Verifica integrale improprio
Ciao a tutti, se qualcuno potesse dirmi se i ragionamenti che faccio sono corretti sarebbe di grande aiuto, vi ringrazio da ora per l'attenzione..
Devo stabilire la convergenza di $\int_{6}^{+infty} log(x)/x^a dx$ , dando per noto il carattere dello stesso integrale ma con $\f(x) = 1/x^a$. Detto che la seconda dovrebbe convergere per a>1 e divergere per a<=1, ho ragionato così:
$\logx < log(x+1)$ quindi se converge con $\log(x+1)$ converge anche con $\log(x)$
$\log (x+1)$ $\sim$ $\x$ $rarr$ $\int_{6}^{+infty} log(x+1)/x^a dx$ $\sim$ $\int_{6}^{+infty} x/x^a dx$
$\=$ $\int_{6}^{+infty} 1/x^(a-1) dx$ $rarr$ converge per a>2 diverge per a<=2
spero di non aver fatto troppa confusione con i simboli..
Devo stabilire la convergenza di $\int_{6}^{+infty} log(x)/x^a dx$ , dando per noto il carattere dello stesso integrale ma con $\f(x) = 1/x^a$. Detto che la seconda dovrebbe convergere per a>1 e divergere per a<=1, ho ragionato così:
$\logx < log(x+1)$ quindi se converge con $\log(x+1)$ converge anche con $\log(x)$
$\log (x+1)$ $\sim$ $\x$ $rarr$ $\int_{6}^{+infty} log(x+1)/x^a dx$ $\sim$ $\int_{6}^{+infty} x/x^a dx$
$\=$ $\int_{6}^{+infty} 1/x^(a-1) dx$ $rarr$ converge per a>2 diverge per a<=2
spero di non aver fatto troppa confusione con i simboli..
Risposte
Ciao.
Io proverei a separare due casi: $a=1$ integrando per sostituzione, e: $a!=1$ integrando per parti.
A me pare che converga per $a>1$, ma posso ovviamente sbagliarmi.
Io proverei a separare due casi: $a=1$ integrando per sostituzione, e: $a!=1$ integrando per parti.
A me pare che converga per $a>1$, ma posso ovviamente sbagliarmi.
Ciao, grazie x la risp celere.
Il fatto è che l'esercizio dice di partire dal fatto che l'integrale di 1/x^a ha quelle caratteristiche che ho già menzionato; facendo come dici te avere quel presupposto sarebbe inutile..
Per quanto riguarda a<>2, ho scritto così perchè con l'integrale "di riferimento" se così lo vogliamo chiamare, mi veniva a<>1, quindi ho semplicemente fatto a-1<>1 = a<>2
Com'è che ti è venuto 1?
Il fatto è che l'esercizio dice di partire dal fatto che l'integrale di 1/x^a ha quelle caratteristiche che ho già menzionato; facendo come dici te avere quel presupposto sarebbe inutile..
Per quanto riguarda a<>2, ho scritto così perchè con l'integrale "di riferimento" se così lo vogliamo chiamare, mi veniva a<>1, quindi ho semplicemente fatto a-1<>1 = a<>2
Com'è che ti è venuto 1?
Nel modo che ti ho detto la convergenza dell'integrale di riferimento c'entra.
Per $a=1$ la convergenza è negata: [tex]\int_{6}^{+\infty }\frac{\ln x}{x}\textrm{d}x=\lim_{M\rightarrow +\infty}\frac{1}{2}(\ln^2 M-\ln^2 6)=+\infty[/tex];
per $a!=1$ l'integrale indefinito corrispondente diventa:
[tex]\int x^{-a}\ln x \textrm{d}x[/tex]_[tex]=[/tex]_[tex]\frac{1}{1-a}x^{1-a}\cdot \ln x-\frac{1}{1-a}\int x^{1-a}\cdot \frac{1}{x}\textrm{d}x[/tex]_[tex]=[/tex]_[tex]\frac{1}{1-a}\cdot \frac{\ln x}{x^{a-1}}-\int \frac{\textrm{d}x}{x^a}[/tex];
passando all'improprio, il termine $(\ln x)/(x^(a-1))$ tende a un valore finito (si vede con De L'Hopital) se $a>1$, e l'ultimo integrale converge sotto la stessa condizione, per il riferimento che citi. Sempre salvo errori miei. Ciao.
Per $a=1$ la convergenza è negata: [tex]\int_{6}^{+\infty }\frac{\ln x}{x}\textrm{d}x=\lim_{M\rightarrow +\infty}\frac{1}{2}(\ln^2 M-\ln^2 6)=+\infty[/tex];
per $a!=1$ l'integrale indefinito corrispondente diventa:
[tex]\int x^{-a}\ln x \textrm{d}x[/tex]_[tex]=[/tex]_[tex]\frac{1}{1-a}x^{1-a}\cdot \ln x-\frac{1}{1-a}\int x^{1-a}\cdot \frac{1}{x}\textrm{d}x[/tex]_[tex]=[/tex]_[tex]\frac{1}{1-a}\cdot \frac{\ln x}{x^{a-1}}-\int \frac{\textrm{d}x}{x^a}[/tex];
passando all'improprio, il termine $(\ln x)/(x^(a-1))$ tende a un valore finito (si vede con De L'Hopital) se $a>1$, e l'ultimo integrale converge sotto la stessa condizione, per il riferimento che citi. Sempre salvo errori miei. Ciao.
Grazie di nuovo per i tuoi calcoli! In effetti l'integrale di riferimento si ritrova in fondo, quindi c'entra; PERò:
quando parli di fare l'hopital sull'improprio, se lo sviluppi viene $1/x xx 1/x^(a-2)$ , quindi si, l'integrale di riferimento converge e diverge per valori maggiori e minori di 1, ma dall'improprio si ha la convergenza e divergenza per valori maggiori e minori di 2; dovrebbe quindi prevalere il 2..
Penso che il tuo ragionamento sia perfetto, ma che tu abbia sbagliato a fare l'hopital.. spero sia così, almeno i 2 procedimenti coincidono e abbiamo ragione entrambi (sono attaccato alla mia teoria
)
Rispondi se puoi e pure voi altri che leggete..
quando parli di fare l'hopital sull'improprio, se lo sviluppi viene $1/x xx 1/x^(a-2)$ , quindi si, l'integrale di riferimento converge e diverge per valori maggiori e minori di 1, ma dall'improprio si ha la convergenza e divergenza per valori maggiori e minori di 2; dovrebbe quindi prevalere il 2..
Penso che il tuo ragionamento sia perfetto, ma che tu abbia sbagliato a fare l'hopital.. spero sia così, almeno i 2 procedimenti coincidono e abbiamo ragione entrambi (sono attaccato alla mia teoria
)Rispondi se puoi e pure voi altri che leggete..
Ho scritto un megaperla, non avevi sbagliato con l'hopital, semplificando viene proprio $ 1/x^(a-1) $ , e visto che i tuoi calcoli non fanno una piega, il mio procedimento è necessariamente sbagliato.. qualcuno ha idea dela perchè? Forse è sbagliato il ragionamento " logx < log(x+1) quindi se log(x+1) converge, converge anche log(x) " ?
Ciao.
Penso che il tuo errore consista in questo: tu hai giustamente trovato una funzione maggiorante il logaritmo, $\ln x__$ \forall x \in RR_+$, ma hai errorenamente concluso che i valori di $a$ che fanno convergere la funzione integranda maggiorata $x/(x^a)$ siano gli stessi che fanno convergere l'integrale proposto.
Ti faccio un controesempio: è anche $\ln x
[tex]\int_{6}^{+\infty}\frac{\ln x}{x^a}\textrm{d}x[/tex]__converge per gli stessi valori di $a$ per cui converge: [tex]\int_{6}^{+\infty}\frac{\sqrt{x}}{x^a}\textrm{d}x=\int_{6}^{+\infty}\frac{1}{x^{a-\frac{1}{2}}}\textrm{d}x[/tex]__ cioè
$a-1/2>1 \Rightarrow a>3/2$. Puoi provare a maggiorare il logaritmo in $RR_+$ con altre potenze di $x$ minori di $1$, se non sbaglio fino alla potenza $x^(1/e)$, ottenendo ogni volta per $a$ valori ovviamente diversi che garantiscono la convergenza.
Penso che il tuo errore consista in questo: tu hai giustamente trovato una funzione maggiorante il logaritmo, $\ln x
Ti faccio un controesempio: è anche $\ln x
[tex]\int_{6}^{+\infty}\frac{\ln x}{x^a}\textrm{d}x[/tex]__converge per gli stessi valori di $a$ per cui converge: [tex]\int_{6}^{+\infty}\frac{\sqrt{x}}{x^a}\textrm{d}x=\int_{6}^{+\infty}\frac{1}{x^{a-\frac{1}{2}}}\textrm{d}x[/tex]__ cioè
$a-1/2>1 \Rightarrow a>3/2$. Puoi provare a maggiorare il logaritmo in $RR_+$ con altre potenze di $x$ minori di $1$, se non sbaglio fino alla potenza $x^(1/e)$, ottenendo ogni volta per $a$ valori ovviamente diversi che garantiscono la convergenza.
Giustissimo, col metodo che ho usato vedo soltanto se l'integrale di partenza è convergente per certi valori, ma non trovo proprio quelli del mio integrale.. Che dire, si vede che sono arrugginito 
grazie per l'aiuto!
grazie per l'aiuto!
Ho trovata un'altra pecca nel mio ragionamento... log(x+1) $\sim$ x solo in un intorno di 0... dato che si prrla di +00 non ha senso fare quell'approssimazione
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