Integrale generalizzato
Per quali a converge il seguente integrale? Per gli a per cui converge cosa vale?
\[ \int_2^\infty \frac{1}{x*(logx)^a}dx\ \]
\[ \int_2^\infty \frac{1}{x*(logx)^a}dx\ \]
Risposte
La funzione è continua all'interno dell'intervallo preso in esame, a +inf logx è asintotico a x-1 asintotico a x. Quindi l'integrale è asintotico a 1/x^(a+1) che converge per a maggiore di 0. Ma ho qualche dubbio...
Ma anche no.
Il logaritmo, anche se elevato a potenza, rimane un infinito non dotato di ordine ma comunque di ordine infinitamente piccolo rispetto a \(x\). Quindi non hai nessuna chanche che l'integrando possa essere infinitesimo di ordine \(\alpha +1\).
Il conto si può fare esplicitamente: infatti il tuo integrale indefinito si calcola immediatamente per sostituzione.
Il logaritmo, anche se elevato a potenza, rimane un infinito non dotato di ordine ma comunque di ordine infinitamente piccolo rispetto a \(x\). Quindi non hai nessuna chanche che l'integrando possa essere infinitesimo di ordine \(\alpha +1\).
Il conto si può fare esplicitamente: infatti il tuo integrale indefinito si calcola immediatamente per sostituzione.
"serafila":
Per quali a converge il seguente integrale? Per gli a per cui converge cosa vale?
\[ \int_2^\infty \frac{1}{x*(logx)^a}dx\ \]
Dal momento che e' $\frac{d}{d x} \ln x = \frac{1}{x}$ e' immediato trovare per $a \ne 1$...
$\int \frac{d x}{x\ \ln^{a} x} = \frac{\ln ^{1-a} x}{1-a} + c$ (1)
... e per $a=1$...
$\int \frac{d x}{x\ \ln x} = \ln \ln x + c$ (2)
Se indichiamo con f(x) la (1) o la (2) con c=0, condizione per la convergenza dell'integrale e' che sia $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)=0$. A questo punto la soluzione del problema e' assai semplice...
cordiali saluti
chi sigma
Una piccola correzione:
(nel caso in esame ciò è equivalente a quanto detto da \(\chi \sigma\), perché il limite è finito se e solo se e esso è nullo; ma in generale, il fatto che il limite della \(f\) sia finito e diverso da zero non si può escludere a priori).
"chisigma":
condizione per la convergenza dell'integrale e' che esista finito il $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)$.
(nel caso in esame ciò è equivalente a quanto detto da \(\chi \sigma\), perché il limite è finito se e solo se e esso è nullo; ma in generale, il fatto che il limite della \(f\) sia finito e diverso da zero non si può escludere a priori).
Va bene, ma perchè se logx a infinito è asintotico a x-1 non posso sostituire logx con x-1?
In un altro esercizio avevo integrale da 0 a inf di log((x^a+5)/(x^a+4)) , asintotico a (x^a+5)/(x^a+4) -1 = 1/(x^a+4) , asintotico a 1/x^a che converge per a>1.
In un altro esercizio avevo integrale da 0 a inf di log((x^a+5)/(x^a+4)) , asintotico a (x^a+5)/(x^a+4) -1 = 1/(x^a+4) , asintotico a 1/x^a che converge per a>1.
quella stima asintotica vale se in generale hai che
\begin{align} \mbox{se }\,\,\,f(x)\to 1 &\qquad \Rightarrow \qquad \ln f(x)\sim f(x)-1,\qquad x\to x_0\end{align}
\begin{align} \mbox{se }\,\,\,f(x)\to 1 &\qquad \Rightarrow \qquad \ln f(x)\sim f(x)-1,\qquad x\to x_0\end{align}
Se hai pratica con le serie puoi ragionare così (per determinare se converge o meno):
$ int_(2)^(oo) 1/(xln^alpha x) dx < +oo hArr sum_{n=2}^oo 1/(xln^alpha x)<+oo $
tenendo presente che
$ sum_{n=1}^oo a_n<+oohArr sum_{k=1}^oo 2^ka_(2^k)<+oo if {(a_n>=0,AA n),(a_n>=a_(n+1),AAn):} $
$ int_(2)^(oo) 1/(xln^alpha x) dx < +oo hArr sum_{n=2}^oo 1/(xln^alpha x)<+oo $
tenendo presente che
$ sum_{n=1}^oo a_n<+oohArr sum_{k=1}^oo 2^ka_(2^k)<+oo if {(a_n>=0,AA n),(a_n>=a_(n+1),AAn):} $
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