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[Integral Imprópria - Convergência/Divergência]

[Integral Imprópria - Convergência/Divergência]

Mensagempor raimundoocjr » Sáb Ago 03, 2013 17:21

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Re: [Integral Imprópria - Convergência/Divergência]

Mensagempor e8group » Sáb Ago 03, 2013 20:39

Na minha opinião está incorreto a primitiva postada . O correto é :

\frac{ln|2t-5|}{2} + c .

Quando p\to -\infty  , |2p-5|\to+\infty , logo ln|2p-5|/2  \to+\infty . Por outro lado , quando
t=0 ,  ln|2t-5|/2  = ln5/2 .

Agora tente concluir .
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Re: [Integral Imprópria - Convergência/Divergência]

Mensagempor raimundoocjr » Sáb Ago 03, 2013 22:02

A ideia foi a seguinte:
\int_{}^{}\frac{1}{2t-5}=\frac{1}{2}[ln(2t-5)]+constante
\int_{p}^{0}\frac{1}{2t-5}=[\frac{1}{2}(ln(2t-5))]_{p}^{0}
\int_{a}^{b}\frac{1}{2t-5}=[\frac{1}{2}(ln(2t-5))]_{a}^{b}

Vou fazer um exemplo simples abaixo:
Resolver \int_{2}^{\infty}\frac{1}{x^2}dx.
\int_{2}^{\infty}\frac{1}{x^2}dx=\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{2}^{n}\frac{1}{x^2}dx=\lim_{n\rightarrow\infty}[-\frac{1}{x}]_{2}^{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}-\frac{1}{n}+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2}
Limite de uma constante é a própria constante:
Resposta: \frac{1}{2}, convergente.

O raciocínio foi assim:
\frac{}{}\int_{-\infty}^{0}\frac{1}{2t-5}dt=\lim_{p\rightarrow-\infty}\int_{p}^{0}\frac{1}{2t-5}dt=\lim_{p\rightarrow-\infty}[\frac{1}{2}(ln(2t-5))]_{p}^{0}

"Continuando absurdamente":
\lim_{p\rightarrow-\infty}[\frac{1}{2}(ln(2t-5))]_{p}^{0}=\lim_{p\rightarrow-\infty}\frac{1}{2}(ln(2\bullet0-5))-\lim_{p\rightarrow-\infty}\frac{1}{2}(ln(2\bullet p-5))
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Re: [Integral Imprópria - Convergência/Divergência]

Mensagempor e8group » Dom Ago 04, 2013 00:09

Na minha opinião da forma que você primitivou não é possível o estudo do comportamento do mesmo lá em -\infty da mesma forma que tal primitiva aplicada em t = 0 (pois ,quando t = 0 ;2t -5 = -5 < 0) , uma vez que o conjunto domínio da função logarítmica é (0,+\infty) .Agora ,sendo :

\int \frac{1}{2t-5} dt = \frac{ln|2t-5|}{2} + c . Temos que :

\lim_{p\to -\infty} (\frac{ln|2\cdot 0-5|}{2} + c - \frac{ln|2p-5|}{2} - c )  = ln5/2 -  \lim_{p\to -\infty} \frac{ln|2p-5|}{2} ...

Consegue terminar agora .
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Re: [Integral Imprópria - Convergência/Divergência]

Mensagempor raimundoocjr » Dom Ago 04, 2013 12:03

Valeu. Ficou mais claro agora.
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Re: [Integral Imprópria - Convergência/Divergência]

Mensagempor e8group » Dom Ago 04, 2013 12:26

Veja que interessante :

D_t ln|t| = 1/t  , \forall t \in \mathbb{R}\setminus\{0\} .De fato se poremos |t| = max\{t,-t\} e definimos t\in \mathbb{R}\setminus\{0\}\overset{g}{\longmapsto} g(t) = max\{t,-t\} \in \mathbb{R} , temos que pela regra da cadeia :


D_t ln|t| = (ln|t|)' = (ln(g(t)))' = ln'(g(t)) \cdot g'(t) = \frac{g'(t)}{g(t)} . Ora se t > 0 segue-se que max\{t,-t\} = t e portanto g'(t) = 1 . Assim para t > 0 obtemos :

D_t ln|t| =  1/x . Por outro lado para t < 0 ,


max\{t,-t\} = -t logo g'(t) = - 1 e portanto D_t ln|t| = (-1)/(-t) = 1/t .

Tente não esquecer do módulo ,eu mesmo já cometi este erro muitas vezes.
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Autor: my2009 - Qua Dez 08, 2010 21:48

Uma função polinomial f do 1° grau é tal que f(3) = 6 e f(4) = 8.Portanto o valor de f(10) é :


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Autor: Anonymous - Qui Dez 09, 2010 17:25

Uma função de 1º grau é dada por y=ax+b.
Temos que para x=3, y=6 e para x=4, y=8.
\begin{cases}6=3a+b\\8=4a+b\end{cases}
Ache o valor de a e b, monte a função e substitua x por 10.


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Autor: Pinho - Qui Dez 16, 2010 13:57

my2009 escreveu:Uma função polinomial f do 1° grau é tal que f(3) = 6 e f(4) = 8.Portanto o valor de f(10) é :



f(x)= 2.x
f(3)=2.3=6
f(4)=2.4=8
f(10)=2.10=20


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Autor: dagoth - Sex Dez 17, 2010 11:55

isso ai foi uma questao da FGV?

haahua to precisando trocar de faculdade.


Assunto: (FGV) ... função novamente rs
Autor: Thiago 86 - Qua Mar 06, 2013 23:11

Saudações! :-D
ví suaquestão e tentei resolver, depois você conta-me se eu acertei.
Uma função de 1º grau é dada por y=3a+b

Resposta :
3a+b=6 x(4)
4a+b=8 x(-3)
12a+4b=24
-12a-3b=-24
b=0
substituindo b na 1°, ttenho que: 3a+b=6
3a+0=6
a=2
substituindo em: y=3a+b
y=30+0
y=30
:coffee: