Integrale improprio 1 (prima colonna, 5 riga)

Calcolo di primitive e integrali definiti in una variabile. Studio della convergenza di integrali impropri.
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PLA
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Integrale improprio 1 (prima colonna, 5 riga)

#1 Messaggioda PLA » domenica 2 settembre 2012, 23:30

Perché l'integrale improprio:

\int_0^\infty\frac{1}{x \log^5 x} dx

è indeterminato?

L'ho diviso in 4 integrali per i problemi in 0,1 e +inf, col risultato che diverge a -inf... dove ho sbagliato?

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Re: Integrale improprio 1 (prima colonna, 5 riga)

#2 Messaggioda Noisemaker » lunedì 3 settembre 2012, 10:25

io proverei cosi....

La singolarità "peggiore" si ha in 1 poichè

Se x\to0^+

\displaystyle \frac{1}{x\ln^5x}\to converge

Se x\to +\infty

\displaystyle \frac{1}{x\ln^5x}\to converge

Se x\to1^+

\displaystyle \frac{1}{x\ln^5x}\sim\frac{1}{(x-1)^5}\to diverge a +\infty

perchè quando x si avvicina ad 1 da valori più grandi la funzione è positiva;

Se x\to1^-

\displaystyle \frac{1}{x\ln^5x}\sim\frac{1}{(x-1)^5}\to diverge a -\infty

perchè quando x si avvicina ad 1 da valori più piccoli la funzione è negativa;

questo è sufficiente a garantire l'indeterminatezza dell'integrale improprio.

Sostanzialmente, l'integrale non converge.

PLA
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Re: Integrale improprio 1 (prima colonna, 5 riga)

#3 Messaggioda PLA » lunedì 3 settembre 2012, 14:33

Grazie per la risposta! :-)

Ricontrollando i quattro limiti in cui avevo diviso l'integrale, ho trovato un errore di segno, per cui, correggendo, uno dei quattro tende a +inf mentre un altro a -inf.
Esattamente quelli che hanno a che fare con 1 in uno degli estremi.

Mi incuriosisce però come hai trattato il problema a partire dai limiti della funzione integranda... senza aver prima risolto l'integrale. Oppure, ho frainteso il tuo ragionamento?
Nel senso... a partire dal grafico della funzione integranda posso determinare a priori il comportamento dell'integrale?

Noisemaker
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Re: Integrale improprio 1 (prima colonna, 5 riga)

#4 Messaggioda Noisemaker » martedì 4 settembre 2012, 11:31

PLA ha scritto:Grazie per la risposta! :-)

Ricontrollando i quattro limiti in cui avevo diviso l'integrale, ho trovato un errore di segno, per cui, correggendo, uno dei quattro tende a +inf mentre un altro a -inf.
Esattamente quelli che hanno a che fare con 1 in uno degli estremi.

Mi incuriosisce però come hai trattato il problema a partire dai limiti della funzione integranda... senza aver prima risolto l'integrale. Oppure, ho frainteso il tuo ragionamento?
Nel senso... a partire dal grafico della funzione integranda posso determinare a priori il comportamento dell'integrale?



Be no a partire dal grafico non puoi determinare a priori il comportamento dell' integrale. L' integrale è l'area della regione di piano delimitata dall'asse delle ascisse e dal grafico della funzione integranda, quindi se il grafico sta sotto l'asse delle ascisse si definisce un area negativa , che sia finita o infinita. Inoltre
in molti casi e possibile dire se un integrale improprio converge o meno senza a ffrontare il problema della "faticosa" determinazione di una primitiva. Esistono infatti dei criteri di convergenza simili a quelli per le serie (anche gli integrali sono volendo delle "somme in nite").in questo caso ho usato il criterio del confronto asintotico, cioè se

Due funzioni f e g continue positive [a; b) tali che

\displaystyle\lim_{x \to b^-}\frac{f(x)}{g(x)}=L

se 0<L<+\infty, cioè se f\sim g quando x \to b^-, allora

\displaystyle\int_a^b f(x) dx converge se e solo se \displaystyle\int_a^b g(x) dx



e poichè nel nosro caso abbiamo che quando x\to1^-

\displaystyle \frac{1}{x\ln^5x}\sim\frac{1}{(x-1)^5}

essendo, in generale

\displaystyle\int_a^b \frac{1}{(x-b)^{\alpha}}dx=\begin{cases} \mbox{Converge }, & \mbox{se }\alpha<1 \\+\infty, & \mbox{se }\alpha>1 
\end{cases}

poi evidentemente la funzione risulta positiva per x>1 e negativa per x<1, quindi per x\to1^- divergerà negativamente metre per x\to1^+ divergerà positivamente; l'indeterminatezza dell'integrale discende dal fatto che l'intervalo di integrazione comprende la singolarità x=1 e dunque essendo divergente positivamente da una parte e divergente negativamente dall'atra si ha una "forma di indeterminazione"

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Re: Integrale improprio 1 (prima colonna, 5 riga)

#5 Messaggioda Massimo Gobbino » martedì 11 settembre 2012, 11:21

PLA ha scritto:a partire dal grafico della funzione integranda posso determinare a priori il comportamento dell'integrale?

Dal grafico vedi che l'integranda tende a $+\infty$ per $x\to 1^+$ e tende a $-\infty$ per $x\to 1^-$. Se i due integrali impropri con il problema in 1 divergono, allora divergono a $\pm\infty$ ed il globale è indeterminato per definizione.

Per stabilire il comportamento degli integrali in 1, il grafico non basta, e devi analizzare il comportamento in 1 della funzione come ha spiegato Noisemaker (ovviamente il comportamento asintotico va giustificato formalmente con un limite).


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