Esercizi sui limiti di funzioni integrali

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Le funzioni integrali sono particolari funzioni che a un numero reale $x$ associano il valore di un certo integrale che dipende da tale variabile $x$ . Un esempio di funzione integrale è quindi definita come

$F(x) = \int_{\alpha(x)}^{\beta(x)} f(t)\,\mathrm{d}t$

dove $\alpha,\beta$ sono funzioni di $x$ e $f$ è una funzione integrabile secondo Riemann.

Questa raccolta è dedicata a presentare esercizi sui limiti di tali funzioni, mediante l’utilizzo di strumenti diversi quali i teoremi di de l’Hôpital, la formula di Taylor, stime e risultati sugli integrali impropri.

Forniamo le soluzioni complete di ogni esercizio, usando tecniche di varia natura al fine di offrire una preparazione completa sul tema dei limiti di funzioni integrali. Questo articolo è quindi rivolto ad appassionati e studenti universitari che desiderano mettere alla prova le proprie conoscenze nel campo dell’integrazione, lavorando su questo importante argomento.
Segnaliamo inoltre gli Esercizi sullo studio di funzioni integrali. Buona lettura!

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Luigi De Masi.

Articoli di teoria

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La teoria necessaria è reperibile nelle seguenti articoli:

Consigliamo inoltre la lettura degli esercizi reperibili alle seguenti pagine:

Testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano

$A(x)\coloneqq \int_x^{x+\frac{1}{x}} e^{-t^2} \, \mathrm{d}t, \qquad B(x)\coloneqq \int_x^{2x} e^{-t^2} \,\mathrm{d}t.$

Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{A(x)}{B(x)}.$

Richiami teorici

Consigliamo la lettura dell’articolo Integrali impropri .

Definizione 1.1 (integrale generalizzato). Sia $f \colon [1,+\infty) \to \mathbb{R}$ una funzione che sia integrabile secondo Riemann su ogni insieme del tipo $[1,R]$ con $R>1$ . Si definisce integrale improprio o generalizzato di $f$ nell’intervallo $[1,+\infty)$ il limite (se esiste)

$\int_1^{+\infty} f(t) \,\mathrm{d}t = \lim_{R\to+\infty}\int_1^{+\infty} f(t) \,\mathrm{d}t.$

Se tale integrale generalizzato è finito, $f$ si dice integrabile in senso generalizzato nell’intervallo $[1,+\infty)$ o che il suo integrale generalizzato in $[1,+\infty)$ è convergente.

Proposizione 1.2 (derivazione della funzione integrale). Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione continua e siano $\alpha, \beta \colon A \subseteq \mathbb{R} \to [a,b]$ due funzioni derivabili. Allora la funzione integrale $F \colon A \to \mathbb{R}$ definita da

$F(x)= \int_{\alpha(x)}^{\beta(x)} f(t) \,\mathrm{d}t \qquad \forall x \in A$

è derivabile in $A$ e la sua derivata vale

$F'(x)=f\big(\beta(x)\big)\beta'(x) - f\big(\alpha(x)\big)\alpha'(x).$

Dimostrazione. Basta osservare che $F(x)=G(\beta(x)) - G(\alpha(x))$ dove

$G(s)= \int_a^s f(t) \,\mathrm{d}t \qquad \forall s \in [a,b]$

e ricordare che il teorema fondamentale del calcolo integrale (teorema 4.1 in Teorema fondamentale del calcolo integrale e teorema 12 in Integrali definiti e indefiniti) fornisce $G'(s)=f(s)$ .

Il prossimo risultato è il teorema 5 di Integrali impropri .

Proposizione 1.3 (criterio del confronto asintotico per gli integrali generalizzati). Siano $f,g \colon (0,1] \to [0,+\infty)$ due funzioni integrabili secondo Riemann su ogni insieme del tipo $[\varepsilon,1]$ con $\varepsilon \in (0,1)$ e si supponga che

$\lim_{t \to 0^+} \frac{f(t)}{g(t)} = c \in \mathbb{R}.$

Valgono le seguenti proprietà:

Se $g$ è integrabile in senso generalizzato in $[0,1]$ , allora anche $f$ lo è.
Se $f$ non è integrabile in senso generalizzato in $[0,1]$ , allora nemmeno $g$ lo è.

Svolgimento

Definiamo la funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ come

$f(t)\coloneqq e^{-t^2}\qquad\text{$\forall t \in\mathbb R$}.$

Essa è continua e quindi integrabile secondo Riemann in ogni intervallo $[0,R]$ con $R>0$ , pertanto le funzioni $A$ e $B$ sono ben definite per ogni $x >0$ . Inoltre, poiché $f(t)$ è positiva, anche $A(x),B(x)>0$ per ogni $x >0$ .

Osservando che $f(t) \leq 1$ per ogni $t \in \mathbb{R}$ si ha

$0 \leq \lim_{x \to +\infty} A(x) = \lim_{x \to +\infty} \int_x^{x+\frac{1}{x}} e^{-t^2} \, \mathrm{d}t \leq \lim_{x \to +\infty} 1 \cdot \left ( x+\frac{1}{x} - x \right ) = 0.$

Analogamente, poiché $f(t)$ è decrescente in $[0,+\infty)$ , si ha

$0\leq \lim_{x \to +\infty} B(x) = \lim_{x \to +\infty} \int_x^{2x} e^{-t^2} \,\mathrm{d}t \leq \lim_{x \to +\infty} e^{-x^2} \left( 2x - x \right) = 0,$

dove l’ultima uguaglianza dalla gerarchia degli infiniti. Dunque

$\lim_{x \to +\infty} {A(x)} =0 = \lim_{x \to +\infty} {B(x)}.$

Il limite richiesto è dunque una forma indeterminata del tipo $\left [\frac{0}{0}\right ]$ e sia $A$ che $B$ sono derivabili per la proposizione 1.2. Possiamo dunque applicare il teorema di de l’Hôpital: nuovamente la proposizione 1.2 fornisce

$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \frac{A'(x)}{B'(x)} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{-\left(x+\frac{1}{x}\right)^2} \cdot \left(1-\frac{1}{x^2}\right)-e^{-x^2}}{2e^{-4x^2}-e^{-x^2}} \\ & = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{-x^2}\left(e^{-\frac{1}{x^2}-2} \cdot \left(1-\frac{1}{x^2}\right)-1\right)}{e^{-x^2}\left(2e^{-3x^2}-1\right)} \\ & = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{-\frac{1}{x^2}-2} \cdot \left(1-\frac{1}{x^2}\right)-1}{2e^{-3x^2}-1} \\ & = \frac{e^{-2}-1}{-1} \\ & =1-e^{-2}. \end{aligned}$

Per il teorema di de l’Hôpital si conclude che il limite esiste e vale

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to +\infty} \frac{A(x)}{B(x)} = 1-e^{-2}. }$

Svolgimento alternativo

La conclusione

$\lim_{x \to +\infty} {A(x)} =0 = \lim_{x \to +\infty} {B(x)}$

poteva anche essere ottenuta usando il fatto che $f(t)$ è integrabile in senso improprio in $[1,+\infty)$ : infatti, ciò segue dal criterio del confronto asintotico, poiché si ha

$\lim_{t \to +\infty}\frac{e^{-t^2}}{\frac{1}{t^2}} = \lim_{t \to +\infty}\frac{t^2}{e^{t^2}} = 0$

e grazie all’integrabilità in $[1,+\infty)$ della funzione definita da $\frac{1}{t^2}$ . Ciò implica che

$\lim_{x \to +\infty} A(x) \leq \lim_{x \to +\infty} B(x) = \lim_{x \to +\infty} \int_x^{2x} e^{-t^2} \,\mathrm{d}t \leq \lim_{x \to +\infty} \int_x^{+\infty} f(t) = 0,$

dove le prime due disuguaglianze derivano dal fatto che $f(t) \geq 0$ e quindi integrando su un insieme più grande si ottiene un risultato maggiore, mentre l’ultima uguaglianza deriva dal fatto che

$\lim_{x \to +\infty} \int_x^{+\infty} f(t) \,\mathrm{d}t = \lim_{x \to +\infty} \left ( \int_1^{+\infty} f(t)\,\mathrm{d}t - \int_1^x f(t)\,\mathrm{d}t \right ) = 0$

per definizione di integrale improprio di $f$ su $[1,+\infty)$ .

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano

$A(x) \coloneqq \int_0^{x} \frac{t^2}{(\sin t)^2} \, \mathrm{d}t,\quad B(x) \coloneqq \int_0^{x} \frac{t}{A(t)}\, \mathrm{d}t \qquad \forall x \in \left (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right ).$

Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} 375 \cdot \frac{54 B(x)-54x+2x^3}{x^5}.$

Richiami teorici

Il prossimo risultato è il teorema 4 di Funzioni integrali – Teoria.

Proposizione 2.1 (sviluppi di Taylor di funzioni integrali). Sia $f \colon [x_0,b) \to \mathbb{R}$ una funzione continua tale che

$f(t)=\sum_{i=0}^m a_i(t-x_0)^i+o((t-x_0)^m)\quad\text{per $t\to x_0$}.$

Allora, la funzione $F(x) \coloneqq \int_{x_0}^x f(t) \,\mathrm{d}t$ soddisfa

$F(x)=\sum_{i=0}^m\frac{a_i}{i+1}(x-x_0)^{i+1}+o((x-x_0)^{m+1})\quad\text{per $x \to x_0$}.$

Svolgimento

Applicando gli sviluppi di Taylor $\sin y = y-\frac{y^3}{6}+\frac{y^5}{120} + o(y^6)$ e $\frac{1}{1-y}=1+y+y^2+y^3+y^4+o(y^4)$ , per $y \to 0$ , abbiamo

$\begin{aligned} \frac{t^2}{(\sin t)^2}&= \frac{t^2}{\left(t-\dfrac{t^3}{6}+\dfrac{t^5}{120}+o(t^6)\right)^2}\\ &=\frac{t^2}{t^2-\frac{t^4}{3}+\frac{2t^6}{45}+o(t^7)} \\ & = \frac{1}{1-\frac{t^2}{3}+\frac{2t^4}{45}+o(t^5)} \\ &=1+\frac{t^2}{3}+\frac{t^4}{15}+o(t^5) \end{aligned} \qquad \text{per $t \to 0$.}$

Grazie alla proposizione 2.1 (si noti che la funzione definita da $\frac{t^2}{\sin^2 t}$ possiede un’estensione continua in $0$ ) deduciamo che

$A(x) = \int_0^{x} \frac{t^2}{(\sin t)^2} \, \mathrm{d} t = \int_0^x \left(1+\frac{t^2}{3} + \frac{t^4}{15}+o(t^5)\right) \, \mathrm{d} t = x+\frac{x^3}{9}+\frac{x^5}{75}+o(x^6)\quad\text{per $x\to 0$}.$

Quindi

$\frac{x}{A(x)}=\frac{1}{1+\frac{x^2}{9}+\frac{x^4}{75}+o(x^5)}=1-\frac{x^2}{9}-\frac{2x^4}{2025}+o(x^5)\quad\text{per $x\to 0$},$

da cui si ha

$B(x)=\int_0^x \left(1-\frac{t^2}{9}-\frac{2t^4}{2025} + o(t^4)\right) \, \mathrm{d} t = x - \frac{x^3}{27}-\frac{2x^5}{10125} + o(x^5)\quad\text{per $x\to 0$}.$

Tornando al limite otteniamo

$\lim_{x \to 0} 375 \cdot \frac{54 \left(x-\frac{x^3}{27}-\frac{2x^5}{10125} + o(x^5)\right) - 54x +2 x^3}{x^5}=-4.$

In definitiva

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0} 375 \cdot \frac{54 B(x)-54x+2x^3}{x^5} = -4. }$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$A(x)\coloneqq \int_0^{x} \left( \frac{\sin t}{t}+e^{-t^2} \right)\, dt \qquad \forall x \neq 0.$

Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^3} \left(\frac{1}{A(x)} - \frac{1}{2x} - \frac{7x}{72}\right).$

Richiami teorici

Il prossimo risultato è il teorema 4 di Funzioni integrali – Teoria.

Proposizione 3.1 (sviluppi di Taylor di funzioni integrali). Sia $f \colon [x_0,b) \to \mathbb{R}$ una funzione continua tale che

$f(t)=\sum_{i=0}^m a_i(t-x_0)^i+o((t-x_0)^m)\quad\text{per $t\to x_0$}.$

Allora, la funzione integrale $F(x) \coloneqq \int_{x_0}^x f(t) \,\mathrm{d}t$ soddisfa

$F(x)=\sum_{i=0}^m\frac{a_i}{i+1}(x-x_0)^{i+1}+o((x-x_0)^{m+1})\quad\text{per $x \to x_0$}.$

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