Integrale improprio
Salve, ho difficoltà nello studiare il carattere di questo integrale improprio
$ int _0^infty (lnx/(x-1))^2 $
L'ho spezzato in 3 integrali, ma non capisco quali criteri utilizzare. Consigli?
$ int _0^infty (lnx/(x-1))^2 $
L'ho spezzato in 3 integrali, ma non capisco quali criteri utilizzare. Consigli?
Risposte
Il problema va sicuramente spezzato in tre sottoproblemi, tanti quante le "patologie" dell'integrale improprio.
Per quanto riguarda il primo problema $int_0^1(ln(x)/(x-1))^2dx$ si tratta di valutare la convergenza in un intorno destro di zero.
Premettendo che
$int_0^1ln^n(x)dx=(-1)^n*n!$
Conviene utilizzare il criterio del confronto asintotico, per cui, essendo $(ln(x)/(x-1))^2$ equivalente per $x->0^(+)$ a $ln^2(x)$ si può considerare l'integrale $int_0^1ln^2(x)dx=2$ che si può fare per parti o usare la formula che ti ho scritto sopra. Per cui in $0^(+)$ converge. Poi bisognerà prendere in esame la convergenza o non convergenza in $x=1$
Per quanto riguarda il primo problema $int_0^1(ln(x)/(x-1))^2dx$ si tratta di valutare la convergenza in un intorno destro di zero.
Premettendo che
$int_0^1ln^n(x)dx=(-1)^n*n!$
Conviene utilizzare il criterio del confronto asintotico, per cui, essendo $(ln(x)/(x-1))^2$ equivalente per $x->0^(+)$ a $ln^2(x)$ si può considerare l'integrale $int_0^1ln^2(x)dx=2$ che si può fare per parti o usare la formula che ti ho scritto sopra. Per cui in $0^(+)$ converge. Poi bisognerà prendere in esame la convergenza o non convergenza in $x=1$
Non conoscevo la formula, da dove scaturisce?
Per quanto riguarda il comportamento in +infinito? Non va analizzato anche quello? E' sufficiente dire che visto che l'esponente del termine con la x è 2 (quindi maggiore di 1), l'integrale converge?
E per quanto riguarda il comportamento in 1?
Per quanto riguarda il comportamento in +infinito? Non va analizzato anche quello? E' sufficiente dire che visto che l'esponente del termine con la x è 2 (quindi maggiore di 1), l'integrale converge?
E per quanto riguarda il comportamento in 1?
"marcobj99":
Non conoscevo la formula, da dove scaturisce?
da qui
...basta sostituire $-logx=t$ e lo verifichi immediatamente
In realtà basta guardare intorno ad $oo$ per capire che qualcosa non va... Perché?
Già... procedevo da sinistra a destra come si scrive.
$int_\alpha^(+infty)1/(x^a*ln^b(x))dx$ con ove $alpha>1$ convergono se $a>1 && \forall b in RR$ E' il tuo caso... Impara a memoria le tabelle e così eviti di trovarti in imbarazzo all'esame come me in questo caso Ciao!
Questo integrale converge anche per $a=1$ e $b>1$
Comunque $int_0^1ln^n(x)dx$ lo puoi calcolare per ogni $n in NN$ anche per parti con considerazioni varie. E' un procedimento che rischia di diventare capzioso ma se ti interessa te lo scrivo qua sotto.
$int_\alpha^(+infty)1/(x^a*ln^b(x))dx$ con ove $alpha>1$ convergono se $a>1 && \forall b in RR$ E' il tuo caso... Impara a memoria le tabelle e così eviti di trovarti in imbarazzo all'esame come me in questo caso Ciao!
Questo integrale converge anche per $a=1$ e $b>1$
Comunque $int_0^1ln^n(x)dx$ lo puoi calcolare per ogni $n in NN$ anche per parti con considerazioni varie. E' un procedimento che rischia di diventare capzioso ma se ti interessa te lo scrivo qua sotto.
Ciao marcobj99,
L'integrale proposto è convergente e si può anche determinare a cosa converge, anche se non è proprio banalissimo, dato che si ha:
$\int_0^{+\infty} (lnx/(x-1))^2 dx = \int_0^{+\infty} (ln^2 x)/(x-1)^2 dx = (2\pi^2)/3 $
Infatti, posto $t := ln x \implies x = e^t \implies dx = e^t dt $, l'integrale proposto si trasforma nel seguente:
$ \int_{-infty}^{+\infty} t^2/(e^t-1)^2 e^t dt = \int_{-infty}^{+\infty} t^2/(e^{2t}(1-e^{-t})^2) e^t dt = \int_{-infty}^{+\infty} (t^2 e^{-t})/(1-e^{-t})^2 dt = 2 \int_{0}^{+\infty} (t^2 e^{-t})/(1-e^{-t})^2 dt = $
$ = - 2\int_{0}^{+\infty} t^2 d/(dt)(1/(1-e^{-t})) dt = - 2\int_{0}^{+\infty} t^2 d/(dt)(\sum_{n = 0}^{+\infty} e^{-nt}) dt = - 2\int_{0}^{+\infty} t^2 \sum_{n = 1}^{+\infty} d/(dt) (e^{-nt}) dt = $
$ = 2 \int_{0}^{+\infty} t^2 \sum_{n = 1}^{+\infty} n e^{-nt} dt = 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} n \cdot \int_{0}^{+\infty} t^2 e^{-nt} dt = 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} n \cdot \frac{2}{n^3} = 4 \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = 4 \cdot (\pi^2)/6 = (2\pi^2)/3 $
L'integrale proposto è convergente e si può anche determinare a cosa converge, anche se non è proprio banalissimo, dato che si ha:
$\int_0^{+\infty} (lnx/(x-1))^2 dx = \int_0^{+\infty} (ln^2 x)/(x-1)^2 dx = (2\pi^2)/3 $
Infatti, posto $t := ln x \implies x = e^t \implies dx = e^t dt $, l'integrale proposto si trasforma nel seguente:
$ \int_{-infty}^{+\infty} t^2/(e^t-1)^2 e^t dt = \int_{-infty}^{+\infty} t^2/(e^{2t}(1-e^{-t})^2) e^t dt = \int_{-infty}^{+\infty} (t^2 e^{-t})/(1-e^{-t})^2 dt = 2 \int_{0}^{+\infty} (t^2 e^{-t})/(1-e^{-t})^2 dt = $
$ = - 2\int_{0}^{+\infty} t^2 d/(dt)(1/(1-e^{-t})) dt = - 2\int_{0}^{+\infty} t^2 d/(dt)(\sum_{n = 0}^{+\infty} e^{-nt}) dt = - 2\int_{0}^{+\infty} t^2 \sum_{n = 1}^{+\infty} d/(dt) (e^{-nt}) dt = $
$ = 2 \int_{0}^{+\infty} t^2 \sum_{n = 1}^{+\infty} n e^{-nt} dt = 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} n \cdot \int_{0}^{+\infty} t^2 e^{-nt} dt = 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} n \cdot \frac{2}{n^3} = 4 \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = 4 \cdot (\pi^2)/6 = (2\pi^2)/3 $
Allora, quindi riassumendo. a + infinito converge per la regola dell'alfa/beta.
in 0 è calcolabile per parti (e se invece volessi usare uno dei criteri? NOn ne trovo nessuno che mi risolva il problema)
Non mi è chiaro infine il comportamento a 1
in 0 è calcolabile per parti (e se invece volessi usare uno dei criteri? NOn ne trovo nessuno che mi risolva il problema)
Non mi è chiaro infine il comportamento a 1
Se per usare i criteri intendi il tabellone che probabilmente ti ha dato l'esercitatore allora c'è quest'altro:
dato $0<\alpha<1$
$int_0^\alpha(1/(x^a*|ln(x)|^b))dx$ converge se $a<1 $ e $\forall b in RR$ Credo tu intenda questo.
Per il comportamento in 1 devi svilppare in serie di Taylor in numeratore (che è uno svilupppo di MacLaurin notevole) e poi vedrai che si abbassano di un grado tutti i termini grazie al denominatore.
dato $0<\alpha<1$
$int_0^\alpha(1/(x^a*|ln(x)|^b))dx$ converge se $a<1 $ e $\forall b in RR$ Credo tu intenda questo.
Per il comportamento in 1 devi svilppare in serie di Taylor in numeratore (che è uno svilupppo di MacLaurin notevole) e poi vedrai che si abbassano di un grado tutti i termini grazie al denominatore.
"marcobj99":
Non mi è chiaro infine il comportamento a 1
Prova a porre $t := x - 1 $...
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