Esercizio svolto dal prof: convergenza integrale improprio..
$\int_1^oo \frac{\log x}{(x-1)^b}$ con $b \in \mathbb{R}$
Nello svolgimento nonostante $b$ sia reale, svolge l'esercizio come se $b$ fosse positivo. Perchè?
Ha scritto, poichè $x->1^+$ $f(x) \sim (x-1) / (x-1)^b$ ma per quala motivo?? ha fatto qualche sostituzione? $\sim 1 / (x-1)^{b-1}$ converge per $b<2$
a $+ oo$ $f(x) \sim \log x / x^b$ io pensavo che questo limite fa zero per $b > 1$ quindi converge per $b>1$ e la soluzione finale è $b \in (1,2)$
Grazie mille
Nello svolgimento nonostante $b$ sia reale, svolge l'esercizio come se $b$ fosse positivo. Perchè?
Ha scritto, poichè $x->1^+$ $f(x) \sim (x-1) / (x-1)^b$ ma per quala motivo?? ha fatto qualche sostituzione? $\sim 1 / (x-1)^{b-1}$ converge per $b<2$
a $+ oo$ $f(x) \sim \log x / x^b$ io pensavo che questo limite fa zero per $b > 1$ quindi converge per $b>1$ e la soluzione finale è $b \in (1,2)$
Grazie mille
Risposte
"davidedesantis":
$\int_1^oo \frac{\log x}{(x-1)^b}$ con $b \in \mathbb{R}$
Nello svolgimento nonostante $b$ sia reale, svolge l'esercizio come se $b$ fosse positivo. Perchè?
Ha scritto, poichè $x->1^+$ $f(x) \sim (x-1) / (x-1)^b$ ma per quala motivo?? ha fatto qualche sostituzione? $\sim 1 / (x-1)^{b-1}$ converge per $b<2$
a $+ oo$ $f(x) \sim \log x / x^b$ io pensavo che questo limite fa zero per $b > 1$ quindi converge per $b>1$ e la soluzione finale è $b \in (1,2)$
Grazie mille
allora, io per $x->1$ avrei sostituito $x=y+1$ (che per $x->1 = y->0$), così diventa $\lim_{x->1} \frac{log(y+1)}{y^b}$ ora puoi fare gli asintotici per $y->o$ cosi diventa $\lim_{y->0} \frac{y}{y^b}$ = $\lim_{y->0} \frac{1}{y^(b-1)}$ e ora vedi che i conti tornano
grazie LukeTek!! 
Se \(b<0\) l'integrando certamente non è sommabile in \([1,\infty[\).
"gugo82":
Se \(b<0\) l'integrando certamente non è sommabile in \([1,\infty[\).
in che senso gugo...questo mi interessa!
"davidedesantis":
grazie LukeTek!!
Prego...ma è giusto solo x la prima parte, per la seconda anche a 1 dovrebbe convergere...cioè io ho fatto so stesso identico ragionamento e viene $\lim_{y->infty} \frac{1}{y^(b-1)}$ ora cosa vedo? a 1 converge...ma a 2 no!!! e qua sinceramente aspetterei qualcuno più esperto per la soluzione...
"davidedesantis":
[quote="gugo82"]Se \(b<0\) l'integrando certamente non è sommabile in \([1,\infty[\).
in che senso gugo...questo mi interessa!
[/quote]Se \(b<0\) l'integrando è positivamente divergente in \(\infty\), quindi...
gugo potresti risolvermi anche il problema del mio post sopra please?
"gugo82":
[quote="davidedesantis"][quote="gugo82"]Se \(b<0\) l'integrando certamente non è sommabile in \([1,\infty[\).
in che senso gugo...questo mi interessa!
[/quote]Se \(b<0\) l'integrando è positivamente divergente in \(\infty\), quindi...[/quote]
ok...quindi il denominatore andrebbe al numeratore e diverge sempre,per $x->oo$ no?
si se b<0 si ma lo vedi ad occhio...più che altro mi chiedo ad $x->infty$ (arrivati a $\frac{logx}{(x-1)^b}$ lo vedo che converge per b>=1) se volessi fare la sostituzione x=y-1 come ho scritto sopra poi non mi tornano i conti...come mai?
"LukeTek":
si se b<0 si ma lo vedi ad occhio...più che altro mi chiedo ad $x->infty$ (arrivati a $\frac{logx}{(x-1)^b}$ lo vedo che converge per b>=1) se volessi fare la sostituzione x=y-1 come ho scritto sopra poi non mi tornano i conti...come mai?
vediamo cosa rispondono gli esperti...però a $+ oo$ non credo che sia utile qualche sostituzione...
"davidedesantis":
[quote="LukeTek"]si se b<0 si ma lo vedi ad occhio...più che altro mi chiedo ad $x->infty$ (arrivati a $\frac{logx}{(x-1)^b}$ lo vedo che converge per b>=1) se volessi fare la sostituzione x=y-1 come ho scritto sopra poi non mi tornano i conti...come mai?
vediamo cosa rispondono gli esperti...però a $+ oo$ non credo che sia utile qualche sostituzione...[/quote]
sisi concordo sul fatto che non sia utile, però siccome nn me n'ero accorto subito all'inizio l'ho fatta ed il risultato viene diverso...
L'integrando è un infinitesimo non dotato di ordine in \(+\infty\), ma è certamente d'ordine minore di \(b\) e d'ordine maggiore di ogni numero minore di \(b\). Ciò vuol dire che:
\[
\lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{\log x}{(x-1)^b}}{\frac{1}{x^\alpha}} =\begin{cases} +\infty &\text{, se } \alpha \geq b \\ 0 &\text{, se } \alpha
Se \(b>1\) allora la tua funzione è definitivamente minore di \(M/x^\alpha\) con \(\alpha >0\) tale che \(b>\alpha >1\), ergo il tuo integrando sarà sommabile.
Se \(b\leq 1\) la tua funzione è minorata da una funzione del tipo \(M/x^\alpha\) con \(\alpha >0\) tale che \(b\leq \alpha \leq 1\), quindi l'integrando non sarà sommabile.
\[
\lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{\log x}{(x-1)^b}}{\frac{1}{x^\alpha}} =\begin{cases} +\infty &\text{, se } \alpha \geq b \\ 0 &\text{, se } \alpha
Se \(b>1\) allora la tua funzione è definitivamente minore di \(M/x^\alpha\) con \(\alpha >0\) tale che \(b>\alpha >1\), ergo il tuo integrando sarà sommabile.
Se \(b\leq 1\) la tua funzione è minorata da una funzione del tipo \(M/x^\alpha\) con \(\alpha >0\) tale che \(b\leq \alpha \leq 1\), quindi l'integrando non sarà sommabile.
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