Domanda su integrali impropri

[Appinmate]

Buongiorno a tutti! Ho difficoltà a comprendere alcuni concetti che ci sono dietro gli integrali impropri. Se io avessi un integrale del tipo $int_(1)^(+infty) (logx/x)$ direi che converge perchè a $+infty$ logx è un o-piccolo di x.. mentre lo stesso criterio lo adotterei anche in $0$ affermando però che in $0$ diverge. E' esatto? Grazie anticipatamente per la risposta.

[Mathita]

Ciao Appinmate

Quale criterio vuoi applicare? Credo che l'informazione $\log(x)=o(x)$ per $x\to+\infty$ sia insufficiente per concludere alcunché in questa occasione.

Inoltre cosa intendi con "mentre lo stesso criterio lo adotterei anche in 0 affermando però che in 0 diverge."?

Personalmente userei la definizione di integrale improprio per rispondere velocemente al quesito... (ancora meglio procederei con il criterio del confronto per dimostrare che diverge).

[Appinmate]

Perchè ho u problema nel determinare la covergenza in questi casi. Avessi $int_(1)^(+infty) (logx/x^2) dx$ in cui non è possibile usare la definizione dovrei concludere che converge perchè lo posso scrivere come $int_(1)^(+infty) (1/((logx)^(-2)(x^2)))dx$ e quindi uso la f confronto?

[Appinmate]

E poi avrei un ulteriore quesito. Se io avessi un integrale del tipo $int_(1)^(+infty) (e^(x)/x^2)dx$ io sosterrei che diverge sapendo che x è o-piccolo di e^x. Lo posso fare o come lo risolvo? E perchè se in questo caso la risposta fosse affermativa nel caso di prima era negativa? Grazie mille.
p.s. Nel testo la e è elevata alla x .. non so perchè scrive $infty$

[Mathita]

"Appinmate":Perchè ho u problema nel determinare la covergenza in questi casi. Avessi $int_(1)^(+infty) (logx/x^2) dx$ in cui non è possibile usare la definizione dovrei concludere che converge perchè lo posso scrivere come $int_(1)^(+infty) (1/((logx)^(-2)(x^2)))dx$ e quindi uso la f confronto?

Nella rielaborazione dell'integrale c'è un $-2$ in più.

Quello che cercavo di consigliarti sfruttare le proprietà degli integrali impropri e disuguaglianze note: ad esempio puoi spezzare l'integrale

$\int_{1}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x}dx$

come la somma di due integrali:

$\int_{1}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x}dx=\int_{1}^{e}\frac{\log(x)}{x}dx+\int_{e}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x}dx$

Sull'intervallo $[e,+\infty)$ la funzione logaritmo è crescente, di conseguenza vale la disuguaglianza

$\log(e)\le \log(x)\implies \log(x)\ge 1$ per ogni $x\in[e,+\infty)$

Inoltre dividendo membro a membro per $x\ge e$ ricaviamo la disuguaglianza

$\frac{\log(x)}{x}\ge \frac{1}{x}$

e per monotonia dell'operatore integrale

$\int_{e}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x}dx\ge \int_{e}^{+\infty}\frac{1}{x}dx=+\infty$

In definitiva al secondo membro dell'uguaglianza

$\int_{1}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x}dx=\int_{1}^{e}\frac{\log(x)}{x}dx+\int_{e}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x}dx$

abbiamo una somma tra un integrale definito (che ha un valore finito) e un integrale improprio divergente, di conseguenza anche l'integrale al primo membro diverge.

Tieni a mente due cose: $\log(x)$ è una funzione crescente;

$\log(x)$ è definitivamente minore di ogni potenza con esponente positivo di $x$. In termini più specifici, per ogni $\alpha>0$ esiste un intorno di $+\infty, I_{\infty,\alpha}$ nel quale:

$\log(x)
Nel caso in cui tu abbia un integrale improprio di prima specie, puoi "scegliere" $\alpha$ per dimostrare la convergenza o la divergenza dell'integrale.

Altro esempio

$\int_{1}^{+\infty}\log(x)/x^2dx$

Quell'$x^2$ al denominatore mi suggerisce che probabilmente l'integrale converge, devo solo trovare una maggiorazione furba che possa aiutarmi a dimostrarlo limitando il più possibile i passaggi.

Prima informazione: la funzione integranda è positiva;

Seconda informazione: gli integrali della forma $\int_{x_0>0}^{+\infty}\frac{1}{x^{p}}dx$ convergono se e solo se $p>1$

Terza informazione: esiste un intorno di $+\infty$ $[x_0,+\infty)$ nel quale $\log(x)
Mi faccio furbo e scelgo $\alpha$ di modo che $\log(x)/x^2$ sia maggiorata da una frazione del tipo $\frac{1}{x^p}$ con $p>1$.

Idea! Posso scegliere $\alpha=\frac{1}{2}$, in questo modo esiste un intorno $[x_0,+\infty)$ nel quale

$\log(x)/x^2<\frac{x^{\frac{1}{2}}}{x^2}=\frac{1}{x^{3/2}}$

Ciò mi autorizza a spezzare l'integrale $\int_{1}^{+\infty}\log(x)/x^2dx$ come somma tra un integrale definito e uno improprio convergente

$\int_{1}^{+\infty}\log(x)/x^2dx=\int_{1}^{x_0}\frac{\log(x)}{x^2}dx+\int_{x_0}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x^2}dx$

Il primo integrale converge, il secondo converge per confronto, infatti

$\int_{x_0}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x^2}dx<\int_{x_0}^{+\infty}\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}}dx<+\infty$

So che esistono gli integrali impropri notevoli per la famiglia di integrali

$\int_{x_0>1}^{+\infty}\frac{1}{\log^{\alpha}(x)x^{\beta}}dx$

però... non riesco a ricordarli a memoria.

[pilloeffe]

Ciao Appinmate,

Brevemente:

$\int_1^{+\infty} \frac{log x}{x} dx $ è divergente e si capisce subito. In caso di dubbio basta confrontarlo con l'integrale improprio notevole $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^a log^b x} dx $ che diverge se $a = 1 $ e $b <= 1 $
Per confronto con lo stesso integrale improprio notevole precedente invece converge l'integrale

$\int_1^{+\infty} \frac{log x}{x^2} dx $

essendo in tal caso $a = 2 > 1 $ per cui $b $ può assumere qualsiasi valore reale. In tal caso poi non è neanche troppo complicato scoprire che l'integrale proposto converge a $1 $. Infatti integrando per parti si trova:

$ \int \frac{log x}{x^2} dx = - 1/x - \frac{log x}{x} + c $

Pertanto si ha:

$ \int_1^{+\infty} \frac{log x}{x^2} dx = [- 1/x - \frac{log x}{x}]_1^{+\infty} = - 0 - 0 + 1/1 + \frac{log 1}{1} = 1 $

Per quanto riguarda l'ultimo integrale proposto $\int_{1}^{+\infty} (e^(x)/x^2)dx $ si capisce subito che è orrendamente divergente...

[Appinmate]

Grazie mille ad entrambi. Ma il secondo é divergente perché x^2 è o - piccolo di e^x a +infinito?

[Mathita]

Sì, volendo si potrebbe giustificare in quel modo. Sarebbe interessante capire perché "funziona" il metodo che hai proposto.