Funzione con parte intera

[Davi90]

Buonasera!
Sto cercando di risolvere questo esercizio

Data la seguente funzione \( f\colon(0,+\infty)\longrightarrow\mathbb{R} \) tale che \( f(x)=x\cdot2^{- \displaystyle\lfloor\log_2{x}\rfloor} \),
1. Verificare che \( \displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty} f(x) \) non esiste;
2. Stabilire se esiste \( \displaystyle\int_{\frac{1}{4}}^{2}f(x)dx \) e, in caso affermativo, calcolarlo;
3.(EDIT)Dopo aver stabilito che esiste finito, calcolare $\int_{0}^{2} f(x)dx$ (ricondursi ad una serie).

Per il primo punto pensavo di calcolarlo in due estratte: ad esempio \( x_{n}=2^{n} \quad y_{n}=3^n \)
\( \displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty} f(x_{n})=1 \);
\( \displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty} f(y_{n})= \displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{3^{n}}{2^{\lfloor \log_{2}3^n\rfloor}}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{3^{n}}{2^{\lfloor n\log_{2}3\rfloor}} \)=....???
posso dire che il denominatore tende $+\infty$ anche se c'è quella parte intera (che mi disturba un po')?Altrimenti altre idee?

Nel secondo punto invece vi risulta che
\( \lfloor\log_{2}x\rfloor=\begin{cases} -2\qquad x\in(2^{-2},2^{-1}) \\ -1 \qquad x\in(2^{-1},2^{2})\\ 0 \qquad x\in(2^{0},2^{1})\end{cases} \)
e quindi che \( f(x)=\begin{cases} 4x\qquad x\in(2^{-2},2^{-1}) \\ 2x \qquad x\in(2^{-1},2^{0})\\ x \qquad x\in(2^{0},2^{1})\end{cases} \)
Quindi quell'integrale esiste finito perché $f$ è continua su $(\frac{1}{4},2)$ e ci sono al più due discontinuità di prima specie in $\frac{1}{2}$ e $1$ e risulta $\frac{9}{8}$. Giusto?

[pilloeffe]

Ciao Davi90,

Altrimenti altre idee?

Ora ho poco tempo per cui ti rispondo solo per il limite: mi sarei complicato meno la vita scegliendo $y_n = 4^n $...

[Davi90]

Grazie Pilloeffe per la risposta. Essendo però una potenza di 2 il risultato viene sempre 1. Quindi ho provato a cambiare la base ma mi sono incartato.

[killing_buddha]

Servirebbe una stima asintotica della parte intera di $an$ quando a è un numero reale maggiore di 1 (è questo il tuo caso). Hai provato a manipolare l'identità di Hermite per la parte intera?

FYI, mathematica dice che il limite con $y_n$ non esiste...

[Davi90]

Servirebbe una stima asintotica della parte intera di $an$ quando a è un numero reale maggiore di 1 (è questo il tuo caso). Hai provato a manipolare l'identità di Hermite per la parte intera?

FYI, mathematica dice che il limite con $y_n$ non esiste...

Ciao killing buddha, grazie per la tua risposta.
Non ho provato ad usare stime asintotiche perche cercavo di risolverlo nel modo più semplice possibile essendo un esercizio dato ad Analisi 1 per gli ingegneri. Ci sarà sicuramente un modo per risolverlo velocemente ma che non mi sta assolutamente venendo in mente

[orsoulx]

Per il limite potresti anche usare, al posto della seconda, $ y_n=2^(n-1)+2^n $ che, mi pare, fornisca una successione con valori costanti.
A mio avviso, l'integrale vale $ 21/8 $.

...mi sarei complicato meno la vita scegliendo...

A volte la vita comoda rende troppo poco.
Ciao

[killing_buddha]

Ah, ottima idea; prendendo $y_n = 2^{n-1}+2^n$ fa $3/2$.

[Davi90]

Per il limite potresti anche usare, al posto della seconda, $ y_n=2^(n-1)+2^n $ che, mi pare, fornisca una successione con valori costanti.
A mio avviso, l'integrale vale $ 21/8 $.

...mi sarei complicato meno la vita scegliendo...

A volte la vita comoda rende troppo poco.
Ciao

Ahhhh bravissimo. Sisi fa $\frac{21}{8}$, ieri sera ero bollito.
Posso chiedervi un ultimo dubbio? Edito la domanda nel testo iniziale.
Calcolo \( \displaystyle\int_{0}^2f(x)dx=\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{4}}f(x)dx+\displaystyle\int_{\frac{1}{4}}^2f(x)dx=\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{4}}f(x)dx+\frac{21}{8} \)

Siccome mi manca da calcolare l'integrale tra 0 e 1/4 allora cerco di capire come scrivere la $f$.
Se \( x\in(2^{-(k+3)},2^{-(k+2)}) \) allora \( \log_2x\in(-(k+3),-(k+2)) \) , da cui \( \lfloor\log_2x\rfloor=-(k+3) \) e \( f(x)=x\cdot2^{k+3} \)

Allora:
\( \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{4}}f(x)dx=\sum_{k=0}^{+\infty}\int_{\frac{1}{2^{k+3}}}^{\frac{1}{2^{k+2}}} 2^{k+3}xdx=\sum_{k=0}^{+\infty}2^{k+2}\Big(\frac{1}{2^{2k+4}}-\frac{1}{2^{2k+6}}\Big)=3\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{2^k}=\frac{3}{8} \)

Quindi \( \displaystyle\int_{0}^2f(x)dx=\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{4}}f(x)dx+\displaystyle\int_{\frac{1}{4}}^2f(x)dx=\frac{3}{8}+\frac{21}{8}=3 \)

Ma a priori come faccio a dire che $\int_{0}^2f(x)dx$ è finito? Ci sono un'infinità numerabile di discontinuità di prima specie. E' ammissibile? Non ricordo. Sicuramente se la funzione fosse monotona e limitata allora andrebbe bene ma non è monotona.

[pilloeffe]

Grazie Pilloeffe per la risposta. Essendo però una potenza di 2 il risultato viene sempre 1. Quindi ho provato a cambiare la base ma mi sono incartato.

Chiedo scusa, ovviamente hai ragione...

A volte la vita comoda rende troppo poco.

Giusto, anche se qui era più indicato il proverbio "La gatta frettolosa fece i gattini ciechi"...