Esercizi sui limiti di funzioni integrali

Home » Esercizi sui limiti di funzioni integrali

Esercizi sui limiti di funzioni integrali

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!

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni il documento contenente 18 esercizi risolti, contenuti in 21 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensione dei limiti di funzioni integrali.

Autori e revisori

Leggi...

Autori: Valerio Brunetti, Luigi De Masi.

Articoli di teoria

Leggi...

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.

Soluzione

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

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

Soluzione alternativa

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 $x \to x_0$}.$

Soluzione

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 $x \to x_0$}.$

Soluzione

Applicando gli sviluppi di Taylor $\sin t = t-\frac{t^3}{6}+\frac{t^5}{120} + o(t^6)$ e $e^y=1+y+y^2+o(y^4)$ per $t \to 0$ e la proposizione 3.1 (la funzione definita da $\frac{\sin t}{t}$ possiede un’estensione continua in $0$ ), per ogni $x \to 0$ abbiamo

$A(x) = \int_0^{x}\left( \frac{\sin t}{t}+e^{-t^2} \right)\, \mathrm{d}t = \int_0^x \left(2-\frac{7t^2}{6}+\frac{61t^4}{120} + o(t^4) \right) \, \mathrm{d}t = 2x - \frac{7x^3}{18} + \frac{61x^5}{600} + o(x^5),$

da cui risulta

$\begin{aligned} \frac{1}{A(x)} & = \frac{1}{2x - \frac{7x^3}{18} + \frac{61x^5}{600} + o(x^5)} \\ &= \frac{1}{2x}\cdot\frac{1}{1- \frac{7x^2}{36} + \frac{61x^4}{1200} + o(x^4)} \\ & = \frac{1}{2x} \left(1+\frac{7x^2}{36}-\frac{211x^4}{16200} + o(x^4) \right)\\ & =\frac{1}{2x}+\frac{7x}{72}-\frac{211 x^3}{32400}+o(x^3). \end{aligned}$

Tornando al limite otteniamo

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^3} \left(\frac{1}{A(x)} - \frac{1}{2x} - \frac{7x}{72}\right) = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^3} \left(\frac{1}{2x}+\frac{7x}{72}-\frac{211 x^3}{32400}+o(x^3) - \frac{1}{2x}-\frac{7x}{72}\right) = - \frac{211}{32400}.$

In definitiva

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^3} \left(\frac{1}{A(x)} - \frac{1}{2x} - \frac{7x}{72}\right) = - \frac{211}{32400}.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Studiare il limite

$\lim_{x\to0^+} \frac{1}{x^4} \int_0^x \left[1-(\cos t^2)^{\frac{1}{t}} \right]\,\mathrm{d}t.$

Richiami teorici

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

Proposizione 4.1 (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 $x \to x_0$}.$

Soluzione

Usando l’identità $a^b=e^{b \log a}$ e applicando gli sviluppi di Taylor

$\cos y= 1- \frac{y^2}{2} + o(y^3), \quad \log (1+y)=y + o(y), \quad e^y = 1+ y + o(y) \qquad \text{per $y \to 0$},$

otteniamo

$(\cos t^2)^{\frac{1}{t}}= e^{\frac{1}{t}\log \cos t^2}= e^{\frac{1}{t}\log\left(1-\frac{t^4}{2}+o(t^6) \right)}= e^{-\frac{t^3}{2}+o(t^5)}=1- \frac{t^3}{2}+o(t^5) \qquad \text{per $t \to 0$},$

da cui, usando la proposizione 4.1, si ricava

$\lim_{x\to0^+} \frac{1}{x^4} \int_0^x \left[1-1+\frac{t^3}{2}+o(t^5) \right]\,\mathrm{d}t= \lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{x^4}{8}+o(x^4)}{x^6}=\frac{1}{8}.$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .
Studiare il limite

$\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \int_{\frac{2}{x}}^{\log(3x)} \left(e^t \arctan t + \frac{\sin t}{t^3}\right) \, \mathrm{d} t.$

Richiami teorici

Consigliamo la lettura dell’articolo Integrali impropri .

Definizione 5.1 (integrale generalizzato). Sia $f \colon (0,1] \to \mathbb{R}$ una funzione che sia integrabile secondo Riemann su ogni insieme del tipo $[\varepsilon,1)$ con $\varepsilon \in (0,1)$ . Si definisce integrale improprio o generalizzato di $f$ nell’intervallo $[0,1]$ il limite (se esiste)

$\int_0^{1} f(t) \,\mathrm{d}t = \lim_{\varepsilon \to 0^+}\int_\varepsilon^1 f(t) \,\mathrm{d}t.$

Se tale integrale generalizzato è finito, $f$ si dice integrabile in senso generalizzato nell’intervallo $[0,1]$ o che il suo integrale generalizzato in $[0,1]$ è convergente.

Proposizione 5.2 (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 $G'(s)=f(s)$ .

Soluzione

Osserviamo che, poiché $\lim_{x \to +\infty} \frac{2}{x}=0$ e $\lim_{x \to +\infty} \log(3x)=+\infty$ , per definizione di integrale improprio si ha

$\lim_{x \to +\infty} \int_{\frac{2}{x}}^{\log(3x)} \left(e^t \arctan t + \frac{\sin t}{t^3}\right) \, \mathrm{d} t \geq \int_0^1 \left(e^t \arctan t + \frac{\sin t}{t^3}\right) \, \mathrm{d} t \geq \int_0^1 \frac{\sin t}{t^3}\, \mathrm{d} t = +\infty,$

dove la prima disuguaglianza deriva dal fatto che la funzione integranda è sempre positiva, mentre l’ultima uguaglianza deriva dal criterio del confronto asintotico, in quanto $\frac{\sin t}{t^3} \sim \frac{1}{t^2}$ per $t \to 0$ e tale funzione non è integrabile in senso generalizzato in $[0,1]$ .

Poiché anche $\lim_{x \to +\infty} x =+\infty$ , il limite richiesto presenta una forma indeterminata $\left [ \frac{\infty}{\infty} \right ]$ . Poiché la funzione integrale è derivabile in virtù della proposizione 5.2, applicare il Teorema di de l’Hôpital e calcolare il limite del quoziente delle derivate:

$\begin{aligned} & \lim_{x \to +\infty}\left[ \left(3x \arctan(\log(3x)) + \frac{\sin(\log(3x))}{(\log 3x)^3}\right) \frac{1}{x} + \left(e^{\frac{2}{x}} \arctan \left(\frac{2}{x}\right) + \frac{\sin \left(\frac{2}{x}\right)}{\frac{8}{x^3}}\right) \cdot \frac{2}{x^2} \right] \\ & = \lim_{x \to +\infty} \left ( 3 \arctan(\log(3x)) + \frac{\sin(\log(3x))}{x (\log 3x)^3} + \frac{2 e^{\frac{2}{x}} \arctan\left(\frac{2}{x}\right)}{x^2} + \frac{1}{2}\cdot\frac{\sin\left(\frac{2}{x}\right)}{\frac{2}{x}} \right ) \\ & = \frac{3\pi}{2} + \frac{1}{2}. \end{aligned}$

Per il teorema di de l’Hôpital ne consegue che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \int_{\frac{2}{x}}^{\log(3x)} \left(e^t \arctan t + \frac{\sin t}{t^3}\right) \, \mathrm{d} t = \frac{3\pi}{2} + \frac{1}{2}. }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .
Studiare il limite

$\lim_{x \to 0^+} \left(12 \log(\cos x) - 4 \log\Big(\cos\big(\sqrt{3}x\big)\Big)\right) \; \int_1^{\frac{2}{x}} t^3 \, e^{\frac{1}{t}} \, \mathrm{d}t.$

Richiami teorici

Consigliamo la lettura dell’articolo Integrali impropri .

Proposizione 6.1 (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

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

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 $G'(s)=f(s)$ .

Soluzione

Usando $\cos t=1-\frac{t^2}{2}+ \frac{t^4}{4} + o(t^5)$ e $\log(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+ o(t^2)$ , per $t \to 0$ , abbiamo

$\begin{split} 12 \log(\cos x) & = 12 \log \left(1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^5) \right) \\ & = 12 \left(-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}-\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{x^4}{4}\right) +o(x^4)\right) \\ & = -6x^2-x^4+o(x^4) \end{split}$

per $x \to 0$ , e

$\hspace{2cm} \begin{aligned} 4 \log\left(\cos\left(\sqrt{3}x\right)\right) & = 4 \log \left(1 - \dfrac{3x^2}{2}+ \dfrac{9x^4}{24} + o(x^5)\right) \\ & = 4 \left(-\dfrac{3}{2}x^2 + \dfrac{9}{24}x^4 - \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{9}{4}x^4\right) + o(x^4)\right) \\ & = -6x^2-3x^4+o(x^4), \end{aligned}$

da cui

$12 \log(\cos x) -4 \log\left(\cos\left(\sqrt{3}x\right)\right) = 2x^4 + o(x^4) \qquad \text{per $x \to 0$.}$

Dunque, possiamo scrivere il limite richiesto come

(2) $\begin{equation*} \begin{split} \lim_{x \to 0^+} \left(12 \log(\cos x) - 4 \log\Big(\cos\big(\sqrt{3}x\big)\Big)\right) \; \int_1^{\frac{2}{x}} t^3 \, e^{\frac{1}{t}} \, \mathrm{d}t & = \lim_{x \to 0^+} \big(2x^4+o(x^4)\big) \int_1^{\frac{2}{x}} t^3 \,e^{\frac{1}{t}} \, \mathrm{d}t \\ & = \lim_{x \to 0^+} 2\dfrac{\int_1^{\frac{2}{x}}t^3 \, e^{\frac{1}{t}}\,\mathrm{d}t}{x^{-4}} (1+o(1)) \\ & = \lim_{x \to 0^+} 2\dfrac{\int_1^{\frac{2}{x}}t^3 \, e^{\frac{1}{t}}\,\mathrm{d}t}{x^{-4}}. \end{split} \end{equation*}$

Osserviamo ora che, poiché $e^{\frac{1}{t}} \geq 1$ per $t \in [1,+\infty)$ , si ha

$\lim_{x \to 0^+} \int_1^{\frac{2}{x}} t^3 \,e^{\frac{1}{t}} \, \mathrm{d}t \geq \lim_{x \to 0^+} \int_1^{\frac{2}{x}} t^3 \, \mathrm{d}t = \lim_{x \to 0^+} \left [\frac{t^4}{4}\right ]_{t=1}^{t=\frac{2}{x}} = +\infty,$

quindi il limite in (2) presenta una forma indeterminata $\left [\frac{\infty}{\infty}\right ]$ e, per risolverla, utilizziamo il teorema di de l’Hôpital. Infatti la funzione al numeratore è derivabile per la proposizione 6.1. Calcolando il limite delle derivate delle funzioni al numeratore e al denominatore si ha

$\lim_{x \to 0^+} 2 \; \dfrac{\dfrac{8}{x^3} e^{\frac{x}{2}} \cdot 2 (-1) \left(\dfrac{1}{x^2}\right)}{-4x^{-5}} = 8.$

Per il teorema di de l’Hôpital concludiamo quindi

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0^+} \left(12 \log(\cos x) - 4 \log\left(\cos\left(\sqrt{3}x\right)\right)\right) \; \int_1^{\frac{2}{x}} t^3 \, e^{\frac{1}{t}} \, \mathrm{d}t = 8. }$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .
Studiare il limite

$\lim_{x \to +\infty} \left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right)^{\frac{\arctan x}{x} }.$

Richiami teorici

Consigliamo la lettura dell’articolo Integrali impropri . Il prossimo fondamentale risultato è il teorema 4.1 in Teorema fondamentale del calcolo integrale e teorema 12 in Integrali definiti e indefiniti.

Teorema 7.1 (fondamentale del calcolo integrale – prima parte). Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione continua e sia $x_0 \in [a,b]$ . Allora la funzione integrale $F \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ definita da

$F(x)= \int_{x_0}^{x} f(t) \,\mathrm{d}t \qquad \forall x \in [a,b]$

è derivabile in $[a,b]$ e la sua derivata vale

$F'(x)=f(x) \qquad \forall x \in [a,b].$

Soluzione

Si ricorda che, se $f(x)>0$ , allora

(3) $\begin{equation*} f(x)^{g(x)} = \exp \Big ( g(x) \log f(x) \Big ). \end{equation*}$

Applicando (3), il limite diventa

$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right)^{\frac{\arctan x}{x} } & = \lim_{x \to +\infty} \exp \left ( \frac{\arctan x}{x} \; \log\left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right) \right ) \end{aligned}$

Poiché $e^{2t}\log t \geq 1$ per ogni $t \geq e$ , si ha

$\lim_{x \to +\infty} \log\left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right) \overset{e^{2t}\log t \geq 0}{\geq} \lim_{x \to +\infty} \log\left(\int_e^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right) \geq \lim_{x \to +\infty}(x-1)\cdot 1 = +\infty$

Scrivendo il limite come

$\lim_{x \to +\infty} \exp \left (\frac{\arctan x}{x} \; \log\left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right) \right ) = \lim_{x \to +\infty} \left ( \exp \left ( \dfrac{\log\left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right)}{x} \right )\right )^{\arctan x},$

osserviamo che è sufficiente calcolare il limite

$\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\displaystyle \log\left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right)}{x} .$

Osservando che la funzione $\log\left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right)$ è derivabile infinite volte per il teorema 7.1, si può applicare due volte il teorema di de l’Hôpital ottenendo

$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\displaystyle \log\left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \; dt \right)}{x} & = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^{2x} \log x}{\displaystyle \int_1^x e^{2t} \, \log t \; \mathrm{d}t }\\ & = \lim_{x \to +\infty} \frac{2e^{2x} \, \log x + e^{2x} x^{-1}}{e^{2x} \,\log x}\\ & = 2. \end{aligned}$

Dunque il limite richiesto vale

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to +\infty} \left ( \exp \left ( \dfrac{\displaystyle \log\left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right)}{x} \right )\right )^{\arctan x} = \big(e^2\big)^{\frac{\pi}{2}} = e^{\pi}. }$

Soluzione alternativa

Si osservi che vale

$2e^{2t} \leq e^{2t} \, \log t \leq e^{2x}\, \log x \qquad \forall t \in [e^2,x].$

Dunque

$e^{2x}- e^{e^2} = \int_{e^2}^x 2e^{2t}\,\mathrm{d}t \leq \int_1^x e^{2t} \, \log t \,\mathrm{d}t \leq \int_1^x e^{2x} \, \log x \,\mathrm{d}t \leq e^{2x} \, x\log x \qquad \forall x \geq e^2.$

Dunque elevando a $\frac{\arctan x}{x}$ e passando al limite per $x \to +\infty$ , si ottiene

$\lim_{x \to +\infty} \left (e^{2x}- e^{e^2} \right )^{\frac{\arctan x}{x}} \leq \lim_{x \to +\infty} \left(\int_1^x e^{2t} \, \log t \, \mathrm{d}t \right)^{\frac{\arctan x}{x} } \leq \lim_{x \to +\infty} \left( e^{2x} \, x\log x \right)^{\frac{\arctan x}{x} }.$

Si ha

$\lim_{x \to +\infty} \left (e^{2x}- e^{e^2} \right )^{\frac{\arctan x}{x}} = \lim_{x \to +\infty} e^{2\arctan x}\left (1- e^{e^2 - 2x} \right )^{\frac{\arctan x}{x}} e^{2\frac{\pi}{2}} = e^\pi.$

Inoltre, siccome

$1 \leq \left ( \log x \right )^{\frac{1}{x}} \leq x^{\frac{1}{x}} \xrightarrow[x \to +\infty]{}1,$

si ottiene

$\lim_{x \to +\infty} \left( e^{2x} \, x\log x \right)^{\frac{\arctan x}{x} } = e^\pi.$

Per il teorema dei carabinieri, il limite richiesto vale $e^\pi$ .

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Posto

$\lim_{x\to0^+} \frac{1}{x^4} \int_0^x \left[1-(\cos t^2)^{\frac{1}{t}} \right]\,\mathrm{d}t.$

calcolare

$\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x}\left(\dfrac{1}{B(x)}-\dfrac{2}{x}\right).$

Richiami teorici

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

Proposizione 8.1 (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 $x \to x_0$}.$

Soluzione

Per $t \rightarrow 0$ si ha

$\begin{aligned} 1-\cos t =\dfrac{1}{2}t^2-\dfrac{1}{2}t^4+o(t^5). \end{aligned}$

Quindi, per la proposizione 8.1, possiamo scrivere

$B(x)=\int_0^x \left(\dfrac{t^2}{2}-\dfrac{t^4}{24}+o(t^5)\right) \cdot \dfrac{1}{t^2} \, \mathrm{d}t = \int_0^x \left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{t^2}{24} + o(t^2)\right) \, \mathrm{d}t = \dfrac{x}{2} - \dfrac{x^3}{72} + o(x^4).$

Semplificando il limite richiesto e ricordando lo sviluppo $\frac{1}{1-y}=1+y + o(y)$ per $y \to 0$ , si ottiene

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x}\left(\dfrac{1}{\dfrac{x}{2} - \dfrac{x^3}{72} + o(x^4)}-\dfrac{2}{x}\right) = \lim_{x \to 0} \dfrac{2}{x^2}\left(\cdot\dfrac{1}{1 - \dfrac{x^2}{36} + o(x^2)}-1\right)= \lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{2}{x^2}\left(\dfrac{x^2}{36}+o(x^2)\right) =\dfrac{1}{18}. \end{aligned}$

In definitiva

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x}\left(\dfrac{1}{B(x)}-\dfrac{2}{x}\right) = \frac{1}{18}. }$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Posto $B(x)\coloneqq \int_0^x \sin t^2 \,\mathrm{d}t$ , si consideri la funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x)=B(x)\log (1+x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Senza calcolare esplicitamente le derivate successive, determinare il polinomio di Taylor di ordine $8$ della funzione $f$ nel punto $x=0$ . Utilizzare il polinomio così trovato per calcolare $f^{(8)}(0)$ .

Richiami teorici

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

Proposizione 9.1 (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 $x \to x_0$}.$

Soluzione

Per $x\to 0^+$ , grazie alla proposizione 9.1, si ha

$\begin{aligned} B(x)= \int_0^x \sin t^2 \,\mathrm{d}t= \int_0^x \left(t^2- \dfrac{t^6}{6}+o(t^8)\right)\,\mathrm{d}t= \dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^7}{42}+o(x^9) . \end{aligned}$

Sfruttando lo sviluppo di Taylor notevole di $\log\left(1+x\right)$ e di $B(x)$ per $x\to0$ , si ha

$\begin{aligned} f(x)&= \left(x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+\dfrac{x^5}{5} + o(x^5)\right) \left(\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^7}{42}+o(x^9) \right) \\ &=\dfrac{x^4}{3}-\dfrac{x^5}{6}+\dfrac{x^6}{9}-\dfrac{x^7}{12}+\dfrac{19}{210}x^8+o(x^8). \end{aligned}$

Pertanto

$\boxcolorato{analisi}{ f^8 (0)=8! \left( \dfrac{19}{210} \right)=1728. }$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Dimostrare che

$\lim_{x\to +\infty}\int_{x}^{2x}\dfrac{\arctan\left( \dfrac{1}{t}\right)}{\log t}\,\mathrm{d}t = 0$

e che, più precisamente, vale

$\int_{x}^{2x}\dfrac{\arctan\left( \dfrac{1}{t}\right)}{\log t}\,\mathrm{d}t \sim \frac{\log 2}{x} \qquad \text{per $x \to +\infty$}.$

Richiami teorici

Il seguente risultato è riportato nel teorema 7 dell’articolo Funzioni integrali – Teoria.

Proposizione 10.1 (confronti asintotici di funzioni integrali). Siano $f,g\colon [a,b)\to\mathbb (0,+\infty)$ due funzioni continue tali che

$f(t)=\lim_{t\to b^-}\frac{f(t)}{g(t)}=\lambda\in\mathbb R\setminus\{0\}$

e siano $\alpha,\beta \colon A \to [a,b)$ due funzioni tali che

$\lim_{x \to x_0} \alpha(x)=b= \lim_{x \to x_0} \beta(x).$

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

$\lim_{x\to x_0}\frac{F(x)}{\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt}=\lambda.$

Soluzione

Poichè

$\lim_{x \to +\infty} x = \lim_{x \to +\infty}2x=+\infty$

$\lim_{t \to +\infty} \dfrac{\dfrac{\arctan\left( \dfrac{1}{t}\right)}{\log t}}{\dfrac{1}{t\log t}} = 1,$

per la proposizione 10.1, si ha

$\lim_{x\to +\infty} \dfrac{\displaystyle \int_{x}^{2x}\dfrac{\arctan\left( \dfrac{1}{t}\right)}{\log t}\,\mathrm{d}t}{\displaystyle \int_{x}^{2x}\dfrac{1}{t\log t}\,\mathrm{d}t} = 1.$

Siccome

$\int_{x}^{2x}\dfrac{1}{t\log t}\,\mathrm{d}t = \log(\log (2 x)) - \log(\log x) = %\log \left ( \frac{\log 2 + \log x}{\log x} \right ) %= \log \left ( 1 + \frac{\log 2}{\log x} \right ) \sim \frac{\log 2}{\log x} \qquad \text{per $x \to +\infty$,}$

vale

$\boxcolorato{analisi}{ \int_{x}^{2x}\dfrac{\arctan\left( \dfrac{1}{t}\right)}{\log t}\,\mathrm{d}t \sim \dfrac{\log 2}{\log x} \qquad \text{per $x \to +\infty$,} }$

cioè la tesi.

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .
Calcolare il limite

$\lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \int_{0}^{x^2} \frac{\log \left( 1 + (\sin t)^2 \right)}{(1 - 2t^2 + 3t^4)} \,\mathrm{d}t - \frac{1}{x^6} \cos x \int_{0}^{\log \left(1 + x^3 \right)} \left( \sqrt{1 + t} \sin (t^2) \tan t \right) \,\mathrm{d}t}{\arctan \left( \log (1 + \log (1 + x)) \right) - \left( x - x^2 + \frac{5}{6} x^3 - \frac{11}{24} x^4 - \frac{x^5}{15} \right)}.$

Richiami teorici

Nello svolgimento useremo il prossimo risultato, che corrisponde al teorema 4 di Funzioni integrali – Teoria.

Proposizione 11.1 (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 $x \to x_0$}.$

Soluzione

Studiamo separatamente i vari termini coinvolti nel limite.

Usando gli sviluppi $\sin y = y + o(y)$ e $\log(1+y)=y+o(y)$ , per $y \to 0$ , si ha
$\int_{0}^{x^2} \frac{\ln \left( 1 + (\sin t)^2 \right)}{(1 - 2t^2 + 3t^4)} \,\mathrm{d}t = \int_{0}^{x^2} \frac{\ln (1 + t^2 + o(t^2))}{(1 - 2t^2 + 3t^4)} \,\mathrm{d}t = \int_{0}^{x^2} (t^2 + o(t^2)) \,\mathrm{d}t.$

Col cambio di variabile $y=x^2$ e la proposizione 11.1 si ottiene lo sviluppo, per $x \to 0$ ,

$\int_{0}^{x^2} (t^2 + o(t^2)) \,\mathrm{d}t = \int_{0}^{y} (t^2 + o(t^2)) \,\mathrm{d}t = \frac{y^3}{3} + o(y^3) = \frac{x^6}{3} + o(x^6).$
Con argomenti analoghi, ma usando gli sviluppi $\sin t=t+o(t)$ e $\tan t=t+o(t)$ , si giunge al seguente sviluppo per $x \to 0$ :
$\begin{split} -\frac{1}{x^6} \cos x \int_{0}^{\ln (1 + x^3)} \left( \sqrt{1 + t} \sin (t^2) \tan t \right) \,\mathrm{d}t =& -\frac{1}{x^6} \cos x \int_{0}^{\ln (1 + x^3)} \left( t^3 + o(t^3) \right) \,\mathrm{d}t \\ =& -\frac{1}{x^6} \cos x \left( \frac{x^{12}}{4} + o(x^{12}) \right) \\ =& -\frac{x^6}{4} + o(x^6). \end{split}$
Usando gli sviluppi appropriati delle funzioni $\log$ e $\arctan$ si ha, per $x \to 0$ :
$\begin{split} \arctan (\log (1 + \log (1 + x))) =& \arctan \left( \log \left( 1 + x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^6}{6} + o(x^6) \right) \right) \\ = & \arctan \left( x - x^2 + \frac{7}{6} x^3 - \frac{35}{24} x^4 + \frac{19}{10} x^5 - \frac{917}{360} x^6 + o(x^6) \right ) \\ = & x - x^2 + \frac{5}{6} x^3 - \frac{11}{24} x^4 - \frac{x^5}{15} + \frac{26}{45} x^6 + o(x^6). \end{split}$

Inserendo tali risultati nel limite di partenza si giunge a

$\begin{split} \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^6}{3} - \frac{x^6}{4} + o(x^6)}{x - x^2 + \frac{5}{6} x^3 - \frac{11}{24} x^4 - \frac{x^5}{15} + \frac{26}{45} x^6 + o(x^6) - (x - x^2 + \frac{5}{6} x^3 - \frac{11}{24} x^4 - \frac{x^5}{15})} = \frac{\frac{1}{3} - \frac{1}{4}}{\frac{26}{45}} = \frac{15}{104}. \end{split}$

Ne segue che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \int_{0}^{x^2} \frac{\log \left( 1 + (\sin t)^2 \right)}{(1 - 2t^2 + 3t^4)} \,\mathrm{d}t - \frac{1}{x^6} \cos x \int_{0}^{\log \left(1 + x^3 \right)} \left( \sqrt{1 + t} \sin (t^2) \tan t \right) \,\mathrm{d}t}{\arctan \left( \log (1 + \log (1 + x)) \right) - \left( x - x^2 + \frac{5}{6} x^3 - \frac{11}{24} x^4 - \frac{x^5}{15} \right)} = \frac{15}{104}. }$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Calcolare il limite

$\lim_{x \to +\infty} \frac{\displaystyle \int_{1}^{x} \sqrt{1 + e^{3t^2}} \, \mathrm{d}t}{\displaystyle \int_{1}^{x} e^{3t^2} \, \mathrm{d}t}.$

Richiami teorici

In questo esercizio useremo il prossimo risultato, che corrisponde al teorema 4.1 in Teorema fondamentale del calcolo integrale e al teorema 12 in Integrali definiti e indefiniti.

Teorema 12.1 (fondamentale del calcolo integrale – prima parte). Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione continua e sia $x_0 \in [a,b]$ . Allora la funzione integrale $F \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ definita da

$F(x)= \int_{x_0}^{x} f(t) \,\mathrm{d}t \qquad \forall x \in [a,b]$

è derivabile in $[a,b]$ e la sua derivata vale

$F'(x)=f(x) \qquad \forall x \in [a,b].$

Soluzione

Poiché in entrambi gli integrali le funzioni integrande sono maggiori o uguali a $1$ si ha

$\lim_{x \to +\infty} \int_{1}^{x} \sqrt{1 + e^{3t^2}} \, \mathrm{d}t \geq \lim_{x \to +\infty}(x-1)\cdot 1 = +\infty, \qquad \lim_{x \to +\infty} \int_{1}^{x} e^{3t^2} \,\mathrm{d}t \geq \lim_{x \to +\infty}(x-1)\cdot 1 = +\infty,$

dunque il limite presenta una forma indeterminata $\left [\frac{\infty}{\infty}\right ]$ . Poiché le funzioni al numeratore e al denominatore sono derivabili in virtù del teorema 12.1, possiamo applicare il teorema di de l’Hôpital al limite della frazione. Calcolando il limite del rapporto delle derivate di numeratore e denominatore, sempre per il teorema 12.1 si ha

$\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{1+e^{3t^2}}}{e^{3t^2}} = \lim_{x \to +\infty} e^{-\frac{3}{2}t^2}\dfrac{\sqrt{\frac{1}{e^{3t^2}} +1}}{1} = 0.$

Per il teorema di de l’Hôpital si ha quindi

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to +\infty} \frac{\displaystyle \int_{1}^{x} \sqrt{1 + e^{3t^2}} \, \mathrm{d}t}{\displaystyle \int_{1}^{x} e^{3t^2} \, \mathrm{d}t} = 0. }$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Calcolare il seguente limite:

$\begin{equation*} \lim_{x\to+\infty} \frac{2}{x}\int_2^x \frac{1}{\log(t)} \,\mathrm{d}t. \end{equation*}$

Richiami teorici

In questo esercizio useremo il prossimo risultato, che corrisponde al teorema 4.1 in Teorema fondamentale del calcolo integrale e al teorema 12 in Integrali definiti e indefiniti.

Teorema 13.1 (fondamentale del calcolo integrale – prima parte). Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione continua e sia $x_0 \in [a,b]$ . Allora la funzione integrale $F \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ definita da

$F(x)= \int_{x_0}^{x} f(t) \,\mathrm{d}t \qquad \forall x \in [a,b]$

è derivabile in $[a,b]$ e la sua derivata vale

$F'(x)=f(x) \qquad \forall x \in [a,b].$

Soluzione

Il limite può essere riscritto come

$\begin{equation*} \lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle2\int_2^x \dfrac{1}{\ln(t)}\,\mathrm{d}t}{x}, \end{equation*}$

che presenta una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ : infatti il denominatore tende banalmente a $+\infty$ mentre il numeratore può essere stimato usando che $\log t \leq t$ per $t \geq 1$ e quindi

$\begin{equation*} \int_2^{+\infty} \frac{1}{\log(t)}\,\mathrm{d}t \geq \int_2^{+\infty} \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t = + \infty . \end{equation*}$

Poiché la funzione integrale è derivabile per il teorema 13.1, si può applicare il teorema di de l’Hôpital calcolando il limite del rapporto delle derivate:

$\begin{equation*} \lim_{x\to+\infty} \dfrac{\dfrac{2}{\log(x)}}{1} = 0. \end{equation*}$

Per il il teorema di de l’Hôpital si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x\to+\infty} \frac{2}{x}\int_2^x \frac{1}{\log(t)} \,\mathrm{d}t = 0. }$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ .
Calcolare

$\lim_{x \to 0^+} \int_x^{x^2} \dfrac{e^\frac{1}{t} -1}{\log(t)} \,\mathrm{d}t.$

Soluzione

Poichè occorre calcolare il limite per $x \to 0$ , in quanto segue possiamo assumere che $0 <x <e^{-1}<1$ . Pertanto si ha $0< x^2 < x$ e che $\log(t)<-1$ per ogni $t \in (x^2,x)$ , dunque tutti gli integrali sono positivi. Possiamo quindi stimare l’integrale con il prodotto dell’ampiezza dell’intervallo di integrazione per il minimo della funzione integranda, cioè

$\int_x^{x^2} \dfrac{e^\frac{1}{t} -1}{\log(t)} \,\mathrm{d}t \geq (x-x^2) (e^\frac{1}{x} -1) \qquad \forall x \in (0,e^{-1}).$

Da tale disuguaglianza deriva

$\lim_{x \to 0^+} \int_x^{x^2} \dfrac{e^\frac{1}{t} -1}{\log(t)} \,\mathrm{d}t \geq \lim_{x \to 0^+} (1-x) x(e^\frac{1}{x} -1) \overset{\left (y=\frac{1}{x}\right )}{=} \lim_{y \to +\infty} \left (1- \frac{1}{y}\right )\frac{e^y-1}{y} = +\infty$

per la gerarchia degli infiniti. In definitiva

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0^+} \int_x^{x^2} \dfrac{e^\frac{1}{t} -1}{\log(t)} \,\mathrm{d}t = +\infty. }$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .
Calcolare il seguente limite:

$\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \int_{x}^{x^2} \frac{e^{\frac{1}{t}}-1}{\log t} \,\mathrm{d}t. \end{equation*}$

Richiami teorici

Il seguente risultato è riportato nel teorema 7 dell’articolo Funzioni integrali – Teoria.

Proposizione 15.1 (confronti asintotici di funzioni integrali). Siano $f,g\colon [a,b)\to\mathbb (0,+\infty)$ due funzioni continue tali che

$\lim_{t\to b^-}\frac{f(t)}{g(t)}=\lambda\in\mathbb R\setminus\{0\}$

e siano $\alpha,\beta \colon A \to [a,b)$ due funzioni tali che

$\lim_{x \to x_0} \alpha(x)=b= \lim_{x \to x_0} \beta(x).$

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

$\lim_{x\to x_0}\frac{F(x)}{\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt}=\lambda.$

Soluzione

Poiché $\lim_{t \to +\infty} \frac{e^{\frac{1}{t}}-1}{t}=1$ , si ha

$\lim_{t \to +\infty} \dfrac{\frac{e^{\frac{1}{t}}-1}{\log t}}{\frac{1}{t\log t}} = 1,$

e dunque, per la proposizione 15.1, vale

$\begin{split} \lim_{x \to +\infty} \int_{x}^{x^2} \frac{e^{\frac{1}{t}}-1}{\log t} \,\mathrm{d}t & = \lim_{x \to +\infty} \int_{x}^{x^2} \frac{1}{t\log t} \,\mathrm{d}t \\ & = \lim_{x \to +\infty} \Big[ \log(\log t) \Big]_{t=x}^{t=x^2} \\ & = \lim_{x \to +\infty} \Big( \log(\log x^2) - \log(\log x) \Big) \\ & = \lim_{x \to +\infty} \log\left( \frac{2\log x}{\log x} \right ) \\ & = \log 2. \end{split}$

In definitiva

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to +\infty} \int_{x}^{x^2} \frac{e^{\frac{1}{t}}-1}{\log t} \,\mathrm{d}t = \log 2. }$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Calcolare il limite

$\lim_{x \to 0} \dfrac{\displaystyle \int_0^x t^2 \cos t \,\mathrm{d}t - \frac{x^3}{3}}{x^5}.$

Richiami teorici

Nello svolgimento useremo il prossimo risultato, che corrisponde al teorema 4 di Funzioni integrali – Teoria.

Proposizione 16.1 (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 $x \to x_0$}.$

Soluzione

Sfruttando lo sviluppo $\cos t= 1 - \frac{t^2}{2}+o(t^3)$ per $t \to 0$ e la proposizione 16.1, si ottiene

$\begin{split} \lim_{x \to 0} \dfrac{\displaystyle \int_0^x t^2 \cos t \,\mathrm{d}t - \frac{x^3}{3}}{x^5} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\displaystyle \int_0^x t^2 \left (1 - \frac{t^2}{2}+o(t^3) \right ) \,\mathrm{d}t - \frac{x^3}{3}}{x^5} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\displaystyle \frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{10} + o(x^6) - \frac{x^3}{3}}{x^5} \\ & = -\frac{1}{10}. \end{split}$

Ne segue che il risultato richiesto è

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0} \dfrac{\displaystyle \int_0^x t^2 \cos t \,\mathrm{d}t - \frac{x^3}{3}}{x^5} = -\frac{1}{10}. }$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ .
Stabilire se il seguente limite esiste e, in caso affermativo, se esso è finito o infinito:

$\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{\pi}{2} \log x - \int_{1}^{x} \frac{\arctan t}{t} \, \mathrm{d}t \right).$

Richiami teorici

Consigliamo la lettura dell’articolo Integrali impropri , da cui è tratto il prossimo risultato, corrispondente al teorema 5 in tale articolo.

Proposizione 17.1 (criterio del confronto asintotico per gli integrali generalizzati). Siano $f,g \colon [0,x_0) \to [0,+\infty)$ due funzioni integrabili secondo Riemann su ogni insieme del tipo $[0,x]$ con $x \in (1,x_0)$ e si supponga che

$\lim_{t \to x_0^-} \frac{f(t)}{g(t)} = c \in \mathbb{R}.$

Valgono le seguenti proprietà:

Se $g$ è integrabile in senso generalizzato in $[0,x_0]$ , allora anche $f$ lo è.
Se $f$ non è integrabile in senso generalizzato in $[0,x_0]$ , allora nemmeno $g$ lo è.

Soluzione

Sfruttando il fatto che $\log x = \int_1^x \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t$ , si può scrivere il limite come

(4) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \int_{1}^{x} \frac{\pi}{2t} -\frac{\arctan t}{t} \, \mathrm{d}t = \lim_{x \to +\infty} \int_{1}^{x} \frac{\pi - 2\arctan t}{2t} \, \mathrm{d}t. \end{equation*}$

Poiché la funzione integranda è positiva, la funzione integrale è crescente in $x$ e quindi il limite esiste. Osserviamo che stabilire se il limite richiesto sia finito o infinito corrisponde, per definizione di integrale generalizzato, a determinare se l’integrale improprio su $[1,+\infty)$ di tale funzione sia convergente o divergente. A tal fine, sfruttando la nota identità

$\arctan t + \arctan \frac{1}{t} = \frac{\pi}{2} \qquad \forall t >0,$

riscriviamo il limite in (4) come

$\int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan \frac{1}{t}}{t} \, \mathrm{d}t.$

Dato che $\arctan y \sim y$ per $y \to 0$ , usando il criterio del confronto asintotico dato dalla proposizione 17.1, l’integrale improprio richiesto ha lo stesso carattere dell’integrale

$\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{t^2} \, \mathrm{d}t = \lim_{x \to +\infty} \left [-\frac{1}{t} \right ]_{t=1}^{t=x} = 1,$

cioè è convergente.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .
Determinare per quali valori del parametro reale $\beta$ vale

(5) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\displaystyle 3 \int_{4}^{x} t^2 \left( \log \left( \frac{t^4 + t^3 + \sin(e^{2t}) + 1}{t^4} \right) \right)^\beta \,\mathrm{d}t}{x} = 0. \end{equation*}$

Richiami teorici

Consigliamo la lettura dell’articolo Integrali impropri , da cui è tratto il prossimo risultato, corrispondente al teorema 5 in tale articolo.

Proposizione 18.1 (criterio del confronto asintotico per gli integrali generalizzati). Siano $f,g \colon [0,x_0) \to [0,+\infty)$ due funzioni integrabili secondo Riemann su ogni insieme del tipo $[0,x]$ con $x \in (0,x_0)$ e si supponga che

$\lim_{t \to x_0^-} \frac{f(t)}{g(t)} = c \in \mathbb{R}.$

Valgono le seguenti proprietà:

Se $g$ è integrabile in senso generalizzato in $[0,x_0]$ , allora anche $f$ lo è.
Se $f$ non è integrabile in senso generalizzato in $[0,x_0]$ , allora nemmeno $g$ lo è.

In questo esercizio useremo anche prossimo risultato, che corrisponde al teorema 4.1 in Teorema fondamentale del calcolo integrale e al teorema 12 in Integrali definiti e indefiniti.

Teorema 18.1 (fondamentale del calcolo integrale – prima parte). Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione continua e sia $x_0 \in [a,b]$ . Allora la funzione integrale $F \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ definita da

$F(x)= \int_{x_0}^{x} f(t) \,\mathrm{d}t \qquad \forall x \in [a,b]$

è derivabile in $[a,b]$ e la sua derivata vale

$F'(x)=f(x) \qquad \forall x \in [a,b].$

Soluzione

Osserviamo che per i valori di $\beta$ per cui il limite dell’integrale al numeratore è finito, per l’algebra dei limiti il limite richiesto è automaticamente nullo, perché il denominatore è divergente. Invece, per i valori di $\beta$ per cui l’integrale diverge, il limite richiesto è una forma indeterminata del tipo $\left [ \frac{\infty}{\infty}\right ]$ di funzioni derivabili e quindi l’esercizio si può risolvere applicando il teorema di de l’Hôpital.

Studiamo quindi per quali valori di $\beta$ il limite dell’integrale al numeratore è convergente. A tal fine, osserviamo che l’argomento del logaritmo è positivo in quanto $\sin(e^{2t}) + 1 \geq 0$ . Pertanto si può applicare il criterio del confronto asintotico, osservando che per la relazione $\log(1+y) \sim y$ per $y \to 0$ , si ottiene

$\log \left( \frac{t^4 + t^3 + \sin(e^{2t}) + 1}{t^4} \right ) = \log \left (1 + \frac{1}{t} + \frac{\sin(e^{2t}) + 1}{t^4} \right ) \sim \frac{1}{t} \qquad \text{per $t \to +\infty$}.$

Dunque

$t^2 \left( \log \left( \frac{t^4 + t^3 + \sin(e^{2t}) + 1}{t^4} \right) \right)^\beta \sim t^{2-\beta} \qquad \text{per $t \to +\infty$}$

e quindi, poiché la funzione definita da $t^{2-\beta}$ è integrabile se e solo se $\beta>3$ , per il criterio del confronto asintotico dato dalla proposizione 18.1 il limite

$\lim_{x \to +\infty} \int_{4}^{x} t^2 \left( \log \left( \frac{t^4 + t^3 + \sin(e^{2t}) + 1}{t^4} \right) \right)^\beta \,\mathrm{d}t$

è finito se e solo se $\beta>3$ . Per quanto osservato in precedenza, poiché il denominatore della frazione in (5) è divergente, il limite richiesto è nullo per ogni $\beta>3$ .

Se $\beta \leq 3$ , l’integrale al numeratore è divergente per $x \to +\infty$ e la funzione integrale è derivabile per il teorema fondamentale del calcolo integrale 18.2. Possiamo quindi applicare il teorema di de l’Hôpital e ricondurci a calcolare il limite

$\lim_{x \to +\infty} 3x^2 \left( \log \left( \frac{x^4 + x^3 + \sin(e^{2x}) + 1}{x^4} \right) \right)^\beta.$

Di nuovo si ha

$} x^2 \left( \log \left( \frac{x^4 + x^3 + \sin(e^{2x}) + 1}{x^4} \right) \right)^\beta \sim x^{2-\beta} \qquad \text{per $x \to \infty$}$

e, ricordando che stiamo studiando il caso $\beta \leq 3$ , si ottiene

$\lim_{x \to +\infty}x^{2-\beta} = 0 \qquad \text{per } 2 < \beta \leq 3.$

Dunque anche per $\beta \in (2,3]$ il limite in (5) è nullo.

Riassumendo, abbiamo stabilito che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\displaystyle 3 \int_{4}^{x} t^2 \left( \log \left( \frac{t^4 + t^3 + \sin(e^{2t}) + 1}{t^4} \right) \right)^\beta \,\mathrm{d}t}{x} = 0 \;\; \iff \;\; \beta >2. }$

Tutta la teoria di analisi matematica

Leggi...

Tutte le cartelle di Analisi Matematica

Leggi...

Tutti gli esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

Strutture algebriche.

Algebra lineare.

Geometria analitica.

Geometria differenziale.

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

Leggi...

Math Stack Exchange – Parte della rete Stack Exchange, questo sito è un forum di domande e risposte specificamente dedicato alla matematica. È una delle piattaforme più popolari per discutere e risolvere problemi matematici di vario livello, dall’elementare all’avanzato.
Art of Problem Solving (AoPS) – Questo sito è molto noto tra gli studenti di matematica di livello avanzato e i partecipanti a competizioni matematiche. Offre forum, corsi online, e risorse educative su una vasta gamma di argomenti.
MathOverflow – Questo sito è destinato a matematici professionisti e ricercatori. È una piattaforma per domande di ricerca avanzata in matematica. È strettamente legato a Math Stack Exchange ma è orientato a un pubblico con una formazione più avanzata.
PlanetMath – Una comunità collaborativa di matematici che crea e cura articoli enciclopedici e altre risorse di matematica. È simile a Wikipedia, ma focalizzata esclusivamente sulla matematica.
Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
Reddit (r/Math) – Un subreddit popolare dove si possono trovare discussioni su una vasta gamma di argomenti matematici. È meno formale rispetto ai siti di domande e risposte come Math Stack Exchange, ma ha una comunità attiva e molte discussioni interessanti.
Brilliant.org – Offre corsi interattivi e problemi di matematica e scienza. È particolarmente utile per chi vuole allenare le proprie capacità di problem solving in matematica.
Khan Academy – Una risorsa educativa globale con lezioni video, esercizi interattivi e articoli su una vasta gamma di argomenti di matematica, dalla scuola elementare all’università.

Document