vado con una specie di ricordo, non è che devi provare con taylor?

Il problema è che gli estremi di integrazione non sono finiti :wtf:

per parti hai provato? mettendo ad esempio 1/x * cos()/x

L'ho fatto con il Mathematica

esce 2*Pi*t. Prima non convergeva perchè non avevo posto
t come parametro

ok, meno male ;)

Strano.
Io l'ho risolto col Teorema dei residui per t=1, e mi viene Pigreco.
Sempre per t=1 e sempre con Mathematica, integro tra 0 e +oo e mi viene 1.57 e qualche cosa, che non a caso è Pigreco-mezzi o giù di lì.

Dove sbaglio?

Nota: l'ho rifatto con Maxima per t>0 arbitrario, e mi dà Pigreco*t.
Quindi inizio a credere che ci sia un fattore 2 di troppo nella tua stima.

Altra nota: rifacendolo per t<0 (sempre con Maxima) mi sono accorto che in realtà l'integrale vale Pigreco*|t|.
Questo in realtà si capisce ricordando che il coseno è una funzione pari.

Oddio, scusa se ti ho fatto impazzire :asd:

La funzione è quella però moltiplicata per 2 :D

Un'altra cosa.. [riferito a ZioSilvio]

come hai fatto ad usare i residui? l'integrale è reale...

Speravo in questa domanda :D

Quando si deve calcolare l'integrale esteso a IR di una funzione del tipo "cosa in seno o coseno, diviso polinomio", conviene sostituire la parte trigonometrica con un esponenziale complesso, e valutare l'integrale originario come limite della parte reale (o immaginaria, a seconda dei casi) di un'opportuna famiglia di integrali della funzione olomorfa ottenuta.

Nel nostro caso, la funzione da integrare è u(x) = (1 - cos tx)/x^2.
Fai presto a vedere che l'integrale di u, è pari a |t| volte l'integrale di v(x) = (1 - cos x)/x^2.

Sia f(z) = (1 - exp(jz))/z^2: si vede subito che f è olomorfa in C privato dell'origine, dove ha un polo semplice con residuo -j = 1/j.
Per R>0 sia Gamma(R) il circuito costituito dai seguenti quattro pezzi:
- Gamma1(R): intervallo [1/R,R];
- Gamma2(R): semicirconferenza di centro l'origine e raggio R, contenuta nel semipiano superiore;
- Gamma3(R): intervallo [-R,-1/R];
- Gamma4(R): semicirconferenza di centro l'origine e raggio 1/R, contenuta nel semipiano inferiore.
Per ogni R, l'indice di avvolgimento di Gamma(R) rispetto all'origine è 1: per il Teorema dei Residui si ha allora:
Ma tale integrale è somma degli integrali sulle quattro componenti.
Ora, è chiaro che la somma dei contributi di Gamma1 e Gamma3, converge per R-->oo all'integrale su IRdi v(x): quindi occorre stimare gli altri due.

Consideriamo l'integrale di f(z) su Gamma2(R). Ponendo z = R exp(jt) troviamo:
Ora, |exp(jt)| = 1, quindi vale la stima:
Ma |exp(j R exp(jt))| = exp(-R sin t), quindi per R-->oo l'integrando converge quasi ovunque a 1; essendo inoltre continuo in R e t l'integrando e limitato l'intervallo di integrazione, la convergenza è sicuramente dominata. Allora il contributo di Gamma2(R) va a zero.

Consideriamo adesso l'integrale di f(z) su Gamma4(R). Ponendo z = exp(jt)/R troviamo:
perché j = -1/j. Stavolta il valore dell'integrando converge q.o. al valore della derivata di g(z)=exp(z) nel punto z0=0, cioè a 1; ancora una volta la convergenza è dominata, per cui il contributo di Gamma4(R) converge a Pi.

Allora l'uguaglianza data dal Teorema dei Residui ha al primo membro una quantità che converge all'integrale di v(x) su IR, più Pi; e dall'altra parte 2 Pi. Quindi... ;)

Ti sei ammazzato di lavoro :D

Io però ci sono riuscito senza usare Mathematica :Prrr:

Problema sulle probabilità
 

1 -Rispondendo a caso a tre domande di un test , nel quale ogni domanda ha cinque possibili risposte, di cui una e una sola corretta, qual è la probabilità di dare almeno una risposta esatta???

Ovviamente è: uno, meno quella di sbagliare a tutte e tre.
Dài, che non è difficile... ;)

ZioSilvio perché niente LaTeX? Tutti quegli integralacci sembrerebbero meno mostruosi... :D

Perché, da quello che vedo a pagina 1, la visualizzazione delle formule LaTeX è ancora troppo dipendente dal sistema e dal browser --- mentre il testo monospaziato è universale :D

cioè? il risultato mi dice: 61/125

Beh, la probabilità di azzeccare una domanda è 1/5... quindi quella di sbagliare è 4/5.
La probabilità di sbagliarne tre di fila è 4/5*4/5*4/5=64/125
Quindi la probabilità di azzecarne almeno una andando a casaccio è 1-64/125=61/125

Già... purtroppo questo è un problema che non si è ancora risolto...
Maledizione, certo che se Edivad ci implementasse LaTeX direttamente nel forum (come su quello delle olimpiadi di matematica)...

ok tnx

integrale
 

Come si risolve questo integrale?

int lnx/x