Problema integrale
Salve a tutti! Intanto vi espongo l' esercizio. Posto x>0, devo calcolare il limite per x che tende a $ (0)^(+) $ e per x che tende all' infinito e poi trovare la derivata prima della funzione. La funzione è f(x)= $ int_(x)^(2x) (e^{t}-1) / t dt -int_(1)^(2) (e^{t}-1) / t dt $
Ho provato a risolvere l' integrale con sostituzioni e per parti ma non riesco a togliere $ (e)^(t) $ oppure se ci riesco allora mi ritrovo il logaritmo e sono di nuovo al punto di partenza. Poi ho provato a cercare tra gli appunti e sui libri e l' unica cosa che ho concluso è che $ int_(x)^(2x) e^{t} / t dt $ è un integrale esponenziale e quindi non posso calcolarlo elementarmente. Purtroppo non sono riuscito a trovare nessun esercizio simile. Poi mi è venuta l'idea che forse per risolvere l' esercizio non serve calcolare l'integrale direttamente dato che non me lo chiede però non saprei come procedere.
Vi ringrazio in anticipo per qualsiasi consiglio!
Ho provato a risolvere l' integrale con sostituzioni e per parti ma non riesco a togliere $ (e)^(t) $ oppure se ci riesco allora mi ritrovo il logaritmo e sono di nuovo al punto di partenza. Poi ho provato a cercare tra gli appunti e sui libri e l' unica cosa che ho concluso è che $ int_(x)^(2x) e^{t} / t dt $ è un integrale esponenziale e quindi non posso calcolarlo elementarmente. Purtroppo non sono riuscito a trovare nessun esercizio simile. Poi mi è venuta l'idea che forse per risolvere l' esercizio non serve calcolare l'integrale direttamente dato che non me lo chiede però non saprei come procedere.
Vi ringrazio in anticipo per qualsiasi consiglio!
Risposte
La derivata si trova semplicemente applicando il teorema di derivazione della funzione composta alla funzione \(f(x)\).
Infatti essa si può scrivere come segue:
\[
\begin{split}
f(x) &= \int_x^1 \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t +\int_1^{2x}\frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t -\int_1^2 \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t\\
&= - \int_1^x \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t +\int_1^{2x}\frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t -\int_1^2 \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t\\
&= -\phi (x)+\phi (2x)-\phi (2)\; ,
\end{split}
\]
ove \(\phi \) è la funzione integrale:
\[
\phi (y):= \int_1^y \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t\; ,
\]
sicché la derivata prima si calcola facilmente (derivazione della funzione composta e derivazione della funzione integrale).
Per quanto riguarda i limiti, basta notare che:
\[
\lim_{x\to +\infty} f(x) =\lim_{x\to +\infty} \phi (2x)-\phi (x)-\phi(2)
\]
il quale si presenta in forma indeterminata \(\infty -\infty\) e può essere risolto come si sà (tralasciando la costante \(\phi (2)\) dai calcoli, in prima battuta); e, d'altra parte è anche:
\[
\lim_{x\to 0} f(x) =\lim_{x\to 0} \phi (2x)-\phi (x)-\phi(2)
\]
che non si presenta in forma indeterminata (perché?).
Infatti essa si può scrivere come segue:
\[
\begin{split}
f(x) &= \int_x^1 \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t +\int_1^{2x}\frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t -\int_1^2 \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t\\
&= - \int_1^x \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t +\int_1^{2x}\frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t -\int_1^2 \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t\\
&= -\phi (x)+\phi (2x)-\phi (2)\; ,
\end{split}
\]
ove \(\phi \) è la funzione integrale:
\[
\phi (y):= \int_1^y \frac{e^t-1}{t}\ \text{d} t\; ,
\]
sicché la derivata prima si calcola facilmente (derivazione della funzione composta e derivazione della funzione integrale).
Per quanto riguarda i limiti, basta notare che:
\[
\lim_{x\to +\infty} f(x) =\lim_{x\to +\infty} \phi (2x)-\phi (x)-\phi(2)
\]
il quale si presenta in forma indeterminata \(\infty -\infty\) e può essere risolto come si sà (tralasciando la costante \(\phi (2)\) dai calcoli, in prima battuta); e, d'altra parte è anche:
\[
\lim_{x\to 0} f(x) =\lim_{x\to 0} \phi (2x)-\phi (x)-\phi(2)
\]
che non si presenta in forma indeterminata (perché?).
A scrivere così la funzione non ci avevo pensato. Comunque, se ho capito bene, per fare la derivata devo usare questa formula: se F(x)=$ int_(g1(x))^(g2(x)) f(t)dt $ allora F'(x)=$ f[g2(x)] * g2'(x)- f[g1(x)] * g1'(x) $
Quindi applicando questa formula all' integrale come l'hai scritto tu dovrebbe essere che $ f'(x)=(e^{x} -1)^(2) / 2x $
I limiti invece non ho capito bene come risolverli. Se fosse un integrale indefinito si potrebbe portare il limite davanti all' integrale, ma così invece non so che cosa fare siccome il limite si riferisce a x e non a t.
Il limite per x che va a $ (0)^(+) $ direi che non è indeterminato per il fatto che 0 - 0 non è una forma indeterminata.
PS: mi scuso per la risposta un po' tardiva.
Quindi applicando questa formula all' integrale come l'hai scritto tu dovrebbe essere che $ f'(x)=(e^{x} -1)^(2) / 2x $
I limiti invece non ho capito bene come risolverli. Se fosse un integrale indefinito si potrebbe portare il limite davanti all' integrale, ma così invece non so che cosa fare siccome il limite si riferisce a x e non a t.
Il limite per x che va a $ (0)^(+) $ direi che non è indeterminato per il fatto che 0 - 0 non è una forma indeterminata.
PS: mi scuso per la risposta un po' tardiva.
Beh, dato che \(\phi^\prime (y) =\frac{e^y-1}{y}\), si ha:
\[
f^\prime (x) =\phi^\prime (2x)\ 2 -\phi^\prime (x) = \frac{e^{2x}-1}{x}-\frac{e^x-1}{x} =\frac{(e^x-1)e^x}{x}\; .
\]
Inoltre, dato che \(\phi (2)\) è una costante, per calcolare \(\lim_{x\to \infty} f(x)\) basta sciogliere la forma indeterminata del tipo \(\infty -\infty\) in cui si presenta \(\lim_{x\to \infty} \phi (2x)-\phi (x)\); abbiamo:
\[
\lim_{x\to \infty} \phi (2x)-\phi (x) = \lim_{x\to \infty} \phi (2x) \left( 1-\frac{\phi (x)}{\phi (2x)}\right)
\]
con il \(\lim_{x\to \infty} \frac{\phi (x)}{\phi (2x)}\) in forma indeterminata \(\infty/\infty\); applicando il teorema del marchese a quest'ultima troviamo:
\[
\begin{split}
\lim_{x\to \infty} \frac{\phi (x)}{\phi (2x)} &\stackrel{H}{=} \lim_{x\to \infty} \frac{\phi\prime (x)}{\phi^\prime (2x)\ 2} \\
& =\lim_{x\to \infty} \frac{\frac{e^y-1}{y}}{\frac{e^{2y}-1}{y}} \\
&= \lim_{x\to \infty} \frac{e^y-1}{e^{2y}-1}\\
&= 0
\end{split}\; ,
\]
ergo:
\[
\lim_{x\to \infty} \phi (2x)-\phi (x) = \lim_{x\to \infty} \underbrace{\phi (2x)}_{\color{red}{\to +\infty}} \underbrace{\left( 1-\overbrace{\frac{\phi (x)}{\phi (2x)}}^{\color{maroon}{\to 0}}\right)}_{\color{red}{\to 1}} = +\infty\; .
\]
In \(0\), invece, la cosa è più semplice.
\[
f^\prime (x) =\phi^\prime (2x)\ 2 -\phi^\prime (x) = \frac{e^{2x}-1}{x}-\frac{e^x-1}{x} =\frac{(e^x-1)e^x}{x}\; .
\]
Inoltre, dato che \(\phi (2)\) è una costante, per calcolare \(\lim_{x\to \infty} f(x)\) basta sciogliere la forma indeterminata del tipo \(\infty -\infty\) in cui si presenta \(\lim_{x\to \infty} \phi (2x)-\phi (x)\); abbiamo:
\[
\lim_{x\to \infty} \phi (2x)-\phi (x) = \lim_{x\to \infty} \phi (2x) \left( 1-\frac{\phi (x)}{\phi (2x)}\right)
\]
con il \(\lim_{x\to \infty} \frac{\phi (x)}{\phi (2x)}\) in forma indeterminata \(\infty/\infty\); applicando il teorema del marchese a quest'ultima troviamo:
\[
\begin{split}
\lim_{x\to \infty} \frac{\phi (x)}{\phi (2x)} &\stackrel{H}{=} \lim_{x\to \infty} \frac{\phi\prime (x)}{\phi^\prime (2x)\ 2} \\
& =\lim_{x\to \infty} \frac{\frac{e^y-1}{y}}{\frac{e^{2y}-1}{y}} \\
&= \lim_{x\to \infty} \frac{e^y-1}{e^{2y}-1}\\
&= 0
\end{split}\; ,
\]
ergo:
\[
\lim_{x\to \infty} \phi (2x)-\phi (x) = \lim_{x\to \infty} \underbrace{\phi (2x)}_{\color{red}{\to +\infty}} \underbrace{\left( 1-\overbrace{\frac{\phi (x)}{\phi (2x)}}^{\color{maroon}{\to 0}}\right)}_{\color{red}{\to 1}} = +\infty\; .
\]
In \(0\), invece, la cosa è più semplice.
Ops, che errore ho fatto... 
Comunque adesso ho capito, anche per quanto riguarda i limiti, grazie mille per l' aiuto!!!
Comunque adesso ho capito, anche per quanto riguarda i limiti, grazie mille per l' aiuto!!!
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