dfrac{x^{\alpha-1}}{\alpha-1}|_0^1  \)
Para \( \alpha - 2 = -1  \)
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha - 2} \ dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} -\log(\epsilon) = +\infty   \)
Que es convergente para \( \alpha > 1  \) y divergente para \( \alpha \leq 1  \)

No entiendo.

Por la izquierda    \( x^{-1} \)    es una buena candidata a cota por que es conocida,    \( \Bigg(\displaystyle\lim_{t \to{0}}{}\bigg(\int_{t}^{b}x^-1\cdot{dx}\bigg)=\lim_{t \to{0}}{}\log\left(\frac{b}{t}\right)\Bigg) \),    y diverge positivamente. Sólo falta probar que

\( \displaystyle\frac{1}{x}<x^{\alpha}\cdot{\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}}\;\;\;\;\;\;(0<x<b),\;(\alpha<0),\tag{1} \)

puesto que ya está probado que por el extremo de la derecha es    \( \displaystyle\lim_{t \to{+}\infty}{}\Bigg(\int_{0}^{+\infty}x^{\alpha}\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx}\Bigg)=+\infty \),    esto es, diverge positivamente cuando      \( x\rightarrow{+\infty} \)    para    \( \alpha\geq{0} \)

Lo mejor es tomar    \( b=1 \)    porque    \( x^{\alpha}\leq{}x \)    para    \( 0<x<1 \),    \( \alpha\neq 0 \),    pero no veo como probar la desigualdad (1).

31 Agosto, 2020, 02:20 pm
Respuesta #9

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Aunque hice trampas para afrontar el problema graficando la función     \( f(x)=\dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} \),    una vez obtenidos los límites por la derecha y por la izquierda, (respect.    \( 1 \)    y    \( +\infty \)),    por ser positiva es lógico pensar que su gráfica se parece bastante a la gráfica de la función    \( \frac{1}{x} \).

Yo creo que se trata de resolver este tipo de ejercicios sin graficar las funciones con un programa informático. No es fácil vencer la tentación. Al menos no antes de obtener la solución. ¿No?

31 Agosto, 2020, 04:36 pm
Respuesta #10

Juan Pablo Sancho

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Tienes que \( \displaystyle \lim_{x \to 0} (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} = 2  \) entonces sólo hay que ver el comportamiento 
para \( \alpha -2 \neq -1  \)
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha - 2} \ dx = \dfrac{x^{\alpha-1}}{\alpha-1}|_0^1  \)
Para \( \alpha - 2 = -1  \)
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha - 2} \ dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} -\log(\epsilon) = +\infty   \)
Que es convergente para \( \alpha > 1  \) y divergente para \( \alpha \leq 1  \)

No entiendo.


Pon lo que no entiendes.
Con otras palabras o más expandido, tienes :
\( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} \ dx = \int_0^1 x^{\alpha} \cdot (x+\sen(x)) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} \cdot \dfrac{1}{\frac{1}{6} \cdot x^3} = 6 \cdot \int_0^1 \dfrac{x^{\alpha} \cdot x}{x^3} \cdot (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)} = 6 \cdot \int_0^1 x^{\alpha-2} \cdot  (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x - \sen(x)} \ dx  \).

La parte \( (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x - \sen(x)}  \) es una función continua y acotada en \( ]0,1]  \) entonces sólo hay que analizar \( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha - 2} \ dx  \) para ver su convergencia, pero aquí sólo tienes que ver cuando \( \alpha - 2 = -1  \) y cuando \( \alpha -2 \neq -1  \) y es lo que puse que resuelve el problema.

31 Agosto, 2020, 05:07 pm
Respuesta #11

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Pues no entiendo los fundamentos.

Por ser la función     \( f(x)=(1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x - \sen(x)} \)    continua y acotada en    \( ]0,1] \),    entonces la convergencia de la    \( \displaystyle\int_{0}^{1}x^{\alpha-2} \)    es igual a seis veces la    \( \displaystyle  \int_0^1 x^{\alpha-2} \cdot  (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x - \sen(x)} \ dx \)    en lo referente a convergencia para ciertos valores de     \( \alpha \).           


Estoy seguro de que es cierto, podría aprenderlo de memoria, pero no creo que durase mucho tiempo en ella.

Saludos y gracias.

31 Agosto, 2020, 05:24 pm
Respuesta #12

Juan Pablo Sancho

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Pero si tengo \( x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} = x^{\alpha-2} \cdot f(x)  \) y sé que la función \( f \) es integrable en [0,1] y además \( \lim_{x \to 0 } f(x) \neq 0  \) implica que la convergencia o divergencia de \( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\ dx  \) depende de la convergencia o divergencia de \( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha-2} \ dx  \)

31 Agosto, 2020, 05:37 pm
Respuesta #13

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Pero si tengo \( x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} = x^{\alpha-2} \cdot f(x)  \) y sé que la función \( f \) es integrable en [0,1] y además \( \lim_{x \to 0 } f(x) \neq 0  \) implica que la convergencia o divergencia de \( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\ dx  \) depende de la convergencia o divergencia de \( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha-2} \ dx  \)

Pues lo mismo. Seguro que es cierto, podría aprenderlo de memoria...

31 Agosto, 2020, 07:11 pm
Respuesta #14

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Pero si tengo \( x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} = x^{\alpha-2} \cdot f(x)  \) y sé que la función \( f \) es integrable en [0,1] y además \( \lim_{x \to 0 } f(x) \neq 0  \) implica que la convergencia o divergencia de \( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\ dx  \) depende de la convergencia o divergencia de \( \displaystyle \int_0^1 x^{\alpha-2} \ dx  \)

Se debe probar que la convergencia de una función    \( f \)    integrable en    \( [0,1] \)    tal que    \( \displaystyle\lim_{x \to{0}}{f(x)}\neq 0 \)    depende de la convergencia de la función    \( \displaystyle\int_{0}^{1}x^{\alpha-2}\cdot{dx} \).    O algo parecido generalizando el resultado para poder aplicarlo luego a casos particulares. ¿No? A mi no se me ocurre como probarlo. No discuto que no sea cierto, lo que si que digo es que no me parece obvio. 

31 Agosto, 2020, 07:34 pm
Respuesta #15

Juan Pablo Sancho

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Si \( f(x) = (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)}  \) la función es continua y acotada en \( ]0,1]  \) sólo tiene un punto de discontinuida en \( x=0 \) entonces integrable en \( [0,1]  \) si tengo ls función \( g(x) = x^{\alpha -2} \cdot f(x)  \) la única opción de convergencia o divergencia la debe producir \( x^{\alpha-2}  \) como cerca del cero \( f(x) \) es relativamente dos, puedo poner que existe un \( \epsilon > 0  \) tal que para \( x \in ]0,\epsilon[  \) se tiene \(  1 < f(x) < 3  \) entonces:
\(  x^{\alpha-2} < g(x) < 3 \cdot x^{\alpha-2}  \) la divergencia de \( x^{\alpha-2}  \) provoca la divergencia de \( g(x) \) por \( x^{\alpha-2} < g(x)  \) y la convergencia de \(  x^{\alpha-2}  \) provoca la convergencia de \( g(x) \) por  \(  g(x) < 3 \cdot x^{\alpha-2}   \)

31 Agosto, 2020, 09:35 pm
Respuesta #16

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Si \( f(x) = (1+\dfrac{\sen(x)}{x}) \cdot \dfrac{\frac{1}{6} \cdot x^3}{x-\sen(x)}  \) la función es continua y acotada en \( ]0,1]  \) sólo tiene un punto de discontinuida en \( x=0 \) entonces integrable en \( [0,1]  \) si tengo ls función \( g(x) = x^{\alpha -2} \cdot f(x)  \) la única opción de convergencia o divergencia la debe producir \( x^{\alpha-2}  \) como cerca del cero \( f(x) \) es relativamente dos, puedo poner que existe un \( \epsilon > 0  \) tal que para \( x \in ]0,\epsilon[  \) se tiene \(  1 < f(x) < 3  \) entonces:
\(  x^{\alpha-2} < g(x) < 3 \cdot x^{\alpha-2}  \) la divergencia de \( x^{\alpha-2}  \) provoca la divergencia de \( g(x) \) por \( x^{\alpha-2} < g(x)  \) y la convergencia de \(  x^{\alpha-2}  \) provoca la convergencia de \( g(x) \) por  \(  g(x) < 3 \cdot x^{\alpha-2}   \)

Vale, ahora si. Estas usando que    \( \displaystyle\lim_{x \to{0}}{}f(x)=\lim_{x \to{0}}{}\left(x^2\cdot{\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}}\right)=2 \)    implica que    \( 1<f(x)<3 \)    cuando    \( x\rightarrow{0} \)    para poder aplicar el criterio de comparación.

Y ahora


\( x^{\alpha-2}<x^{\alpha-2}\cdot{}f(x)<3\cdot{x^{\alpha-2}} \)
   

\( x^{\alpha-2}<x^{\alpha-2}\cdot{}x^{2} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}<3\cdot{x^{\alpha-2}} \)

\( x^{\alpha-2}<x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}<3\cdot{x^{\alpha-2}} \)
 

y como la    \( \displaystyle\int_{0}^{1}x^{\alpha-2}\cdot{dx} \)    diverge positivamente para todo    \( \alpha<0 \),    se puede deducir que la    \( \displaystyle\int_{0}^{1} x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)    también lo hace.

Lo triste de este ejercicio es que hubiese podido estar dándole vueltas hasta la eternidad sin que se me hubiese ocurrido tener en cuenta la función    \( f(x) \)    para resolverla.

Muchas gracias. 

31 Agosto, 2020, 10:11 pm
Respuesta #17

Juan Pablo Sancho

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Un pequeño cambio:



y como la    \( \displaystyle\int_{0}^{1}x^{\alpha-2}\cdot{dx} \)    diverge positivamente para todo    \( \alpha \leq  \color{red} 1 \color{black} \),    se puede deducir que la    \( \displaystyle\int_{0}^{1} x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)    también lo hace.

Lo triste de este ejercicio es que hubiese podido estar dándole vueltas hasta la eternidad sin que se me hubiese ocurrido tener en cuenta la función    \( f(x) \)    para resolverla.

Muchas gracias. 

31 Agosto, 2020, 10:43 pm
Respuesta #18

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y como la    \( \displaystyle\int_{0}^{1}x^{\alpha-2}\cdot{dx} \)    diverge positivamente para todo    \( \alpha \leq  \color{red} 1 \color{black} \),    se puede deducir que la    \( \displaystyle\int_{0}^{1} x^{\alpha} \cdot \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)    también lo hace.

Lo triste de este ejercicio es que hubiese podido estar dándole vueltas hasta la eternidad sin que se me hubiese ocurrido tener en cuenta la función    \( f(x) \)    para resolverla.

Muchas gracias. 

Para el extremos derecho lo veo "chupao".

Para     \( \alpha=0 \)    es   

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\left(x^{\alpha}\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\right)}=\lim_{x \to{+}\infty}{\left(\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\right)}=1 \).

Como para todo    \( x>0 \),   \( \big|\sen(x)\big|>0 \)       y esto implica que    \( \dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}>0 \),    deberá existir    \( 0<\epsilon<\dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} \),    de donde, por el criterio de comparación   

\( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\epsilon\cdot{dx}<\int_{0}^{+\infty}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \).

Como además    \( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\epsilon\cdot{dx}=\lim_{t \to{+}\infty}{\int_{0}^{t}\epsilon}\cdot{dx}=\lim_{t \to{+}\infty}{}\color{red}\cancel{\color{black}\frac{\epsilon^2}{2}}\color{red}\epsilon x\color{black}\bigg|_0^t=\lim_{t \to{+}\infty}{}\color{red}\cancel{\color{black}\frac{t^2}{2}}\color{red}\epsilon t\color{black}=+\infty \),    es posible deducir que la

\( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)
 

diverge positivamente, y de aquí, al ser    \( \displaystyle\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}<x^\alpha\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)} \)    para     \( \alpha>0 \)    y    \( x>1 \),    se deduce, por el mismo criterio anterior,  que la

\( \displaystyle\int_{0}^{+\infty}x^{\alpha}\cdot{}\frac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}\cdot{dx} \)

diverge positivamente para    \( \alpha>0 \).


Para    \( \alpha>0 \)    ya no hace falta. Ya estaba probado que diverge por el otro extremo.

01 Septiembre, 2020, 03:52 pm
Respuesta #19

Buscón

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Sea    \( f(x)=x^{\alpha}\cdot{\dfrac{x+\sen(x)}{x-\sen(x)}} \)

El autor en la solución afirma:

"Como la integral    \( \displaystyle\int_{0}^{1}x^{\alpha-2}\cdot{dx} \)    es convergente si, y sólo si,    \( \alpha-2>-1 \),    deducimos que la integral de    \( f \)     en    \( ]0,1] \)    es convergente si, y sólo si,    \( \alpha>1 \)."

"Como la integral    \( \displaystyle\int_{1}^{+\infty}x^{\alpha}\cdot{dx} \)    es convergente si, y sólo si,    \( \alpha<-1 \),    deducimos que la integral de    \( f \)    en    \( [1,+\infty[ \)    es convergente si, y sólo si,    \( \alpha<-1 \).    Por tanto, la integral de    \( f \)    en    \( ]0,+\infty[ \)    no converge para ningún valor de    \( \alpha \)."

Esto lo justifica con las equivalencias asintóticas

\( x+\sen(x)\sim{2x} \)    y    \( x-\sen((x)\sim{\frac{1}{3}x^3} \)    \( (x\rightarrow{0})\Rightarrow{f(x)\sim{6x^{\alpha-2}}}\;\;\;(x\rightarrow{0}) \)


y

\( f(x)\sim{x^{\alpha}}\;\;\;x\rightarrow{+\infty} \)


El contexto del ejercicio son "Los criterios de convergencia para integrales" y "Los teoremas del valor medio para integrales".

El razonamiento lo entiendo, pero en este contexto me siento excluido del grupo de deducción.

¿Alguna sugerencia para incluirme?

O dicho de otra forma. ¿En que se apoya cuando deduce la convergencia de integrales en función de las equivalencias asintóticas de sus integrandos? Gracias.