Area sottesa all'iperbole

[gugo82]

Può darsi che la cosa sia di una banalità disarmante, ma al momento mi sfugge.

È possibile dimostrare che:
\[
\int_0^1 \frac{1}{t}\ \text{d} t =+\infty
\]
usando solo la definizione di integrale, cioè senza usare il fatto che \(1/t =(\ln t)^\prime\)?

Se prendo una partizione \(D=\{x_0 \[
s_D = \sum_{k=0}^n \frac{1}{x_{k+1}}\ (x_{k+1}-x_k) = n+1- \sum_{k=0}^n \frac{x_k}{x_{k+1}}
\]
ma poi la sommatoria non si può controllare con niente di meglio di \(n+1\), ad occhio... Quindi?
Sono fuori strada?

[Seneca1]

Io applicherei il teorema dell'integrale per le serie.

$int_0^1 1/t dt = int_(+oo)^1 - 1/x^2 * x dx = int_1^(+oo) 1/x dx$ che diverge se e solo se diverge $sum_(k=1)^(+oo) 1/k$.

Che ne dici? Aggirerei il problema della primitiva, come volevi, ma non so se era questo quello che stavi cercando.

[gugo82]

Grazie Seneca.
Al cambiamento di variabile non avevo pensato.

Ad ogni modo, la curiosità di vedere una dimostrazione che usi la sola definizione mi rimane.

Però, in effetti, hai ragione... Si può riciclare il tuo ragionamento come segue.
Fisso \(N\in \mathbb{N}\) e considero la partizione \(\{ 1/N < 1/(N-1)<\cdots < 1/2<1\}\); rispetto a tale partizione, la somma integrale inferiore è:
\[
s_N=\sum_{n=1}^{N-1} \frac{1}{1/n}\ \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = \sum_{n=1}^{N-1} \frac{1}{n+1} = \sum_{n=2}^N \frac{1}{n}\; .
\]
Ora, se l'integrale improprio fosse convergente, la successione di termine generale \(s_N\) dovrebbe essere limitata dall'alto; ma ciò è assurdo in quanto \((s_N)\) è la successione delle somme parziali della serie armonica, la quale diverge.