[EX] - Finalmente l'integrazione!
Prima di sottoporre l'esercizio vorrei chiedere un lume: cosa posso dire del seguente limite? \[\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \int_{x^{2}}^{2x^{2}} \frac{\log t}{1+t} \ dt \]
Risposte
C'era un vecchio post di Gugo su un esercizio molto simile a questo, solo che adesso vattelapesca...
Ok, grazie per la segnalazione. Comunque l'esercizio cui faccio riferimento è il seguente:
Sia \[\displaystyle f(x) : = \int_{x^{2}}^{2x^{2}} \frac{\log t}{t+1} \ dt \]
Determinare \(\displaystyle a, \ b \ \text{e} \ c \in \mathbb{R} \) tali che \(\displaystyle f(x) \sim_{+ \infty} cx^{a}(\log x)^{b} \)
Io pensavo che se \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x)=+\infty \), allora \(\displaystyle a,b,c \ge 0 \), e quindi avrei potuto usare de l'Hôpital e fare un po' di conti. Magari non serve nemmeno conoscere il valore di quel limite, ma per ora è tutto quello che ho nella zucca...
Sia \[\displaystyle f(x) : = \int_{x^{2}}^{2x^{2}} \frac{\log t}{t+1} \ dt \]
Determinare \(\displaystyle a, \ b \ \text{e} \ c \in \mathbb{R} \) tali che \(\displaystyle f(x) \sim_{+ \infty} cx^{a}(\log x)^{b} \)
Io pensavo che se \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x)=+\infty \), allora \(\displaystyle a,b,c \ge 0 \), e quindi avrei potuto usare de l'Hôpital e fare un po' di conti. Magari non serve nemmeno conoscere il valore di quel limite, ma per ora è tutto quello che ho nella zucca...
"dissonance":
C'era un vecchio post di Gugo su un esercizio molto simile a questo, solo che adesso vattelapesca...
Bastava usare la funzione CERCA...
Mmm... Bella gatta da pelare...
In questo caso però mi sembra che De l'Hopital basti.
Infatti la derivata di quell'integrale mi risulta essere:
$(log(2x^2))/(2x^2+1) 4x - (log(x^2))/(x^2+1) 2x = 2x ((2x^2 +2)(log2 +2logx) - (2x^2+1)2logx)/((2x^2+1)(x^2+1)) = $
$= 2x (4x^2 logx - 4x^2 logx + 2 log2 x^2 + ...)/((2x^2+1)(x^2+1))$
I ... stanno per termini di ordine più basso.
Alla fine viene fuori che questa derivata, all'infinito è equivalente a $(2 log2)/x$.
A questo punto dovresti calcolare la derivata di $c x^a (log x)^b$ e confrontare le due espressioni.
Però è più semplice integrare il risultato ottenuto, quindi: $2 log2 logx$.
Dunque $c=2 log2$, $a=0$, $b=1$.
Mi rendo conto di non avere scritto benissimo, ma spero si capisca lo stesso.
Infatti la derivata di quell'integrale mi risulta essere:
$(log(2x^2))/(2x^2+1) 4x - (log(x^2))/(x^2+1) 2x = 2x ((2x^2 +2)(log2 +2logx) - (2x^2+1)2logx)/((2x^2+1)(x^2+1)) = $
$= 2x (4x^2 logx - 4x^2 logx + 2 log2 x^2 + ...)/((2x^2+1)(x^2+1))$
I ... stanno per termini di ordine più basso.
Alla fine viene fuori che questa derivata, all'infinito è equivalente a $(2 log2)/x$.
A questo punto dovresti calcolare la derivata di $c x^a (log x)^b$ e confrontare le due espressioni.
Però è più semplice integrare il risultato ottenuto, quindi: $2 log2 logx$.
Dunque $c=2 log2$, $a=0$, $b=1$.
Mi rendo conto di non avere scritto benissimo, ma spero si capisca lo stesso.
Grazie robbstark. Il fatto è che non ero sicuro che il limite del rapporto desse una forma indeterminata del tipo \(\displaystyle \frac{0}{0} \) oppure \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty} \), e di conseguenza non sapevo se e come poter applicare de l'Hôpital, che del resto mi pareva l'unica via percorribile, vista la quantità di teoria di cui dispongo al momento.
Per il teo. della media:
\( \int_{x^2}^{2x^2}\frac{log( t)}{1+t}dt=x^2 \frac{log(\xi)}{1+\xi}\) con \( x^2 <\xi < 2x^2\)
Segue:
\( \int_{x^2}^{2x^2}\frac{log( t)}{1+t}dt \geq x^2 \frac{lon(x^2)}{1+2 x^2}=\frac{2x^2 log(x)}{1+2 x^2}\)
da cui per confronto:
\( \lim_{x \rightarrow +\infty}\int_{x^2}^{2x^2}\frac{log( t)}{1+t}dt = +\infty\)
\( \int_{x^2}^{2x^2}\frac{log( t)}{1+t}dt=x^2 \frac{log(\xi)}{1+\xi}\) con \( x^2 <\xi < 2x^2\)
Segue:
\( \int_{x^2}^{2x^2}\frac{log( t)}{1+t}dt \geq x^2 \frac{lon(x^2)}{1+2 x^2}=\frac{2x^2 log(x)}{1+2 x^2}\)
da cui per confronto:
\( \lim_{x \rightarrow +\infty}\int_{x^2}^{2x^2}\frac{log( t)}{1+t}dt = +\infty\)
Ciao. Rischio di dire una fesseria, nel caso chiedo venia.
Sull'integrale si potrebbe applicare il teorema della media, :
[tex]\int_{x^2}^{2x^2}\frac{\ln t}{1+t}\mathrm{d} t[/tex]_[tex]=(2x^2-x^2)\frac{\ln[x^2(1+\eta )]}{1+x^2(1+\eta)}[/tex]_[tex]=x^2\frac{\ln[x^2(1+\eta )]}{1+x^2(1+\eta)}[/tex]_,
dove $\eta$ è un opportuno numero, $0<\eta<1$, in modo che $x^2
EDIT: scusa totissimus, stavo scrivendo mentre postavi analoga riflessione...
Sull'integrale si potrebbe applicare il teorema della media, :
[tex]\int_{x^2}^{2x^2}\frac{\ln t}{1+t}\mathrm{d} t[/tex]_[tex]=(2x^2-x^2)\frac{\ln[x^2(1+\eta )]}{1+x^2(1+\eta)}[/tex]_[tex]=x^2\frac{\ln[x^2(1+\eta )]}{1+x^2(1+\eta)}[/tex]_,
dove $\eta$ è un opportuno numero, $0<\eta<1$, in modo che $x^2
EDIT: scusa totissimus, stavo scrivendo mentre postavi analoga riflessione...
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