Integrales $ \int_0^1 \log x \mathrm dx $ , $\int_2^\infty \frac{\log x}{x} \mathrm dx $ , $\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2} \mathrm dx$

Question

No entiendo cómo se supone que debemos usar el análisis para calcular cosas como:

a) $$ \int_0^1 \log x \mathrm dx $$ b) $$\int_2^\infty \frac{\log x}{x} \mathrm dx $$ c) $$\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2} \mathrm dx$$

He intentado la integración por partes, pero no sirve de nada ya que lo tenemos sin límites. Por favor, explique cómo hacer esto usando integrales impropias en el análisis.

Answer 1

Recuerda que $ \int_a^{\infty} f(x) \ dx = \lim_{b \to \infty} \int_a^b f(x) \ dx $ .

Para las preguntas b) y c), se quiere determinar si estos límites existen o no (y si es así, cuáles son). Puede hacerlo integrando entre $ a $ y $ b $ primero, y luego tomando el límite como $ b \to \infty $ (se pueden integrar ambos con las técnicas habituales).

Para a), la sustitución sugerida por J.M. ayudará (la sustitución $ x = \exp{(u)} $ funciona igual de bien). Esto convertirá la integral en una impropia, y entonces puedes utilizar el mismo método que para b) y c).

EDIT: En respuesta a su petición de un ejemplo, digamos que queremos saber si $ \int_1^{\infty} \frac{1}{x} \ dx $ existe. Entonces podemos calcular primero $ \int_1^b \frac{1}{x} \ dx = \log{b} $ y observe que $ \int_1^{\infty} \frac{1}{x} \ dx = \lim_{b \to \infty} \int_1^b \frac{1}{x} \ dx = \lim_{b \to \infty} \log{b} $ . ¿Existe este límite?

Answer 2

Editado para escribir los límites impropios como límites de integrales propias, en respuesta al comentario de Arturo.

a) El integrando $\log x$ tiene un punto singular en $x=0$ . La integral impropia integral del segundo rey $I=\int_{0}^{1}\log x\;\mathrm{d}x$ es, por definición, el límite

$$\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\int_{\varepsilon }^{1}\log x\;\mathrm{% d}x.$$

La integral $\int \log x\;\mathrm{d}x$ se suele integrar por partes

$$\begin{eqnarray*} I &=&\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\int_{\varepsilon }^{1}\log x\;% \mathrm{d}x=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\int_{\varepsilon }^{1}1\cdot \log x\;\mathrm{d}x \\ &=&\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\left[ x\log x\right] _{\varepsilon }^{1}-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\int_{\varepsilon }^{1}x\cdot \frac{1}{x}\;\mathrm{d}x \\ &=&1\cdot \log 1-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon -1 =-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon -1=-1, \end{eqnarray*}$$

donde $\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon $ fue evaluado por La regla de l'Hôpital :

$$\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon =\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\frac{\log \varepsilon }{\frac{1}{% \varepsilon }}=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\frac{\frac{1}{% \varepsilon }}{-\frac{1}{\varepsilon ^{2}}}=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}-\varepsilon =0.$$

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Añadido :

b) La integral $\int_{a}^{+\infty }\frac{1}{x^{p}}\;\mathrm{d}x$ es divergente para $a>0,p\leq 1$ como se puede ver al evaluarlo. Aplicamos la prueba del límite a $f(x)=\frac{\log x}{x% }$ y $g(x)=\frac{1}{x}$ :

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\log x}{x}\cdot x=\log x\rightarrow \infty,\qquad\text{ as } x\rightarrow \infty .$$

Ambos $f(x)$ y $g(x)$ son funciones no negativas en $[2,+\infty \lbrack $ . Desde $\int_{2}^{\infty }g(x)\;\mathrm{d}x=\int_{2}^{\infty }\frac{1}{x}\;\mathrm{d}x$ es divergente, también lo es $\int_{2}^{\infty }f(x)\;\mathrm{d}x=\int_{2}^{\infty }\frac{\log x}{x}\;% \mathrm{d}x.$

c) La integral impropia $I=\int_{0}^{\infty }\frac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x$ es del primer tipo, porque el integrando no tiene singularidades. Por definición de una integral de este tipo, es el límite

$$\lim_{b\rightarrow +\infty }\int_{0}^{b}\frac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x.$$

Desde $\int \frac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x=\arctan x$ tenemos: $$\begin{eqnarray*} I &=&\lim_{b\rightarrow +\infty }\int_{0}^{b}\frac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x =\lim_{b\rightarrow +\infty }\left[ \arctan x\right] _{0}^{b} \\ &=&\lim_{b\rightarrow +\infty }\arctan b-\arctan 0 =\frac{\pi }{2}-0=\frac{\pi }{2}. \end{eqnarray*}$$

Answer 3

Aquí hay una derivación alternativa para a), donde la impropiedad no juega ningún papel.

$$ \int_0^1 { - \log x\,{\rm d}x} = \int_{x = 0}^1 {\int_{u = x}^1 {\frac{1}{u}\,{\rm d}u} \,{\rm d}x} = \int_{u = 0}^1 {\int_{x = 0}^u {\frac{1}{u}\,{\rm d}x} \,{\rm d}u} = \int_{u = 0}^1 {\frac{1}{u}u\,{\rm d}u} = 1. $$