Re: Ma se potessimo esibire?
Inviato: 20 giu 2016, 11:53
Oppure potete prendere $f(x)=\sin(x^2)$:
1 - ovviamente il limite all'infinto non esiste (oscilla tra -1 e 1)
2 - si ha
$$\int_1^{M}\sin(x^2)dx=\int_1^{M}\dfrac{1}{x} x\sin(x^2) dx=\textrm{ (per parti) }=\left[\dfrac{\cos(x^2)}{2x}\right]_1^{M}+\int_1^{+\infty}\dfrac{1}{x^2}\cos(x^2)dx$$
e dunque (poiché $|\cos(x^2)|\leq 1$)
$$\left|\int_1^M\sin(x^2)dx\right|\leq A+\int_1^M\dfrac{1}{x^2}dx$$
e visto che quello a destra converge, anche quello a sinistra lo fa, per $M\to+\infty$.
Oppure potete considerare la funzione $g:[0,1)\to\mathbb{R}$ data da $g(x)=(1-x)^{-1/2}$ (ma solo su $[0,1)$!!!). Si ha che
$$\int_0^1g(x)dx=C<+\infty\;.$$
Adesso, definiamo, per ogni $n\in\mathbb{Z}$, $f(x)=2^{-|n|}g(x-n)$ per $x\in [n,n+1)$.
Si ha che
$$\int_1^{+\infty}f(x)dx=\sum_{n=1}^\infty 2^{-n}C=C\;.$$
E questa non ha limite ed è illimitata.
Insomma, ce n'è un sacco.
1 - ovviamente il limite all'infinto non esiste (oscilla tra -1 e 1)
2 - si ha
$$\int_1^{M}\sin(x^2)dx=\int_1^{M}\dfrac{1}{x} x\sin(x^2) dx=\textrm{ (per parti) }=\left[\dfrac{\cos(x^2)}{2x}\right]_1^{M}+\int_1^{+\infty}\dfrac{1}{x^2}\cos(x^2)dx$$
e dunque (poiché $|\cos(x^2)|\leq 1$)
$$\left|\int_1^M\sin(x^2)dx\right|\leq A+\int_1^M\dfrac{1}{x^2}dx$$
e visto che quello a destra converge, anche quello a sinistra lo fa, per $M\to+\infty$.
Oppure potete considerare la funzione $g:[0,1)\to\mathbb{R}$ data da $g(x)=(1-x)^{-1/2}$ (ma solo su $[0,1)$!!!). Si ha che
$$\int_0^1g(x)dx=C<+\infty\;.$$
Adesso, definiamo, per ogni $n\in\mathbb{Z}$, $f(x)=2^{-|n|}g(x-n)$ per $x\in [n,n+1)$.
Si ha che
$$\int_1^{+\infty}f(x)dx=\sum_{n=1}^\infty 2^{-n}C=C\;.$$
E questa non ha limite ed è illimitata.
Insomma, ce n'è un sacco.