Integrali impropri.
Sia \( f:]0,\infty[ \rightarrow \mathbb{R} \) la funzione definita per \( f(t) = \frac{\ln t}{t^2} \) se \( 01 \).
1) Dimostra che i due integrali generalizzati: \[ \int_{0}^{1} f(t)dt\ ; \text{e} \int_{1}^{\infty} f(t) dt \] divergono.
2) Calcolare:
\[\lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{x} f(t)dt \ ; \text{e} \lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{x^2} f(t) dt \]
Per il primo ho semplicemente fatto \[ \int_{0}^{1} f(t)dt= \int_{\frac{1}{e}}^{1} f(t)dt + \int_{0}^{\frac{1}{e}} f(t)dt \leq \int_{\frac{1}{e}}^{1} f(t)dt - \int_{0}^{\frac{1}{e}} \frac{1}{t^2}dt \leq 0 \]
E per il criterio di comparazione abbiamo che diverge a meno infinito. E rispettivamente
\[ \lim\limits_{N \to \infty} \int_{1}^{N} \ln t dt = \lim\limits_{N \to \infty} t(\ln t-1)\mid_{1}^{N} = \lim\limits_{N \to \infty} N(\ln N-1) + 1 = + \infty\]
Mentre per il punto 2) rimango bloccato nel secondo. Per il primo ho fatto
\[\lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{x} f(t)dt=\lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{1} f(t)dt+\int_{1}^{x} f(t)dt = \bigstar\]
Effettuando un cambio di variabile nel secondo integrale ponendo \( t= \frac{1}{u}=\varphi(u) \) e \( dt = -\frac{1}{u^2}du\) abbiamo che gli estermi di integrazione cambiano nel seguente modo \( \varphi(u)=1 \Rightarrow u=1 \) e \( \varphi(u) = x \Rightarrow u=\frac{1}{x} \) dunque l'integrale diviene
\[ \bigstar = \lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{\ln t}{t^2}dt-\int_{1}^{\frac{1}{x}} \frac{\ln(u^{-1})}{u^2}du =\lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{\ln t}{t^2}dt-\int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{\ln(u)}{u^2}du=0\]
Ho provato ad addottare una strategia simile per il secondo integrale ma non riesco proprio a uscirne fuori, ho optato per un cambiamento di variabile per avere da entrambe le parti come estremi di integrazione 1 e \( 1/x \) ma escono cose bruttine... e sospetto ci sia una strategia migliore. A intuito direi che il secondo integrale diverge visto che \( x^2 \) va a infinito più rapidamente di \( x \), ma il mio intuito potrebbe sbagliare. Suggerimenti?
1) Dimostra che i due integrali generalizzati: \[ \int_{0}^{1} f(t)dt\ ; \text{e} \int_{1}^{\infty} f(t) dt \] divergono.
2) Calcolare:
\[\lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{x} f(t)dt \ ; \text{e} \lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{x^2} f(t) dt \]
Per il primo ho semplicemente fatto \[ \int_{0}^{1} f(t)dt= \int_{\frac{1}{e}}^{1} f(t)dt + \int_{0}^{\frac{1}{e}} f(t)dt \leq \int_{\frac{1}{e}}^{1} f(t)dt - \int_{0}^{\frac{1}{e}} \frac{1}{t^2}dt \leq 0 \]
E per il criterio di comparazione abbiamo che diverge a meno infinito. E rispettivamente
\[ \lim\limits_{N \to \infty} \int_{1}^{N} \ln t dt = \lim\limits_{N \to \infty} t(\ln t-1)\mid_{1}^{N} = \lim\limits_{N \to \infty} N(\ln N-1) + 1 = + \infty\]
Mentre per il punto 2) rimango bloccato nel secondo. Per il primo ho fatto
\[\lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{x} f(t)dt=\lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{1} f(t)dt+\int_{1}^{x} f(t)dt = \bigstar\]
Effettuando un cambio di variabile nel secondo integrale ponendo \( t= \frac{1}{u}=\varphi(u) \) e \( dt = -\frac{1}{u^2}du\) abbiamo che gli estermi di integrazione cambiano nel seguente modo \( \varphi(u)=1 \Rightarrow u=1 \) e \( \varphi(u) = x \Rightarrow u=\frac{1}{x} \) dunque l'integrale diviene
\[ \bigstar = \lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{\ln t}{t^2}dt-\int_{1}^{\frac{1}{x}} \frac{\ln(u^{-1})}{u^2}du =\lim\limits_{x\to +\infty} \int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{\ln t}{t^2}dt-\int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{\ln(u)}{u^2}du=0\]
Ho provato ad addottare una strategia simile per il secondo integrale ma non riesco proprio a uscirne fuori, ho optato per un cambiamento di variabile per avere da entrambe le parti come estremi di integrazione 1 e \( 1/x \) ma escono cose bruttine... e sospetto ci sia una strategia migliore. A intuito direi che il secondo integrale diverge visto che \( x^2 \) va a infinito più rapidamente di \( x \), ma il mio intuito potrebbe sbagliare. Suggerimenti?
Risposte
Prova ad integrare per parti direttamente, senza spezzare l'integrale.
Ma scusa devo spezzare l'integrale perché la funzione è definita in modo diverso su intervalli diversi
\[ \lim\limits_{x \to + \infty} \int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{\ln t}{t^2} dt + \int_{1}^{x^2} \ln t dt \]
Inoltre a corso abbiamo visto che se \( f : ]a,b[ \rightarrow \mathbb{R} \) continua e sia \( c \in ]a,b[ \) se
\[ \int_{a}^{c} f(x) dx; \ \text{e} \int_{c}^{b} f(x) dx \] convergono allora converge anche \[ \int_{a}^{b} f(x) dx\]
E che non spezzare l'integrale non è una buona idea proprio per il fatto che gli estremi possono tendere in modo asimmetrico agli infiniti, utilizzando come esempio
\[ \lim\limits_{\varepsilon \to 0} \int_{-\frac{\pi}{2}+\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon} \tan(x) dx =0 \] e
\[ \lim\limits_{\varepsilon \to 0} \int_{-\frac{\pi}{2}+\varepsilon^2}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon} \tan(x) dx =+ \infty \]
Ma con la definizione sopra si vede che \[ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \tan(x) dx \] diverge
\[ \lim\limits_{x \to + \infty} \int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{\ln t}{t^2} dt + \int_{1}^{x^2} \ln t dt \]
Inoltre a corso abbiamo visto che se \( f : ]a,b[ \rightarrow \mathbb{R} \) continua e sia \( c \in ]a,b[ \) se
\[ \int_{a}^{c} f(x) dx; \ \text{e} \int_{c}^{b} f(x) dx \] convergono allora converge anche \[ \int_{a}^{b} f(x) dx\]
E che non spezzare l'integrale non è una buona idea proprio per il fatto che gli estremi possono tendere in modo asimmetrico agli infiniti, utilizzando come esempio
\[ \lim\limits_{\varepsilon \to 0} \int_{-\frac{\pi}{2}+\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon} \tan(x) dx =0 \] e
\[ \lim\limits_{\varepsilon \to 0} \int_{-\frac{\pi}{2}+\varepsilon^2}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon} \tan(x) dx =+ \infty \]
Ma con la definizione sopra si vede che \[ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \tan(x) dx \] diverge
Hai ragione, devi spezzarla essendo definita a tratti; ci penso un po' su, in effetti non funziona così. Scusami per l'errore.
@3m0o: come al solito proponi esercizi interessanti. Questo lo hanno assegnato alla tua università?
Guarda guarda, una simmetria interessante:
\[
\log(t)\frac{dt}{t^2}= -\log s\, ds,\qquad s=\frac1t.\]
Ah ecco, vedo solo adesso che te ne eri accorto anche da solo. Beh ma allora hai praticamente finito direi. Ti rimane solo da calcolare
\[
\lim_{x\to \infty} \int_x^{x^2}\log t\, dt.\]
\[
\log(t)\frac{dt}{t^2}= -\log s\, ds,\qquad s=\frac1t.\]
Ah ecco, vedo solo adesso che te ne eri accorto anche da solo. Beh ma allora hai praticamente finito direi. Ti rimane solo da calcolare
\[
\lim_{x\to \infty} \int_x^{x^2}\log t\, dt.\]
"dissonance":
@3m0o: come al solito proponi esercizi interessanti. Questo lo hanno assegnato alla tua università?
Si!
"dissonance":
Guarda guarda, una simmetria interessante:
\[ \log(t)\frac{dt}{t^2}= -\log s\, ds,\qquad s=\frac1t. \]
Io mi intestardivo a cercare di cambiare l'altro integrale... comunque \[ \log(t)\frac{dt}{t^2}=-\log(t^{-1})\frac{dt}{t^2} = \log s\, ds,\qquad s=\frac1t, \qquad ds=-\frac{dt}{t^2} \]
Grazie mille, dunque diviene:
\[ \lim\limits_{x \to \infty} \int_{x}^{1} \ln t\, dt + \int_{1}^{x^2} \ln t\, dt = \lim\limits_{x \to \infty} \int_{x}^{x^2} \ln t\, dt= \lim\limits_{x \to \infty} \begin{bmatrix}
t(\ln t -1)
\end{bmatrix}_{x}^{x^2} \]
Ma non sono poi sicuro di come risolvo il limite (è da un po' che non ne faccio
).\[=\lim\limits_{x \to \infty} \begin{bmatrix}
x^2(\ln (x^2) -1) - x(\ln(x)-1)
\end{bmatrix} = \lim\limits_{x \to \infty} \begin{bmatrix}
\ln (x^{2x^2}) -x^2 -\ln(x^x)+x
\end{bmatrix} =\lim\limits_{x \to \infty} \begin{bmatrix}
\ln (x^{2x^2 -x}) -x^2 +x
\end{bmatrix} \]
Facendo la considerazione che \( \ln (x^{2x^2 -x}) \sim_{x \to \infty} \ln (x^{2x^2}) \) abbiamo che
\[ \lim\limits_{x \to \infty} \begin{bmatrix}
x^2(\ln (x^2) -1 +\frac{1}{x})
\end{bmatrix} = + \infty \]
Si, ma potevi pure sbrigarti prima con una stima brutale;
\[
\int_x^{x^2}\log(t)\, dt \ge x(x-1)\log x \to \infty, \]
per \(x\to \infty\).
\[
\int_x^{x^2}\log(t)\, dt \ge x(x-1)\log x \to \infty, \]
per \(x\to \infty\).
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo