$int_1^(+infty)sqrt((x^2+x+2)/(x+1)) dx$

[Flamber]

Ho da verificare la convergenza o la divergenza di questo integrale, come posso fare?

$int_1^(+infty)sqrt((x^2+x+2)/(x+1)) dx$

Quale metodo devo usare?

[Noisemaker]

Risulta improrio solo a $+\infty$: la funzione integranda nell'intervallo di integrazione è sempre positiva, quindi confronto asintotico:
\begin{align}
\sqrt{\frac{x^2+x+2}{x+1}} \stackrel{+\infty}{\sim} \sqrt{\frac{x^2 }{x }}=\sqrt x=\frac{1}{x^{-\frac{1}{2}}}\to\mbox{non converge}
\end{align}

[Flamber]

Ma quindi è sufficiente, in ogni caso, quaunque sia la funzione (purchè ovviamente sia continua), calcolare l'ordine di infinito?

[Noisemaker]

la funzione integranda deve essere positiva per applicare il confronto asintotico ( per $x\to+\infty$ in questo caso); interessante sarebbe stato calcolare
\[\int_{-1}^{0}\sqrt{\frac{x^2+x+2}{x+1}}dx\]

[Flamber]

E nel caso che la funzione cambiasse segno o fosse negativa?

[gugo82]

"Flamber":E nel caso che la funzione cambiasse segno o fosse negativa?

Che dice il tuo testo di Analisi?
Quali sono le ipotesi del teorema che stiamo usando?

[Flamber]

Ho riguardato la videolezione ed ho fatto un po' di chiarezza, e sono riuscito a fare tutti gli esercizi che mi ero preposto di risolvere meno che uno:

$int_0^(+infty)(1-cosx)/(x^2log(1+root(3)(x)))$

Senza dubbio l'integrale va spezzato in due. ho provato così

$int_0^(1)(1-cosx)/(x^2log(1+root(3)(x)))+int_1^(+infty)(1-cosx)/(x^2log(1+root(3)(x)))$

so che la parte principale per $x->0$ è $p(x)=1/(2root(3)(x))$

Quindi

$int_0^(1)(1-cosx)/(x^2log(1+root(3)(x)))$ converge

il problema ora è $int_1^(+infty)(1-cosx)/(x^2log(1+root(3)(x)))$ che non riesco a risolvere perchp se anche volessi imporre delle condizioni sul $cosx$ devo stare attento al segno del $log$


P.S. Per $log$ si intende logaritmo naturale

[Noisemaker]

non mi pare sia corretta la parte principale ... e spezzare l'integrale non è necesario

[Flamber]

per $x->0$

$1-cosx$ è equivalente a $x^2/2$

mentre $log(1+root(3)(x)$ è quivalente a $root(3)(x)$ più gli o piccoli che non influiscono.

quindi la parte principale dovrebbe essere quella a meno che non abbia sbagliato qualcosa.

Come faccio a non spezzare l'integrale?

[Noisemaker]

scusa, volevo dire la valutazione della parte principale , non il calcolo

[Noisemaker]

io farei semplicemente cosi, osservando che la funzione integranda non è definita per $x=0$ e dunque l'integrale risulta improprio in entrambi gli estremi di integrazione; si osserva che nell'intervallo $(0,+\infty)$ la funzione integranda risulta sempre positiva,e dunque è possibile considerarne il comportamento asintotico. Allora:

[*:1nvmnhkx] quando $x\to 0^+$:
\begin{align}
\frac{1-\cos x}{x^2\ln(1+x^{\frac{1}{3}})}\sim \frac{x^2}{2\cdot x^2\cdot x^{\frac{1}{3} }}= \frac{1}{2 \cdot x^{\frac{1}{3} }}\to\mbox{converge}
\end{align}[/*:m:1nvmnhkx]
[*:1nvmnhkx]quando $x\to+\infty$:

\begin{align} \frac{1-\cos x}{x^2\ln(1+x^{\frac{3}{2}})}\le \frac{2}{x^2\ln(1+x^{\frac{3}{2}})}\sim \frac{2}{x^2\cdot \ln(x^{\frac{3}{2}}) }= \frac{4}{3 x^2\cdot \ln x} \to\mbox{ converge} \end{align}[/*:m:1nvmnhkx][/list:u:1nvmnhkx]
l'integrale dunque converge

[Flamber]

Continua ad essermi poco chiaro onestamente

[Noisemaker]

ma il confronto asintotico, lo conosci?

[Camillo]

"Flamber":Continua ad essermi poco chiaro onestamente

Che cosa esattamente non ti è chiaro ? la prima ($x rarr 0^(+) )$ o la seconda parte ($x rarr +oo )$ ?

[Noisemaker]

Poichè non capiaco cosa non ti sia chiaro onestamente, ti scrivo due cose sugli integrali improrpi. Cominciamo con il considerare una funzione $f(x)$ che sia continua nell'intervallo aperto a destra $[a, b),$ e sia $$\lim_{x \to b^-}f(x)=+\infty.$$ Poichè $f$ è continua in ogni intervallo $[a,x],$ con $a\le x \begin{align*}
\int _{a}^{b-\varepsilon} f(x)\,\,dx
\end{align*}
per ogni $\varepsilon>0.$ Dunque se esiste finito il limite
$$\lim_{\varepsilon \to 0^+}\int _{a}^{b-\varepsilon} f(x)\,\,dx$$ si dice che la funzione $f(x)$ ha integrale improprio convergente nell'intervallo $[a,b],$ e per definizione si pone :
\begin{align}
\int _{a}^{b } f(x)\,\,dx=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\int _{a}^{b-\varepsilon} f(x)\,\,dx\end{align}
ESEMPIO 1

[size=85]Calcolare l'integrale :$$ \int_0^1 \frac{1}{ x^{\alpha}},\,\,\,\alpha>0$$
Osserviamo subito che la funzione integranda $$f(x)= \frac{1}{ x^{\alpha}}$$ è definita per tutti i valori di $x$ tali che $ x\ne 0,$ perchè stiamo considerando un intervallo di integrazione in cui $x>0,$ altrimenti sarebbe stato necessario considerare il valore assoluto di $x$ in quanto non è possibile eseguire l'elevamento a potenza reale di un numero negativo; allora avremo:
\begin{align*}
&\int _{0}^{1 }\frac{1}{ x^{\alpha}}\,\,dx&\\
&=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\int _{\varepsilon}^{1} \frac{1}{ x^{\alpha}}\,\,dx=\begin{cases} \displaystyle\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\ln x\right]_{\varepsilon}^{1}= \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\ln 1-\ln (\varepsilon) \right]=-(-\infty)=+\infty, & \mbox{se }\alpha=1 \\\\ \displaystyle\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\frac{x^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]_{\varepsilon}^{1}=\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\frac{1^{1-\alpha }}{1-\alpha }-\frac{(\varepsilon)^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]= \frac{1}{1-\alpha } & \mbox{se }\alpha<1 \\\\
\displaystyle\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\frac{x^{1-\alpha }}{\alpha+1}\right]_{\varepsilon}^{1}=\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\frac{1^{1-\alpha }}{1-\alpha }-\frac{(\varepsilon)^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]= +\infty & \mbox{se }\alpha>1
\end{cases}
\end{align*}
dunque la funzione $$f(x)= \frac{1}{ x^{\alpha}}$$ è integrabile in senso improprio in $[0,1]$ se $\alpha<1.$[/size]

Consideriamo ora intervalli non limitati. Sia $f:[a;+\infty)\to \mathbb{R}$ integrabile in ogni intervallo $[a;\delta]$ con $a\le\delta,$ e poniamo
\begin{align*}
J(\delta)=\int _{a}^{\delta}f(x)\,\,dx,\quad\text{se esiste il limite finito:}\quad \lim_{\delta \to +\infty} J(\delta) =\int _{a}^{+\infty}f(x)\,\,dx
\end{align*}
la funzione si dirà integrabile in senso improprio sull'intervallo $[a;+\infty).$
Per l'integrale da $-\infty$ a $+\infty$ di una funzione $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R},$ integrabile su ogni intervallo limitato, si pone
\begin{align*}
\int _{-\infty}^{+\infty}f(x)\,\,dx=\int _{-\infty}^{c}f(x)\,\,dx+\int _{c}^{+\infty}f(x)\,\,dx
\end{align*}
se $c$ è un qualsiasi numero reale e gli integrali impropri a secondo membro sono convergenti.
ESEMPIO 2

[size=85] Calcolare l'integrale :$$ \int_1^{+\infty} \frac{1}{ x^{\alpha}},\,\,\,\alpha>0$$
Osserviamo subito che la funzione integranda $$f(x)= \frac{1}{ x^{\alpha}}$$ è definita per tutti i valori dell'intervallo di integrazione, e dunque presenta singolarità solo a $+\infty;$ allora avremo:
\begin{align*}
&\int _{1}^{+\infty}\frac{1}{ x^{\alpha}}\,\,dx\\
&=\lim_{\delta \to +\infty}\int _{1}^{\delta} \frac{1}{ x^{\alpha}}\,\,dx=\begin{cases} \displaystyle\lim_{\delta \to +\infty} \left[\ln x\right]_{1}^{\delta}= \lim_{\delta \to +\infty} \left[\ln \delta-\ln 1 \right]= +\infty, & \mbox{se }\alpha=1 \\\\ \displaystyle\lim_{\delta \to +\infty} \left[\frac{x^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]_{1}^{\delta}=\lim_{\delta \to +\infty} \left[\frac{{\delta}^{1-\alpha }}{1-\alpha }-\frac{1}{1-\alpha }\right]= +\infty & \mbox{se }\alpha<1 \\\\
\displaystyle\lim_{\delta \to +\infty} \left[\frac{x^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]_{1}^{\delta}=\lim_{\delta \to +\infty} \left[\frac{{\delta}^{1-\alpha }}{1-\alpha }-\frac{1}{1-\alpha }\right]= \frac{1}{1-\alpha }& \mbox{se }\alpha>1
\end{cases}
\end{align*}
dunque la funzione $$f(x)= \frac{1}{ x^{\alpha}}$$ è integrabile in senso improprio in $[1,+\infty)$ se $\alpha>1.$ [/size]

Come per le serie, anche per il calcolo degli integrali improri è utile disporre di criteri che ne garantiscano la convergenza.
Criterio del confronto
Siano $f,g$ due funzioni definite in $[a,+\infty)$ e integrabili in ogni intervallo limitato $[a,\delta],$ con $a\le\delta;$ supponiamo che esista un $x_0\ge a$ tale che, per ogni $x\ge x_0$ si abbia:
\begin{align*}
0\le f(x)\le g(x).
\end{align*}
Allora, se $g(x)$ è integrabile in $[a,+\infty),$ lo è anche $f(x).$

Dimostrazione:

[size=85]Anzitutto osserviamo che, grazie al teorema fondamentale del calcolo integrale, abbiamo che la funzione integrale
\begin{align}
0\le\int_a^{\delta} f(x)\,\,dx \qquad\qquad(1)
\end{align}
è crescente, almeno per $\delta\ge x_0;$ infatti è $$F'(x)=f(x)\ge0,$$ e come noto, poichè la derivata prima è positiva, funzione risulta crecente. Allora, la condizione di monotonia garantisce l'esistenza del limite della funzione (finito o infinito) e dunque bisogna dimostrare che tale limite è finito, ovvero che la funzione integrale $(1)$ risulta limitata. La funzione $g(x)$ è positiva (per $x\ge x_0$) per ipotesi, essendo $ 0\le f(x)\le g(x),$ e integrabile in $[a,+\infty);$ allora abbiamo
\begin{align*}
0\le\int_a^{\delta} f(x)\,\,dx &=\int_x^{x_0} f(x)\,\,dx+\int_{x_0}^{\delta} f(x)\,\,dx\le\int_x^{x_0} f(x)\,\,dx+\int_{x_0}^{\delta} g(x)\,\,dx\\
&\le\int_x^{x_0} f(x)\,\,dx+\int_{x_0}^{ +\infty} g(x)\,\,dx<+\infty
\end{align*}
poichè la funzione $g(x)$ è integrabile; in definitiva:
\begin{align*}
0\le\int_a^{\delta} f(x)\,\,dx <+\infty\quad\Rightarrow\text{$\int_a^{\delta} f(x)\,\,dx$ è limitata, e perciò ammette limite finito.}
\end{align*}[/size]

Criterio della convergenza assoluta
Come nel caso delle serie, anche per gli integrali il teorema del confronto vale se la funzione integranda non cambia segno nell'intervallo d'integrazione considerato; nel caso in cui ciò dovesse avvenire, vale il seguente criterio delle convergenza assoluta:
Criterio della convergenza assoluta
Sia $f $ una funzione definita in $[a,+\infty)$ e integrabile in $[a,\delta],\forall \delta in \mathbb{R};$ se accade che
\begin{align*}
|f(x)|\quad \text{è integrabile in $[a,+\infty),$}
\end{align*}
Allora anche $f(x)$ è integrabile in $[a,+\infty),$ e risulta:
\begin{align*}
\left|\int_a^{+\infty} f(x)\,\,dx \right| \le\int_a^{+\infty} \left|f(x)\right| \,\,dx
\end{align*}
Dimostrazione

[size=85]Poichè $f$ è integrabile in $[a,\delta],$ tali riulteranno acnhe $ |f|, f_+, f_- ;$ poichè abbiamo che
\begin{align*}
0\le f_+(x)\le|f(x)|,\quad 0\le f_-(x)\le|f(x)|
\end{align*}
ne consegue che, se $|f|$ è integrabile in $[a,+\infty),$ per il teorema del confronto anche $f_+$ ed $f_-$ sono integrabili, e dunque essendo $f=f_+ - f_-,$ anche $f$ risulta integrabile in $[a,+\infty).$ Inoltre risulta:
\begin{align*}
\left|\int_a^{+\infty} f(x)\,\,dx \right| &=\left|\int_a^{+\infty} f_+(x)\,\,dx-\int_a^{+\infty} f_-(x)\,\,dx \right|\\
&\le \left|\int_a^{+\infty} f_+(x)\,\,dx\right|+\left|\int_a^{+\infty} f_-(x)\,\,dx \right|= \int_a^{+\infty} f_+(x)\,\,dx + \int_a^{+\infty} f_-(x)\,\,dx\\
&= \int_a^{+\infty} \left|f(x)\right| \,\,dx
\end{align*}[/size]

E' importante notare che, al contrario di quanto accade per l'integrale di Reimann, l'integrabilità di $f$ non implica quella di $|f|.$ Come le serie, gli integrali impropri possono essere convergenti, ma non assolutamente convergenti, cioè può esistere $\int f$ ma non $\int|f|.$

Spero di essetri stato utile.


Per conoscenza, esiste anche una criterio corrispondente al criterio di Leibniz per le serie

Criterio di Leibniz per gli integrali
[size=85]Consideriamo un integrale improprio
$$\int_a^{+\infty} f(x) \,\,dx $$$
e sia $$a_1 \begin{align*}
f(x) >0 \quad \Leftrightarrow \quad a_{2n-1} \end{align*}
e che $f(x)$ sia negativa per i valori di $x$ compresi tra una radice di indice pari ed una radice di indice dispari, cio\'e
\begin{align*}
f(x)<0 \quad \Leftrightarrow \quad a_{2n} \end{align*}

Allora i numeri
\begin{align}
B_n= \int_{a_n}^{a_{n+1}} f(x) \,\,dx
\end{align}
formano una successione a segno alterno. Se essi verificano le ipotesi del criterio di Leibniz per le serie, ovvero se $|B_n|\to 0$ e decresce, cioè se $|B_n|\ge|B_{n+1}|,$ allora l'integrale
\begin{align}
\int_a^{+\infty} f(x)\,\,dx
\end{align}
è convergente. Infatti, per un dato $y$ esiste un $n$ tale che $a_n\le y\le a_{n+1}.$ Allora:
\begin{align*}
\int_{a }^{y} f(x) \,\,dx = \int_{a }^{a_1} f(x) \,\,dx+\left(B_+...+B_{n-1}\right)+ \int_{a_n }^{y} f(x) \,\,dx
\end{align*}
Il primo integrale a secondo menbro è costante. Per $n\to +\infty$ la somma tra parentesi converge per il criterio di Leibniz per le serie numeriche, decrecendo e tendendo a zero in valore assoluto; l'ultimo termine non supera in valore assoluto la grandezza:
\begin{align*}
\int_{a_n }^{y} |f(x)| \,\,dx=|B_n|
\end{align*}
e, per ipotesi tende a zero quando $n\to +\infty$, e dunque segue l'esistenza del limite del primo membro.[/size]

[Camillo]

C'è qualcosa che non mi torna nel calcolo di Noisemaker : al denominatore è $log (1+x^(1/3)) $ e non $ log(1+x^(3/2)) $ quindi l'integrale converge.

[Noisemaker]

EDIT hai ragione , ho letto male il primo post e ho considerato eroneamente $$\ln(1+\sqrt{x^3})$$ correggo Grazie!

[Flamber]

No camillo mi riferivo al commento di Noisemaker, che ringrazio per il chiarimento. Non capivo il tuo intervento sulla parte principale comunque, non sugli integrali impropri.

io alla fine ho risolto così:

$0<1-cosx<2$ ;
$0<(1-cosx)/(x^2log(1+root(3)(x)))<2/(x^2log(1+root(3)(x))$

$2/(x^2log(1+root(3)(x)))<1/x^2$ Per $log(1+root(3)(x))>1$ e quindi $x>(e-1)^3$

e poi ho fatto $int_0^((e-1)^3)f(x)dx+int_((e-1)^3)^(+infty)f(x)dx$

che convergono entrambi

[Flamber]

"Noisemaker":io farei semplicemente cosi, osservando che la funzione integranda non è definita per $x=0$ e dunque l'integrale risulta improprio in entrambi gli estremi di integrazione; si osserva che nell'intervallo $(0,+\infty)$ la funzione integranda risulta sempre positiva,e dunque è possibile considerarne il comportamento asintotico. Allora:

[*:3mzhwkny] quando $x\to 0^+$:
\begin{align}
\frac{1-\cos x}{x^2\ln(1+x^{\frac{1}{3}})}\sim \frac{x^2}{2\cdot x^2\cdot x^{\frac{1}{3} }}= \frac{1}{2 \cdot x^{\frac{1}{3} }}\to\mbox{converge}
\end{align}[/*:m:3mzhwkny]
[*:3mzhwkny]quando $x\to+\infty$:
\begin{align}
\frac{1-\cos x}{x^2\ln(1+x^{\frac{3}{2}})}\le \frac{2}{x^2\ln(1+x^{\frac{3}{2}})}\sim \frac{2}{x^2\cdot x^{\frac{3}{2}} }= \frac{2}{ x^{\frac{7}{2}} }\to\mbox{ converge}
\end{align}[/*:m:3mzhwkny][/list:u:3mzhwkny]
l'integrale dunque converge

e inoltre non capisco il secondo passaggio, quello per $x->+infty$ come si possa trasformare quel logaritmo in $x^(3/2)$

[Noisemaker]

hai ragione...manca un logaritmo ...ho scritto troppo e comincio ad andare in crisi con le formule:
\begin{align} \frac{1-\cos x}{x^2\ln(1+x^{\frac{3}{2}})}\le \frac{2}{x^2\ln(1+x^{\frac{3}{2}})}\sim \frac{2}{x^2\cdot \ln(x^{\frac{3}{2}}) }= \frac{4}{3 x^2\cdot \ln x} \to\mbox{ converge} \end{align}