Funzioni integrali – Teoria

Teoria Funzioni integrali (Approfondimento)

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Le funzioni integrali nascono dalla teoria degli integrali definiti: esse sono funzioni date dall’integrale di un’altra funzione, in cui la variabile compare in uno o entrambi gli estremi di integrazione. Alcune proprietà di tali funzioni sono fornite dal teorema fondamentale del calcolo integrale (pagina 21). Talvolta è però necessario uno studio più approfondito e quindi è utile sviluppare strumenti volti a determinarne le caratteristiche.

In questa dispensa ci concentriamo su questo tema di notevole importanza, trattandone i seguenti aspetti:

Come si studia una funzione integrale e qual è il ruolo del teorema fondamentale del calcolo integrale (pagina 21) in tale studio?
Come si calcolano i limiti di una funzione integrale e che relazione essi hanno con gli integrali impropri?
Come si calcolano gli sviluppi di Taylor delle funzioni integrali?
Cosa cambia se agli estremi di integrazione vi sono delle funzioni?

La dispensa si propone di studiare queste domande, affiancando le spiegazioni teoriche a esercizi svolti per una preparazione completa; inizia quindi ad esplorare questo affascinante argomento, connubio tra i vari campi dell’Analisi Matematica!

Segnaliamo le raccolte di Esercizi sullo studio di funzioni integrali e di esercizi sui limiti di funzioni integrali, oltre al materiale di teoria correlato:

Funzioni integrali: autori e revisori

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Autori: Maicol Caponi

Revisori: Valerio Brunetti, Matteo Talluri.

Funzioni integrali

Definizione e proprietà.

Sia $I\subseteq\mathbb R$ un intervallo (non necessariamente aperto o chiuso) e sia $f\colon I\to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I$ . Fissato $x_0\in I$ è possibile definire la funzione

$F(x):=\int_{x_0}^xf(t)\,dt\quad\text{per $x\in I$},$

con le seguenti convenzioni

$F(x_0)=\int_{x_0}^{x_0}f(t)\,dt=0,\qquad F(x)=\int_{x_0}^x f(t)\,dt=-\int_x^{x_0}f(t)\,dt\quad\text{per $x<x_0$}.$

La funzione $F$ si chiama funzione integrale di $f$ su $I$ di punto iniziale $x_0$ . Dalla teoria dell’integrale di Riemann, sappiamo che la funzione $F$ è ben definita per ogni $x\in I$ ed è continua su $I$ . Inoltre, se $f$ risulta integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ (la chiusura di $I$ ), allora è possibile definire $F$ anche su $\overline I$ dove risulta essere ancora continua. Infatti, dalla definizione di integrale generalizzato abbiamo

$F(x)=\int_{x_0}^xf(t)\,dt=\lim_{y\to x}\int_{x_0}^yf(t)\,dt=\lim_{y\to x}F(y)\quad\text{per ogni $x\in\overline I$}.$

Più in generale sia $I\subseteq\mathbb R$ un intervallo, sia $N$ un sottoinsieme finito di $I$ e sia $f\colon I\setminus N\to \mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I\setminus N$ . Fissato $x_0\in\overline I$ vogliamo definire ancora la funzione

$F(x):=\int_{x_0}^xf(t)\,dt$

per degli opportuni $x\in\overline I$ . Per prima cosa dobbiamo determinare quale è l’insieme dei punti $x\in\overline I$ per cui tale funzione risulta ben definita. Sicuramente $x_0$ appartiene a questo insieme visto che per definizione $F(x_0)=0$ . Inoltre, bisogna considerare tutti i punti $x\in\overline I$ per cui la funzione $f$ risulta integrabile secondo Riemann o in senso generalizzato tra $x_0$ e $x$ . Pertanto diamo la seguente definizione.

$\quad$

Definizione 1. Sia $I\subseteq\mathbb R$ un intervallo, sia $N$ un sottoinsieme finito di $I$ e sia $f\colon I\setminus N\to \mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I\setminus N$ . Fissato $x_0\in \overline I$ si definisce la funzione integrale $F$ di $f$ di punto iniziale $x_0$ come

$F(x):=\int_{x_0}^xf(t)\,dt\quad\text{per $x\in \mathrm{dom}(F)$},$

dove $\mathrm{dom}(F)\subseteq\overline I$ (dominio di $F$ ) è l’insieme

$\mathrm{dom}(F):=\{x_0\}\cup\{x\in\overline I\,:\,\text{$f$ è integrabile (secondo Riemann o in senso generalizzato) tra $x_0$ e $x$}\}.$

$\quad$

Teorema 1. Sia $I\subseteq\mathbb R$ un intervallo, sia $N$ un sottoinsieme finito di $I$ e sia $f\colon I\setminus N\to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I\setminus N$ . Fissato $x_0\in\overline I$ , l’insieme $\mathrm{dom}(F)\subseteq\overline I$ è un intervallo (al più coincidente con il solo punto $\{x_0\}$ ). Inoltre la funzione $F$ è continua su $\mathrm{dom}(F)$ .

$\quad$

Dimostrazione. Dimostriamo intanto che $\mathrm{dom}(F)\subseteq\overline I$ è un intervallo. Siano $x,y\in\mathrm{dom}(F)$ con $x\le y$ , allora la funzione $f$ è integrabile (secondo Riemann o in senso generalizzato) tra $x_0$ e $x$ e tra $x_0$ e $y$ . Ne consegue che per ogni $z\in[x,y]$ la funzione $f$ è integrabile tra $x_0$ e $z$ . Dunque $z\in\mathrm{dom}(F)$ , cioè $\mathrm{dom}(F)$ è un intervallo.

Dimostriamo ora che $F$ è continua su $\mathrm{dom}(F)$ . Supponiamo intanto che $f$ sia definita su $I:=(a,b]$ e dividiamo la dimostrazione nei seguenti casi.

Sia $x_0>a$ . Allora per ogni $x\in\mathrm{dom}(F)$ la funzione $f$ è integrabile tra $x_0$ e $x$ (secondo Riemann se $x>a$ o in senso generalizzato se $x=a$ ), e dunque $F$ è continua in $x$ per quanto osservato all’inizio di questa sezione.

Sia $x_0=a$ . Se $\mathrm{dom}(F)=\{a\}$ allora per definizione $F$ è continua sul suo dominio. Sia dunque $\mathrm{dom}(F)\neq\{a\}$ e consideriamo $x\in\mathrm{dom}(F)$ . Abbiamo i seguenti sottocasi.

Sia $x>a$ . Allora $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,x]$ e fissato $c\in (a,x)$ abbiamo che
$F(x)=\int_a^xf(t)\,dt=\int_a^cf(t)\,dt+\int_c^xf(t)\,dt.$

Dunque $F$ è continua in $x$ essendo $f$ integrabile secondo Riemann su $[c,x]$ .

Sia $x=a=x_0$ . Dobbiamo far vedere che $F$ è continua in $a$ , cioè
$\lim_{y\to a}F(y)=F(a)=0.$

Poiché $\mathrm{dom}(F)\neq \{a\}$ , allora esiste $c\in \mathrm{dom}(F)$ con $c>a$ . In particolare, $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,c]$ e dunque

$F(c)=\int_a^cf(t)\,dt=\lim_{y\to a}\int_y^cf(t)\,dt.$

Quindi

$0=\int_a^cf(t)\,dt-\lim_{y\to a}\int_y^cf(t)\,dt=\lim_{y\to a}\left(\int_a^cf(t)\,dt-\int_y^cf(t)\,dt\right)=\lim_{y\to a}\int_a^yf(t)\,dt.$

Analogamente, la funzione $F$ è continua su $\mathrm{dom}(F)$ anche nel caso in cui $f$ sia definita su $I:=[a,b)$ oppure $I:=(a,b)$ . Infine, nel caso più generale in cui $f\colon I\setminus N\to\mathbb R$ , basta decomporre $I\setminus N=\bigcup_{j=1}^nI_j$ con $I_j$ intervalli a due a due disgiunti per $j=1,\dots,n$ , e ragionare su ogni $I_j$ utilizzando la proprietà di additività dell’integrale.

Esempio 1. Consideriamo la funzione integrale $F$ definita da

$F(x):=\int_0^x\frac{t^2+\sqrt{|t|}}{1-\sqrt{1-t}}\,dt,$

e andiamo a determinare $\mathrm{dom}(F)$ . Per prima cosa determiniamo il dominio della funzione integranda

$f(x):=\frac{x^2+\sqrt{|x|}}{1-\sqrt{1-x}},$

e abbiamo che $f$ è ben definita se

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

Quindi $f$ risulta ben definita sull’insieme $I:=(-\infty,1]\setminus\{0\}$ , perciò il dominio di $F$ sarà l’insieme dei punti $x\in\overline I=(-\infty,1]$ per cui $f$ risulta integrabile in senso generalizzato tra $0$ e $x$ (poiché la funzione $f$ è illimitata in un intorno di 0, possiamo parlare solo di integrale generalizzato).

Iniziamo controllando se $f$ sia integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ . Abbiamo che

$f(x)\ge 0 \quad\text{per ogni $x\in(0,1]$},\qquad f(x)\sim \frac{\sqrt{x}}{x}=\frac{1}{\sqrt{x}}\quad\text{per $x\to 0^+$},$

essendo $1-\sqrt{1-x}\sim x$ per $x\to 0^+$ , in quanto

$\lim_{x\to 0^+}\frac{1-\sqrt{1-x}}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{x(1+\sqrt{1-x})}=\frac{1}{2}\in\mathbb R\setminus\{0\}.$

Dunque per il criterio del confronto asintotico $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ . Fissiamo ora $c\in(-\infty,0)$ e controlliamo se $f$ sia integrabile in senso generalizzato su $[c,0]$ . Poiché

$f(x)\le 0\quad\text{per ogni $x\in[c,0)$},\qquad f(x)\sim \frac{\sqrt{-x}}{x}=-\frac{1}{\sqrt{-x}}\quad\text{per $x\to 0^-$},$

dal criterio del confronto asintotico (applicato a $-f$ ) possiamo dedurre che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[c,0]$ . Dunque

$\mathrm{dom}(F)=(-\infty,1].$

Osservazione 1. Si noti che se $f$ è integrabile su $[x_0,x]$ , allora $[x_0,x]\subseteq\mathrm{dom}(F)$ . Inoltre, ai fini di determinare il dominio di $F$ non è necessario studiare l’integrabilità generalizzata di $f$ in un intorno di $\pm \infty$ .

Esempio 2. Consideriamo la funzione integrale $F$ definita da

$F(x):=\int_0^x\frac{\ln t}{\sin \sqrt{t}}\,dt$

e andiamo a determinare $\mathrm{dom}(F)$ . Per prima cosa determiniamo il dominio della funzione integranda

$f(x):=\frac{\ln x}{\sin \sqrt{x}}$

e abbiamo che $f$ è ben definita se

$\begin{cases} x>0,\\ x\ge 0,\\ \sin\sqrt{x}\neq 0 \end{cases}\quad\Leftrightarrow \quad x\in (0,+\infty)\setminus\{k^2\pi^2: k\in\mathbb N\}.$

Quindi $f$ risulta ben definita sull’insieme $I:=(0,+\infty)\setminus\{k^2\pi^2: k\in\mathbb N\}$ , perciò il dominio di $F$ andrà cercato tra i punti $x\in\overline I=[0,+\infty)$ per cui $f$ risulta integrabile in senso generalizzato tra $0$ e $x$ . Si noti che $f$ non è definita su un insieme numerabile di punti, ma è comunque possibile considerare la funzione $F$ e studiarne il dominio sull’intervallo $[0,+\infty)$ . Infatti, se ci restringiamo all’intervallo limitato $[0,M]$ con $M>0$ , allora la funzione $f$ risulta non definita solo su un numero finito di punti, e dunque possiamo introdurre la funzione $F$ e studiarne il dominio su $[0,M]$ . Poiché ciò può essere fatto per ogni $M>0$ , allora ha senso determinare il dominio di $F$ tra i punti $x\in[0,+\infty)$ .

Iniziamo controllando se $f$ è integrabile in senso generalizzato in un intorno destro di $0$ . Abbiamo che¹

$f(x)\le 0 \quad\text{per ogni $x\in(0,1]$},\qquad f(x)\sim \frac{\ln x}{\sqrt{x}}=\frac{1}{x^\frac{1}{2}(\ln x)^{-1}}\quad\text{per $x\to 0^+$}.$

Per il criterio del confronto asintotico otteniamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ . In particolare, poiché $f$ è continua su $(0,\pi^2)$ , ne segue che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,c]$ per ogni $c\in(0,\pi^2)$ . Vediamo ora se $f$ è integrabile in un intorno sinistro di $\pi^2$ . Poiché

$f(x)\ge 0\quad\text{per ogni $x\in[1,\pi^2)$},\qquad f(x)\sim \frac{1}{\pi^2-x}\quad\text{per $x\to (\pi^2)^-$},$

essendo

$\lim_{x\to(\pi^2)^-}\frac{\sin\sqrt{x}}{\pi^2-x}=\lim_{y\to \pi^-}\frac{\sin y}{\pi^2-y^2}=\lim_{z\to 0^+}\frac{\sin(\pi-z)}{z(2\pi-z)}=\lim_{z\to 0^+}\frac{\sin z}{z(2\pi-z)}=\frac{1}{2\pi}\in\mathbb R\setminus\{0\},$

dal criterio del confronto asintotico possiamo dedurre che $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[1,\pi^2]$ . In particolare, $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[0,c]$ per ogni $c\ge \pi^2$ . Dunque

$\mathrm{dom}(F)=[0,\pi^2).$

Ricordiamo che $\displaystyle \lim_{y\to 0}\frac{\sin y}{y}=1$ . ↩

Esempio 3. Data la funzione $f$ definita da

$f(x):= \begin{cases} \dfrac{\arctan x}{\sqrt{x}}&\text{per $x\in(0,+\infty)$},\\ \dfrac{1}{\sqrt{-x-x^2}}&\text{per $x\in(-1,0)$}, \end{cases}$

consideriamo la funzione integrale

$F(x)=\int_1^xf(t)\,dt$

e andiamo a determinare $\mathrm{dom}(F)$ . Per prima cosa abbiamo che $f$ è ben definita su $I:=(-1,+\infty)\setminus\{0\}$ , perciò il dominio di $F$ andrà cercato tra i punti $x\in\overline I=[-1,+\infty)$ per cui $f$ risulta integrabile tra $1$ e $x$ .

Poiché la funzione $f$ è continua su $(0,+\infty)$ , ne consegue che è integrabile secondo Riemann tra $1$ e $x$ per ogni $x\in(0,+\infty)$ . Inoltre

$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{\sqrt{x}}=0,$

dunque $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ in quanto è prolungabile con continuità a destra in $x=0$ . Perciò $[0,+\infty)\subseteq\mathrm{dom}(F)$ .

Vediamo ora se $f$ è integrabile in senso generalizzato su un intorno sinistro di $0$ . Fissato $c\in(-1,0)$ abbiamo che

$f(x)\ge 0 \quad\text{per ogni $x\in[c,0)$},\qquad f(x)\sim \frac{1}{\sqrt{-x}}\quad\text{per $x\to 0^-$}.$

Per il criterio del confronto asintotico otteniamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[c,0]$ . In particolare, $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[c,1]$ . Rimane da vedere se $f$ è integrabile in senso generalizzato su un intorno destro di $-1$ . Fissato $c\in (-1,0)$ abbiamo

$f(x)\ge 0\quad\text{per ogni $x\in(-1,c]$},\qquad f(x)\sim \frac{1}{\sqrt{1+x}}\quad\text{per $x\to -1^-$},$

quindi dal criterio del confronto asintotico possiamo dedurre che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[-1,c]$ . In particolare, $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[-1,1]$ . Dunque

$\mathrm{dom}(F)=[-1,+\infty).$

In generale, data una funzione $f\colon I\setminus N\to \mathbb R$ non è sempre possibile determinarne una primitiva esprimibile in termini di funzioni elementari, e di conseguenza una espressione per $F$ . Nonostante ciò la funzione $F$ può essere studiata a partire dalle proprietà di $f$ . Abbiamo già visto che $F$ è sempre definita su un intervallo, dove è continua. Inoltre, se $f$ è più regolare, anche la funzione $F$ risulta avere maggiore regolarità.

Teorema 2. Sia $I\subseteq\mathbb R$ un intervallo, sia $N$ un sottoinsieme finito di $I$ e sia $f\colon I\setminus N\to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I\setminus N$ . Fissato $x_0\in\overline I$ sia

$F(x):=\int_{x_0}^xf(t)\,dt\quad\text{per $x\in \mathrm{dom}(F)$}.$

Sia $c\in\mathrm{dom}(F)$ . Se esiste finito il limite

$\lim_{x\to c^+}f(x)=L\in\mathbb R$

e la funzione $F$ è definita in un intorno destro di $c$ , allora esiste la derivata destra $F'(c^+)$ di $F$ in $c$ e

$F'(c^+):=\lim_{h\to 0^+}\frac{F(c+h)-F(c)}{h}=L.$

Se esiste finito il limite

$\lim_{x\to c^-}f(x)=M\in\mathbb R$

e la funzione $F$ è definita in un intorno sinistro di $c$ , allora esiste la derivata sinistra $F'(c^-)$ di $F$ in $c$ e

$F'(c^-):=\lim_{h\to 0^-}\frac{F(c+h)-F(c)}{h}=M.$

In particolare, se $f$ è continua in $c$ e $F$ è definita in un intorno di $c$ , allora $F$ è derivabile in $c$ e

$F'(c)=f(c).$

$\quad$

Dimostrazione. Dimostriamo il primo punto (gli altri punti sono analoghi). Se esiste finito il limite

$\lim_{x\to c^+}f(x)=L\in\mathbb R,$

allora per ogni $\varepsilon>0$ possiamo trovare $\delta>0$ tale che

$|f(x)-L|<\varepsilon\quad\text{per ogni $x\in (c,c+\delta)$}$

(poiché $f$ è definita su $I$ tranne un insieme finito di punti, possiamo trovare $\delta>0$ sufficientemente piccolo per cui $f$ è definita per ogni $x\in (c,c+\delta)$ ). Inoltre possiamo scegliere $\delta>0$ sufficiente piccolo per cui $F$ risulta ben definita in $c+h$ per ogni $h\in (0,\delta)$ . Allora

$\begin{aligned} \left|\frac{F(c+h)-F(c)}{h}-L\right| &= \left|\frac{\int_{x_0}^{c+h}f(t)\,dt-\int_{x_0}^cf(t)\,dt}{h}-L\right| \\ &= \left|\frac{\int_c^{c+h}f(t)\,dt}{h}-L\right| \\ &= \left|\frac{\int_c^{c+h}(f(t)-L)\,dt}{h}\right|. \end{aligned}$

La funzione $x\mapsto |f(x)-L|$ è localmente integrabile su $(c,c+h)$ ed è limitata su tale insieme, dunque è integrabile su $[c,c+h]$ ². In particolare

$\begin{aligned} \left|\frac{F(c+h)-F(c)}{h}-L\right|=\left|\frac{\int_c^{c+h}(f(t)-L)\,dt}{h}\right|\le \frac{\int_c^{c+h}|f(t)-L|\,dt}{h}=\varepsilon\quad\text{per ogni $h\in (0,\delta)$}. \end{aligned}$

Quindi esiste la derivata destra $F'(c^+)$ di $F$ in $c$ e

$F'(c^+):=\lim_{h\to 0^+}\frac{F(c+h)-F(c)}{h}=L.$

Vedi teorema 1 in “teoria sugli integrali impropri“. ↩

Osservazione 2. Più in generale, se $f\in C^m((a,b))$ , allora $F\in C^{m+1}((a,b))$ e $F^{(m+1)}(x)=f^{(m)}(x)$ per ogni $x\in(a,b)$ .

Si osservi che spesso il segno di $F$ può essere ricavato a partire da quello di $f$ . Per esempio se $x\in\mathrm{dom}(F)$ con $x>x_0$ e $f$ è continua in $(x_0,x)$ con $f\ge 0$ in $(x_0,x)$ , allora $F(x)\ge 0$ per il criterio del confronto. Inoltre, se $f$ non è identicamente nulla, allora $F(x)>0$ . Infatti, dalla continuità di $f$ possiamo trovare un intervallo chiuso e limitato $[a,b]\subset(x_0,x)$ e $m>0$ tale che $f(t)\ge m$ per ogni $t\in [a,b]$ . Quindi, dall’additività dell’integrale

$\int_{x_0}^xf(t)\,dt=\int_{x_0}^af(t)\,dt+\int_a^bf(t)\,dt+\int_b^xf(t)\,dt\ge \int_a^b f(t)\,dt\ge m(b-a)>0.$

Infine, se $f$ è definita su un dominio illimitato, allora lo studio dell’integrabilità in un intorno di $\pm \infty$ ci può dare informazioni aggiuntive per determinare il grafico di $F$ . Per esempio, se $f \colon [a,+\infty)\to\mathbb R$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,+\infty)$ , allora la funzione

$F(x)=\int_a^xf(t)\,dt$

è ben definita e continua su $[a,+\infty)$ . Inoltre $F$ risulta limitata in $[a,+\infty)$ e $y=\int_a^{+\infty}f(t)\,dt$ è un asintoto orizzontale per $F$ per $x\to+\infty$ .

Esempio 4. Consideriamo la funzione integrale dell’esempio 1 definita da

$F(x):=\int_0^x\frac{t^2+\sqrt{|t|}}{1-\sqrt{1-t}}\,dt\quad\text{per $x\in(-\infty,1]$}.$

Abbiamo già visto che $F$ è ben definita su $(-\infty,1]$ , dove è continua, e per definizione

$F(0)=0.$

Osserviamo ora che la funzione

$f(x):=\frac{x^2+\sqrt{|x|}}{1-\sqrt{1-x}}\quad\text{per $x\in (-\infty,1]\setminus\{0\}$}$

è continua e strettamente positiva su $(0,1]$ , mentre è continua e strettamente negativa su $(-\infty,0)$ . Quindi

$F(x)=\int_0^xf(t)\,dt>0\quad\text{per ogni $x\in (0,1]$},\qquad F(x)=-\int_x^0f(t)\,dt>0\quad\text{per ogni $x\in (-\infty,0)$}.$

Dal teorema 2 abbiamo inoltre che $F$ è derivabile in $(-\infty,1)\setminus\{0\}$ e

$F'(x)=f(x)\quad\text{per ogni $x\in (-\infty,1)\setminus\{0\}$}.$

Quindi $F$ è decrescente su $(-\infty,0)$ e crescente su $(0,1]$ . Inoltre

$F'(1^-)=\lim_{x\to 1^-}f(x)=0,\qquad \lim_{x\to 0^-}F'(x)=-\infty,\qquad\lim_{x\to 0^+}F'(x)=+\infty,$

da cui deduciamo che $F$ ha una cuspide in $x=0$ e tangente orizzontale in $x=1$ . Infine, osserviamo che l’integrale di $f$ diverge su $(-\infty,0)$ in quanto $\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$ ³. Dunque

$\lim_{x\to -\infty}F(x)=-\lim_{x\to -\infty}\int_x^0 f(t)\,dt=+\infty.$

$\quad$

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Figura 1: Grafico qualitativo di $F$ su $(-\infty,1]$ .

Funzioni integrali: primo grafico

$\quad$

Vedi teorema 8 in “teoria sugli integrali impropri”. ↩

Formula di Taylor per funzioni integrali.

Sia $x_0\in\mathbb R$ , sia $r>0$ e sia $f\colon[x_0,x_0+r)\to\mathbb R$ una funzione continua. Allora, la funzione

$F(x):=\int_{x_0}^xf(t)\,dt$

è ben definita e continua per ogni $x\in [x_0,x_0+r)$ e per definizione

$F(x_0)=0,$

cioè $F$ è infinitesima in $x_0$ . Vogliamo dimostrare che si può calcolare l’ordine di infinitesimo di $F$ per $x\to x_0^+$ a partire da quello di $f$ .

$\quad$

Definizione 2. Sia $x_0\in \mathbb R$ , sia $r>0$ e sia $f\colon [x_0,x_0+r)\to \mathbb R$ una funzione continua. La funzione $f$ si dice infinitesimo di ordine $\alpha\ge 0$ per $x\to x_0^+$ se esiste finito e non nullo il limite

$\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)}{(x-x_0)^\alpha}=\lambda\in\mathbb R\setminus\{0\}.$

La funzione $g(x):=\lambda(x-x_0)^\alpha$ si chiama parte principale di $f$ per $x\to x_0^+$ .

$\quad$

Osservazione 3. Si noti che se $f$ è un infinitesimo di ordine $\alpha>0$ per $x\to x_0^+$ , allora $f(x_0)=0$ , mentre $f$ è un infinitesimo di ordine $\alpha=0$ per $x\to x_0^+$ se e solo se $f(x_0)\neq 0$ .

Analogamente, se abbiamo una funzione continua $f\colon (x_0-r,x_0]\to\mathbb R$ , diremo che $f$ è un infinitesimo di ordine $\beta\ge 0$ per $x\to x_0^-$ se esiste finito e diverso da zero il limite

$\lim_{x\to x_0^-}\frac{f(x)}{(x_0-x)^\beta}=\lambda\in\mathbb R\setminus\{0\},$

e la parte principale di $f$ per $x\to x_0^-$ sarà la funzione $h(x):=\lambda(x_0-x)^\beta$ . Quando $f\colon(x_0-r,x_0+r)\to\mathbb R$ e $\alpha=\beta$ , allora diremo semplicemente che $f$ è un infinitesimo di ordine $\alpha$ per $x\to x_0$ .

Esempio 5. Consideriamo la funzione

$f(x)=2-2\cos x-x^2\quad\text{per $x\in\mathbb R$}$

e andiamo a determinare la sua parte principale per $x\to 0^+$ , cioè dobbiamo determinare $\alpha\ge 0$ tale che il limite

$\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x^\alpha}$

esiste finito e non nullo. Poiché $f$ derivabile su $\mathbb R$ , una strategia per fare ciò è utilizzare il teorema di de l’Hôspital. Infatti, essendo $f(0)=0$ tale limite è non nullo solo se $\alpha>0$ e

$\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x^\alpha}=\lim_{x\to 0^+}\frac{f'(x)}{\alpha x^{\alpha-1}}.$

Abbiamo che

$f'(x)=2\sin x-2x,\quad\Rightarrow\quad f'(0)=0.$

Ne segue che il limite

$\lim_{x\to 0^+}\frac{f'(x)}{\alpha x^{\alpha-1}}$

è non nullo solo se $\alpha>1$ e applicando di nuovo il teorema di de l’Hôspital otteniamo

$\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x^\alpha}=\lim_{x\to 0^+}\frac{f''(x)}{\alpha(\alpha-1)x^{\alpha-2}}.$

Continuando in questo modo otteniamo

$\begin{aligned} &f''(x)=2\cos x-2\quad\Rightarrow\quad f''(0)=0,\\ &f'''(x)=2\sin x\quad\Rightarrow\quad f'''(0)=0,\\ &f^{(4)}(x)=2\cos x\quad\Rightarrow\quad f^{(4)}(0)=2. \end{aligned}$

Quindi, per il teorema di de l’Hôspital

$\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x^\alpha}=\lim_{x\to 0^+}\frac{f^{(4)}(x)}{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)(\alpha-3)x^{\alpha-4}}$

e tale limite esiste finito e non nullo se e solo se $\alpha=4$ . Ne segue che $f$ è un infinitesimo di ordine $\alpha=4$ per $x\to 0^+$ e poiché

$\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^4}=\lim_{x\to 0}\frac{f^{(4)}(x)}{24}=\frac{1}{12}$

otteniamo che la parte principale di $f$ è data da

$g(x):=\frac{x^4}{12}.$

Analogamente, si può dimostrare che $f$ di ordine 4 anche per $x\to 0^-$ con parte principale

$h(x)=g(x)=\frac{x^4}{12}.$

Osservazione 4. Dall’esempio precedente possiamo dedurre che se una funzione $f$ è derivabile infinite volte in $x_0$ , allora il suo ordine di infinitesimo per $x\to x_0$ sarà pari all’ordine della prima derivata non nulla in $x_0$ .

Osservazione 5. Non tutte le funzioni continue $f\colon [x_0,x_0+r)\to\mathbb R$ ammettono un infinitesimo di ordine $\alpha\ge 0$ per $x\to x_0^+$ . Si consideri per esempio la funzione $f\colon [0,+\infty)\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\begin{cases} x\ln x &\text{per $x\in(0,+\infty)$},\\ 0&\text{per $x=0$}. \end{cases}$

La funzione $f$ è continua in $[0,+\infty)$ , ma non esiste nessun $\alpha\ge 0$ tale per cui $f$ ha un infinitesimo di ordine $\alpha$ per $x\to 0^+$ . Infatti, per ogni $\alpha\ge 0$ risulta

$\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x^\alpha}=\lim_{x\to 0}x^{1-\alpha}\ln x= \begin{cases} 0&\text{per $\alpha \in[0,1)$},\\ -\infty &\text{per $\alpha\in[1,+\infty)$}. \end{cases}$

Teorema 3. Sia $x_0\in\mathbb R$ , sia $r>0$ e sia $f\colon[x_0,x_0+r)\to\mathbb R$ una funzione continua. Supponiamo che la funzione $f$ sia un infinitesimo di ordine $\alpha\ge 0$ per $x\to x_0^+$ con parte principale $g(x):=\lambda(x-x_0)^\alpha$ . Allora la funzione

$F(x):=\int_{x_0}^xf(t)\,dt\quad\text{per $x\in [x_0,x_0+r)$}$

è infinitesima di ordine $\alpha+1$ per $x\to x_0^+$ con parte principale

$G(x):=\frac{\lambda}{\alpha+1}(x-x_0)^{\alpha+1}.$

$\quad$

Dimostrazione. Dobbiamo dimostrare che esiste finito e non nullo il limite

$\lim_{x\to x_0^+}\frac{F(x)}{(x-x_0)^{\alpha+1}}.$

Poiché $f$ è continua su $[x_0,x_0+r)$ , ne segue che $F$ è derivabile su $[x_0,x_0+r)$ . Inoltre, per definizione $F(x_0)=0$ . Dunque per calcolare il limite precedente possiamo utilizzare il teorema di de l’Hôspital e abbiamo

$\lim_{x\to x_0^+}\frac{F(x)}{(x-x_0)^{\alpha+1}}=\lim_{x\to x_0^+}\frac{F'(x)}{(\alpha+1)(x-x_0)^\alpha}=\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)}{(\alpha+1)(x-x_0)^\alpha}=\frac{\lambda}{\alpha+1}\in\mathbb R\setminus\{0\}.$

Dunque $F$ è un infinitesimo di ordine $\alpha+1$ per $x\to x_0^+$ con parte principale $G(x):=\frac{\lambda}{\alpha+1}(x-x_0)^{\alpha+1}.$

Quindi la parte principale di $F$ può essere calcolata integrando la parte principale di $f$ . Chiaramente, lo stesso risultato è vero anche per una funzione $f\colon (x_0-r,x_0]\to\mathbb R$ e $x\to x_0^-$ .

Esempio 6. Consideriamo la funzione

$F(x):=\int_0^x\frac{\ln^3(1+t^2)}{\sin t(e^{\sqrt{t}}-1)}\,dt$

e calcoliamoci il suo ordine di infinitesimo per $x\to 0^+$ . Per prima cosa osserviamo che $F$ è ben definita in un intorno destro di $0$ , in quanto la funzione

$f(x):=\frac{\ln^3(1+x^2)}{\sin x(e^{\sqrt{x}}-1)}$

è continua su $(0,\pi)$ ed è prolungabile con continuità a destra in $x=0$ , poiché⁴

$\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln^3(1+x^2)}{\sin x(e^{\sqrt{x}}-1)}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x^6}{x\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0^+}x^{\frac{9}{2}}=0.$

Dunque la funzione $f$ è integrabile su $[0,x]$ per ogni $x\in (0,\pi)$ e pertanto la funzione $F$ è definita almeno sull’intervallo $[0,\pi)$ . Se consideriamo la funzione $\tilde f\colon [0,\pi)\to\mathbb R$ definita come

$\tilde f(x):= \begin{cases} f(x)&\text{per $x\in(0,\pi)$},\\ 0&\text{per $x=0$}, \end{cases}$

abbiamo che $\tilde f$ è continua su $[0,\pi)$ e ha ordine di infinitesimo $\alpha:=\frac{9}{2}$ per $x\to 0^+$ , in quanto

$\lim_{x\to 0^+}\frac{\tilde f(x)}{x^\frac{9}{2}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x^\frac{9}{2}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x^\frac{9}{2}}{x^\frac{9}{2}}=1.$

Inoltre, abbiamo che⁵

$F(x)=\int_0^x f(t)\,dt=\int_0^x \tilde f(t)\,dt\quad\text{per ogni $x\in[0,\pi)$}\footnotemark.$

Quindi possiamo applicare il teorema precedente e ottenere che $F$ è un infinitesimo di ordine $\alpha+1=\frac{11}{2}$ per $x\to 0^+$ e la sua parte principale è data da

$g(x):=\frac{2}{11}x^{\frac{11}{2}}.$

Ricordiamo che $\displaystyle \lim_{y\to 0}\frac{\ln(1+y)}{y}=\lim_{y\to 0}\frac{e^y-1}{y}=1$ . ↩

Vedi teorema 1 in “teoria sugli integrali impropri”. ↩

Osservazione 1. Dall’esempio 6 possiamo dedurre che il teorema 3 è valido anche se la funzione $f$ non è definita in $x_0$ , ma è prolungabile con continuità a sinsitra in tale punto.

Vogliamo far vedere ora che il teorema 3 può essere generalizzato agli sviluppi di Taylor. Per prima cosa, ricordiamo il seguente risultato, di cui riportiamo anche la dimostrazione per completezza.

Teorema 4 (sviluppo di Taylor). Sia $x_0\in \mathbb R$ e sia $r>0$ . Sia $m\in\mathbb N$ e sia $f\in C^m((x_0-r,x_0+r))$ . Allora esistono unici $a_0,a_1,\dots,a_m\in\mathbb R$ tali che

$f(x)=\sum_{i=0}^ma_i(x-x_0)^i+o((x-x_0)^m)\quad\text{per $x\in (x_0-r,x_0+r)$},$

dove il resto $o((x-x_0)^m)$ (o-piccolo di $(x-x_0)^m$ ) è una funzione su $(x_0-r,x_0+r)$ tale che

$\lim_{x\to x_0}\frac{o((x-x_0)^m)}{(x-x_0)^m}=0.$

Tale formula si chiama sviluppo di Taylor di ordine $m$ e centro $x_0$ per $f$ . In particolare

$a_i=\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}\quad\text{per $i=0,\dots,m$}.$

$\quad$

Dimostrazione. Definiamo la funzione

$R(x):=f(x)-\sum_{i=0}^m\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i\quad\text{per $x\in (x_0-r,x_0+r)$},$

e dimostriamo che

$\lim_{x\to x_0}\frac{R(x)}{(x-x_0)^m}=0.$

Se ciò accade possiamo scrivere $f$ come

$f(x)=\sum_{i=0}^ma_i(x-x_0)^i+o((x-x_0)^m)\quad\text{per $x\in (x_0-r,x_0+r)$},\quad a_i=\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}\quad\text{per $i=0,\dots,m$}.$

Se $m=0$ , ciò è diretta conseguenza della continuità di $f$ , essendo

$\lim_{x\to x_0}\frac{R(x)}{(x-x_0)^0}=\lim_{x\to x_0}f(x)-f(x_0)=0.$

Sia dunque $m\ge 1$ . Poiché la funzione $R\in C^m((x_0-r,x_0+r))$ e $R(x_0)=f(x_0)-f(x_0)=0$ , per calcolare quel limite possiamo utilizzare il teorema di de l’Hôspital e ottenere che

$\lim_{x\to x_0}\frac{R(x)}{(x-x_0)^m}=\lim_{x\to x_0}\frac{R'(x)}{m(x-x_0)^{m-1}}.$

Osserviamo che

$R'(x)=f'(x)-\sum_{i=1}^m\frac{f^{(i)}(x_0)}{(i-1)!}(x-x_0)^{(i-1)}\quad\text{per $x\in(x_0-r,x_0+r)$}$

e $R'(x_0)=f'(x_0)-f'(x_0)=0$ . Dunque se $m=1$ abbiamo che

$\lim_{x\to x_0}\frac{R(x)}{(x-x_0)}=\lim_{x\to x_0}R'(x)=0,$

mentre se $m\ge 2$ possiamo applicare di nuovo il teorema di de l’Hôspital. Poiché

$R^{(j)}(x)=f^{(j)}(x)-\sum_{i=j}^m\frac{f^{(i)}(x_0)}{(i-j)!}(x-x_0)^{(i-j)}\quad\text{per $x\in (x_0-r,x_0+r)$ e $j=1,\dots,m$}$

e $R^{(j)}(x_0)=f^{(j)}(x_0)-f^{(j)}(x_0)=0$ per $j=1,\dots,m$ , iterando questo procedimento e applicando $m$ volte il teorema di de l’Hôspital otteniamo

$\lim_{x\to x_0}\frac{R(x)}{(x-x_0)^m}=\lim_{x\to x_0}\frac{R^{(m)}(x)}{m!}=0.$

Rimane da dimostrare che i coefficienti $a_0,\dots,a_m\in\mathbb R$ dello sviluppo di Taylor di ordine $m$ e centro $x_0$ per $f\in C^m((x_0-r,x_0+r))$ sono univocamente determinati. Infatti, se abbiamo

$f(x)=\sum_{i=0}^ma_i(x-x_0)^i+R(x)\quad\text{per $x\in (x_0-r,x_0+r)$},$

con $R$ o-piccolo di $(x-x_0)^m$ , allora da tale formula otteniamo

(1) $\begin{equation*} f^{(j)}(x)=\sum_{i=j}^m a_i\frac{i!}{(i-j)!}(x-x_0)^{i-j}+R^{(j)}(x)\quad\text{per $x\in (x_0-r,x_0+r)$ e $j=0,\dots,m$}. \end{equation*}$

Si noti che la funzione $R\in C^m((x_0-r,x_0+r))$ essendo

$R(x)=f(x)-\sum_{i=0}^ma_i(x-x_0)^i.$

Inoltre $R^{(j)}(x_0)=0$ per $j=0,\dots,m$ . Infatti, per assurdo sia $j_0\in\{0,\dots,m\}$ il primo indice per cui risulta che $R^{(j_0)}(x_0)\neq 0$ . Allora dal teorema di de l’Hôspital abbiamo

$\lim_{x\to x_0}\frac{R(x)}{(x-x_0)^m}=\lim_{x\to x_0}\frac{R^{(j_0)}(x)}{\dfrac{m!}{(m-j_0)!}(x-x_0)^{m-j_0}}\neq 0,$

che contraddice il fatto che $R$ è un o-piccolo di $(x-x_0)^m$ . Dunque, da (1) otteniamo

$f^{(j)}(x_0)=j!a_j\quad\text{per $j=0,\dots,m$}.$

Osservazione 7. Lo sviluppo di Taylor può essere utilizzato anche per calcolare l’ordine di infinitesimo e parte principale di una funzione. Consideriamo per esempio la funzione $f(x)=2-2\cos^2x-x^2$ dell’esempio 5. Se ci calcoliamo lo sviluppo di Taylor di $\cos x$ di ordine 4 e centro 0 abbiamo che

$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4),$

e dunque

$\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x^\alpha}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\dfrac{x^4}{12}+o(x^4)}{x^\alpha},$

che risulta finito e diverso da zero se e solo se $\alpha=4$ . Quindi $f$ è un infinitesimo di ordine $4$ per $x\to 0^+$ e la parte principale è data da $g(x):=\dfrac{x^4}{12}$ .

Sia $x_0\in\mathbb R$ , sia $r>0$ e sia $f\colon [x_0,x_0+r)\to\mathbb R$ una funzione continua. Fissato $m\in\mathbb N$ supponiamo che la funzione $f$ ammetta uno sviluppo di Taylor di ordine $m$ per $x\to x_0^+$ , cioè che esistano $a_0,a_1,\dots,a_m\in\mathbb R$ tali che

$f(x)=\sum_{i=0}^ma_i(x-x_0)^i+o((x-x_0)^m)\quad\text{per $x\in [x_0,x_0+r)$},$

dove in questo caso $x\mapsto o((x-x_0)^m)$ è una funzione su $[x_0,x_0+r)$ che soddisfa

$\lim_{x\to x_0^+}\frac{o((x-x_0)^m)}{(x-x_0)^m}=0$

(ciò si può fare per esempio se $f\in C^m((x_0-r,x_0+r))$ per il teorema 4. Allora, in analogia con il teorema 3 ci aspettiamo che la funzione

$F(x):=\int_{x_0}^xf(t)\,dt\quad\text{per $x\in[x_0,x_0+r)$}$

ammetta uno sviluppo di Taylor di ordine $m+1$ per $x\to x_0^+$ e che tale sviluppo si possa ottenere integrando lo sviluppo di Taylor di $f$ di ordine $m$ per $x\to x_0^+$ .

Teorema 5. Sia $x_0\in \mathbb R$ , sia $r>0$ e sia $f\colon [x_0,x_0+r)\to\mathbb R$ una funzione continua. Sia $m\in\mathbb N$ e supponiamo che esistano $a_0,a_1,\dots,a_m\in\mathbb R$ tali che

$f(x)=\sum_{i=0}^m a_i(x-x_0)^i+o((x-x_0)^m)\quad\text{per $x\in [x_0,x_0+r)$}.$

Allora, la funzione $F$ 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 $x\in [x_0,x_0+r)$}.$

$\quad$

Dimostrazione. Per prima cosa osserviamo che la funzione $x\mapsto o((x-x_0)^m)$ è continua su $[x_0,x_0+r)$ , essendo

$o((x-x_0)^m)=f(x)-\sum_{i=0}^m a_i(x-x_0)^i\quad\text{per $x\in [x_0,x_0+r)$}.$

Fissato $x\in(x_0,x_0+r)$ , se integriamo $f$ su $[x_0,x]$ otteniamo che

$\begin{aligned} F(x)&=\int_{x_0}^x f(t)\,dt=\int_{x_0}^x(\sum_{i=0}^m a_i(t-x_0)^i+o((t-x_0)^m))\,dt\\ &=\sum_{i=0}^ma_i\int_{x_0}^x(t-x_0)^i\,dt+\int_{x_0}^xo((t-t_0)^m)\,dt=\sum_{i=0}^m\frac{a_i}{i+1}(x-x_0)^{i+1}+\int_{x_0}^xo((t-t_0)^m)\,dt. \end{aligned}$

Dunque è sufficiente dimostrare che

$\lim_{x\to x_0^+}\frac{\int_{x_0}^xo((t-x_0)^m)\,dt}{(x-x_0)^{m+1}}=0.$

Poiché

$\int_{x_0}^{x_0}o((t-x_0)^m)\,dt=0,$

per calcolare il limite precedente possiamo utilizzare il teorema di de l’Hôspital e abbiamo

$\lim_{x\to x_0^+}\frac{\int_{x_0}^xo((t-x_0)^m)\,dt}{(x-x_0)^{m+1}}=\lim_{x\to x_0^+}\frac{o((x-x_0)^m)}{(m+1)(x-x_0)^m}=0.$

Chiaramente, lo stesso risultato è vero anche per $f\colon (x_0-r,x_0]\to\mathbb R$ e $x\to x_0^-$ . Inoltre, argomentando come nell’esempio 6 il teorema 5 rimane vero anche quando la funzione $f$ non è definita in $x=x_0$ , ma è prolungabile con continuità a destra in tale punto.

Osservazione 8. Nel caso in cui $f\in C^m((x_0-r,x_0+r))$ , allora $F\in C^{m+1}((x_0-r,x_0+r))$ e il teorema 5 può essere dimostrato calcolando i coefficienti della formula di Taylor di $F$ tramite il teorema 4 e utilizzando che

$F^{(j)}(x)=f^{(j+1)}(x)\quad\text{per $x\in (x_0-r,x_0+r)$ e $j=0,\dots,m$}.$

Esempio 7. Consideriamo la funzione integrale

$F(x)=\int_1^x \frac{\tan(1-t)\ln t}{t-1}\,dt$

e calcoliamoci lo sviluppo di Taylor di $F$ di ordine 4 per $x\to 1^+$ . Intanto osserviamo che la funzione integranda

$f(x)=\frac{\tan(1-x)\ln x}{x-1}$

è ben definita è continua in un intorno destro di $1$ . Inoltre $f$ risulta prolungabile con continuità a destra in $x=1$ , poiché

$\lim_{x\to 1^+}f(x)=-\lim_{x\to 1^+}\ln x=0.$

Dunque $F$ è ben definita in un intorno destro di 1. Grazie al teorema 5 per calcolare lo sviluppo di Taylor per $F$ di ordine 4 per $x\to 1^+$ è sufficiente calcolare lo sviluppo di Taylor per $f$ ordine 3 per $x\to 1^+$ . Per fare ciò utilizziamo gli sviluppi di Taylor delle funzioni $\ln(1+x)$ e $\tan x$ e abbiamo che

$\begin{aligned} &\ln x=\ln (1+(x-1))=(x-1)-\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{3}-\frac{(x-1)^4}{4}+o((x-1)^4)\quad\text{per $x\to 1^+$},\\ &\tan(1-x)=-\tan(x-1)=-(x-1)-\frac{(x-1)^3}{3}+o((x-1)^4)\quad\text{per $x\to 1^+$} \end{aligned}$

(abbiamo calcolato lo sviluppo di Taylor di ordine 4 per entrambe le funzioni, perché dobbiamo dividere poi per $x-1$ ). Dunque

$\begin{aligned} f(x) &= \frac{-(x-1)^2+\dfrac{(x-1)^3}{2}-\dfrac{2(x-1)^4}{3}+o((x-1)^4)}{x-1} \\ &= -(x-1) + \frac{(x-1)^2}{2} - \frac{2(x-1)^3}{3} + o((x-1)^3) \quad \text{per } x \to 1^+, \end{aligned}$

e dal teorema 5 otteniamo che

$F(x)=-\frac{(x-1)^2}{2}+\dfrac{(x-1)^3}{6}-\dfrac{(x-1)^4}{6}+o((x-1)^4)\quad\text{per $x\to 1^+$}.$

Funzioni integrali con funzioni agli estremi.

Sia $I\subseteq\mathbb R$ un intervallo, sia $N$ un sottoinsieme finito di $I$ e sia $f\colon I\setminus N\to \mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I\setminus N$ . Fissato $x_0\in \overline I$ sappiamo che possiamo definire la funzione

$G(x):=\int_{x_0}^x f(t)\,dt\quad\text{per $x\in\mathrm{dom}(G)$}.$

Consideriamo ora un secondo intervallo $J\subseteq\mathbb R$ e una funzione $\beta\colon J\to\mathbb R$ . Vogliamo andare a definire e studiare le proprietà della funzione

$F(x):=\int_{x_0}^{\beta(x)}f(t)\,dt.$

Per prima cosa osserviamo che tale funzione è definita in quei punti $x\in J$ per cui $\beta(x)\in\mathrm{dom}(G)$ . Più precisamente

$\mathrm{dom}(F)=\{x\in J:\beta(x)\in\mathrm{dom}(G)\}.$

Quindi al contrario di $\mathrm{dom}(G)$ questo insieme potrebbe essere vuoto e non necessariamente un intervallo.

Esempio 8. Consideriamo la funzione integrale

$F(x):=\int_0^{\sin x}\frac{e^{-\frac{1}{t}}}{t^2-t}\,dt.$

e andiamoci a calcolare il suo dominio. Per prima cosa calcoliamoci il dominio di

$G(x):=\int_0^x\frac{e^{-\frac{1}{t}}}{t^2-t}\,dt$

e per definizione $0\in\mathrm{dom}(G)$ . Inoltre la funzione integranda

$f(x)=\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2-x}$

è ben definita e continua su $\mathbb R\setminus\{0,1\}$ . Preso $c\in(-\infty,0)$ abbiamo che

$f(x)\ge \frac{e^{-\frac{1}{c}}}{x^2-x}\quad\text{per ogni $x\in [c,0)$},\quad \frac{e^{-\frac{1}{c}}}{x^2-x}\sim \frac{1}{x}\quad\text{per $x\to 0^-$}.$

Dunque per il criterio del confronto $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[c,0]$ . Sia ora $c\in (0,1)$ , allora abbiamo che

$\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2-x}=-\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x}=-\lim_{y\to+\infty}ye^{-y}=0.$

Quindi $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,c]$ , essendo prolungabile con continuità a destra in $x=0$ . Inoltre, abbiamo che

$f(x)\le 0\quad\text{per $x\in [c,1)$},\qquad f(x)\sim \frac{1}{x-1}\quad\text{per $x\to 1^-$},$

dunque $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ . Allora $\mathrm{dom}(G)=[0,1)$ e quindi il dominio di $F$ sarà l’insieme dei punti $x\in \mathbb R$ tali che $\sin x\in[0,1)$ . Perciò abbiamo

$\mathrm{dom}(F)=\bigcup_{k\in\mathbb Z}\left([2k\pi,(2k+1)\pi]\setminus\left\{\frac{\pi}{2}+2k\pi\right\}\right).$

Teorema 6. Siano $I,J\subseteq\mathbb R$ due intervalli e sia $N$ un sottoinsieme finito di $I$ . Sia $f\colon I\setminus N\to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I\setminus N$ e sia $\beta\colon J\to\mathbb R$ . Fissato $x_0\in \overline I$ si consideri la funzione

$F(x):=\int_{x_0}^{\beta(x)}f(t)\,dt\quad\text{per $x\in\mathrm{dom}(F)$}.$

Sia $x\in \mathrm{dom}(F)$ . Se $\beta$ è continua in $x$ , allora $F$ è continua in $x$ . Inoltre, se $F$ è definita in un intorno di $x$ , $\beta$ è derivabile in $x$ e $f$ è continua in $\beta(x)$ , allora $F$ è derivabile in $x$ e

$F(x)=f(\beta(x))\beta'(x).$

$\quad$

Dimostrazione. Fissiamo $x\in\mathrm{dom}(F)$ e studiamo la continuità di $F$ in $x$ . Definiamo la funzione

$G(x):=\int_{x_0}^x f(t)\,dt\quad\text{per $x\in\mathrm{dom}(G)$}.$

Poiché $x\in\mathrm{dom}(F)$ , allora per definizione $\beta(x)\in\mathrm{dom}(G)$ e quindi $G$ è continua in $\beta(x)$ per il Teorema 1 . Poiché

$F(x)=G(\beta(x))\quad\text{per $x\in\mathrm{dom}(F)$}$

e la funzione $\beta$ è continua in $x$ , allora dalle proprietà di continuità delle funzioni composte otteniamo che $F$ è continua in $x$ .

Studiamo ora la derivabilità di $F$ in $x$ e dobbiamo dimostrare che

$\lim_{h\to 0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=f(\beta(x))\beta'(x).$

Fissiamo $\varepsilon>0$ . Poiché la funzione $f$ è continua in $\beta(x)$ esiste $\delta>0$ tale che

$|f(y)-f(\beta(x))|<\frac{\varepsilon}{2(|\beta(x)|+1)}\quad\text{per ogni $y\in (\beta(x)-\delta,\beta(x)+\delta)$}.$

Inoltre $\beta$ è derivabile (e quindi continua) in $x$ , allora esiste $\eta>0$ tale che

$\begin{aligned} &\beta(x+h)\in(\beta(x)-\delta,\beta(x)+\delta)\quad\text{per ogni $h\in (-\eta,\eta)$},\\ & \left|\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}-\beta'(x)\right|<\frac{\varepsilon(|\beta(x)|+1)}{2|f(\beta(x))|(|\beta(x)|+1)+\varepsilon} \quad\text{per ogni $h\in (-\eta,\eta)$}. \end{aligned}$

Infine, poiché $F$ è definita in un intorno di $x$ , allora possiamo scegliere $\eta>0$ sufficientemente piccolo in maniera tale che $F$ sia ben definita in $x+h$ per ogni $h\in (-\eta,\eta)$ . Dunque per ogni $h\in (-\eta,\eta)$

$\begin{aligned} &\left|\frac{F(x+h)-F(x)}{h}-f(\beta(x))\beta'(x)\right|=\\ &=\left|\frac{\int_{\beta(x)}^{\beta(x+h)}f(t)\,dt}{h}-f(\beta(x))\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}+f(\beta(x))\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}-f(\beta(x))\beta'(x)\right|\\ &\le \left|\frac{\int_{\beta(x)}^{\beta(x+h)}(f(t)-f(\beta(x)))\,dt}{h}\right|+|f(\beta(x))|\left|\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}-\beta'(x)\right|\\ &\le \frac{\varepsilon}{2(|\beta(x)|+1)} \left|\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}\right|+|f(\beta(x))|\left|\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}-\beta'(x)\right|\\ &=\frac{\varepsilon}{2(|\beta(x)|+1)}\left|\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}-\beta'(x)+\beta'(x)\right|+|f(\beta(x))|\left|\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}-\beta'(x)\right|\\ &\le \frac{\varepsilon}{2}+\left(\frac{\varepsilon}{2(|\beta(x)|+1)}+|f(\beta(x))|\right)\left|\frac{\beta(x+h)-\beta(x)}{h}-\beta'(x)\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \end{aligned}$

Quindi $F$ è derivabile in $x$ e $F'(x)=f(\beta(x))\beta'(x)$ .

Come abbiamo visto prima possiamo sempre scrivere

$F(x)=G(\beta(x))\quad\text{per $x\in\mathrm{dom}(F)$},$

e quindi le proprietà della funzione $F$ possono essere ricavate a partire da quelle di $G$ . In particolare, possiamo fare uno studio qualitativo della funzione $F$ tramite quello di $G$ .

Esempio 9. Consideriamo la funzione integrale dell’esempio 8 data da

$F(x):=\int_0^{\sin x}f(t)\,dt,\qquad f(x):=\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2-x}\quad\text{per $x\in \mathbb R\setminus\{0,1\}$}.$

Abbiamo che $F$ è definita su

$\mathrm{dom}(F)=\bigcup_{k\in\mathbb Z}\left([2k\pi,(2k+1)\pi]\setminus\left\{\frac{\pi}{2}+2k\pi\right\}\right)$

ed è periodica di periodo $2\pi$ ( $F(x)=F(x+2\pi)$ per ogni $x\in\mathrm{dom}(F)$ ). Dunque per tracciare un grafico di $F$ è sufficiente studiarla in $[0,\pi]\setminus\{\dfrac{\pi}{2}\}$ . Per il teorema 6 sappiamo che $F$ è continua su $[0,\pi]\setminus\{\dfrac{\pi}{2}\}$ . Inoltre $F(0)=F(\pi)=0$ . Fissato ora $x\in (0,\pi)\setminus\{\dfrac{\pi}{2}\}$ , abbiamo che $\sin x\in (0,1)$ , e dunque

$f(t)< 0\quad\text{per ogni $t\in (0,\sin x)$}\quad\Rightarrow\quad F(x)<0.$

Dunque $F$ è strettamente negativa su $(0,\pi)\setminus\{\dfrac{\pi}{2}\}$ . Inoltre abbiamo che

$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}^-}F(x)=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}^+}F(x)=\lim_{y\to 1^-}\int_0^yf(t)\,dt=-\infty.$

Infatti, l’integrale di $f$ diverge su $[0,1]$ , poiché per ogni $c\in (0,1)$ abbiamo

$f(y)\le 0\quad\text{per $y\in[c,1)$},\qquad f(y)\sim \frac{1}{y-1}\quad\text{per $y\to 1^-$}$

e dunque

$\lim_{y\to 1^-}\int_0^yf(t)\,dt=\lim_{y\to 1^-}\left(\int_0^cf(t)\,dt+\int_c^yf(t)\,dt\right)=-\infty.$

Poiché $f$ è continua su $(0,1)$ , allora per ogni $x\in(0,\pi)\setminus\{\dfrac{\pi}{2}\}$ abbiamo che la funzione $F$ è derivabile in $x$ e

$F'(x)=f(\sin x)\cos x=\frac{e^{-\frac{1}{\sin x}}}{\sin x^2-\sin x}\cos x.$

Poiché $\sin x\in (0,1)$ per $(0,\pi)\setminus\{\dfrac{\pi}{2}\}$ , allora $\dfrac{e^{-\frac{1}{\sin x}}}{\sin x^2-\sin x}<0$ su $(0,\pi)\setminus\{\frac{\pi}{2}\}$ . Quindi il segno di $F'(x)$ dipende dal segno di $\cos x$ e abbiamo

$F'(x)<0\quad\text{per $x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)$},\qquad F'(x)>0\quad\text{per $x\in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$}.$

In particolare, $F$ è decrescente su $(0,\dfrac{\pi}{2})$ e crescente su $(\dfrac{\pi}{2},0)$ . Infine

$\begin{equation*} F'(0^+)=\lim_{x\to 0^+}F'(x)=0,\qquad F'(\pi^-)=\lim_{x\to \pi^-}F'(x)=0, \end{equation*}$

dunque $F$ ha tangente orizzontale in $x=0$ e $x=\pi$ .

$\quad$

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Figura 2: Grafico qualitativo di $F$ su $[0,\pi]$ .

Funzioni integrali: secondo grafico

$\quad$

Più in generale, dato un intervallo $J\subseteq\mathbb R$ e due funzioni $\alpha,\beta\colon J\to\mathbb R$ possiamo definire

$F(x):=\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt\quad\text{per $x\in\mathrm{dom}(F)$}.$

In questo caso il dominio di $F$ sarà dato da

$\mathrm{dom}(F):=\{x\in J:\text{$f$ è integrabile (secondo Riemann o in senso generalizzato) tra $\alpha(x)$ e $\beta(x)$}\}.$

Per individuare tale insieme bisogna determinare per prima cosa il dominio di della funzione $f$ e poi cercare tutti gli intervalli su cui $f$ risulta integrabile (al più in senso generalizzato). Infine si vanno a cercare tutti i punti $x\in J$ per cui il segmento tra $\alpha(x)$ e $\beta(x)$ è contenuto in uno di questi intervalli. Si noti inoltre che tutti i punti $x\in J$ in cui $\alpha(x)=\beta(x)$ appartengono sempre a $\mathrm{dom}(F)$ in quanto la funzione $F$ risulta ben definita con $F(x)=0$ (per definizione).

Esempio 10. Consideriamo la funzione integrale

$F(x):=\int_x^{x^2}\frac{1}{\ln t}\,dt$

e andiamoci a calcolare il suo dominio. La funzione

$f(x):=\frac{1}{\ln x}$

è ben definita e continua su $(0,+\infty)\setminus\{1\}$ . Inoltre, $f$ è prolungabile con continuità a destra in $x=0$ , poiché

$\lim_{x\to 0^+}f(x)=0.$

Infine, $f$ non è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $1$ poiché $f(x)\sim \dfrac{1}{x-1}$ per $x\to 1$ (sia da sinistra che da destra). Dunque $f$ è integrabile su ogni intervallo $[a,b]\subset[0,+\infty)$ che non contiene $1$ . Se $x\in [0,1)$ abbiamo che $[x^2,x]\subset[0,1)$ , mentre se $x\in (1,+\infty)$ allora $[x,x^2]\subset(1,+\infty)$ . Quindi $F$ è ben definita per ogni $x\in [0,+\infty)\setminus\{1\}$ . Inoltre $F$ è ben definita anche in $x=1$ , poiché $F(1)=\int_1^1f(t)\,dt=0$ . Osserviamo infine che $F$ non può essere definita per $x<0$ , poiché la funzione $f$ non è definita a sinistra dello 0. Quindi $\mathrm{dom}(F)=[0,+\infty)$ .

Fissato un opportuno $x_0\in \overline I$ , possiamo scrivere

$F(x)=G(x)-H(x),\quad G(x):=\int_{x_0}^{\beta(x)}f(t)\,dt,\quad H(x):=\int_{x_0}^{\alpha(x)}f(t)\,dt,$

almeno per quei punti $x\in\mathrm{dom}(G)\cap\mathrm{dom}(H)\subseteq\mathrm{dom}(F)$ . Se le funzioni $G$ e $H$ sono definite in un intorno di $x\in\mathrm{dom}(G)\cap\mathrm{dom}(H)$ , allora possiamo applicare i risultati precedenti per studiare la continuità e derivabilità di $F$ . In particolare, se le funzioni $\alpha$ e $\beta$ sono continue in $x$ , allora $F$ è continua in $x$ e se le funzioni $\alpha$ e $\beta$ sono derivabili in $x$ e $f$ è continua in $\alpha(x)$ e $\beta(x)$ , allora $F$ è derivabile in $x$ e dal teorema 6 applicato a $G$ e $H$ possiamo dedurre la seguente formula per la derivata di $F$

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

Osservazione 9. Se $I,J\subseteq\mathbb R$ sono due intervalli, $f\colon I\to\mathbb R$ è continua su $I$ e $\alpha,\beta\colon J\to I$ sono derivabili su $J$ , allora $F$ è ben definita e derivabile per ogni $x\in J$ e la formula (2) risulta vera per ogni $x\in J$ .

Quando le funzioni $G$ e $H$ non sono definite in un intorno di $x\in\mathrm{dom}(G)\cap\mathrm{dom}(H)$ , allora non possiamo dedurre la continuità e derivabilità per $F$ a partire da quelle di $G$ e $H$ . In questo caso per studiare la funzione $F$ è necessario utilizzare la sua definizione. In particolare, la funzione $F$ potrebbe non essere continua in un punto $x\in\mathrm{dom}(F)$ anche se $\alpha$ e $\beta$ sono continue in tale punto. Ciò può accadere quando $\alpha(x)=\beta(x)$ ma $f$ non è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $\alpha(x)$ .

Esempio 11. Consideriamo la funzione integrale

$F(x)=\int_x^{2x}\frac{1}{t}\,dt.$

Anche se in questo caso la funzione $F$ può essere determinata in maniera esplicita, andiamo a studiarne il grafico utilizzando solo i risultati precedenti. Per trovare il suo dominio osserviamo che la funzione

$f(x):=\frac{1}{x}\quad\text{per $x\in\mathbb R\setminus\{0\}$}$

è integrabile su ogni intervallo $[a,b]\subset\mathbb R$ che non contiene lo zero. Dunque, per ogni $x\in\mathbb R\setminus\{0\}$ abbiamo che $f$ è Riemann integrabile tra $x$ e $2x$ . Quindi la funzione $F$ è ben definita su $\mathbb R\setminus\{0\}$ e inoltre $F$ è definita anche per $x=0$ poiché $F(0)=\int_0^0f(t)\,dt=0$ . Perciò

$\mathrm{dom}(F)=\mathbb R.$

Si può facilmente osservare che la funzione $F$ è continua su $\mathbb R\setminus\{0\}$ , poiché possiamo scrivere

$\begin{aligned} F(x)=\int_1^{2x}f(t)\,dt-\int_1^xf(t)\,dt\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$},\qquad F(x)=\int_{-1}^{2x}f(t)\,dt-\int_{-1}^xf(t)\,dt\quad\text{per $x\in(-\infty,0)$}. \end{aligned}$

Invece, non possiamo dire nulla in $x=0$ in quanto non esiste $x_0\in \mathbb R$ per cui

$F(x)=\int_{x_0}^{2x}\frac{1}{t}\,dt-\int_{x_0}^x\frac{1}{t}\,dt$

in un intorno di $0$ . Quindi la continuità in $0$ deve essere studiata utilizzando la definizione di $F$ e per $x\in\mathbb R\setminus\{0\}$ risulta che

$F(x)=\int_x^{2x}\frac{1}{t}\,dt=\left[\ln t\right]_x^{2x}=\ln(2x)-\ln x =\ln 2,$

e dunque

$F(x)= \begin{cases} \ln 2&\text{per $x\in\mathbb R\setminus\{0\}$},\\ 0&\text{per $x=0$}, \end{cases}$

che non è continua in $x=0$ .

Osservazione 10. Nell’esempio precedente, se definiamo

$G(x):=\int_0^{\alpha(x)}f(t)\,dt,\qquad H(x):=\int_0^{\beta(x)}f(t)\,dt,$

allora $\mathrm{dom}(G)=\mathrm{dom}(H)=\{0\}$ , dunque per definizione $G$ e $H$ sono continue in $x=0$ e

$F(0)=G(0)-H(0),$

ma $F$ non è continua in $0$ . Ciò è dovuto al fatto che $G$ e $H$ sono definite solo in $x=0$ , mentre $F$ è definita in un intorno di $0$ .

Esempio 12. Consideriamo la funzione integrale

$F(x)=\int_x^{x+x^2}\frac{1}{t}\,dt.$

Sappiamo che la funzione

$f(x):=\frac{1}{x}\quad\text{per $x\in\mathbb R\setminus\{0\}$},$

è integrabile su ogni intervallo $[a,b]\subset\mathbb R$ che non contiene lo zero. Per ogni $x>0$ abbiamo che $0\notin [x,x+x^2]$ , dunque $F$ è ben definita su $x$ . Inoltre $F$ è definita anche per $x=0$ in quanto $F(0)=\int_0^0f(t)\,dt=0$ . Infine, per $x\in (-1,0)$ abbiamo che $0\notin[x,x+x^2]$ , mentre per $x\le-1$ risulta $0\in [x,x+x^2]$ . Quindi $\mathrm{dom}(F)=(-1,+\infty)$ . In maniera analoga a prima abbiamo che $F$ è continua per ogni $x\in (-1,+\infty)\setminus\{0\}$ . Inoltre, non esiste $x_0\in \mathbb R$ per cui possiamo scrivere

$F(x)=\int_{x_0}^{x+x^2}\frac{1}{t}\,dt-\int_{x_0}^x\frac{1}{t}\,dt$

in un intorno di $0$ , ma in questo caso risulta che $F$ è continua in $0$ . Infatti per $x\in (-1,+\infty)\setminus\{0\}$ abbiamo

$F(x)=\int_x^{x+x^2}\frac{1}{t}\,dt=\ln |x+x^2|-\ln|x|=\ln |1+x|\to 0=F(0)\quad\text{per $x\to 0$}.$

Un altro elemento utile per tracciare un grafico qualitativo di $F$ è determinare il comportamento di $F$ agli estremi del suo dominio. Anche in questo caso, è spesso più conveniente lavorare direttamente con la definizione di $F$ .

Esempio 13. Consideriamo la funzione integrale

$F(x)=\int_x^{x+1}\frac{1}{t}\,dt.$

Sappiamo che la funzione

$f(x):=\frac{1}{x}\quad\text{per $x\in\mathbb R\setminus\{0\}$},$

è integrabile su ogni intervallo $[a,b]\subset\mathbb R$ che non contiene lo zero. Per ogni $x>0$ e $x<-1$ abbiamo che $0\notin [x,x+1]$ , dunque $F$ è ben definita su $x$ , mentre per $x\in [-1,0]$ abbiamo che $0\in[x,x+1]$ . Quindi $\mathrm{dom}(F)=(-\infty,1)\cup(0,+\infty)$ e ha senso studiare il comportamento di $F$ per $x\to+\infty$ . Dalla definizione abbiamo che

$F(x)=\int_x^{x+1}\frac{1}{t}\,dt=\ln(x+1)-\ln x=\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\to 0\quad\text{per $x\to+\infty$},$

dunque $F$ ha un asintoto orizzontale per $x\to+\infty$ . D’altra parte, per ogni $x\in[1,+\infty)$ possiamo scrivere

$F(x)=G(x)-H(x),\qquad G(x):=\int_1^{x+1}\frac{1}{t}\,dt,\quad H(x):=\int_1^x\frac{1}{t}\,dt$

(si noti che le funzioni $G$ ed $H$ sono ben definite su $[1,+\infty)$ ), ma $G$ e $H$ non hanno limite finito per $x\to+\infty$ .

Negli esempi precedenti, per studiare il comportamento della funzione integrale $F$ in un intorno dei punti $x_0\in\mathbb R\cup\{\pm \infty\}$ in cui

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

abbiamo dovuto utilizzare l’espressione esplicita di $F$ . Poiché non è sempre possibile determinare tale funzione, andiamo ad introdurre dei criteri che permettano di comprendere il comportamento di $F$ senza utilizzare la sua formula esplicita.

Teorema 7. Sia $I:=[a,b)$ con $-\infty<a<b\le +\infty$ e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ una funzione continua su $[a,b)$ . Sia inoltre $J\subseteq\mathbb R$ intervallo e siano $\alpha,\beta\colon J\to\mathbb R$ . Sia $x_0\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$ un punto di accumulazione per $J$ tale che $\alpha(x)<b$ e $\beta(x)<b$ in un intorno di $x_0$ e

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

Allora la funzione

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

è ben definita per $x$ sufficientemente vicino a $x_0$ e abbiamo che:

$\quad$

Se $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ , allora
$\lim_{x\to x_0}F(x)=0.$

Se $g\colon [a,b)\to\mathbb R$ è una funzione continua su $[a,b)$ e strettamente positiva in un intorno sinistro di $b$ e se $f(t)\sim g(t)$ per $t\to b^-$ , cioè esiste finito e non nullo
$\lim_{t\to b^-}\frac{f(t)}{g(t)}=\lambda\in\mathbb R\setminus\{0\},$

allora $F(x)\sim \int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt$ per $x\to x_0$ , più precisamente

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

In particolare il limite $\lim_{x\to x_0}F(x)$ esiste finito (infinito) se e solo il limite $\lim_{x\to x_0}\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt$ esiste finito (infinito) e

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

$\quad$

Dimostrazione. Intanto osserviamo che se

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

allora per $x$ sufficientemente vicino ad $x_0$ avremo che $\alpha(x),\beta(x)\in(a,b)$ . Dunque $F$ è ben definita in $x$ , essendo $f$ integrabile tra $\alpha(x)$ e $\beta(x)$ .

Sia $f$ integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ . Allora $\int_a^bf(t)\,dt<+\infty$ e per ogni $\varepsilon>0$ possiamo trovare $c\in (a,b)$ tale che
$\left|\int_a^yf(t)\,dt-\int_a^bf(t)\,dt\right|=\left|\int_y^bf(t)\,dt\right|<\frac{\varepsilon}{2}\quad\text{per ogni $y\in (c,b)$}.$

Poiché

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

possiamo trovare un intorno $\mathcal U$ di $x_0$ tale che $\alpha(x),\beta(x)\in (c,b)$ per ogni $x\in (\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$ . Quindi per ogni $x\in (\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$ risulta

$\left|\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt\right|=\left|\int_{\alpha(x)}^b f(t)\,dt-\int_{\beta(x)}^b f(t)\,dt\right|\le \left|\int_{\alpha(x)}^b f(t)\,dt\right|+\left|\int_{\beta(x)}^b f(t)\,dt\right|<\varepsilon,$

cioè

$\lim_{x\to x_0}F(x)=0.$

Poiché
$\lim_{t\to +\infty}\frac{f(t)}{g(t)}=\lambda\in\mathbb R\setminus\{0\},$

e $g$ è strettamente positiva in un intorno sinistro di $b$ , allora per ogni $\varepsilon>0$ possiamo trovare $c\in (a,b)$ tale che $g(t)>0$ per ogni $t\in (c,b)$ e

$(\lambda-\varepsilon)g(t)\le f(t)\le (\lambda+\varepsilon)g(t)\quad\text{per ogni $t\in (c,b)$}.$

Inoltre, possiamo trovare un intorno $\mathcal U$ di $x_0$ tale che $\alpha(x),\beta(x)\in (c,b)$ per ogni $x\in (\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$ .

Fissiamo $x\in(\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$ e assumiamo $\beta(x)\ge\alpha(x)$ . Integrando la precedente disuguaglianza su $[\alpha(x),\beta(x)]$ e usando la monotonia dell’integrale abbiamo

$(\lambda-\varepsilon)\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt\le F(x) \le(\lambda+\varepsilon)\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt.$

Poiché $g$ è continua e strettamente positiva su $[\alpha(x),\beta(x)]$ , allora $\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt>0$ . Quindi possiamo dividere per tale quantità e ottenere

$(\lambda-\varepsilon)\le \frac{F(x)}{\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt} \le(\lambda+\varepsilon).$

Analogamente, se $\beta(x)<\alpha(x)$ integrando su $[\beta(x),\alpha(x)]$ risulta

$(\lambda-\varepsilon)\int_{\beta(x)}^{\alpha(x)}g(t)\,dt\le -F(x) \le(\lambda+\varepsilon)\int_{\beta(x)}^{\alpha(x)}g(t)\,dt$

e dividendo per $\int_{\beta(x)}^{\alpha(x)}f(t)\,dt>0$ abbiamo di nuovo

$(\lambda-\varepsilon)\le \frac{-F(x)}{\int_{\beta(x)}^{\alpha(x)}g(t)\,dt}= \frac{F(x)}{\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt}\le(\lambda+\varepsilon).$

Dunque

$\left|\frac{F(x)}{\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt}-\lambda\right|<\varepsilon\quad\text{per ogni $x\in(\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$}\quad\Rightarrow\quad\lim_{x\to x_0}\frac{F(x)}{\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt}=\lambda.$

Infine, si osservi che se esiste

$\lim_{x\to x_0}F(x)=L\in\mathbb R\cup\{\pm \infty\},$

poiché

$\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt=F(x)\cdot \frac{\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt}{F(x)}\quad\text{per $x\to x_0$},$

allora esiste il limite

$\lim_{x\to x_0}\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}g(t)\,dt=\frac{L}{\lambda}\in\mathbb R\cup\{\pm \infty\}.$

Il viceversa è analogo.

Nel caso in cui la funzione $f$ sia definita su un dominio illimitato $[a,+\infty)$ , in aggiunta al teorema precedente abbiamo il seguente risultato.

Teorema 8. Sia $a\in\mathbb R$ e sia $f\colon [a,+\infty)\to\mathbb R$ una funzione continua su $[a,+\infty)$ . Sia inoltre $J\subseteq\mathbb R$ un intervallo e siano $\alpha,\beta\colon J\to\mathbb R$ . Sia $x_0$ un punto di accumulazione per $J$ tale che

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

Allora la funzione

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

è ben definita per $x$ sufficientemente vicino a $x_0$ e abbiamo che:

$\quad$

Se $\lim_{x\to x_0}(\beta(x)-\alpha(x))=0$ e se $f$ è limitata in un intorno di $+\infty$ , allora
$\lim_{x\to x_0}F(x)=0.$

Se la funzione $x\mapsto|\beta(x)-\alpha(x)|$ è limitata in un intorno di $x_0$ e se $\lim_{t\to +\infty}f(t)=0$ , allora
$\lim_{x\to x_0}F(x)=0.$

Se $\lim_{x\to x_0}(\beta(x)-\alpha(x))=+\infty$ e se esiste $m>0$ tale che $f(t)\ge m$ in un intorno di $+\infty$ , allora
$\lim_{x\to x_0}F(x)=+\infty.$

Se esiste $m$ tale che $\beta(x)-\alpha(x)\ge m$ in un intorno di $x_0$ e se $\lim_{t\to +\infty}f(t)=+\infty$ , allora
$\lim_{x\to x_0}F(x)=+\infty.$

$\quad$

Dimostrazione. Chiaramente, dal teorema 7 sappiamo che la funzione $F$ è ben definita in un intorno di $x_0$ .

Se $f$ è continua su $[a,+\infty)$ e limitata in un intorno di $+\infty$ , allora $f$ è limitata su tutto l’intervallo $[a,+\infty)$ . Dunque
$M:=\sup_{t\in[a,+\infty)}|f(t)|<+\infty.$

Poiché

$\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=\lim_{x\to x_0}\beta(x)=+\infty,$

abbiamo che $\alpha(x),\beta(x)\in (a,+\infty)$ per $x$ sufficientemente vicino a $x_0$ . Ne segue che

$\left|\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt\right|\le M|\beta(x)-\alpha(x)|\to 0\quad\text{per $x\to x_0$},$

e quindi esiste il limite

$\lim_{x\to x_0}F(x)=0.$

Sia $x\mapsto|\beta(x)-\alpha(x)|$ una funzione limitata in un intorno di $x_0$ . Allora, esistono $M>0$ e $\mathcal V$ intorno di $x_0$ tale che
$|\beta(x)-\alpha(x)|\le M\quad\text{per ogni $x\in\mathcal V\cap J$}.$

Inoltre, dal fatto che $\lim_{t\to +\infty}f(t)=0$ , per ogni $\varepsilon>0$ esiste $c\in (a,+\infty)$ tale che

$|f(t)|<\frac{\varepsilon}{M}\quad\text{per ogni $t\in (c,+\infty)$}.$

Infine, poiché $\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=\lim_{x\to x_0}\beta(x)=+\infty$ possiamo trovare un ulteriore intorno $\mathcal U$ di $x_0$ , con $\mathcal U\subseteq\mathcal V$ tale che $\alpha(x),\beta(x)\in (c,+\infty)$ per $x\in(\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$ . Dunque

$\left|\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt\right|<\frac{\varepsilon}{M}|\beta(x)-\alpha(x)|\le \varepsilon\quad\text{per ogni $x\in(\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$}\quad\Rightarrow\quad\lim_{x\to x_0}F(x)=0.$

Supponiamo che esista $m>0$ tale che $f(t)\ge m$ in un intorno di $+\infty$ , allora
$\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt\ge m(\beta(x)-\alpha(x))\to +\infty\quad\text{per $x\to x_0$},$

e quindi esiste il limite

$\lim_{x\to x_0}F(x)=+\infty.$

Supponiamo che esista un intorno $\mathcal V$ di $x_0$ tale e $m>0$ tale che
$\beta(x)-\alpha(x)\ge m\quad\text{per ogni $x\in\mathcal V\cap J$}.$

Dal fatto che $\lim_{t\to +\infty}f(t)=+\infty$ , per ogni $M>0$ esiste $c\in (a,+\infty)$ tale che

$|f(t)|>\frac{M}{m}\quad\text{per ogni $t\in (c,+\infty)$}.$

Inoltre, poiché $\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=\lim_{x\to x_0}\beta(x)=+\infty$ possiamo trovare un ulteriore intorno $\mathcal U$ di $x_0$ , con $\mathcal U\subseteq\mathcal V$ , tale che $\alpha(x),\beta(x)\in (c,+\infty)$ per $x\in(\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$ . Dunque

$\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt>\frac{M}{m}(\beta(x)-\alpha(x))\ge M\quad\text{per ogni $x\in(\mathcal U\cap J)\setminus\{x_0\}$}\quad\Rightarrow\quad\lim_{x\to x_0}F(x)=+\infty.$

Osservazione 11. Si noti che quando il dominio $[a,b)$ della funzione $f$ è limitato, allora i punti $(1)$ e $(2)$ del teorema 8 sono banalmente veri, perché la funzione risulta limitata su $[a,b)$ e quindi integrabile su $[a,b]$ , mentre i punti $(3)$ e $(4)$ non possono verificarsi.

Chiaramente risultati analoghi ai due precedenti teoremi valgono anche per funzioni $f\colon (a,b]\to\mathbb R$ con $-\infty\le a<b<+\infty$ , purché $\alpha(x)>a$ , $\beta(x)>a$ e

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

Vediamo ora come applicare i teoremi 7 e 8 per studiare il comportamento agli estremi per $F$ e la continuità nei punti $x\in J$ in cui $\alpha(x)=\beta(x)$ .

Esempio 14. Consideriamo ancora la funzione $F$ dell’esempio 10 definita da

$F(x):=\int_x^{x^2}f(t)\,dt,\qquad f(x):=\frac{1}{\ln x}\quad\text{per $x\in (0,+\infty)\setminus\{1\}$}.$

Abbiamo visto che $F$ è ben definita su $[0,+\infty)$ e andiamo a tracciare un grafico qualitativo di $F$ . Per ogni $x\in(0,1)$ abbiamo che

(3) $\begin{equation*} F(x)=G(x)-H(x),\qquad G(x):=\int_{\frac{1}{2}}^{x^2}f(t)\,dt,\quad H(x):=\int_{\frac{1}{2}}^xf(t)\,dt \end{equation*}$

e le funzioni $G$ e $H$ sono ben definite e continue su $(0,1)$ . Dunque $F$ è continua su $(0,1)$ . Analogamente, per ogni $x\in(1,+\infty)$ abbiamo che

(4) $\begin{equation*} F(x)=\tilde G(x)-\tilde H(x),\qquad \tilde G(x):=\int_2^{x^2}f(t)\,dt,\quad\tilde H(x):=\int_2^xf(t)\,dt \end{equation*}$

e le funzioni $\tilde G$ e $\tilde H$ sono ben definite e continue su $(1,+\infty)$ . Dunque $F$ e continua anche su $(1,+\infty)$ . Rimane da studiare la continuità di $F$ in $x=0$ e $x=1$ . Per fare ciò utilizziamo il teorema 7. Se definiamo

$\alpha(x):=x\quad\text{per $x\in\mathbb R$},\qquad \beta(x):=x^2\quad\text{per $x\in\mathbb R$},$

abbiamo che $\alpha(x)>0$ e $\beta(x)>0$ in un intorno destro di 0 e $\lim_{x\to 0^+}\alpha(x)=\lim_{x\to x_0}\beta(x)=0.$ Poiché $f$ è integrabile in senso generalizzato in un intorno destro di $0$ , dal punto (1) del teorema 7 concludiamo che $\lim_{x\to 0^+}F(x)=0=F(0).$ Dunque $F$ è continua in $x=0$ . In un intorno sinistro di 1 abbiamo che $\alpha(x)<1$ e $\beta(x)<1$ e $\lim_{x\to 1^-}\alpha(x)=\lim_{x\to 1^-}\beta(x)=1.$ Inoltre $f(x)\sim \frac{1}{1-x}$ per $x\to 1^-$ con $\lambda=-1$ . Poiché

$\int_x^{x^2}\frac{1}{1-t}\,dt=-\ln(1-x^2)+\ln(1-x)=-\ln(1+x)\to -\ln2\quad\text{per $x\to 1^-$},$

dal punto $(2)$ del teorema 7 segue che

$\lim_{x\to 1^-}F(x)=-\lim_{x\to 1^-}\int_x^{x^2}\frac{1}{1-t}\,dt=\ln 2\neq 0=F(1).$

Quindi $F$ non è continua in $x=1$ . In maniera analoga, possiamo provare che

$\lim_{x\to 1^+}F(x)=\lim_{x\to 1^+}\int_x^{x^2}\frac{1}{t-1}\,dt=\ln 2.$

Determiniamo ora il segno di $F$ . Per ogni $x\in(0,1)$ abbiamo che $f$ è strettamente negativa su $[x^2,x]$ , mentre per ogni $x\in (1,+\infty)$ abbiamo che $f$ è strettamente positiva su $[x,x^2]$ . Dunque

$\begin{aligned} F(x) &= \int_x^{x^2}f(t)\,dt = -\int_{x^2}^x f(t)\,dt > 0 \quad \text{per } x \in (0,1), \\ F(x) &= \int_x^{x^2}f(t)\,dt > 0 \quad \text{per } x \in (1,+\infty). \end{aligned}$

Determiniamo ora il comportamento di $F$ per $x\to+\infty$ . Poiché

$\lim_{x\to +\infty}\alpha(x)=\lim_{x\to +\infty}\beta(x)=+\infty,$

$x^2-x\ge 2$ per ogni $x\ge 2$ e $\lim_{t\to+\infty}f(t)=+\infty$ , dal punto $(4)$ del teorema 8 concludiamo che $\lim_{x\to+\infty}F(x)=+\infty$ . Infine, per ogni $x\in(0,+\infty)\setminus\{1\}$ abbiamo che $F$ è derivabile in $x$ grazie alle identità (3) e (4), e dalla formula (2) otteniamo

$F'(x)=\frac{2x}{\ln (x^2)}-\frac{1}{\ln x}=\frac{x-1}{\ln x}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)\setminus\{1\}$}.$

Quindi $F$ è strettamente crescente su $x\in(0,+\infty)\setminus\{1\}$ e

$F'(0^+)=\lim_{x\to 0^+}F'(x)=0,\qquad \lim_{x\to 1}F'(x)=1,$

perciò $F$ ha una tangente orizzontale in $x=0$ .

$\quad$

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Figura 3: Grafico qualitativo di $F$ su $[0,+\infty)$ .

$\quad$

Funzioni integrali: esercizi svolti

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Esercizio 1. Siano

$A(x):= \int_x^{x+\frac{1}{x}} e^{-t^2} \, dt, \qquad B(x):=\int_x^{2x} e^{-t^2} \, dt.$

Calcolare il seguente limite, se esiste

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

$\quad$

Soluzione. Definiamo

$f(x):=e^{-x^2}\quad\text{per $x\in\mathbb R$}.$

Poiché

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

allora $f$ risulta integrabile in senso generalizzato in un intorno di $+\infty$ . Quindi dal teorema 7 otteniamo che

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

Possiamo dunque applicare il teorema di de l’Hôspital e utilizzando la formula (2) risulta

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

Si conclude che il limite esiste finito e vale

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

$\quad$

Esercizio 2. Siano

$A(x) := \int_0^{x} \frac{t^2}{(\sin t)^2} \, dt,\qquad B(x) := \int_0^{x} \frac{t}{A(t)}\, dt.$

Calcolare il seguente limite, se esiste

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

$\quad$

Soluzione. Applicando gli sviluppi di Taylor per $x \to 0$ abbiamo

$\begin{aligned} \frac{x^2}{(\sin x)^2}&=\frac{x^2}{\left(x-\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^5}{120}-\dfrac{x^7}{5040}+o(x^7)\right)^2}=\\ &=\frac{x^2}{x^2-\dfrac{x^4}{3}+\dfrac{2x^6}{45}+o(x^7)} \\ &=\dfrac{1}{1-\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{2x^4}{45}+o(x^5)}=\\ &=1+\frac{x^2}{3}+\frac{x^4}{15}+o(x^5). \end{aligned}$

Grazie al teorema 5 deduciamo che

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

Quindi

$\frac{x}{A(x)}=\frac{1}{1+\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{x^4}{75}+o(x^4)}=1-\dfrac{x^2}{9}-\dfrac{2x^4}{2025}+o(x^4)\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) \, dt = x - \frac{x^3}{27}-\frac{2x^5}{10125} + o(x^5)\quad\text{per $x\to 0$}.$

Tornando al limite otteniamo

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

$\quad$

Esercizio 3. Sia

$A(x):= \int_0^{x} \left( \frac{\sin t}{t}+e^{-t^2} \right)\, dt.$

Calcolare il seguente limite, se esiste

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

$\quad$

Soluzione. Applicando gli sviluppi di Taylor per $x \to 0$ abbiamo

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

da cui risulta

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

Tornando al limite otteniamo

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

$\quad$

Esercizio 4. Calcolare il seguente limite, se esiste

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

$\quad$

Soluzione. Applicando gli sviluppi di Taylor per $x\to 0^+$ abbiamo

$(\cos x^2)^{\frac{1}{x}}= e^{\frac{1}{x}\ln \cos x^2}= e^{\frac{1}{x}\ln\left(1-\frac{x^4}{2}+o(x^4) \right)}= e^{-\frac{x^3}{2}+o(x^3)}=1- \frac{x^3}{2}+o(x^3),$

da cui

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

$\quad$

Esercizio 5. Calcolare il seguente limite, se esiste

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

$\quad$

Soluzione. Per prima cosa conviene determinare se esiste finito

$\lim_{x\to+\infty}\int_{\frac{2}{x}}^{\ln(3x)} \left(e^t \arctan t + \frac{\sin t}{t^3}\right) \, dt=\int_0^{+\infty}\left(e^t\arctan t + \frac{\sin t}{t^3}\right) \, dt.$

La funzione integranda

$f(x) := e^x \arctan x + \frac{\sin x}{x^3}$

è continua su $(0,+\infty)$ . Dobbiamo quindi controllare se $f$ è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $+\infty$ e in un intorno destro di $0$ . Osserviamo intanto che la funzione $f$ è positiva su $(0,+\infty)$ . Infatti,

$\begin{aligned} &f(x)= e^x\arctan x+\frac{\sin x}{x^3} > 0\quad\text{per $x\in(0,\pi)$},\\ &f(x)\ge e^x\arctan x-\frac{1}{\pi^3}\ge \arctan \pi-\frac{1}{\pi^3}> 0\quad\text{per $x\in[\pi,+\infty)$}. \end{aligned}$

Poichè

$\lim_{x\to +\infty}f(x) \sim e^x\quad\text{per $x\to+\infty$},\qquad \int_0^{+\infty}e^t \, dt = + \infty,$

allora per il criterio del confronto asintotico possiamo concludere che

$\int_{0}^{+\infty} \left(e^t \arctan t + \frac{\sin t}{t^3}\right) \, dt = + \infty.$

Tornando al limite possiamo applicare il teorema di de l’Hôspital e ottenere che

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

$\quad$

Esercizio 6. Sia $f$ definita da

$f(x):= \begin{cases} \dfrac{\arctan{\sqrt{x}}}{\sqrt{1-\cos x}}&\text{per $x>0$},\\\\ |x|^{-\ln|x|}&\text{per $x<0$}. \end{cases}$

Studiare la funzione integrale

$F(x):=\int_1^x f(t)\,dt.$

$\quad$

Soluzione. Intanto osserviamo che la funzione $f$ è definita su $\mathbb R\setminus\{2k\pi:k\in\mathbb N\}$ , dove risulta continua. Quindi, per ogni $x\in (0,2\pi)$ abbiamo che $f$ è integrabile tra 1 e $x$ . Abbiamo invece che $f$ non è integrabile in un intorno sinistro di $2\pi$ , poiché

$f(x)\sim \frac{1}{2\pi-x}\quad\text{per $x\to 2\pi^-$},$

essendo

$\lim_{x\to 2\pi^-}\frac{\sqrt{1-\cos x}}{2\pi-x}=\lim_{y\to 0^+}\frac{\sqrt{1-\cos (2\pi-y)}}{y}=\lim_{y\to 0^+}\sqrt{\frac{1-\cos y}{y^2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\in\mathbb R\setminus\{0\}.$

In particolare, $f$ non è integrabile su $[1,x]$ per ogni $x\in[2\pi,+\infty)$ . Invece, la funzione $f$ è integrabile in un intorno destro di 0 in quanto

$f(x)\sim \frac{\sqrt{x}}{x}=\frac{1}{\sqrt{x}}\quad\text{per $x\to 0^+$}.$

Infine si osservi che

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

quindi $f$ è integrabile su $[x,0]$ per ogni $x\in(-\infty,0)$ . Ne consegue che

$\mathrm{dom}(F)=(-\infty,2\pi).$

Abbiamo che $F$ è continua su $(-\infty,2\pi)$ e per definizione

$F(1)=0.$

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

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

Dal teorema 2 abbiamo inoltre che $F$ è derivabile in $(-\infty,2\pi)\setminus\{0\}$ e

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

Quindi $F$ è crescente su $(-\infty,0)$ e $(0,2\pi)$ . Inoltre

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

da cui deduciamo che $F$ ha un punto angoloso in $x=0$ . Infine, osserviamo che l’integrale di $f$ diverge su $[1,2\pi]$ per quanto osservato prima e su $(-\infty,1]$ , in quanto $\lim_{x\to -\infty}f(x)=+\infty$ ⁶. Dunque

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

Vedi teorema 8 in “teoria sugli integrali impropri”. ↩

$\quad$

Esercizio 7. Studiare la funzione integrale

$F(x):=\int_0^{e^{-x^2}} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}-1}\,dt.$

$\quad$

Soluzione. Intanto osserviamo che la funzione integranda

$f(x):=\frac{|\sin x|}{2\sqrt{x}-1}$

è ben definita e continua su $[0,+\infty)\setminus\left\{\dfrac{1}{4}\right\}$ , quindi $f$ è integrabile su $[0,c]$ per ogni $c\in[0,\frac{1}{4})$ . Inoltre $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[0,\dfrac{1}{4}]$ , poiché

$f(x)\sim \frac{1}{4x-1}\quad\text{per $x\to \frac{1}{4}^-$},$

essendo

$\lim_{x\to \frac{1}{4}^-}\frac{2\sqrt{x}-1}{4x-1}=\lim_{x\to \frac{1}{4}^-}\frac{4x-1}{(4x-1)(2\sqrt{x}+1)}=\frac{1}{2}\in\mathbb R\setminus\{0\}.$

Quindi $F$ è definita nei punti $x\in\mathbb R$ tali che $e^{-x^2}\in [0,\frac{1}{4})$ , per cui

$\mathrm{dom}(F)= (-\infty,-\sqrt{\ln 4})\cup(\sqrt{\ln 4},+\infty).$

Per il teorema 6 sappiamo che $F$ è continua su $\mathrm{dom}(F)$ . Inoltre, fissato $x\in \mathrm{dom}(F)$ , abbiamo che $e^{-x^2}\in (0,\frac{1}{4})$ , e dunque

$f(t)> 0\quad\text{per ogni $t\in (0,e^{-x^2})$}\quad\Rightarrow\quad F(x)>0.$

Perciò la funzione $F$ è strettamente positiva su $\mathrm{dom}(F)$ . Inoltre abbiamo che

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

poiché l’integrale di $f$ diverge su $[0,\frac{1}{4}]$ . Infine, poiché $f$ è integrabile in un intorno destro di $0$ abbiamo

$\lim_{x\to \pm \infty}F(x)=\lim_{x\to \pm \infty}\int_0^{e^{-x^2}}f(t)\,dt=\lim_{y\to 0^+}\int_0^yf(t)\,dt=0.$

Dunque $y=0$ è un asintoto orizzontale per $F$ per $x\to\pm\infty$ . Infine, poiché $f$ è continua su $(0,\frac{1}{4})$ , allora per ogni $x\in\mathrm{dom}(F)$ abbiamo che la funzione $F$ è derivabile in $x$ e

$F'(x)=f(e^{-x^2})\cdot(-2xe^{-x^2})=-2xe^{-x^2}\cdot\frac{\sin(e^{-x^2})}{2e^{\frac{x^2}{2}}-1}$

(si noti che $\sin(e^{-x^2})\in (0,1)$ per ogni $x\in\mathbb R$ ). Quindi, abbiamo che

$F'(x)>0\quad\text{per $x\in (-\infty,-\sqrt{\ln 4})$},\qquad F'(x)<0\quad\text{per $x\in (\sqrt{\ln 4},+\infty)$}.$

In particolare, $F$ è crescente su $(-\infty,-\sqrt{\ln 4})$ e decrescente su $(\sqrt{\ln 4},+\infty)$ .

$\quad$

Esercizio 8. Studiare la funzione integrale

$F(x):=\int_{-x}^{\ln(x+1)} \frac{e^t}{t^2+1}\,dt.$

$\quad$

Soluzione. Intanto osserviamo che la funzione integranda

$f(x):=\frac{e^x}{x^2+1}$

è ben definita e continua su $\mathbb R$ , dunque $f$ è integrabile su ogni sottointervallo di $\mathbb R$ . D’altra parte, le funzioni

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

sono entrambe ben definite solo per $x\in (-1,+\infty)$ . Ne consegue che

$\mathrm{dom}(F)=(-1,+\infty).$

Per ogni $x\in (-1,+\infty)$ possiamo scrivere

$F(x)=\int_0^{\ln(x+1)}f(t)\,dt-\int_0^{-x}f(t)\,dt,$

da cui risulta che $F$ è continua e derivabile su tutto $(-1,+\infty)$ . Determiniamo ora il segno di $F$ . Per ogni prima cosa osserviamo che $f$ è strettamente positiva su $\mathbb R$ e inoltre

$-x>0>\ln(x+1)\quad\text{per $x\in (-1,0)$},\qquad -x<0<\ln(x+1)\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Dunque

$\begin{aligned} &F(x)=\int_{-x}^{\ln(x+1)}f(t)\,dt=-\int_{\ln(x+1)}^{-x}f(t)\,dt<0\quad\text{per $x\in (-1,0)$},\\ & F(x)=\int_{-x}^{\ln(x+1)}f(t)\,dt>0\quad\text{per $x\in (0,+\infty)$}, \end{aligned}$

e $F(0)=\int_0^0f(t)\,dt=0$ . Determiniamo ora il comportamento di $F$ agli estremi del dominio. Abbiamo che

$\lim_{x\to -1^+}F(x)=\lim_{x\to -1^+}\int_{-x}^{\ln(x+1)}f(t)\,dt=-\lim_{y\to -\infty}\int_y^1f(t)\,dt.$

Dobbiamo dunque controllare se $f$ sia integrabile in senso generalizzato su $(-\infty,1]$ . Poiché

$\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{e^{\frac{x}{2}}}=\lim_{x\to -\infty}\frac{e^{\frac{x}{2}}}{x^2+1}=0$

e $x\mapsto e^{\frac{x}{2}}$ è integrabile in senso generalizzato su $(-\infty,1]$ , ne segue che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $(-\infty,1]$ . Dunque esiste finito

$\lim_{x\to -1^-}F(x)=\int_{-\infty}^1f(t)\,dt\in (-\infty,0).$

Inoltre

$\lim_{x\to +\infty}F(x)=\lim_{x\to +\infty}\int_{-x}^{\ln(x+1)}f(t)\,dt=\lim_{x\to +\infty}\left(\int_{-x}^0f(t)\,dt+\int_0^{\ln(x+1)}f(t)\,dt\right).$

Già sappiamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $(-\infty,0]$ , dunque il limite $\lim_{x\to +\infty}F(x)$ esiste finito (infinito) se e solo se l’integrale generalizzato di $f$ su $[0,+\infty)$ converge (diverge). Nel nostro caso risulta

$\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty,$

perciò l’integrale generalizzato di $f$ su $[0,+\infty)$ diverge⁷. Dunque

$\lim_{x\to +\infty}F(x)=\int_{-\infty}^0f(t)\,dt+\lim_{y\to +\infty}\int_0^{y}f(t)\,dt=+\infty.$

Infine, alla formula (2) otteniamo

$F'(x)=\frac{e^{\ln(x+1)}}{(\ln(x+1))^2}\cdot\frac{1}{x+1}+\frac{e^{-x}}{x^2}=\frac{1}{\ln^2(x+1)}+\frac{e^{-x}}{x^2}>0\quad\text{per $x\in(-1,+\infty)$}.$

Quindi $F$ è strettamente crescente su $x\in(-1,+\infty)$ e

$F'(-1^+)=\lim_{x\to -1^+}F'(x)=e.$

Vedi teorema 8 in “teoria sugli integrali impropri“ ↩

Funzioni integrali: riferimenti bibliografici

[1] Giuseppe De Marco: Analisi 1. Zanichelli, 1996.

[2] Enrico Giusti: Analisi Matematica 1, Bollati Boringhieri, 2002.

[3] Marco Pavone: integrali impropri e funzioni integrali. Aracne, 1992.

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