Integrali generalizzati ?
Mi spiegate perché questo integrale da 0 a 1 di [1/sqrt(1-x³)]dx è generalizzato, visto che entrambi gli estremi sono limitati ?
Risposte
Magari perché la funzione non è definita in $x=1$? Che dici? Può essere?
Quale limite si fa in generale per vedere se è un integrale generalizzato ?
Perché prima di lanciarti alla cieca nella risoluzione di un esercizio non studi un po' di teoria, dico io?
Credi che non l'abbia fatto già ? Anche perchè in caso contrario perderei più tempo a chiedere nel forum, che non vedere sul libro. Se ho posto la domanda è perchè ho ancora dei dubbi a riguardo e penso che lo scopo di questo forum sia proprio questo, ossia chiarire i dubbi ?
La definizione di integrale generalizzato prevede due casi: uno in cui uno degli estremi sia infinito, l'altro in cui si integri la funzione in punti che non appartengono al suo dominio. Per cui NO, credo proprio che tu non lo abbia fatto o, almeno, non lo abbia fatto come si converrebbe. Lo scopo del forum è aiutare chi ha difficoltà, ma chi chiede prima dovrebbe essere certo di aver controllato ciò di cui ha bisogno. Nel tuo caso, la definizione è la seguente:
Se $f:[a,b)\rightarrow R$ è una funzione non definita in $b$, allora per definizione:
$$\int_a^b f(x)\ dx=\lim_{c\to b}\int_a^c f(x)\ dx$$
che si trova "incollata" alla definizione con estremo infinito presente su qualsiasi testo/appunto/cartaccia/involucro di zozzerie di matematica.
Per cui evita di fare l'offeso e impara a studiare come si conviene.
Se $f:[a,b)\rightarrow R$ è una funzione non definita in $b$, allora per definizione:
$$\int_a^b f(x)\ dx=\lim_{c\to b}\int_a^c f(x)\ dx$$
che si trova "incollata" alla definizione con estremo infinito presente su qualsiasi testo/appunto/cartaccia/involucro di zozzerie di matematica.
Per cui evita di fare l'offeso e impara a studiare come si conviene.
Ok grazie.
Vorrei solo farti notare che la mia domanda non era del tutto banale o frutto del non aver studiato, tanto è vero che alcuni siti considerano integrali generalizzati solo quelli che hanno come estremi inf o -inf.
Un esempio è il seguente : http://www.mineman.org/matematica/5/int_gener.php .
Vorrei solo farti notare che la mia domanda non era del tutto banale o frutto del non aver studiato, tanto è vero che alcuni siti considerano integrali generalizzati solo quelli che hanno come estremi inf o -inf.
Un esempio è il seguente : http://www.mineman.org/matematica/5/int_gener.php .
Se posso permettermi, non è che hai citato il sito di un genio della matematica, anzi... (e purtroppo conosco anche questo losco figuro e... lasciamo perdere, va)
Ti faccio presente che addirittura Wikipedia è più precisa: https://it.wikipedia.org/wiki/Integrale_improprio
Ti faccio presente che addirittura Wikipedia è più precisa: https://it.wikipedia.org/wiki/Integrale_improprio
Ciao simonerusso64,
L'integrale generalizzato proposto è il seguente:
$int_0^1 frac{dx}{sqrt{1 - x^3}} $
Si vede subito (anche se per la verità tu non l'hai visto, ma te l'ha segnalato ciampax...
) che il problema è in $1$
Per sapere come si comporta l'integrale proposto nei pressi di $1$ puoi sfruttare la differenza di cubi al denominatore:
$1 - x^3 = 1^3 - x^3 = (1 - x)(1 + x + x^2) \implies sqrt{1 - x^3} = sqrt{1 + x + x^2} sqrt{1 - x} $
Quindi per $x \to 1 $ la stima asintotica dell'integrale proposto è la seguente:
$int_0^1 frac{dx}{sqrt{1 - x^3}} $[tex]\sim[/tex] $int_0^1 frac{dx}{sqrt{3} sqrt{1 - x}} $
e l'ultimo integrale scritto converge per confronto con l'integrale generalizzato fondamentale
$int_a^b frac{dx}{(b - x)^p} $
convergente per $p = 1/2 < 1 $
Per convincersi definitivamente della convergenza dell'integrale proposto poi è possibile calcolarne il valore per mezzo della funzione $\beta(x, y) $:
$\beta(x, y) := int_0^1 t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1} dt = frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x + y)} $
Infatti, posto $t := x^3 \implies dt = 3x^2 dx \implies dx = frac{dt}{3x^2} = frac{dt}{3 root[3]{t^2}} = frac{1}{3} t^{-2/3}dt $, si ha:
$int_0^1 frac{dx}{sqrt{1 - x^3}} = frac{1}{3} int_0^1 t^{-2/3}(1 - t)^{-1/2} dt = frac{1}{3} int_0^1 t^{1/3 - 1}(1 - t)^{1/2 - 1} dt = frac{1}{3} \beta(1/3, 1/2) = frac{1}{3} frac{\Gamma(1/3)\Gamma(1/2)}{\Gamma(1/3 + 1/2)} = $
$ = frac{\Gamma(1/2)\cdot frac{1}{3} \Gamma(1/3)}{\Gamma(5/6)} = frac{sqrt{\pi}\cdot \Gamma(4/3)}{\Gamma(5/6)} ~= 1,40218 $
L'integrale generalizzato proposto è il seguente:
$int_0^1 frac{dx}{sqrt{1 - x^3}} $
Si vede subito (anche se per la verità tu non l'hai visto, ma te l'ha segnalato ciampax...
) che il problema è in $1$Per sapere come si comporta l'integrale proposto nei pressi di $1$ puoi sfruttare la differenza di cubi al denominatore:
$1 - x^3 = 1^3 - x^3 = (1 - x)(1 + x + x^2) \implies sqrt{1 - x^3} = sqrt{1 + x + x^2} sqrt{1 - x} $
Quindi per $x \to 1 $ la stima asintotica dell'integrale proposto è la seguente:
$int_0^1 frac{dx}{sqrt{1 - x^3}} $[tex]\sim[/tex] $int_0^1 frac{dx}{sqrt{3} sqrt{1 - x}} $
e l'ultimo integrale scritto converge per confronto con l'integrale generalizzato fondamentale
$int_a^b frac{dx}{(b - x)^p} $
convergente per $p = 1/2 < 1 $
Per convincersi definitivamente della convergenza dell'integrale proposto poi è possibile calcolarne il valore per mezzo della funzione $\beta(x, y) $:
$\beta(x, y) := int_0^1 t^{x - 1}(1 - t)^{y - 1} dt = frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x + y)} $
Infatti, posto $t := x^3 \implies dt = 3x^2 dx \implies dx = frac{dt}{3x^2} = frac{dt}{3 root[3]{t^2}} = frac{1}{3} t^{-2/3}dt $, si ha:
$int_0^1 frac{dx}{sqrt{1 - x^3}} = frac{1}{3} int_0^1 t^{-2/3}(1 - t)^{-1/2} dt = frac{1}{3} int_0^1 t^{1/3 - 1}(1 - t)^{1/2 - 1} dt = frac{1}{3} \beta(1/3, 1/2) = frac{1}{3} frac{\Gamma(1/3)\Gamma(1/2)}{\Gamma(1/3 + 1/2)} = $
$ = frac{\Gamma(1/2)\cdot frac{1}{3} \Gamma(1/3)}{\Gamma(5/6)} = frac{sqrt{\pi}\cdot \Gamma(4/3)}{\Gamma(5/6)} ~= 1,40218 $
La teoria dellintegrazione di Riemann richiede una "funzione limitata in un intervallo limitato" (la funzione può benissimo non essere definita negli estremi dell'intervallo), se almeno una di queste non è soddisfatta, ecco che si parla di integrale generalizzaato o improprio.
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