Dominio della F(x)
se abbiamo la funzione [tex]\displaystyle{f\left( x \right) = \int_x^{{x^2}} {\frac{1}{{t + 1 - x}}dt}}[/tex]
la funzione [tex]\displaystyle{g\left( t \right) = \frac{1}{{t + 1 - x}}},t \in \left( { - \infty ,x - 1} \right) \cup \left( {x - 1, + \infty } \right)[/tex] cioe' DOMINIO =R
il suo dominio e lo stesso se cambiamo [tex]t+1-x=u, dt=du , t=x , u=1[/tex] e [tex]t=x^2 , u=x^2-x+1[/tex]
[tex]f(x) = \int_1^{{x^2} - x + 1} {\frac{1}{u}du}[/tex] ???.
Allora il dominio della [tex]\displaystyle{h(u)= \frac{1}{u}}[/tex] è [tex]\left( { - \infty ,0} \right) \cup \left( 0, + \infty \right)[/tex] , quindi dominio =R
che pensate ??
la funzione [tex]\displaystyle{g\left( t \right) = \frac{1}{{t + 1 - x}}},t \in \left( { - \infty ,x - 1} \right) \cup \left( {x - 1, + \infty } \right)[/tex] cioe' DOMINIO =R
il suo dominio e lo stesso se cambiamo [tex]t+1-x=u, dt=du , t=x , u=1[/tex] e [tex]t=x^2 , u=x^2-x+1[/tex]
[tex]f(x) = \int_1^{{x^2} - x + 1} {\frac{1}{u}du}[/tex] ???.
Allora il dominio della [tex]\displaystyle{h(u)= \frac{1}{u}}[/tex] è [tex]\left( { - \infty ,0} \right) \cup \left( 0, + \infty \right)[/tex] , quindi dominio =R
che pensate ??
Risposte
Ciao Dennys, riscrivo la tua ultima formula perché mi ha errore nel visualizzarla (la ricavo dal tuo codice e uso un metodo diverso).
<<
Allora il dominio della $h(u)=\frac{1}{u}$ è $(-\infty,0) \cup (0,+\infty)$ quindi $\RR$.
>>
Comunque $(-\infty,0) \cup (0,+\infty)$ mi dà $\RR \\{0}$, non $\RR$. Idem per la precedente dove hai $\RR \\ {x-1}$.
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Allora il dominio della $h(u)=\frac{1}{u}$ è $(-\infty,0) \cup (0,+\infty)$ quindi $\RR$.
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Comunque $(-\infty,0) \cup (0,+\infty)$ mi dà $\RR \\{0}$, non $\RR$. Idem per la precedente dove hai $\RR \\ {x-1}$.
ciao Zero
il dominio e' per la funzione f.Scusa cosi come lo scritto hai raggione.
la mia domanda e' : Se in una funzione integralle facciamo cambiamento della x , la funzione ha lo stesso dominio o no.
dennys
il dominio e' per la funzione f.Scusa cosi come lo scritto hai raggione.
la mia domanda e' : Se in una funzione integralle facciamo cambiamento della x , la funzione ha lo stesso dominio o no.
dennys
Il dominio della funzione integrale è \(\operatorname{Dom} f=\mathbb{R}\): infatti si ha:
\[
f(x) = \int_1^{x^2-x+1} \frac{1}{u}\ \text{d} u = G(\phi (x))
\]
con:
\[
\begin{split}
G(y) &:= \int_1^y \frac{1}{u}\ \text{d} u & &,\ \operatorname{Dom} G = ]0,\infty[\\
\phi(x) &:= x^2-x+1 & &,\ \operatorname{Dom} \phi = \mathbb{R} \; ;
\end{split}
\]
dato che \(\phi (\mathbb{R})=]0,\infty[=\operatorname{Dom} G\), la funzione composta \(f=G\circ\phi\) è definita in tutto \(\operatorname{Dom} \phi = \mathbb{R}\).
\[
f(x) = \int_1^{x^2-x+1} \frac{1}{u}\ \text{d} u = G(\phi (x))
\]
con:
\[
\begin{split}
G(y) &:= \int_1^y \frac{1}{u}\ \text{d} u & &,\ \operatorname{Dom} G = ]0,\infty[\\
\phi(x) &:= x^2-x+1 & &,\ \operatorname{Dom} \phi = \mathbb{R} \; ;
\end{split}
\]
dato che \(\phi (\mathbb{R})=]0,\infty[=\operatorname{Dom} G\), la funzione composta \(f=G\circ\phi\) è definita in tutto \(\operatorname{Dom} \phi = \mathbb{R}\).
Grazie Gugo
Che mi dici di questa
[tex]f\left( x \right) = \int\limits_{\sqrt x }^{2\sqrt x } {\sqrt x } {e^{t\sqrt x }}dt, {D_f} = \left[ {0, + \infty } \right).[/tex]
Adesso se [tex]u = t\sqrt x, f\left( x \right) = \int\limits_x^{2x} {{e^u}} du ,, DOM_f=R[/tex]
Che mi dici di questa
[tex]f\left( x \right) = \int\limits_{\sqrt x }^{2\sqrt x } {\sqrt x } {e^{t\sqrt x }}dt, {D_f} = \left[ {0, + \infty } \right).[/tex]
Adesso se [tex]u = t\sqrt x, f\left( x \right) = \int\limits_x^{2x} {{e^u}} du ,, DOM_f=R[/tex]
Chiaramente l'integrale ha senso solo se \(x\geq 0\), altrimenti non sono definiti né gli estemi d'integrazione né l'integrando.
Più formalmente, hai:
\[
f(x) := \intop_{\phi (x)}^{\psi (x)} g(t,x)\ \text{d} t
\]
con \(\phi (x)=\sqrt{x}\), \(\psi (x)=2\sqrt{x}\) e \(g(t,x)=\sqrt{x} e^{t\sqrt{x}}\) continue nei loro domini; una funzione di questo tipo è definita per gli \(x\in \operatorname{Dom} \phi \cap \operatorname{Dom} \psi\) tali che \([\min \{\phi (x) ,\psi (x)\}, \max \{\phi (x) ,\psi (x)\}] \times \{x\}\subseteq \operatorname{Dom} g \) (\(\subseteq \mathbb{R}^2\)).
Dato che \(\sqrt{x} =\phi (x)\leq \psi (x)=2\sqrt{x}\), che \(\operatorname{Dom} \phi = [0,\infty[ =\operatorname{Dom} \psi\) e che \(\operatorname{Dom} g = \mathbb{R}\times [0,\infty[\), la condizione \([\phi (x), \psi (x)] \times \{x\}\subseteq \operatorname{Dom} g \) è soddisfatta per ogni \(x\in [0,\infty[\); quindi \(\operatorname{Dom} f = [0,\infty[\).
Posta tale restrizione, facendo la sostituzione che dici trovi:
\[
f(x) = \int_x^{2x} e^u\ \text{d} u
\]
definita per tutti i valori della variabile \(x\) per cui la prima definizione valeva, i.e. \(x\geq 0\); quindi un calcolo esplicito fornisce:
\[
f(x) = e^{2x} - e^x
\]
per \(x\geq 0\).
Più formalmente, hai:
\[
f(x) := \intop_{\phi (x)}^{\psi (x)} g(t,x)\ \text{d} t
\]
con \(\phi (x)=\sqrt{x}\), \(\psi (x)=2\sqrt{x}\) e \(g(t,x)=\sqrt{x} e^{t\sqrt{x}}\) continue nei loro domini; una funzione di questo tipo è definita per gli \(x\in \operatorname{Dom} \phi \cap \operatorname{Dom} \psi\) tali che \([\min \{\phi (x) ,\psi (x)\}, \max \{\phi (x) ,\psi (x)\}] \times \{x\}\subseteq \operatorname{Dom} g \) (\(\subseteq \mathbb{R}^2\)).
Dato che \(\sqrt{x} =\phi (x)\leq \psi (x)=2\sqrt{x}\), che \(\operatorname{Dom} \phi = [0,\infty[ =\operatorname{Dom} \psi\) e che \(\operatorname{Dom} g = \mathbb{R}\times [0,\infty[\), la condizione \([\phi (x), \psi (x)] \times \{x\}\subseteq \operatorname{Dom} g \) è soddisfatta per ogni \(x\in [0,\infty[\); quindi \(\operatorname{Dom} f = [0,\infty[\).
Posta tale restrizione, facendo la sostituzione che dici trovi:
\[
f(x) = \int_x^{2x} e^u\ \text{d} u
\]
definita per tutti i valori della variabile \(x\) per cui la prima definizione valeva, i.e. \(x\geq 0\); quindi un calcolo esplicito fornisce:
\[
f(x) = e^{2x} - e^x
\]
per \(x\geq 0\).
Grazie mille Gugo ,sono daccordo con te
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