Integrali impropri
Discutere la convergenza dei seguenti integrali, fornendo le motivazioni.
1) $int_1^(+oo)1/x^a dx$
2) $int_0^1 1/x^a dx $
3) $int_2^(+oo) 1/(x(log x)^a) dx $
4) $int _1^(+oo) (sqrt(x)-sqrt(x-1))/x dx $
5) $int_0^1 1/sqrt(x(1-x)) dx $
6) $int_0^(+oo)(x*sin x)/((x+1)^2*x^(5/2)) dx $
7) $ int_0^(pi)1/sqrt(1-sinx) dx $
8) $int_1^2 x/sqrt(x^2-1) dx$
9) $int_0^(+oo) (arctg x)/(xsqrt(x)) dx $
10) $int_0^(+oo) (x*arctg(1/x))/sqrt(1+x^4) dx $
11) $int_0^(+oo)(x^2-x)/e^x dx$
12) $int_(-1)^1 sqrt(|x|)/(x^2-2x) dx$
BUON LAVORO !
1) $int_1^(+oo)1/x^a dx$
2) $int_0^1 1/x^a dx $
3) $int_2^(+oo) 1/(x(log x)^a) dx $
4) $int _1^(+oo) (sqrt(x)-sqrt(x-1))/x dx $
5) $int_0^1 1/sqrt(x(1-x)) dx $
6) $int_0^(+oo)(x*sin x)/((x+1)^2*x^(5/2)) dx $
7) $ int_0^(pi)1/sqrt(1-sinx) dx $
8) $int_1^2 x/sqrt(x^2-1) dx$
9) $int_0^(+oo) (arctg x)/(xsqrt(x)) dx $
10) $int_0^(+oo) (x*arctg(1/x))/sqrt(1+x^4) dx $
11) $int_0^(+oo)(x^2-x)/e^x dx$
12) $int_(-1)^1 sqrt(|x|)/(x^2-2x) dx$
BUON LAVORO !
Risposte
Faccio gli ultimi due perché i primi 3 sono abbastanza noti
Ottimo
Camillo
Ottimo
Camillo
"Camillo":
7) $ int_0^(pi)1/sqrt(1-sinx) dx $
Faccio quello più interessante così se sbaglio magari mi correggete.
Consideriamo $ int_0^(pi/2)1/sqrt(1-sinx) dx $
Dagli sviluppi di Taylor con centro in $ x'=pi/2 $
$ f(x)=1-sinx \ , \ f(pi/2)=0 $
$ f^1(x)=-cosx \ , \ f^1(pi/2)=0 $
$ f^2(x)=sinx \ , \ f^2(pi/2)=1 $
Quindi:
$ 1-senx=(x-pi/2)^2/2 +o((x-pi/2)^2)\ \ \ \ per \ xrarr pi/2 $
$ 1-senx~ (x-pi/2)^2/2\ per\ xrarr pi/2 $
La funzione integranda è non negativa quindi possiamo usare il criterio del confronto asintotico
$ 1/sqrt(1-senx) ~ sqrt(2) /|x-pi/2|\ per\ xrarr pi/2 $
Quindi l'integrale si comporta come $ int_(0)^(pi/2) sqrt(2) /(pi/2-x )dx $
Operiamo la sostituzione $ t=pi/2-x\ ,\ t=pi/2 \ per\ x=0,\ t=0 \ per\ x=pi/2\ ,\ dx=-dt $
Cercando di non imbrogliarci con i segni viene:
$ sqrt(2) int_(0)^(pi/2)1/t dt $ che diverge positivamente.
Ora consideriamo $ int_(pi/2)^(pi)1/sqrt(1-sinx) dx $
Che si comporta come $ int_(pi/2)^(pi)sqrt2/(x-pi/2) dt $
Operiamo la sostituzione $ t=x-pi/2\ ,\ t=0\ \ per\ x=pi/2\, t=pi/2 \ per\ x=pi $
Otteniamo $ sqrt(2)int_(0)^(pi/2) 1/t dt $ che diverge positivamente.
L'integrale dato diverge positivamente in quando somma di due quantità divergenti positivamente.
8)
Notiamo che: $ int_()^() x/sqrt(x^2-1) dx =sqrt(x^2-1) + C $ quindi converge.
9)
In un intorno di infinito [a>0, +inf) dal criterio del confronto asintotico si comporta come $ pi/2int_(a)^(+oo)1/x^(3/2) dx $ che converge.
In un intorno di destro di 0 consideriamo che $ arctgx~x\ per\ xrarr 0 $ quindi si comporta come $ int_(0)^(a) 1/sqrtxdx $ che converge. L'integrale dato converge in quanto somma di due quantità finite.
10)
$ arctg(1/x)~ 1/x \ per\ xrarr +oo $
$ 1+x^4~ x^4 \ per\ xrarr +oo$
Quindi l'integrale in un intorno di infito si comporta come $ int_(a)^(+oo) 1/x^2 dx $ che converge.
In un intorno di 0 sempre dal criterio del confronto asintotico si comporta come $ pi/2int_(0)^(a) 1 dx $ quindi l'integrale dato converge in quanto somma di quantità finite.
11)
La serie è definitivamente non negativa quindi possiamo procedere con il criterio del confronto asintotico per x che tende a +inf: $ x^2-x~ x^2 $
Poichè $ lim_(x -> +oo) x^alpha/e^x=0 $ per ogni alpha appartenente ad R dalla definizione di limite otteniamo che $ e^x>x^alpha $ definitivamente quindi esiste un x segnato tale che $ int_(bar(x) )^(+oo) (x^2-x)/e^x dx <=int_(bar(x) )^(+oo)1/x^(alpha-2) dx $ per ogni valore di alpha. Basta scegliere per esempio alpha=4 per dimostrare che l'integrale dato converge.
Notiamo che: $ int_()^() x/sqrt(x^2-1) dx =sqrt(x^2-1) + C $ quindi converge.
9)
In un intorno di infinito [a>0, +inf) dal criterio del confronto asintotico si comporta come $ pi/2int_(a)^(+oo)1/x^(3/2) dx $ che converge.
In un intorno di destro di 0 consideriamo che $ arctgx~x\ per\ xrarr 0 $ quindi si comporta come $ int_(0)^(a) 1/sqrtxdx $ che converge. L'integrale dato converge in quanto somma di due quantità finite.
10)
$ arctg(1/x)~ 1/x \ per\ xrarr +oo $
$ 1+x^4~ x^4 \ per\ xrarr +oo$
Quindi l'integrale in un intorno di infito si comporta come $ int_(a)^(+oo) 1/x^2 dx $ che converge.
In un intorno di 0 sempre dal criterio del confronto asintotico si comporta come $ pi/2int_(0)^(a) 1 dx $ quindi l'integrale dato converge in quanto somma di quantità finite.
11)
La serie è definitivamente non negativa quindi possiamo procedere con il criterio del confronto asintotico per x che tende a +inf: $ x^2-x~ x^2 $
Poichè $ lim_(x -> +oo) x^alpha/e^x=0 $ per ogni alpha appartenente ad R dalla definizione di limite otteniamo che $ e^x>x^alpha $ definitivamente quindi esiste un x segnato tale che $ int_(bar(x) )^(+oo) (x^2-x)/e^x dx <=int_(bar(x) )^(+oo)1/x^(alpha-2) dx $ per ogni valore di alpha. Basta scegliere per esempio alpha=4 per dimostrare che l'integrale dato converge.
@Overflow 94
N.7 voglio analizzare meglio la tua soluzione .
N.8 OK pur essendo semplice ( anzi immediato) il calcolo dell'integrale si poteva, senza risolverlo, considerare che per $x rarr 1 , f(x) rarr 1/(sqrt(2)*(x-1)^(1/2)) $ e concludere per la convergenza.
N.9 Ok
n.10 OK , osservo però che per $x rarr 0 ; f(x) rarr( pi/2) x= 0 $ e converge .
N.11 Ok .
Che corso segui ? [ mia curiosità]
N.7 voglio analizzare meglio la tua soluzione .
N.8 OK pur essendo semplice ( anzi immediato) il calcolo dell'integrale si poteva, senza risolverlo, considerare che per $x rarr 1 , f(x) rarr 1/(sqrt(2)*(x-1)^(1/2)) $ e concludere per la convergenza.
N.9 Ok
n.10 OK , osservo però che per $x rarr 0 ; f(x) rarr( pi/2) x= 0 $ e converge .
N.11 Ok .
Che corso segui ? [ mia curiosità]
@Camillo
Ho fatto, rimembrando l'esonero di un paio di mesi fa, solo gli ultimi due (spero bene) perché non mi aveva aggiornato il post. Lo dico giusto perché sennó sembra che non sappia contare.
Ho fatto, rimembrando l'esonero di un paio di mesi fa, solo gli ultimi due (spero bene) perché non mi aveva aggiornato il post. Lo dico giusto perché sennó sembra che non sappia contare.
Le tue soluzioni sono corrette , adesso ce ne sono altri di esercizi..
Ciao camillo, frequento un corso di statistica.
@ Overflow 94 - es.7 ok diverge.
Aggiungo un esercizio un po' diverso:
*Discutere al variare di $a in RR $ la convergenza in senso proprio o improprio del seguente integrale :
$ int_0^1 sin(pix)/(x^2-a) dx$
Aggiungo un esercizio un po' diverso:
*Discutere al variare di $a in RR $ la convergenza in senso proprio o improprio del seguente integrale :
$ int_0^1 sin(pix)/(x^2-a) dx$
$a \not\in [0,1]$) l'integrale è proprio
$a=0$) basta ricordare che per un intorno destro di 0 abbastanza piccolo $\sin(\pi x)/x^2$ va come $1/x$ quindi diverge
$a=1$) la funzione ha una discontinuità eliminabile in $x=1$ infatti esiste finito il limite $\lim_{x\rightarrow 1^-}\sin(\pi x)/(x^2-1)=\lim_{x\rightarrow 1^-}\sin(\pi x)/((x-1) (x+1))$ si sostituisce $t=x-1$ e vien fuori $-\pi/2$
$a \in (0,1)$) loading...
$a=0$) basta ricordare che per un intorno destro di 0 abbastanza piccolo $\sin(\pi x)/x^2$ va come $1/x$ quindi diverge
$a=1$) la funzione ha una discontinuità eliminabile in $x=1$ infatti esiste finito il limite $\lim_{x\rightarrow 1^-}\sin(\pi x)/(x^2-1)=\lim_{x\rightarrow 1^-}\sin(\pi x)/((x-1) (x+1))$ si sostituisce $t=x-1$ e vien fuori $-\pi/2$
$a \in (0,1)$) loading...
Se non ci fosse quel sin(xpi) si potrebbe trovare la funzione integrale e applicare la definizione di integrale generalizzato per calcolarlo esplicitamente (convergerebbe per ogni valore di a tranne 0 e 1) ma con quel seno in mezzo non so dimostrare in modo rigoroso che converge.
@overflow
Per a=1 converge
Per a=1 converge
Si dan, mi riferivo al caso $ int_(0)^(1) 1/(x^2-a) dx $
Quasta funzione è integrabile e viene $ int_()^() 1/(x^2-a) dx =1/(2sqrta)int_()^() (1/(x-sqrta)-1/(x+sqrta)) dx =1/(2sqrta)(ln|x-sqrta|-ln|x+sqrta|+c) $
Per a diverso da 0 (se a=0 diverge).
$ F(x)=1/(2sqrta)(ln|x-sqrta|-ln|x+sqrta|) $
Quindi se a<0 e a>1 è un integrale proprio se a=0 diverge se a=1
$ lim_(epsi -> 0^+) F(1-epsi)-F(0)=lim_(epsi -> 0^+) 1/(2sqrta)(ln|-epsi|-ln|2+epsi|)=-oo $
Mentre se 0
Quindi converge per ogni valore di a (in particolare vale 0 se a=1/4).
Mi lamentavo del fatto che non riesco a risolvere l'integrale dato confrontandolo in qualche modo con questo perché usando i criteri sul limite della differenza abbiamo sempre due quantità che divergono con segno opposto e non possiamo asserire che si annullano perché almeno usando gli strumenti che possiedo io perdiamo ogni informazione rigorosa sulla differenza.
Quasta funzione è integrabile e viene $ int_()^() 1/(x^2-a) dx =1/(2sqrta)int_()^() (1/(x-sqrta)-1/(x+sqrta)) dx =1/(2sqrta)(ln|x-sqrta|-ln|x+sqrta|+c) $
Per a diverso da 0 (se a=0 diverge).
$ F(x)=1/(2sqrta)(ln|x-sqrta|-ln|x+sqrta|) $
Quindi se a<0 e a>1 è un integrale proprio se a=0 diverge se a=1
$ lim_(epsi -> 0^+) F(1-epsi)-F(0)=lim_(epsi -> 0^+) 1/(2sqrta)(ln|-epsi|-ln|2+epsi|)=-oo $
Mentre se 0
Quindi converge per ogni valore di a (in particolare vale 0 se a=1/4).
Mi lamentavo del fatto che non riesco a risolvere l'integrale dato confrontandolo in qualche modo con questo perché usando i criteri sul limite della differenza abbiamo sempre due quantità che divergono con segno opposto e non possiamo asserire che si annullano perché almeno usando gli strumenti che possiedo io perdiamo ogni informazione rigorosa sulla differenza.
$-\int_{0}^{1} 1/(x^2-a) \leq \int_{0}^{1} \sin(\pi x)/(x^2-a) \leq \int_{0}^{1} 1/(x^2-a)$
Come hai giustamente per $a \in (0,1)$ detto i due integrali agli estremi convergono e quindi l'integrale converge anche per quei a
Come hai giustamente per $a \in (0,1)$ detto i due integrali agli estremi convergono e quindi l'integrale converge anche per quei a
Ahahah ok sto fuso, grazie dan.
Quindi converge per tutti i valori a!=0 (nel caso a=1 il confronto non ci aiuta e bisogna usare l'analisi che hai fatto tu, converge).
Quindi converge per tutti i valori a!=0 (nel caso a=1 il confronto non ci aiuta e bisogna usare l'analisi che hai fatto tu, converge).
Tranquillo 
con questi esami pure io sto mezzo fuso
con questi esami pure io sto mezzo fuso
Riprendo :
$int_0^(1) sin(pix)/(x^2-a^2) dx $
Come mostrato da Dan 94 e da Overflow 94, possiamo sintetizzare le conclusioni così :
*se $ a notin (0,1) $ è un integrale proprio.
* se $a =0 ; f(x) ~ k/x $ per $x ~ 0 $ quindi diverge.
*se $ a=1 $ punto critico $x=1 $ -Discontinuità eliminabile , $ lim_(x rarr 1 ^(-) )f(x)= -pi/2 $ quindi converge.
* se $ a in (0,1) $: converge.
Visto che c'è stato un certo interesse propongo qualche altro esercizio qui ( anche con parametri ) :
viewtopic.php?f=36&t=148026
$int_0^(1) sin(pix)/(x^2-a^2) dx $
Come mostrato da Dan 94 e da Overflow 94, possiamo sintetizzare le conclusioni così :
*se $ a notin (0,1) $ è un integrale proprio.
* se $a =0 ; f(x) ~ k/x $ per $x ~ 0 $ quindi diverge.
*se $ a=1 $ punto critico $x=1 $ -Discontinuità eliminabile , $ lim_(x rarr 1 ^(-) )f(x)= -pi/2 $ quindi converge.
* se $ a in (0,1) $: converge.
Visto che c'è stato un certo interesse propongo qualche altro esercizio qui ( anche con parametri ) :
viewtopic.php?f=36&t=148026
"Camillo":
Discutere la convergenza dei seguenti integrali, fornendo le motivazioni.
5) $int_0^1 1/sqrt(x(1-x)) dx $
ragazzi, mi potete spiegare questo? o almeno darmi l'input?
io avevo pensato di fattorizzare ma dopo non so come andare avanti
I punti critici sono appunto $ 0, 1 $ , chiamo $f(x) $ la funzione integranda.
Per $ x rarr 0 ,f(x) ~ 1/sqrt(x) $ quindi....
per $ x rarr 1 ,f(x) ~ 1/sqrt(1-x) $ quindi...
Per $ x rarr 0 ,f(x) ~ 1/sqrt(x) $ quindi....
per $ x rarr 1 ,f(x) ~ 1/sqrt(1-x) $ quindi...
"Camillo":
I punti critici sono appunto $ 0, 1 $ , chiamo $f(x) $ la funzione integranda.
Per $ x rarr 0 ,f(x) ~ 1/sqrt(x) $ quindi....
per $ x rarr 1 ,f(x) ~ 1/sqrt(1-x) $ quindi...
Per $ x rarr 0$ mi rifaccio a $1/x^alpha$ ed essendo $alpha<1$ converge
Per $xrarr1$ mi è venuto che converge per lo stesso motivo, ma voglio chiedere se va bene il procedimento che ho fatto
pongo $1-x=y$ e quindi $dx=-dy$, e ho quindi $1/sqrt(y)$ che converge...va bene questo passaggio?
ovviamente essendo le due parti convergenti, l'integrale di partenza converge(non avevo pensato a scomporre l'integrale)
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