Integrale indeterminato

Calcolo di primitive e integrali definiti in una variabile. Studio della convergenza di integrali impropri.
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Noisemaker
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Integrale indeterminato

#1 Messaggioda Noisemaker » lunedì 17 settembre 2012, 11:44

volevo sapere se questo integrale risulta indeterminato...

Determinare i valori di a\in \mathbb{R} per i quali risulta convergente il seguente integrale improprio:

\displaystyle\int_{2}^{+\infty}\,\, \left[\frac{2}{(x-2)^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{(x-2)^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right]^{\frac{6}{5}}\ln^3(x-2)   \,\,dx

Consideriamo a funzione:

\displaystyle f(x)=\left[\frac{2}{(x-2)^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{(x-2)^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right]^{\frac{6}{5}}\ln^3(x-2)

è definita per x>2; in più si può osservare che risulta positiva per ogni valore di x\ge3, in quanto l'argomento entro parentesi quadre è elevato alla potenza 6 che in quanto pari rende la quantità certamente positiva, mentre \displaystyle\ln^3(x-2)\ge 0 per x\ge3. L'integrale dunque presenta singolarità in entrambi gli estremi di integrazione.

Considerando il confronto asintotico, abbiamo:

x\to2^+:

osserando che per la disuguaglianza triangolare si ha

\displaystyle\left|1-\cos\left(\frac{1}{(x-2)^{\frac{1}{4}}}\right)\right|<1+\left|\cos\left(\frac{1}{(x-2)^{\frac{1}{4}}}\right)\right|<2

\displaystyle\left[\frac{2}{(x-2)^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{(x-2)^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right]^{\frac{6}{5}}\ln^3(x-2) < \displaystyle\left(\frac{2}{(x-2)^{\frac{1}{2}}}-2a \right)^{\frac{6}{5}}\ln^3(x-2)\to-\infty

dunque la funzione f(x) ''sta sotto'' una funzione che tende a -\infty, quando x\to2^+, e dunque a maggior ragione divergerà a -\infty, e dunque l'integrale in questo caso diverge.

x\to+\infty:


\displaystyle\left[\frac{2}{(x-2)^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{(x-2)^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right]^{\frac{6}{5}}\ln^3(x-2)\sim \displaystyle\left(0-   \frac{a}{2(x-2)^{\frac{1}{2}}} \right)^{\frac{6}{5}}\ln^3 x \sim \displaystyle\left( \frac{a}{(x-2)^{\frac{1}{2}}} \right)^{\frac{6}{5}}\ln^3 x
\displaystyle= \frac{C}{(x-2)^{\frac{3}{5}} \ln^{-3} x }\to \text{divergente a} \quad +\infty

dunque si conclude che \forall a\in \mathbb {R} l'integrale risulta indeterminato

Riporto il grafico per a=1 per completezza

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Re: Integrale indeterminato

#2 Messaggioda Massimo Gobbino » sabato 22 settembre 2012, 17:12

Uhm, questo è un po' un disastro (sostanziale, non solo formale) ... sia per il problema a 2, sia per il problema all'infinito ... C'è un po' di tutto, dalle disuguaglianze al contrario, ai limiti metà per volta ... Perchè non inizi cambiando variabili in modo da portare 2 in 0 e semplificare un po' le notazioni?

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Re: Integrale indeterminato

#3 Messaggioda Noisemaker » domenica 23 settembre 2012, 14:01

Massimo Gobbino ha scritto:Uhm, questo è un po' un disastro (sostanziale, non solo formale) ... sia per il problema a 2, sia per il problema all'infinito ... C'è un po' di tutto, dalle disuguaglianze al contrario, ai limiti metà per volta ... Perchè non inizi cambiando variabili in modo da portare 2 in 0 e semplificare un po' le notazioni?




riformulo ...speriamo bene!!!


\mbox{Determinare i valori di }\,\,\, \,\,\,a\in \mathbb{R}\,\,\, \,\,\, \mbox{ per i quali risulta convergente il seguente integrale improprio:}

\displaystyle\int_{2}^{+\infty}\,\, \left[\frac{2}{(x-2)^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{(x-2)^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right]^{\frac{6}{5}}\ln^3(x-2)   \,\,dx

operando la sostituzione x-2=t, l' integrale diviene:

\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\,\, \left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right]^{\frac{6}{5}}\ln^3t   \,\,dt


Consideriamo a funzione:

\displaystyle f(t)=\left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right]^{\frac{6}{5}}\ln^3(t)

è definita per t>0; in più si può osservare che risulta positiva per ogni valore di t\ge1, in quanto l'argomento entro parentesi quadre è elevato alla potenza 6 che in quanto pari rende la quantità certamente positiva, mentre \displaystyle\ln^3t\ge 0 per t\ge1. L'integrale dunque presenta singolarità in entrambi gli estremi di integrazione.

Osserando che per la disuguaglianza triangolare si ha

\displaystyle\left|\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right|<\left|\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}\right|+\left|a\cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right)\right|= \displaystyle\left \frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}\right +\left|a\right|\cdot\left|\cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right)\right|

allora, essendo |\cos t|\le1, abbiamo:

\displaystyle -1< \cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right) <1  \quad \to \quad -1|a|< |a|\cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right) <1|a| \displaystyle \quad \to \quad \displaystyle \frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}- |a|<\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}+ |a|\cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right) <\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}+|a|

\displaystyle\left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}-|a| \right]^{\frac{6}{5}}<\left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}+|a| \cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right) \right]^{\frac{6}{5}} < \left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}+|a| \right]^{\frac{6}{5}}

ricordando che \ln^3t<0 quando x\to 0^+, si ha

\displaystyle\left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}+|a| \right]^{\frac{6}{5}} \ln^3t<\left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}+|a| \cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right) \right]^{\frac{6}{5}} \ln^3t < \left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}-|a| \right]^{\frac{6}{5}} \ln^3t


a questo punto, gli integrali delle due funzioni esterne convergono, quando x\to0^+, in quanto

\displaystyle  \left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}\pm|a| \right]^{\frac{6}{5}} \ln^3t= \left[\frac{2\pm|a|t^{\frac{1}{2}}}{t^{\frac{1}{2}}} \right]^{\frac{6}{5}} \ln^3t \sim \frac{2}{t^{\frac{3}{5}}\ln^{-3}t}\to \mbox{converge}

allora per il teorema dei carabinieri anche la funzione centrale converge, e dunque l'integrale in zero risulta convergente.

quando x\to+\infty: si ha


\displaystyle\left[\frac{2}{t^{\frac{1}{2}}}-a\left(1-\cos\left(\frac{1}{t^{\frac{1}{4}}}\right)\right)\right]^{\frac{6}{5}}\ln^3t\sim \displaystyle\left(0-   \frac{a}{2t^{\frac{1}{2}}} \right)^{\frac{6}{5}}\ln^3 t \sim \displaystyle  \frac{C}{t^{\frac{3}{5}} \ln^{-3} t }\to \text{divergente  }

dunque si conclude che \forall a\in \mathbb {R} l'integrale risulta divergente

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Re: Integrale indeterminato

#4 Messaggioda Massimo Gobbino » martedì 25 settembre 2012, 12:16

A 0 la situazione è migliorata. All'infinito è ancora buio profondo :lol:

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Re: Integrale indeterminato

#5 Messaggioda Noisemaker » giovedì 27 settembre 2012, 21:46

Massimo Gobbino ha scritto:A 0 la situazione è migliorata. All'infinito è ancora buio profondo :lol:

... proprio non riesco a fare luce al buio profondo che regna nel mio cervello .... :( :(


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