Studio di funzioni integrali – Esercizi

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi dedicati allo studio 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

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

dove $\alpha,\beta$ sono funzioni di $x$ e $f$ è una funzione integrabile secondo Riemann. I seguenti 6 esercizi sono focalizzati sullo studio di queste funzioni integrali, analizzandone l’insieme di definizione, le proprietà di continuità, derivabilità e monotonia, oltre ai limiti agli estremi del campo di esistenza.

Gli esercizi sono completamente risolti, attraverso l’uso di un’ampia varietà di tecniche che mira a fornire una panoramica completa della teoria e della pratica di questo importante argomento.

La raccolta è pertanto rivolta a studenti universitari dei corsi di Analisi Matematica che desiderano approfondire il tema dello studio delle funzioni integrali. Segnaliamo inoltre gli Esercizi sui limiti di funzioni integrali. Buona lettura!

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Luigi De Masi.

Studio di funzioni integrali: teoria

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Un solido background di teoria necessaria può essere reperito nei seguenti articoli:

Consigliamo inoltre la lettura degli esercizi sullo studio delle funzioni reperibili alla seguente pagina:

Esercizi sullo studio di funzione.

Studio di funzioni integrali: esercizi e soluzioni

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

.
Determinare l’insieme di definizione della funzione integrale definita da

(2) $\begin{equation*} F(x)\coloneqq \int_0^x\frac{t^2+\sqrt{|t|}}{1-\sqrt{1-t}}\,\mathrm{d}t. \end{equation*}$

Richiami teorici

Per approfondimenti, consigliamo la lettura della dispensa Integrali impropri .

Definizione 1.1 (integrale improprio). 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)

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

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.

Il prossimo risultato è il teorema 5 di Integrali impropri .

Proposizione 1.2 (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

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

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

Per prima cosa determiniamo l’insieme della definizione della funzione integranda definita da

$f(t) \coloneqq \frac{t^2+\sqrt{|t|}}{1-\sqrt{1-t}}.$

L’espressione $f(t)$ è ben definita se e solo se

$\begin{cases} |t|\ge 0,\\ 1-t\ge 0,\\ 1-\sqrt{1-t}\neq 0 \end{cases} \iff t\in (-\infty,1]\setminus\{0\}.$

Quindi $f$ risulta ben definita sull’insieme $I\coloneqq (-\infty,1]\setminus\{0\}$ . Per tale ragione, l’insieme di definizione della funzione integrale $F$ è l’insieme dei punti $x\in\overline I=(-\infty,1]$ per cui $f$ risulta integrabile tra $0$ e $x$ . Occorre innanzitutto determinare il comportamento di $f$ in un intorno di $0$ per stabilire se gli integrali siano da intendersi in senso classico o generalizzato e, in quest’ultimo caso, se essi siano o meno convergenti.

A tal fine, determiniamo gli ordini di infinitesimo di $f(t)$ per $t \to 0$ . Per il numeratore della frazione che definisce $f(t)$ si ha

(5) $\begin{equation*} t^2 + \sqrt{|t|} \sim \sqrt{|t|} \quad \text{per } t \to 0. \end{equation*}$

Per il denominatore osserviamo che

(6) $\begin{equation*} \lim_{t\to 0}\frac{1-\sqrt{1-t}}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{t}{t(1+\sqrt{1-t})}=\frac{1}{2} \implies 1-\sqrt{1-t} \sim \frac{t}{2} \quad \text{per } t \to 0. \end{equation*}$

Ciò implica che

(7) $\begin{equation*} f(t) \sim \frac{\sqrt{|t|}}{\frac{t}{2}} = \frac{2}{\sqrt{|t|}} \quad \text{per } t \to 0. \end{equation*}$

Poiché tale funzione è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $0$ , per il criterio del confronto asintotico stabilito dalla proposizione 1.2 $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ e su ogni insieme del tipo $[c,0]$ , con $c<0$ . Ciò implica che l’insieme di definizione della funzione integrale $F$ è

(8) $\begin{equation*} \boxcolorato{analisi}{(-\infty,1].} \end{equation*}$

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

.
Consideriamo l’espressione definita da

$f(t)\coloneqq \begin{cases} \dfrac{\arctan{\sqrt{t}}}{\sqrt{1-\cos t}}&\text{per $t>0$},\\\\ |t|^{-\log|t|}&\text{per $t<0$}. \end{cases}$

Studiare la funzione integrale

$F(x):=\int_1^x f(t)\,\mathrm{d}t.$

Richiami teorici

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

Proposizione 2.1 (criterio del confronto asintotico per gli integrali generalizzati). Siano $f,g \colon [1,x_0) \to [0,+\infty)$

due funzioni integrabili secondo Riemann su ogni insieme del tipo $[1,x]$

con $x \in (1,x_0)$

e si supponga che

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

Valgono le seguenti proprietà:

Se $g$ è integrabile in senso generalizzato in $[1,x_0]$ , allora anche $f$ lo è.
Se $f$ non è integrabile in senso generalizzato in $[1,x_0]$ , allora nemmeno $g$ lo è.

Il prossimo fondamentale risultato è il teorema 4.1 in Teorema fondamentale del calcolo integrale e il teorema 12 in Integrali definiti e indefiniti .

Teorema 2.2 (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

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

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

(11) $\begin{equation*} F'(x)=f(x) \qquad \forall x \in [a,b]. \end{equation*}$

La prossima proposizione segue dal teorema 3.6 in Teoria sulle derivate.

Proposizione 2.3 (limiti delle derivate e derivate). Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$

una funzione derivabile in $(a,b)$

e tale che esista il limite

(12) $\begin{equation*} \lim_{x \to a^+} f'(x)= \ell \in \mathbb{R} \cup \{-\infty,+\infty\}. \end{equation*}$

Allora esiste la derivata destra di $f$ in $a$ e vale

(13) $\begin{equation*} f'_+(a)= \ell. \end{equation*}$

Vale un risultato analogo per la derivata sinistra di $f$ in $b$ .

Soluzione

Intanto osserviamo che l’espressione $f(t)$

è ben definita per ogni $t \in \mathbb R\setminus\{2k\pi \colon k\in\mathbb N\}$

ed essa definisce una funzione continua in tale insieme. Quindi $f$

è integrabile secondo Riemann in ogni intervallo del tipo $[1,x]$

con $x \in (1,2\pi)$

Affermiamo che $f$ non è integrabile in senso generalizzato in $[1,2\pi]$ . Ciò segue dal fatto che $f(t)\geq 0$ e applicando il criterio del confronto asintotico stabilito dalla proposizione 2.1 alle funzioni $\frac{1}{2\pi-t}$ (che non è integrabile in senso generalizzato in alcun intorno di $2\pi$ ) e $f(t)$ :

(14) $\begin{equation*} \lim_{t \to (2\pi)^-} \frac{\frac{1}{2\pi-t}}{f(t)} = \lim_{t \to (2\pi)^-} \frac{\sqrt{1-\cos t}}{(2\pi-t)\arctan \sqrt{t}} \overset{(y=2\pi-t)}{=} \lim_{y\to 0^+}\frac{\sqrt{1-\cos (2\pi-y)}}{y \arctan\sqrt{2\pi-y}} %=\lim_{y\to 0^+}\sqrt{\frac{1-\cos y}{y^2}}\frac{1}{\arctan\sqrt{2\pi-y}} =\frac{\sqrt{2}}{2\arctan\sqrt{2\pi}}. \end{equation*}$

Di conseguenza, $f$ non è integrabile su $[1,x]$ per ogni $x\in[2\pi,+\infty)$ . Invece, sempre per il criterio del confronto asintotico, la funzione $f$ è integrabile in un intorno destro di 0 in quanto dagli sviluppi di Taylor $\arctan y \sim y$ e $1-\cos y \sim \frac{y^2}{2}$ per $y \to 0$ segue

$f(t)\sim \frac{\sqrt{t}}{\frac{t}{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{t}}\quad\text{per $t\to 0^+$}.$

Infine si osservi che

$\lim_{t\to 0^-}f(t)=\lim_{t\to 0^-}|t|^{-\log|t|}=\lim_{t\to 0^-}e^{-(\log|t|)^2}=0,$

quindi $f$ è integrabile su $[x,0]$ per ogni $x\in(-\infty,0)$ . Ne consegue che l’insieme di definizione della funzione integrale $F$ è

$(-\infty,2\pi).$

Abbiamo che $F$ è continua su $(-\infty,2\pi)$ (in quanto funzione integrale di una funzione integrabile) e per definizione vale

$F(1)=0.$

Osserviamo ora che la funzione $f$ è strettamente positiva su $(-\infty,2\pi)\setminus\{0\}$ , perciò

$\begin{gathered} F(x)=\int_1^xf(t)\,\mathrm{d}t>0\quad\text{per ogni $x\in (1,2\pi)$}, \\ F(x)=-\int_x^1f(t)\,\mathrm{d}t<0\quad\text{per ogni $x\in (-\infty,1)$}. \end{gathered}$

Dal teorema fondamentale del calcolo integrale 2.2 $F$ è derivabile in $(-\infty,2\pi)\setminus\{0\}$ poiché la funzione integranda è continua in tale insieme e inoltre vale

$F'(x)=f(x)\quad\text{per ogni $x\in (-\infty,2\pi)\setminus\{0\}$}.$

Quindi $F$ è crescente su $(-\infty,0)$ e $(0,2\pi)$ e, poiché è continua, allora è crescente in $(-\infty,2\pi)$ . Osserviamo inoltre che, poiché esistono i limiti sinistro e destro di $F'$ in $0$ , in virtù della proposizione 2.3 essi coincidono con le derivate sinistra e destra di $f$ in $0$ , ossia:

$0=\lim_{x\to 0^-}f(x)=\lim_{x\to 0^-}F'(x) = F'_-(0),\qquad +\infty=\lim_{x\to 0^+}f(x) = \lim_{x\to 0^+}F'(x) = F'_+(0).$

Dunque $F$ non è derivabile in $0$ e ha una cuspide in tale punto. Infine osserviamo che l’integrale di $f$ diverge su $[1,2\pi]$ per quanto osservato prima e su $(-\infty,1]$ , in quanto $\lim_{x\to -\infty}f(x)=+\infty$ , ovvero

$\lim_{x\to 2\pi^-}F(x)=\lim_{x\to 2\pi^-}\int_1^xf(t)\, \mathrm{d}t=+\infty, \qquad \lim_{x\to -\infty}F(x)=-\lim_{x\to -\infty}\int_x^1 f(t)\,\mathrm{d}t=-\infty.$

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

.
Studiare la funzione integrale

$F(x) \coloneqq \int_0^{e^{-x^2}} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}-1}\,\mathrm{d}t.$

Richiami teorici

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

Proposizione 3.1 (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

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

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.

Proposizione 3.2 (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

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

è derivabile in $A$ e la sua derivata vale

(17) $\begin{equation*} F'(x)=f\big(\beta(x)\big)\beta'(x) - f\big(\alpha(x)\big)\alpha'(x). \end{equation*}$

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

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

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 innanzitutto che, poiché $e^{-x^2}>0$

per ogni $x \in \mathbb{R}$

, ogni integrale è inteso su un insieme contenuto in $[0,+\infty)$

. Inoltre

(19) $\begin{equation*} F(-x)=\int_0^{e^{-(-x)^2}} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}-1}\,\mathrm{d}t = \int_0^{e^{-x^2}} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}-1}\,\mathrm{d}t = F(x), \end{equation*}$

dunque la funzione definita da $F$ è pari ed è quindi sufficiente studiarla per $x \in [0,+\infty)$ .

La funzione integranda definita da

$f(t) \coloneqq \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}-1}$

è ben definita e continua in $[0,+\infty)\setminus\left\{\frac{1}{4}\right\}$ ed è quindi integrabile su $[0,c]$ per ogni $c\in\left [0,\frac{1}{4}\right )$ . Inoltre $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[0,\frac{1}{4}]$ : ciò segue dal criterio del confronto asintotico poiché la funzione definita da $\frac{1}{4t-1}$ non è integrabile in senso generalizzato in alcun intorno di $\frac{1}{4}$ e si ha

(20) $\begin{equation*} \lim_{t \to \left (\frac{1}{4}\right )^-}\frac{\frac{1}{4t-1}}{f(t)} = \lim_{t \to \left (\frac{1}{4}\right )^-} \frac{2\sqrt{t}-1}{(4t-1)|\sin t|} = \lim_{t \to \left (\frac{1}{4}\right )^-} \frac{4t-1}{(4t-1)|\sin t|(2\sqrt{t}+1)} = \frac{1}{2\sin \left (\frac{1}{4}\right )}. \end{equation*}$

Quindi la funzione integrale $F$ è definita nei punti $x\in\mathbb R$ tali che $e^{-x^2}\in [0,\frac{1}{4})$ ; da ciò segue che l’insieme di definizione di $F$ è

$A\coloneqq (-\infty,-\sqrt{\log 4})\cup(\sqrt{\log 4},+\infty).$

Poiché $2\sqrt{t}-1\leq 0$ per ogni $t \in \left [0, \frac{1}{4}\right )$ , $f(t)\leq 0$ per ogni $t \in \left [0, \frac{1}{4}\right )$ e quindi

(21) $\begin{equation*} F(x)<0 \qquad \forall x \in A. \end{equation*}$

Per la proposizione 3.2 sappiamo che $F$ è derivabile (e quindi continua) in $A$ e che la sua derivata è pari a

(22) $\begin{equation*} F'(x)= f(e^{-x^2})\big(-2xe^{-x^2}\big) = -\frac{2x e^{-x^2}|\sin e^{-x^2}|}{2e^{-\frac{x^2}{2}}-1} \qquad \forall x \in A. \end{equation*}$

Inoltre, poiché $2e^{-\frac{x^2}{2}}-1<0$ per ogni $x>\sqrt{\log 4}$ , si ha $F'(x)>0$ per $x > \sqrt{\log 4}$ e quindi $F$ è crescente in $(\sqrt{\log 4},+\infty)$ mentre, per la parità di $F$ , essa è decrescente in $(-\infty,-\sqrt{\log 4})$ .

Calcoliamo infine i limiti di $F$ per $x \to \pm\sqrt{\log 4}$ e per $x \to \pm\infty$ :

Abbiamo
$\lim_{x\to -\sqrt{\ln 4}^-}F(x)=\lim_{x\to \sqrt{\ln 4}^+}F(x)=\lim_{y\to \frac{1}{4}^-}\int_0^yf(t)\,\mathrm{d}t=+\infty,$

poiché, come abbiamo osservato in precedenza, l’integrale improprio di $f$ diverge su $[0,\frac{1}{4}]$ .
Poiché $f$ è integrabile in un intorno destro di $0$ vale
$\lim_{x\to \pm \infty}F(x)=\lim_{x\to \pm \infty}\int_0^{e^{-x^2}}f(t)\,\mathrm{d}t=\lim_{y\to 0^+}\int_0^yf(t)\,\mathrm{d}t=0.$

Dunque $y=0$ è un asintoto orizzontale per $F$ per $x\to\pm\infty$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

.
Studiare la funzione integrale

$F(x) \coloneqq \int_{-x}^{\ln(x+1)} \frac{e^t}{t^2+1}\,\mathrm{d}t.$

Richiami teorici

Consigliamo la lettura della dispensa Integrali impropri .

Proposizione 4.1 (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

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

è derivabile in $A$ e la sua derivata vale

(24) $\begin{equation*} F'(x)=f\big(\beta(x)\big)\beta'(x) - f\big(\alpha(x)\big)\alpha'(x). \end{equation*}$

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

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

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

La funzione integranda

$f(t) \coloneqq \frac{e^t}{t^2+1}$

è ben definita e continua su $\mathbb R$ , dunque è integrabile su ogni intervallo limitato. D’altra parte, le espressioni

$\alpha(x)\coloneqq -x,\qquad \beta(x)\coloneqq\ln(x+1)$

sono entrambe ben definite solo per $x\in (-1,+\infty)$ . Ne consegue che l’insieme di definizione della funzione integrale $F$ è

$A \coloneqq (-1,+\infty).$

Poiché $f$ è continua in $\mathbb{R}$ e $\alpha,\beta$ sono derivabili in $(-1,+\infty)$ , la funzione integrale $F$ è derivabile (e quindi continua) in $(-1,+\infty)$ per la proposizione 4.1. Inoltre vale

(26) $\begin{equation*} \begin{split} F'(x) & = f\big(\beta(x)\big)\beta'(x) - f\big(\alpha(x)\big)\alpha'(x) \\ & = \frac{e^{\log(x+1)}}{\log^2 (x+1)} \frac{1}{x+1} + \frac{e^{-x}}{x^2+1} \\ & = \frac{1}{\log^2 (x+1)}+ \frac{e^{-x}}{x^2+1} \\ & > 0 \end{split} \end{equation*}$

per ogni $x \in (-1,+\infty)$ . Ciò implica anche che $F$ è strettamente crescente. Tale informazione, insieme a $F(0)=0$ , implica che

(27) $\begin{equation*} F(x)<0 \quad \forall x \in (-1,0), \qquad F(x)>0 \quad \forall x \in (0,+\infty). \end{equation*}$

Rimangono da studiare i limiti di $F$ per $x \to (-1)^+$ e per $x \to +\infty$ , che esistono per la monotonia di $F$ .

Si ha
(28) $\begin{equation*} \begin{split} 0 & > \lim_{x\to (-1)^+}F(x) \\ & =\lim_{x\to (-1)^+}\int_{-x}^{\ln(x+1)}f(t)\,\mathrm{d}t \\ &=-\lim_{y\to -\infty}\int_y^1\frac{e^t}{t^2+1}\,\mathrm{d}t \\ & > -\lim_{y\to -\infty}\int_y^1e^t\,\mathrm{d}t \\ & =-e, \end{split} \end{equation*}$

dove l’ultima disuguaglianza deriva dal fatto che $f(t)\leq e^t$ poiché $t^2+1 \geq 1$ . Dunque il limite di $F$ per $x \to (-1)^+$ esiste finito ed è compreso tra $-e$ e $0$ .
Dato che $\lim_{t \to +\infty} f(t)=+\infty$ per la gerarchia degli infiniti, esiste $x_0 \geq 0$ tale che $f(t) \geq 1$ per ogni $t \geq x_0$ ; sfruttando tale informazione si ha
(29) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} F(x) %= %\lim_{x \to +\infty} \int_{-x}^{\log(x+1)}f(t)\,\mathrm{d}t \overset{f(t)\geq 0}{\geq} \lim_{x \to +\infty} \int_{x_0}^{\log(x+1)}f(t)\,\mathrm{d}t \overset{f(t)\geq 1}{\geq} \lim_{x \to +\infty} 1 \cdot \big({\log(x+1)} - x_0\big) = +\infty. \end{equation*}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

.
Studiare la funzione definita da

$F(x)\coloneqq x+\int_{0}^{x}|t|e^{-t}\,\mathrm{d}t.$

Richiami teorici

Consigliamo la lettura della dispensa 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 5.1 (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

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

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

(31) $\begin{equation*} F'(x)=f(x) \qquad \forall x \in [a,b]. \end{equation*}$

Soluzione

Osserviamo che la funzione definita da $f(t)=|t|e^{-t}$

è continua e quindi è integrabile in ogni intervallo limitato, dunque l’espressione $F(x)$

è ben definita per ogni $x \in \mathbb{R}$

ed essa definisce una funzione $F \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$

. Dato che la funzione integranda $f(t)$

è sempre positiva e il secondo estremo di integrazione è $x$

, si ha

(32) $\begin{equation*} f(x)>0 \quad \text{per $x >0$}, \qquad f(x)<0 \quad \text{per $x <0$}. \end{equation*}$

Inoltre, data la continuità di $f$ , per il teorema 5.1 $F$ è derivabile in $\mathbb{R}$ e la sua derivata è pari a

(33) $\begin{equation*} F'(x) = 1+f(x) = 1+|x|e^{-x} \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Tale derivata è sempre positiva e quindi $F$ è strettamente crescente in $\mathbb{R}$ . Ciò inoltre assicura che i limiti di $F$ per $x \to \pm \infty$ esistono; rimane quindi da calcolarli.

Poiché l’addendo dato dalla funzione integrale è negativo per $x<0$ , si ha
(34) $\begin{equation*} \lim_{x \to -\infty} F(x) \leq \lim_{x \to -\infty} x = -\infty. \end{equation*}$

Per studiare la presenza di un asintoto obliquo, osserviamo che $e^{-t}\geq 1$ per $t<0$ e quindi

(35) $\begin{equation*} \lim_{x \to - \infty} \frac{F(x)}{x} = \lim_{x \to - \infty} \left (1 + \frac{1}{x} \int_{0}^{x}|t|e^{-t}\,\mathrm{d}t \right ) \leq 1 + \lim_{x \to - \infty}\frac{1}{x} \int_{0}^{x}|t|\,\mathrm{d}t = 1 - \lim_{x \to - \infty}\frac{x^2}{2x} = -\infty, \end{equation*}$

da cui si deduce che $F$ non ha asintoti obliqui per $x \to -\infty$ ,
Vale
(36) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} F(x) \geq \lim_{x \to +\infty} x = +\infty. \end{equation*}$

Studiamo la presenza di un asintoto obliquo; a tal fine ricordiamo che la funzione $F$ è derivabile e quindi applichiamo il teorema di de l’Hopital utilizzando il teorema 5.1:

(37) $\begin{equation*} m \coloneqq \lim_{x \to +\infty} \frac{F(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty}\left ( 1+ xe^{-x} \right ) = 1. \end{equation*}$

Si ha inoltre, integrando per parti,

(38) $\begin{equation*} q \coloneqq \lim_{x \to +\infty} \int_{0}^{x}te^{-t}dt=\lim_{x \to +\infty}(1-e^{-x}(1+x))=1. \end{equation*}$

Pertanto la retta di equazione $y=x+1$ è un asintoto obliquo per $F$ per $x \to +\infty$ .

Figura 1: in blu grafico della funzione dell’esercizio 5 e in verde il suo asintoto obliquo di equazione $y=x+1$ .

Osserviamo che, da (33), segue che $F'$ non è derivabile in $x=0$ , ma lo è in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ e la sua derivata è pari a

$F''(x)=\begin{cases} (x-1)e^{-x} & \text{ se } x<0 \\ (1-x)e^{-x} & \text{ se } x>0. \end{cases}$

Tale derivata seconda soddisfa

(39) $\begin{equation*} F''(x)>0 \qquad \forall x \in (-1,0) \cup (1,+\infty). \end{equation*}$

Dunque $F$ è convessa in negli intervalli $(-1,0)$ e $(1,+\infty)$ e concava negli intervalli $(-\infty,1)$ e $(0,1)$ . Nella figura 1 è riportato il grafico della funzione $F$ .

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

.
Determinare l’insieme di definizione della funzione integrale data da

$\begin{equation*} F(x) = \int_1^x \frac{\log(1+t)}{t} \,\mathrm{d}t. \end{equation*}$

Soluzione

La funzione integranda data da $f(t)=\frac{\log(1+t)}{t}$

è definita per ogni $t \in (-1,0) \cup (0,+\infty)$

ed essa è continua in tale insieme. Inoltre, dal limite notevole

(40) $\begin{equation*} \lim_{t \to 0} \frac{\log (1+t)}{t} = 1, \end{equation*}$

segue che $f$ è estendibile con continuità in $t=0$ assegnandole valore $1$ . Poiché ciò non modifica in alcun modo il valore degli integrali di $f$ , ne segue che $F$ è sicuramente ben definita per ogni $x \in (-1,+\infty)$ .

Rimane da stabilire se $F$ sia ben definita anche per $x=-1$ , ossia se $F$ sia integrabile nell’intervallo $[-1,1]$ . Ovviamente, poiché $\lim_{x \to (-1)^+}\log(1+x)=-\infty$ , tale integrale deve essere inteso in senso improprio e quindi basta stabilire se $f$ sia integrabile in senso improprio ad esempio nell’intervallo $\left [-1,-\frac{1}{2}\right ]$ . In tale intervallo la funzione integranda è positiva, mentre l’estremo superiore di integrazione è minore di quello inferiore, pertanto l’integrale richiesto è negativo; però la funzione integranda è minore di $-2\log(1+t)$ e quindi si ha

(41) $\begin{equation*} \begin{split} \lim_{x \to (-1)^+} \int_{-\frac{1}{2}}^{x} \frac{\log (1+t)}{t} \,\mathrm{d}t & \geq 2\lim_{x \to (-1)^+} \int_{x}^{-\frac{1}{2}} \log(1+t)\,\mathrm{d}t \\ & = 2\lim_{x \to (-1)^+} \Big[ (1+t)\log(1+t)- (1+t) \big]_{x}^{-\frac{1}{2}} \\ & = -\log 2 - 1. \end{split} \end{equation*}$

Questo mostra che l’integrale improprio è convergente e cioè che $F$ è ben definita anche per $x=-1$ . Pertanto l’insieme di definizione di $F$ è

(42) $\begin{equation*} \boxcolorato{analisi}{ [-1,+\infty). } \end{equation*}$

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