Esercizi svolti sugli integrali impropri

Calcolo di un integrale improprio, Carattere di un integrale improprio

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Esercizi svolti sugli integrali impropri

La dispensa propone un vastissimo repertorio di 39 esercizi svolti riguardanti integrali impropri, catalogati in modo da contribuire alla determinazione del carattere di ognuno e, nel caso di convergenza, esprimere poi correttamente il loro valore tramite la tecnica risolutiva più appropriata.

Ogni esercizio è corredato da una guida dettagliata ai passaggi, trasformando la dispensa in un potente metodo di studio sistematico. Il materiale è destinato a supportare sia gli studenti che desiderano apprendere quanto possibile per determinare caratteri di integrali impropri, sia coloro che desiderano esercitarsi ulteriormente per evitare criteri di convergenza complessi.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti.

Revisori: Sergio Fiorucci.

Notazioni

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$\mathbb{N}$	Insieme dei numeri naturali
$\mathbb{Z}$	Insieme dei numeri interi relativi
$\mathbb{R}$	Insieme dei numeri reali
$\lim_{x \to x_0}f(x)$	Limite della funzione $f$ per $x$ che tende a $x_0$
$\int_a^bf(x) \,dx$	Integrale possibilmente improprio della funzione f nell’intervallo [a,b]

Richiami di teoria

Integrali impropri

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Per la teoria relativa agli integrali impropri rimandiamo all’articolo completo Integrali impropri-Teoria.

Funzioni iperboliche

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Proponiamo un rapido riepilogo delle formule principali delle funzioni iperboliche, utilizzate nelle soluzioni di alcuni esercizi.

Funzione seno iperbolico: $\displaystyle \sinh x={\frac {e^{x}-e^{-x}}{2}}={\frac {e^{2x}-1}{2e^{x}}}={\frac {1-e^{-2x}}{2e^{-x}}}$

Funzione coseno iperbolico: $\displaystyle \cosh x={\frac {e^{x}+e^{-x}}{2}}={\frac {e^{2x}+1}{2e^{x}}}={\frac {1+e^{-2x}}{2e^{-x}}}$ ;

Funzione tangente iperbolica: $\displaystyle \tanh x={\frac {\sinh x}{\cosh x}}={\frac {e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}}={\frac {e^{2x}-1}{e^{2x}+1}}={\frac {1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}}$ ;

Funzione cotangente iperbolica: $\displaystyle \coth x={\frac {\cosh x}{\sinh x}}={\frac {e^{x}+e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}}={\frac {e^{2x}+1}{e^{2x}-1}}={\frac {1+e^{-2x}}{1-e^{-2x}}}$ ;

Funzione secante iperbolica: $\displaystyle \operatorname {sech} \,x=\left(\cosh x\right)^{-1}={\frac {2}{e^{x}+e^{-x}}}={\frac {2e^{x}}{e^{2x}+1}}={\frac {2e^{-x}}{1+e^{-2x}}}$ ;

Funzione cosecante iperbolica: $\displaystyle \operatorname {csch} \,x=\left(\sinh x\right)^{-1}={\frac {2}{e^{x}-e^{-x}}}={\frac {2e^{x}}{e^{2x}-1}}={\frac {2e^{-x}}{1-e^{-2x}}}$ .

Identità fondamentale:

$\displaystyle \left(\cosh {t}\right)^{2}-\left(\sinh {t}\right)^{2}=1.$

Formule di somma e sottrazione:

$\begin{aligned} \sinh(x\pm y)&=\sinh(x)\cosh(y)\pm\cosh(x)\sinh(y);\\ \cosh(x\pm y)&=\cosh(x)\cosh(y)\pm \sinh(x)\sinh(y). \end{aligned}$

Formule di duplicazione:

$\begin{aligned} \displaystyle \sinh {(2x)} &=2\sinh {(x)}\cosh {(x)};\\ \displaystyle \cosh {(2x)} &=\cosh ^{2}{(x)}+\sinh ^{2}{(x)}=2\cosh ^{2}{(x)}-1=2\sinh ^{2}{(x)}+1. \end{aligned}$

Formule di bisezione:

$\begin{aligned} \displaystyle \cosh {\left({\frac {x}{2}}\right)} &={\sqrt {\frac {1+\cosh {(x)}}{2}}};\\ \displaystyle \sinh {\left({\frac {x}{2}}\right)} &={\pm \sqrt {\frac {\cosh {(x)}-1}{2}}}. \end{aligned}$

Funzioni iperboliche inverse:

$\begin{aligned} \displaystyle \operatorname {settsinh} (x) &=\ln {\left(x+{\sqrt {x^{2}+1}}\right)};\\ \displaystyle \operatorname {settcosh} (x)& =\ln {\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)};\\ \displaystyle \operatorname {setttanh} (x) &=\ln {\left({\frac {\sqrt {1-x^{2}}}{1-x}}\right)}={\frac {1}{2}}\ln {\left({\frac {1+x}{1-x}}\right)};\\ \displaystyle \operatorname {settcoth} (x) &=\ln {\left({\frac {\sqrt {x^{2}-1}}{x-1}}\right)}={\frac {1}{2}}\ln {\left({\frac {x+1}{x-1}}\right)};\\ \displaystyle \operatorname {settsech} (x) &=\ln {\left({\frac {1+{\sqrt {1-x^{2}}}}{x}}\right)}. \end{aligned}$

Formule parametriche:

$\begin{aligned} \sinh(x) &=\dfrac{2\tanh\left(\dfrac{x}{2}\right)}{1-\tanh^2\left(\dfrac{x}{2}\right)};\\ \cosh(x) &=\dfrac{1+\tanh^2\left(\dfrac{x}{2}\right)}{1-\tanh^2\left(\dfrac{x}{2}\right)}. \end{aligned}$

Formule di prostaferesi:

$\begin{aligned} \sinh(x)+\sinh(y) &=2\sinh\left(\dfrac{x+y}{2}\right)\cosh\left(\dfrac{x-y}{2}\right);\\ \sinh(x)-\sinh(y) &=2\cosh\left(\dfrac{x+y}{2}\right)\sinh\left(\dfrac{x-y}{2}\right);\\ \cosh(x)+\cosh(y) &=2\cosh\left(\dfrac{x+y}{2}\right)\cosh\left(\dfrac{x-y}{2}\right);\\ \cosh(x)-\cosh(y) &=2\sinh\left(\dfrac{x+y}{2}\right)\sinh\left(\dfrac{x-y}{2}\right). \end{aligned}$

Formule di Werner:

$\begin{aligned} \sinh(x)\sinh(y) &=-\dfrac{1}{2}[\cosh(x-y)-\cosh(x+y)];\\ \cosh(x)\cosh(y) &=\dfrac{1}{2}[\cosh(x-y)+\cosh(x+y)];\\ \sinh(x)\cosh(y) &=\dfrac{1}{2}[\sinh(x-y)+\sinh(x+y)]. \end{aligned}$

Primitive notevoli:

$\begin{aligned} \displaystyle \int {\frac {dx}{\sqrt {x^{2}+1}}} &=\operatorname {settsinh} (x)+c=\ln(x+{\sqrt {x^{2}+1}})+c;\\ \displaystyle \int {\frac {dx}{\sqrt {x^{2}-1}}} &=\operatorname {settcosh} (x)+c=\ln(x+{\sqrt {x^{2}-1}})+c;\\ \displaystyle \int {\sqrt {x^{2}+1}}\,dx &={\frac {\operatorname {settsinh} (x)+x{\sqrt {x^{2}+1}}}{2}}+c={\frac {\ln(x+{\sqrt {x^{2}+1}})+x{\sqrt {x^{2}+1}}}{2}}+c;\\ \displaystyle \int {\sqrt {x^{2}-1}}\,dx &={\frac {-\operatorname {settcosh} (x)+x{\sqrt {x^{2}-1}}}{2}}+c={\frac {-\ln(x+{\sqrt {x^{2}-1}})+x{\sqrt {x^{2}-1}}}{2}}+c. \end{aligned}$

Testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^{+\infty}\dfrac{\log(1+t)}{t^2}\,dt$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f \colon (-1,0)\cup (0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ nell’intervallo di integrazione $A=[2,+\infty)$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $t \to +\infty$ . Per $t \to +\infty$ si ha che:

$f(t)=\dfrac{\log t}{t^2}\left(1+\dfrac{1}{\log t}\,\log\left(1+\dfrac{1}{t} \right) \right)$

dove

$\lim_{x\rightarrow + \infty }\dfrac{\dfrac{1}{\log t}\,\log\left(1+\dfrac{1}{t}\right)}{1}=0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{\log t}\,\log\left(1+\dfrac{1}{t}\right) =o(1)\quad \text{per}\,\, t\rightarrow + \infty$

da cui

$f(t) = \dfrac{1}{t^2 \, \log^{-1}(t)} (1+o(1))$

si ricorda che il seguente integrale improprio notevole:

(1) $\begin{equation*} \int_{a}^{+\infty}\dfrac{1}{t^\alpha \,\log^\beta t}\,dt,\quad a>1,\,\,\alpha,\beta \in \mathbb{R} \end{equation*}$

esiste finito se e solo se $\alpha>1 \,\, \text{e}\,\, \forall \beta \in \mathbb{R}$ altrimenti per $\alpha=1\,\,\text{e per}\,\,\beta>1.$

Consideriamo

(2) $\begin{equation*} \int_2^{+\infty}\dfrac{1}{t^2 \, \log^{-1}(t)}\,dt \end{equation*}$

Confrontando (1) e (2) si osserva che (2) è un integrale improprio notevole con $\alpha=2>1$ quindi esiste finito.

Si conclude che per il criterio del confronto asintotico $f$ risulta integrabile in senso improprio in $A$ , quindi $I$ esiste finito. Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\begin{aligned} &\int_2^{+\infty} \dfrac{\log(1+t)}{t^2} dt = - \dfrac{1}{t} \log(1+t) \bigg\vert_2^{+\infty} + \int_2^{+\infty} \dfrac{1}{t(t+1)} dt = \\ & = \dfrac{1}{2}\log 3 + \int_2^{+\infty} \left(\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{t+1}\right) \, dt = \dfrac{1}{2} \log 3 + \log \left \vert \dfrac{t}{t+1}\right \vert \bigg\vert_2^{+\infty} =\\ &= \dfrac{1}{2}\log 3 - \log \dfrac{2}{3} =\dfrac{1}{2}\log 3 + \log \dfrac{3}{2}= \dfrac{1}{2}\log 3+\log3-\log2=\dfrac{3}{2}\log 3-\log2 \end{aligned}$

$\boxed{Osservazione}$

Per dimostrare che $I$ esiste finito si poteva osservare che:

$\dfrac{\log \left( 1+t\right)}{t^2}\leq \dfrac{\sqrt{t}}{t^2}=\dfrac{1}{t^{\frac{3}{2}}} \quad \text{per}\,\,t\geq 1$

da cui

$\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\log \left( 1+t\right)}{t^2}\,dt \leq \int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{t^{\frac{3}{2}}} \,dt=-2t^{-\frac{1}{2}}\bigg\vert_2^{+\infty}=\sqrt{2}<+\infty$

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{-2}^0 \log\left( \dfrac{x+3}{x+2}\right) \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f:(-1,1)\rightarrow\mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osservi che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to 1^-$ . Per $x \to 1^-$ si ha che:

$\begin{equation*} f(x) = \dfrac{2+o(1)}{\left(\sqrt{2}+o(1)\right) (1-x)^{\frac{1}{2}}} \end{equation*}$

si ricorda che il seguente integrale improprio notevole:

(3) $\begin{equation*} \int_{0}^{a}\dfrac{1}{t^\alpha}\,dx \quad \text{con}\,\,a>0,\,\alpha \in \mathbb{R} \end{equation*}$

esiste finito per $\alpha<1$ . Consideriamo

(4) $\begin{equation*} \sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1-x\right)^{\frac{1}{2}}}\,dx \end{equation*}$

ed operando la sostituzione $1-x=t$ su (4) si ha:

(5) $\begin{equation*} -\sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^{\frac{1}{2}}}\,dx \end{equation*}$

confrontando (5) e (3) si osserva che (5) è un integrale notevole con $\alpha=\dfrac{1}{2}<1$ quindi esite finito. Ne segue che $f$ è integrabile in senso improprio su $A$ per il criterio del confronto asintotico, quindi $I$ esiste finito.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\begin{aligned} I=\int_0^1 \dfrac{x+1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx & = \int_0^1 \left(\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}} + \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right)\, dx =\\ & = \sqrt{1-x^2} + \arcsin x \bigg\vert_0^1 = \\ & = \dfrac{\pi}{2} + 1 \end{aligned}$

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{-1}^0 \dfrac{\arcsin(x)}{\sqrt{1+x}} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon(0,2]\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osservi che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $t \to 0^+$ . Per $t \to 0^+$ abbiamo

$f(t) = \dfrac{-\frac{\pi}{2}+o(1)}{t^{\frac{1}{2}}}$

ed il seguente integrale improprio

$\begin{equation*} -\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^{\frac{1}{2}}}\,dt=-\pi \end{equation*}$

converge, quindi per il criterio del confronto asintotico $f$ risulta integrabile in senso improprio in $A$ e dunque $I$ converge. Concludiamo calcolando $I$ :

$\begin{aligned} \int_0^1 \dfrac{\arcsin(t-1)}{\sqrt{t}} \, dt & = 2\sqrt{t} \arcsin(t-1) \bigg\vert_0^1 - \int_0^1 2\sqrt{t} \dfrac{1}{\sqrt{1-t^2-1+2t} } \, dt =\\ & = -\int_0^1 \dfrac{2 \sqrt{t}}{\sqrt{-t^2+2t}} dt = - 2 \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{-t+2}} \, dt = \\ & = -2 \int_0^1 (-t+2)^{-\frac{1}{2}} dt = 4 (-t+2)^{\frac{1}{2}} \bigg\vert_0^1 = 4-4 \sqrt{2} \end{aligned}$

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{-2}^0 \log\left( \dfrac{x+3}{x+2}\right) \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e, ponendo, $t = x+2$ , otteniamo

$I=\int_{-2}^0 \log\left( \dfrac{x+3}{x+2}\right) \, dx=\int_0^2 \log\left( \dfrac{t+1}{t}\right) \, dt.$

Sia quindi $f\colon (-\infty,-1)\cup (0+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osservi che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $t \to 0^+$ .

Per $t \to 0^+$ abbiamo:

$f(t) = \log(1+t)-\log(t) = -\log(t) (1+o(1))$

Si ricorda che se $f\in \mathcal{C}\left((0,a] \right)$ con $a>0$ e

$\lim_{t\rightarrow0^+ }f(t)=+\infty,$

allora la condizione sufficiente affinchè $f$ sia integrabile su $(0,a)$ è che

$\exists \, \alpha<1 \,\, \text{tale che esista finito}\,\, \lim_{t\rightarrow0^+ }t^\alpha f(t)$

Si osserva che

$\lim_{t\rightarrow0^+}-t^{\frac{1}{2}}\log(t) (1+o(1))=0$

dunque $I$ converge. Possiamo quindi calcolare $I$ :

$\begin{aligned} &I=\int_0^2 \log\left( \dfrac{t+1}{t}\right) \, dt = t \, \log\left( \dfrac{t+1}{t}\right)\bigg\vert_0^2 -\int_0^2 t \left(\dfrac{t}{t+1}\right) \left(-\dfrac{1}{t^2}\right) \, dt = \\ & = 2 \log \dfrac{3}{2}+\int_0^2 \dfrac{1}{1+t} \, dt = 2 \log \dfrac{3}{2} + \log(t+1) \bigg\vert_0^2 = 2 \log \dfrac{3}{2}+\log 3 = \log \dfrac{27}{4} \end{aligned}$

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^4 \dfrac{1}{\sqrt[3]{\vert 3-x \vert}}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (-\infty,3)\cup(3,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Osserviamo che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to 3$ .

Ricordiamo il seguente risultato notevole: data

(6) $\begin{equation*} g(t)= \dfrac{1}{t^\alpha \, } \quad \mbox{con } \alpha \in \mathbb{R} \end{equation*}$

essa è integrabile in senso improprio per $t \rightarrow 0$ se e solo se $\alpha<1$ . Se poniamo $x-3=t$ , $I$ diventa:

$I=\int_{-1}^{1}\dfrac{1}{ \vert t \vert^\frac{1}{3} }\,dt$

da cui

$f(3+t)=\tilde{f}(t)=\dfrac{1}{\vert t \vert^\frac{1}{3} }$

confrontando $\tilde{f}(t)$ con $g(t)$ si osserva che $\tilde{f}$ risulta integrabile in senso improprio per $t \rightarrow 0$ , quindi $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\begin{aligned} &\int_{2}^4 \dfrac{1}{\sqrt[3]{\vert 3-x \vert}}\, dx = \int_{2}^3 \dfrac{1}{\sqrt[3]{ 3-x }}\, dx - \int_{3}^4 \dfrac{1}{\sqrt[3]{ 3-x }}\, dx = \\ &= - \dfrac{3}{2}\left(3-x\right)^{\frac{2}{3}} \bigg\vert_2^3 - \dfrac{3}{2}\left(3-x\right)^{\frac{2}{3}} \bigg\vert_4^3 =\\ & = \dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}=3 \end{aligned}$

altrimenti molto più semplicemente bastava osservare che fatta la sostituzione $x-3=t$ considerando $I$ dopo la sostituzione tendendo conto che $\vert t \vert=\max \{-t,t\}$ e che $\tilde{f}$ è una funzione pari e l’intervallo di integrazione è simmetrico rispetto all’origine. Si poteva procedere come segue:

$I= \int_{-1}^{1}\dfrac{1}{\vert t \vert ^\frac{1}{3} }\,dt= 2 \int_{0}^{1}\dfrac{1}{ t^\frac{1}{3} }\,dt=2 \cdot \bigg\vert \dfrac{3}{2}x^{\frac{3}{2} }\bigg\vert_0^1=3$

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^{+\infty} \dfrac{\log(t-2)}{(t-1)^2}\, dt$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare. Posto $x = t-2$ si ha che:

$I=\int_{2}^{+\infty} \dfrac{\log(t-2)}{(t-1)^2}\, dt = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\log(x)}{(x+1)^2}\, dx = \int_{0}^{+\infty} \tilde{f}(x)\, dx$

con

$\tilde{f}:(0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}.$

Osserviamo che $\tilde{f}$ , nell’intervallo di integrazione $A^\prime=[0,+\infty)$ , potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to 0^+$ e per $x \to +\infty$ . Si ricorda che se $\tilde{g}\in \mathcal{C}\left((0,a] \right)$ con $a>0$ e

$\lim_{x\rightarrow0^+ }\tilde{g}(x)=+\infty,$

allora la condizione sufficiente affinchè $\tilde{g}$ sia integrabile su $(0,a)$ è che

$\exists \, \alpha<1 \,\, \text{tale che esista finito}\,\, \lim_{x\rightarrow0^+ }x^\alpha \tilde{g}(x).$

Poichè risulta che

$\lim_{x\rightarrow0^+ }x^\frac{1}{2} \tilde{f}(x)=0$

si conclude che $\tilde{f}$ è integrabile in senso improprio per $x\rightarrow 0^+$ . Analogamente, se $\tilde{f}\in C \left([a,+\infty) \right)$ , tale che $\tilde{f}(x)\geq 0$ in un intorno di infinito e

$\lim_{x\rightarrow+\infty}\tilde{f}(x)=0,$

allora la condizione sufficiente affinchè $\tilde{f}$ sia integrabile su $[a,+\infty)$ è che

$\exists \, \beta>1 \,\, \text{tale che esista finito }\,\, \lim_{x\rightarrow+\infty}x^\beta\tilde{f}(x)$

e osservando che

$\lim_{x\rightarrow+\infty}x^\frac{3}{2}\tilde{f}(x)=0$

ne segue che $\tilde{f}$ è integrabile per $x \to +\infty$ .

Si conclude che $\tilde{f}$ è integrabile in senso improprio in un intorno destro di zero e in un intorno di infinito, quindi $I$ esiste finito.

Calcoliamo infine il valore al quale converge $I$ , operando la sostituzione $t-1=x$ :

$\begin{aligned} I=\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\log(x-1)}{x^2}\, dx & = -\dfrac{1}{x} \log(x-1) \bigg\vert_1^{+\infty} + \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x(x-1)} \, dx = \\ \end{aligned}$

Per il secondo integrale, possiamo riscrivere la funzione integranda nel modo seguente

$\begin{aligned} \frac{1}{x(x-1)} = \frac{1+x-x}{x(x-1)} = -\left(\frac{x-1}{x(x-1)} + \frac{-x}{x(x-1)}\right) = -\left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x-1}\right) \end{aligned}$

Questo ci permette di riscrivere l’integrale come

$\begin{aligned} I= -\dfrac{1}{x} \log(x-1) \bigg\vert_1^{+\infty} + \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x(x-1)} \, dx = -\dfrac{1}{x} \log(x-1) \bigg\vert_1^{+\infty}-\int_1^{+\infty} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x-1}\right)\,dx. \end{aligned}$

Applicando l’integrale immediato

$\begin{aligned} \int \frac{f'(x)}{f(x)}\,dx = \ln \left|f(x)\right| + c, \end{aligned}$

Possiamo concludere l’esercizio scrivendo

$\begin{aligned} I = -\dfrac{1}{x} \log(x-1) \bigg\vert_1^{+\infty}-\int_1^{+\infty} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x-1}\right)\,dx = &= - \dfrac{\log(x-1)}{x} - \log \vert x \vert + \log\vert x-1 \vert \bigg\vert_1^{+\infty} = 0 \end{aligned}$

Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{-4}^{0} \dfrac{1}{\sqrt[3]{{2x+7}}}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare. Posto $2x+7=t$ si ottiene

$\int_{-4}^{0} \dfrac{1}{\sqrt[3]{{2x+7}}}\, dx=\int_{-4}^{0} f(x)\, dx=\frac{1}{2}\int_{-1}^{7}\dfrac{1}{t^\frac{1}{3}}\,dt=\int_{-1}^{7}\tilde{f}(t)\,dt$

e sia

$\tilde{f}:(-\infty,0)\cup(0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$

la funzione integranda.

Osserviamo che $\tilde{f}$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio $t \to 0$ . Ricordiamo che il seguente integrale improprio notevole

(7) $\begin{equation*} \int_{0}^{a}\dfrac{1}{t^\alpha}\,dt \quad \text{con}\,a>0,\, \alpha \in \mathbb{R} \end{equation*}$

converge per $\alpha<1$ . Confrontando (7) con $I$ si osserva che $I$ è un integrale improprio notevole con $\alpha=\dfrac{1}{3}<1$ e quindi converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\begin{aligned} \int_{-4}^{0} \dfrac{1}{\sqrt[3]{{2x+7}}}\, dx & = \int_{-4}^{0} \left(2x+7\right)^{-\frac{1}{3}} \, dx = \\ & = \dfrac{1}{2} \dfrac{\left(2x+7\right)^{-\frac{1}{3}+1}}{\frac{2}{3}} \bigg\vert_{-4}^{0} = \\ & = \dfrac{3}{4} \left(2x+7\right)^{\frac{2}{3}} \bigg\vert_{-4}^{0} =\\ & = \dfrac{3}{4} \sqrt[3]{49} - \dfrac{3}{4} \end{aligned}$

Esercizio 8 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{-4}^{0} \dfrac{2}{\sqrt{-x^2-4x}}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (-4,0)\rightarrow\mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to -4^+$ e per $x \to 0^-$ . Si ricorda che se $f\in C((c,x_0)) \,\, \text{con}\,\, c<x_0$ e se

$\lim_{x \rightarrow x_0}f(x)=+\infty$

allora la condizione sufficiente affinchè $f$ sia integrabile su $(c,x_0)$ è che

$\exists\, \beta<1\,\, \text{tale che esista finito} \, \, \lim_{x \rightarrow x_0^+}(x_0-x)^\beta f(x).$

Si osserva che

$\lim_{x \to -4^+} f(x) \cdot \sqrt{x+4} = 1$

$\lim_{x \to 0^-} f(x) \sqrt{-x} = 1$

segue che $f$ è integrabile per $x \to -4^+$ e per $x \to 0^+$ .

Possiamo concludere che l’integrale esiste finito.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\int_{-4}^{0} \dfrac{2}{\sqrt{-x^2-4x}}\, dx = 2\int_{-2}^{2} \dfrac{1}{\sqrt{-t^2+4}} \, dt$

dove abbiamo utilizzato $t=x+2$ e osservato che la funzione integranda è pari e l’intervallo di integrazione simmetrico rispetto all’origine, quindi

$\begin{aligned} 2\int_{-2}^{2} \dfrac{1}{\sqrt{-t^2+4}} \, dt & = 4 \int_{0}^{2} \dfrac{1}{\sqrt{4-t^2}} \, dt = 4 \int_0^2 \dfrac{\frac{1}{2}}{\sqrt{1- \left(\frac{t}{2}\right)^2}} \, dt = 4 \arcsin\left(\dfrac{t}{2}\right) \bigg\vert_0^2 = 4 \cdot \dfrac{\pi}{2} = 2\pi \end{aligned}$

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{3}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2+10x+30}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda.

Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to +\infty$ .

Per $x\rightarrow +\infty$ :

$f(x) = \dfrac{1}{x^2}(1+o(1))$

e considerando

$\int_{3}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2}\,dx=\dfrac{1}{3}$

concludiamo che $I$ converge per il criterio del confronto asintotico.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\int_{3}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2+10x+30}\, dx = \int_{3}^{+\infty} \dfrac{1}{(x+5)^2+5}\, dx$

e ponendo $t=x+5$ abbiamo

$\begin{aligned} \int_{3}^{+\infty} \dfrac{1}{(x+5)^2+5}\, dx & = \int_8^{+\infty} \dfrac{1}{t^2+5} \, dt = \\ & = \dfrac{1}{\sqrt{5}} \arctan \dfrac{t}{\sqrt{5}} \bigg\vert_8^{+\infty} =\\ & = \dfrac{\pi}{2 \sqrt{5}} - \dfrac{1}{\sqrt{5}} \arctan \dfrac{8}{\sqrt{5}} \end{aligned}$

Esercizio 10 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[5]{x}}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f \colon (0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \rightarrow 0^+$ .

Per $x \rightarrow 0^+$ abbiamo:

$f(x)=\dfrac{1}{x^{\frac{1}{5}}}(1+o(1))$

(8) $\begin{equation*} \int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^{\frac{1}{5}}} dx=\dfrac{5}{4} \end{equation*}$

converge, allora anche $I$ converge per il criterio del confronto asintotico.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[5]{x}}\, dx = \int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt[10]{x^5}+\sqrt[10]{x^2}}\, dx$

e posto $t=\sqrt[10]{x}$ abbiamo

$\begin{aligned} &\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt[10]{x^5}+\sqrt[10]{x^2}}\, dx = \int_{0}^{1} \dfrac{1}{t^5+t^2}\, 10t^9 \, dt = 10 \int_0^1 \dfrac{t^7}{1+t^3} \, dt =\\ & = 10 \int_0^1 \left( t^4-t+\dfrac{t}{1+t^3}\right) \; dt = 10 \left(\dfrac{t^5}{5} - \dfrac{t^2}{2}\right) \bigg\vert_0^1 + 10\int_0^1 \underbrace{\dfrac{t}{(1+t)(1+t^2-t)}}_ {g(t)} \, dt = \\ & = 10 \left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{2} + \int_0^1 g(t) \, dt \right) = 10 \left(-\dfrac{3}{10} + \int_0^1 g(t) \, dt \right) \end{aligned}$

Riscriviamo $g$ come segue

$\dfrac{A}{t+1} + \dfrac{Bt+C}{t^2-t+1} = \dfrac{At^2-At+A+Bt^2+Bt+Ct+C}{t^3+1}=\dfrac{t}{(1+t)(1+t^2-t)}$

da cui

$\begin{cases} A+B=0\\-A+B+C=1\\A+C=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} A=-B\\3B=1\\A=-C \end{cases}\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} A=-\frac{1}{3}\\B=\frac{1}{3}\\C=\frac{1}{3} \end{cases}$

quindi

$\begin{aligned} \int_0^1 g(t) \, dt & = \int_0^1 \left(- \dfrac{1}{3(t+1)} + \dfrac{t+1}{3(t^2-t+1)}\right) \; dt =\\ & = -\dfrac{1}{3} \log\vert t+1\vert \bigg\vert_0^1 + \dfrac{1}{6} \int_0^1 \left(\dfrac{2t-1}{t^2-t+1} + \dfrac{3}{t^2-t+1}\right) \, dt =\\ & = -\dfrac{1}{3} \log 2 + \dfrac{1}{6} \log(t^2-t+1) \bigg\vert_0^1 + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan \left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(t-\dfrac{1}{2}\right)\right) \bigg\vert_0^1 =\\ & = -\dfrac{1}{3} \log 2 + \dfrac{1}{\sqrt{3}} \cdot \dfrac{\pi}{6} - \dfrac{1}{\sqrt{3}} \left(-\dfrac{\pi}{6}\right) = \\ & = -\dfrac{1}{3} \log 2 + \dfrac{\pi}{3\sqrt{3}} \end{aligned}$

Concludiamo che

$I=\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[5]{x}}\, dx = 10 \left(-\dfrac{3}{10} - \dfrac{1}{3}\log 2 + \dfrac{\pi}{3\sqrt{3}}\right)$

Esercizio 11 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^{3} \dfrac{t-1}{\sqrt{t^3-4t^2+5t-2}}\, dt$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare. Per risolvere questo esercizio è essenziale notare che l’integrale $I$ può essere riscritto come segue:

$\begin{aligned} \int_{2}^{3} \dfrac{t-1}{\sqrt{t^3-4t^2+5t-2}}\, dt &= \int_{2}^{3} \dfrac{t-1}{\sqrt{(t-1)^2(t-2)}}\, dt =\\ & = \int_{2}^{3} \dfrac{t-1}{(t-1)\sqrt{t-2}}\, dt= \\ &= \int_{2}^{3} \dfrac{1}{\sqrt{t-2}}\,dt= \\ &=\int_2^3 f(t)\, dt. \end{aligned}$

Chiamiamo quindi $f\colon (2,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda.

Osserviamo che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $t \to 2^+$ .

Si ricorda che se $f\in C((x_0,c)) \,\, \text{con}\,\, c>x_0$ e se

$\lim_{x \rightarrow x_0}f(x)=+\infty$

allora la condizione sufficiente affinchè $f$ sia integrabile su $(x_0,c)$ è che

$\exists\, \beta<1\,\, \text{tale che esista finito} \, \, \lim_{x \rightarrow x_0^+}(x-x_0)^\beta f(x).$

Dal momento che

$\lim_{t \to 2^+} f(t) \sqrt{t-2} = 1$

ne segue che $f$ è integrabile per $t \to 2^+$ , pertanto possiamo concludere che l’integrale $I$ esiste finito.

Calcoliamo il valore a cui $I$ converge:

$\int_{2}^{3} \dfrac{1}{\sqrt{t-2}}\, dt = 2\sqrt{t-2} \bigg\vert_2^3 = 2$

Esercizio 12 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{t^3+t^2+t+1}\, dt$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (-\infty,-1)\cup(-1,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio nell’intervallo $[1,+\infty)$ per $t \to +\infty$ .

Per $t \to +\infty$ abbiamo:

$f(t) = \dfrac{1}{t^3}(1+o(1))$

$\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{t^3}\, dt=\dfrac{1}{2}$

converge.

Quindi $I$ esiste finito per il criterio del confronto asintotico.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$I=\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{t^3+t^2+t+1}\,dt=\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{(t^2+1)(t+1)}\,dt$

ed osserviamo che la funzione integranda può essere riscritta come segue:

$\dfrac{At+C}{t^2+1} + \dfrac{B}{t+1} =\dfrac{At^2+At+Bt^2+B+Ct+C}{(t^2+1)(t+1)}=\dfrac{1}{(t^2+1)(t+1)}$

da cui

$\begin{cases} A+B=0\\A+C=0\\B+C=1 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} A=-\frac{1}{2}\\ B=\frac{1}{2}\\ C=\frac{1}{2} \end{cases}$

allora

$\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{t^3+t^2+t+1}\, dt & = \dfrac{1}{2} \int_1^{+\infty} \left( \dfrac{-t+1}{t^2+1} + \dfrac{1}{t+1}\right) \, dt =\\[10pt] & = \dfrac{1}{2} \int_1^{+\infty} \left( -\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{2t}{t^2+1} - \dfrac{2}{t^2+1}\right) + \dfrac{1}{t+1}\right) \, dt =\\[10pt] & = \dfrac{1}{2} \left(-\dfrac{1}{2} \log(t^2+1) + \arctan t + \log\vert t+1\vert \right) \bigg\vert_1^{+\infty} =\\[10pt] & = \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{\pi}{2}+ \dfrac{1}{2}\log 2 - \dfrac{\pi}{4}-\log 2\right) =\\[10pt] & = \dfrac{\pi}{8}-\dfrac{\log 2}{4} \end{aligned}$

Esercizio 13 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^{4} \dfrac{2t-5}{\sqrt{4t-t^2}}\, dt$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f:(0,4)\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Osserviamo che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio in $[2,4]$ per $t \to 4^-$ .

Si ricorda che se $f\in C((t_0,c)) \,\, \text{con}\,\, c>t_0$ e se

$\lim_{t \rightarrow t_0}f(t)=+\infty,$

allora la condizione sufficiente affinchè $f$ sia integrabile su $(t_0,c)$ è che

$\exists\, \beta<1\,\, \text{tale che esista finito} \, \, \lim_{t \rightarrow t_0}(t-t_0)^\beta f(t).$

Dal momento che

$\lim_{t\rightarrow 4^-}(4-t)^{\frac{1}{2}}f(t)=\lim_{t\rightarrow 4^-}(4-t)^{\frac{1}{2}}\cdot \dfrac{3+o(1)}{(2+o(1))(4-t)^{\frac{1}{2}}}=\dfrac{3}{2}$

se ne puo’ concludere che $f$ è integrabile in senso improprio per $t \rightarrow 4^-$ , quindi $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\begin{aligned} &I=\int_{2}^{4} \dfrac{2t-5}{\sqrt{4t-t^2}}\, dt = \int_{4}^{2} \dfrac{5-2t}{\sqrt{4t-t^2}}\, dt = \int_{4}^{2} \left(\dfrac{4-2t}{\sqrt{4t-t^2}} + \dfrac{1}{\sqrt{4t-t^2}}\right)\, dt =\\ &= -2 \sqrt{4t-t^2} \bigg\vert_2^4 + \int_4^2 \dfrac{1}{\sqrt{-(t-2)^2+4}} \, dt \end{aligned}$

e posto $z=t-2$ abbiamo

$I = 4 + \int_2^0 \dfrac{1}{\sqrt{4-z^2}} \, dz = 4z + \arcsin \left(\dfrac{z}{2}\right) \bigg\vert_2^0 = 4 - \dfrac{\pi}{2}$

Esercizio 14 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{3}^{+\infty} \dfrac{2x}{5x^4-1}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare

$f:\left(-\infty,-\dfrac{1}{5^\frac{1}{4}}\right)\cup\left(-\dfrac{1}{5^\frac{1}{4}},\dfrac{1}{5^\frac{1}{4}}\right)\cup\left(\dfrac{1}{5^\frac{1}{4}},+\infty\right) \rightarrow \mathbb{R}$

la funzione integranda. Osserviamo che la funzione $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio in $[3,+\infty)$ per $x \to +\infty$ .

Per $x \to +\infty$ si ha

$f(x) = \dfrac{2}{5x^3} (1+o(1))$

$\int_{3}^{+\infty}\dfrac{2}{5x^3}\,dx=\dfrac{1}{45}$

converge, quindi, per il criterio del confronto asintotico, $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ operando la sostituzione $z=\sqrt{5}x^2$

$\begin{aligned} I=\int_{3}^{+\infty} f(x) \, dx & = \dfrac{1}{\sqrt{5}} \int_{9\sqrt{5}}^{+\infty} \dfrac{1}{z^2-1} \, dz \end{aligned}$

possiamo, così, continuare a scrivere

$\begin{aligned} I = \dfrac{1}{\sqrt{5}} \int_{9\sqrt{5}}^{+\infty} \dfrac{1}{z^2-1} \, dz &= \dfrac{1}{\sqrt{5}} \int_{9\sqrt{5}}^{+\infty} \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1}{z-1} - \dfrac{1}{z+1}\right) \, dz = \\ &= \dfrac{1}{2\sqrt{5}} \log \left \vert \dfrac{z-1}{z+1}\right \vert \bigg\vert_{9\sqrt{5}}^{+\infty} = \\[10pt] & = - \dfrac{1}{2\sqrt{5}}\log \left(\dfrac{9\sqrt{5}-1}{9\sqrt{5}+1}\right)= \\ &= \dfrac{1}{2\sqrt{5}}\log \left(\dfrac{9\sqrt{5}-1}{9\sqrt{5}+1}\right)^{-1}= \\[10pt] & = \dfrac{1}{2\sqrt{5}}\log \left(\dfrac{9\sqrt{5}+1}{9\sqrt{5}-1}\right)= \\ &= \dfrac{1}{2\sqrt{5}}\log \left(\dfrac{406+18\sqrt{5}}{404}\right) =\\[10pt] & = \dfrac{1}{2\sqrt{5}}\log \left(\dfrac{203+9\sqrt{5}}{202}\right) \end{aligned}$

Esercizio 15 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{4}^{+\infty} \dfrac{1}{x\sqrt{x^2-9}}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (-\infty,-3)\cup (3,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda.

Osserviamo che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to +\infty$ .

Per $x \to +\infty$ abbiamo:

$f(x) = \dfrac{1}{x^2} (1+o(1))$

$\int_{4}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2}\,dx=\dfrac{1}{4}$

converge.

Quindi si conclude che, per il criterio del confronto asintotico, $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ operando la seguente sostituzione $t=\frac{x}{3}$ , ottenendo:

$\begin{aligned} I=\int_{4}^{+\infty} \dfrac{1}{x\sqrt{x^2-9}}\, dx & = \dfrac{1}{3} \; \int_{\frac{4}{3}}^{+\infty} \dfrac{1}{t\sqrt{t^2-1}}\, dt \end{aligned}$

e con $t=\cosh z$ otteniamo

$\begin{aligned} & I= \dfrac{1}{3} \; \int_{\cosh^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)}^{+\infty} \dfrac{1}{\cosh z \cdot \sinh z}\, \sinh z \; dz = \dfrac{1}{3} \; \int_{\cosh^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)}^{+\infty} \dfrac{1}{\cosh z} \,dz =\\[10pt] & =\dfrac{1}{3} \; \int_{\cosh^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)}^{+\infty} \dfrac{2e^z}{e^{2z}+1} \, dz = \dfrac{2}{3} \; \arctan \left(e^{z}\right) \bigg\vert_{\cosh^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)}^{+\infty} = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{2}{3} \arctan \left( e^{\cosh^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)}\right) = \\[10pt] & = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{2}{3} \arctan \left( \dfrac{4}{3}+\sqrt{\left(\dfrac{4}{3}\right)^2-1}\right) = \dfrac{\pi}{3} - \dfrac{2}{3} \arctan \left(\dfrac{4+\sqrt{7}}{3}\right) \end{aligned}$

Nota: nei vari passaggi abbiamo usato alcune proprietà delle funzioni iperboliche elencate nella sezione di richiami teorici.

Esercizio 16 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{2} \dfrac{\log x}{\sqrt[3]{x}}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Osserviamo che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to 0^+$ .

Ricordiamo che il seguente integrale improprio notevole

(9) $\begin{equation*} \int_0^a \dfrac{1}{x^\alpha \, \log^\beta(x)} \, dx, \qquad \mbox{con } 0<a<1, \; \alpha,\beta \in \mathbb{R} \end{equation*}$

converge per $\alpha<1$ e per ogni $\beta$ oppure $\alpha=1$ e per $\beta>1$ , mentre diverge per $\alpha>1$ e per ogni $\beta$ oppure $\alpha=1$ e per $\beta\le1$ .

Confrontando $I$ con (9) si osserva che:

$\begin{cases} \alpha=\dfrac{1}{3}<1\\ \\ \beta=-1 \end{cases}$

dunque $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ integrando per parti:

$\begin{aligned} \int_{0}^{2}\frac{\log x}{\sqrt[3]{x}}\, dx & = \dfrac{3}{2} \sqrt[3]{x^2} \log x \bigg\vert_0^2 - \dfrac{3}{2} \int_0^2 x^{-\frac{1}{3}} \, dx = \\[10pt] & = \dfrac{3}{2} \sqrt[3]{4} \log 2 - \dfrac{3}{2} \sqrt[3]{4} \cdot \dfrac{3}{2} = \\[10pt] & = \dfrac{3}{2} \sqrt[3]{4} \left(\log 2 - \dfrac{3}{2}\right) \end{aligned}$

Esercizio 17 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^{+\infty} \dfrac{\sqrt{x^3+1}}{x^7}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon [-1,0)\cup (0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \rightarrow + \infty$ .

Per $x \rightarrow + \infty$ abbiamo:

$f(x)=\dfrac{1}{x^\frac{11}{2}}(1+o(1))$

$\int_{2}^{+\infty}\dfrac{1}{x^\frac{11}{2}}\,dx=\dfrac{1}{72\sqrt{2 }}$

converge, dunque $I$ converge per il criterio del confronto asintotico.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ operando la sostituzione $t=\sqrt{x^3+1}$ :

$\begin{aligned} I=\int_{2}^{+\infty} \dfrac{\sqrt{x^3+1}}{x^7} \, dx & = \int_{3}^{+\infty} \dfrac{2t^2}{3(t^2-1)^3} \, dt = \\[10pt] & = \dfrac{2}{3}\left(- \dfrac{t}{4(t^2-1)^2} \bigg\vert_3^{+\infty} + \dfrac{1}{4} \int_3^{+\infty} \dfrac{1}{(t^2-1)^2} \, dt \right) =\\[10pt] & = \dfrac{2}{3}\left(\dfrac{3}{4 \cdot 64} + \dfrac{1}{4} \underbrace{\int_3^{+\infty} \dfrac{1}{(t^2-1)^2} \, dt}_{I^*} \right) \end{aligned}$

Calcoliamo $I^*$ :

$\begin{aligned} I^*=\int_3^{+\infty} \dfrac{1}{(t^2-1)^2} \, dt & = \int_3^{+\infty} \left(-\dfrac{1}{4(t-1)} + \dfrac{1}{4(t-1)^2} + \dfrac{1}{4(t+1)} + \dfrac{1}{4(t+1)^2}\right) \, dt =\\[10pt] & = \dfrac{1}{4} \left(-\log \vert t-1 \vert - \dfrac{1}{t-1} + \log\vert t+1\vert - \dfrac{1}{t+1}\right)\bigg\vert_3^{+\infty} = \\[10pt] & = \dfrac{1}{4} \left(\log\left \vert \dfrac{t+1}{t-1}\right \vert - \dfrac{1}{t-1} - \dfrac{1}{t+1}\right)\bigg\vert_3^{+\infty} = \\[10pt] & = -\dfrac{1}{4} \left(\log\left(2\right)- \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4}\right)= \\[10pt] & = \dfrac{1}{4} \left(-\log\left(2\right)+ \dfrac{3}{4}\right) \end{aligned}$

e quindi

$\int_{2}^{+\infty} \dfrac{\sqrt{x^3+1}}{x^7} \, dx = \dfrac{2}{3}\left(\dfrac{3}{4 \cdot 64} + \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{4} \left(-\log\left(2\right)+ \dfrac{3}{4}\right)\right) = \dfrac{5}{128} - \dfrac{1}{24} \log 2$

Esercizio 18 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1+e^x}{1+e^{2x}}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Osserviamo che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to +\infty$ .

Si ricorda che se $f \in C(([a,+\infty]))$ ed è tale che $f(x)\geq 0$ in un intorno di infinto e

$\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=0,$

allora condizione sufficiente affinchè $f$ risulti integrabile in senso improprio in un intorno di infinito è che

$\exists \, \beta > 1 \,\, \text{tale che esista finito} \,\, \lim_{x \rightarrow +\infty} x^\beta f(x).$

Dal momento che

$\lim_{x \rightarrow +\infty}x^2 f(x)=0$

$f$ risulta integrabile in senso improprio per $x \rightarrow +\infty$ ; dunque $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$I=\int_{0}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{1+e^{2x}} + \dfrac{e^x}{1+e^{2x}} \right) \, dx = \arctan e^x \bigg\vert_{0}^{+\infty} + \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+e^{2x}} \, dx$

e con $t=e^x$ abbiamo

$\begin{aligned} & I=\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{4}+\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+e^{2x}} \, dx = \dfrac{\pi}{4} + \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{t(t^2+1)} \, dt = \\[10pt] & = \dfrac{\pi}{4} + \int_1^{+\infty} \left(\dfrac{1}{t} - \dfrac{t}{t^2+1}\right) \, dt = \dfrac{\pi}{4} + \left( \log\vert t \vert - \dfrac{1}{2}\log (t^2 + 1)\right) \bigg\vert_1^{+\infty} = \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\log 2}{2} \end{aligned}$

Esercizio 19 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^1 \dfrac{1}{(x+1) \sqrt{x^2+2x}} \,dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (-\infty,-2) \cup (0,+\infty ) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Osserviamo che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to 0^+$ .

Si ricorda che se $f \in ((0,c])$ con $c>0$ e se

$\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=+\infty,$

allora una condizione sufficiente affinchè $f$ sia integrabile su $(0,c)$ è che

$\exists \, \beta <1 \, \text{tale che esista finito}\, \lim_{x \rightarrow 0^+}x^\beta f(x)$

Dal momento che

$\lim_{x \to 0^+} f(x) \sqrt{x} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$

possiamo concludere che $f$ è integrabile in senso improprio in $[0,1]$ , quindi l’integrale esiste finito.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ operando la seguente sostituzione $t=x+1$ :

$I=\int_{0}^1 \dfrac{1}{(x+1) \sqrt{x^2+2x}} \,dx = \int_1^2 \dfrac{1}{t \sqrt{(t-1)(t+1)}} \, dt = \int_1^2 \dfrac{1}{t \sqrt{t^2-1}} \, dt$

poniamo $t = \cosh z$ ottenendo

$\begin{aligned} & I=\int_1^2 \dfrac{1}{t \sqrt{t^2-1}} \, dt = \int_{\cosh^{-1}1}^{\cosh^{-1}2} \dfrac{1}{\cosh z \; \sinh z} \sinh z \; dz = \\[10pt] &= \int_{\cosh^{-1}1}^{\cosh^{-1}2} \dfrac{2e^z}{1+e^{2z}} \, dz = 2 \arctan e^z \bigg\vert_0^{\log(2+\sqrt{3})} = 2 \left(\arctan\left(2+\sqrt{3}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\pi}{3} \end{aligned}$

Nota: Ricordiamo che $\arctan\left(2+\sqrt{3}\right)=\dfrac{5}{12}\pi$ ; inoltre, nei vari passaggi abbiamo usato alcune proprietà delle funzioni iperboliche elencate nella sezione di richiami teorici.

Esercizio 20 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^2 \sqrt[4]{\dfrac{x+1}{x}} \,dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon(-\infty,-1]\cup (0,+\infty)$ la funzione integranda. Si osserva che nell’intervallo di integrazione, $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \rightarrow 0^+$ . Consideriamo

$f(x)=\dfrac{1}{x^{\frac{1}{4}}}\,(1+o(1)).$

e osserviamo che $\dfrac{1}{x^{\frac{1}{4}}}$ è integrabile in senso improprio in un intorno destro di zero poiché $\dfrac{1}{4}<1$ . Di conseguenza, anche $f$ risulta integrabile in senso improprio in un intorno destro di zero per $x\to\ 0^{+}$ e quindi l’integrale $I$ converge in base al criterio del confronto asintotico.

Calcoliamo il valore di $I$ . Iniziamo lo svolgimento dell’esercizio operando sostituzione $t=\sqrt[4]{\frac{x+1}{x}}$ . Ricaviamo il nuovo differenziale e di seguito calcoliamo il valore dei nuovi estremi di integrazione.

Se $t=\sqrt[4]{\frac{x+1}{x}}$ allora $x=\frac{1}{(t^4-1)^2}$ da cui possiamo ricavare $dx$ che risulterà essere $dx=-\frac{4t^3}{t^4-1}dt$ . Per quanto riguarda gli estremi di integrazione, troviamo

$t(x=2)=\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\quad \text{e}\quad t(x\to 0)\to +\infty.$

Questo ci permette di riscrivere l’integrale $I$ nel modo seguente:

$I=\int_{0}^2 \sqrt[4]{\dfrac{x+1}{x}} \,dx = \int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \dfrac{4t^4}{(t^4-1)^2} \,dt.$

Arrivati a questo punto, procediamo utilizzando l’integrazione per parti. Scelte

$\begin{aligned} &f(t)=t \quad \text{e} \quad g(t)=-\frac{1}{t^4-1} \\[10pt] \text{si ha}\\[10pt] &f'(t)=1 \quad \text{e} \quad g'(t)=\frac{4t^3}{(t^4-1)^2}. \end{aligned}$

Integrando per parti possiamo scrivere

$\int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \dfrac{4t^4}{(t^4-1)^2} \,dt = -\dfrac{t}{t^4-1} \bigg\vert_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} + \int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{t^4-1}\right) \, dt.$

Valutando il primo termine si ottiene

$- \dfrac{t}{t^4-1} \bigg\vert_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty}=2\sqrt[4]{\frac{3}{2}},$

per cui l’integrale diventa

(10) $\begin{equation*} \begin{aligned} I=\int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \dfrac{4t^4}{(t^4-1)^2} \,dt = 2\sqrt[4]{\frac{3}{2}}+\int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{t^4-1}\right) \, dt. \end{aligned} \end{equation*}$

Il secondo integrale può essere calcolato utilizzando due procedimenti diversi. Cominciamo col presentare il primo in cui utilizziamo il metodo dei fratti semplici. Per applicare questo metodo, la prima cosa da fare è riscrivere il denominatore nel modo seguente:

$t^4-1=(t^2-1)(t^2+1) = (t+1)(t-1)(t^2+1).$

Il metodo dei fratti semplici si propone di riscrivere la funzione integranda

(11) $\begin{equation*} \dfrac{1}{t^4-1}, \end{equation*}$

come

$\begin{aligned} \dfrac{1}{t^4-1} = \frac{A}{t-1} + \frac{B}{t+1} + \frac{Ct + D}{t^2 + 1}, \end{aligned}$

dove $A$ , $B$ , $C$ , $D \in \mathbb{R}.$ Calcolando il m.c.m e i prodotti all’interno delle parentesi otteniamo

$\begin{aligned} \dfrac{1}{t^4-1} &= \frac{A}{t-1} + \frac{B}{t+1} + \frac{Ct + D}{t^2 + 1} = \\[10pt] &= \frac{A(t+1)(t^2+1)+B(t-1)(t^2+1)+ (Ct+D)(t-1)(t+1)}{(t-1)(t+1)(t^2+1)}=\\[7pt] &= \frac{ At^3 + At + At^2 + A + Bt^3 + Bt - Bt^2 - B + Ct^3-Ct+Dt^2-D}{(t-1)(t+1)(t^2+1)}, \end{aligned}$

da cui

$1 = At^3 + At + At^2 + A + Bt^3 + Bt - Bt^2 - B + Ct^3-Ct+Dt^2-D.$

Da quest’ultima identità, ordinando i termini rispetto al grado della variabile t, possiamo ricavare la seguente

(12) $\begin{equation*} 1 = (A+B+C)t^3 + (A-B+ D)t^2 + (A+B-C)t + A-B-D. \end{equation*}$

Affinché quest’identità risulti essere soddisfatta per ogni $t$ , per i coefficienti $A$ , $B$ , $C$ , $D$ dobbiamo imporre:

(13) $\begin{equation*} \begin{cases} A+B+C = 0 \\ A-B+D = 0 \\ A+B-C = 0 \\ A -B -D = 1. \end{cases} \end{equation*}$

Risolvendo il sistema, otteniamo i seguenti valori dei coefficienti

$\begin{cases} A = \dfrac{1}{4} \\[10pt] B = -\dfrac{1}{4} \\[10pt] C = 0 \\[10pt] D = -\dfrac{1}{2}. \end{cases}$

Possiamo quindi riscrivere la funzione integranda (11) come:

$\begin{aligned} \dfrac{1}{t^4-1} &= \frac{A}{t+1} + \frac{B}{t-1} + \frac{Ct + D}{t^2 + 1} =\\[7pt] &= \frac{1}{4(t-1)} - \frac{1}{4(t+1)} - \frac{1}{2(t^2 + 1)}. \end{aligned}$

Ora, sfruttando l’espressione appena ottenuta per la funzione integranda possiamo riscrivere la (10) nel modo seguente:

(14) $\begin{equation*} \begin{aligned} I &= 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}} + \int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{t^4-1}\right) \, dt = \\[10pt] &= 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}} + \int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \left(\frac{1}{4(t-1)} - \frac{1}{4(t+1)} - \frac{1}{2(t^2 + 1)}\right)\,dt= \\[10pt] &=2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}} + \int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{4(t-1)} -\dfrac{1}{4(t+1)}\right)\,dt -\int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty}\frac{1}{2(t^2 + 1)}\,dt. \end{aligned} \end{equation*}$

Osservazione.

Consideriamo la seguente espressione:

$\int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \left(\frac{1}{4(t-1)} - \frac{1}{4(t+1)} - \frac{1}{2(t^2 + 1)}\right)\,dt.$

Il lettore potrebbe essere indotto a riscrivere l’espressione precedente come somma di integrali, ottenendo così:

(15) $\begin{equation*} \int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \dfrac{1}{4(t-1)}\,dt - \int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty}\frac{1}{4(t+1)}\,dt -\int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty}\frac{1}{2(t^2 + 1)}\,dt. \end{equation*}$

Desideriamo sottolineare che l’espressione ottenuta non è corretta. Infatti, osservando i primi due termini della somma, se calcolassimo questi due integrali singolarmente, otterremmo:

$\begin{aligned} &\int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} \dfrac{1}{4(t-1)}\,dt = +\infty\\[10pt] \text{e} \\[10pt] &-\int_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty}\frac{1}{4(t+1)}\,dt = -\infty \end{aligned}$

La scrittura (15) è quindi priva di significato, perché contiene la sottrazione di due infiniti, che non è definita. In caso di integrali impropri, la proprietà di additività vale solo se non si creano forme di indecisione. Pertanto, l’espressione corretta per riscrivere questa somma è quella utilizzata nell’equazione (14).

Utilizzando gli integrali immediati, possiamo risolvere questa somma di integrali ottenendo così

(16) $\begin{equation*} \begin{aligned} I &=2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}} + \left(\frac{1}{4}\ln \left(t-1\right) - \frac{1}{4}\ln \left(t+1\right)\right)\bigg\vert_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty} - \left(\frac{1}{2}\arctan (t)\right) \bigg\vert_{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}}^{+\infty}= \\[10pt] &= 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}} +\lim_{t\to +\infty} \left(\frac{1}{4}\ln \left(\frac{t-1}{t+1}\right) - \frac{1}{2}\arctan (t)\right) + \\[10pt] &- \left(\frac{1}{4}\ln \left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}-1\right) - \frac{1}{4}\ln \left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+1\right) - \frac{1}{2}\arctan \left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)\right), \end{aligned} \end{equation*}$

Conseguentemente, otteniamo

$\boxcolorato{analisi}{I = 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}- \frac{\pi}{4}-\frac{1}{4}\ln \left(\dfrac{\sqrt[4]{3}-\sqrt[4]{2}}{\sqrt[4]{3}+\sqrt[4]{2}}\right) + \frac{1}{2}\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right).}$

Come menzionato all’inizio, possiamo calcolare l’integrale nel membro destro di (10) utilizzando un metodo alternativo. Iniziamo effettuando la sostituzione $t = \tan z$ da cui ricaviamo

$z=\arctan(t),$

con $z \in \left]-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right[$ .

Ricaviamo il differenziale

$dt=\frac{1}{z^2+1}dz,$

mentre per gli estremi di integrazione

$z\left(t \to+\infty\right)= \frac{\pi}{2}$

$z\left(t=\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)=\arctan\left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right),$

quindi, l’integrale diventa

$I = 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}} + \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\tan^2 z - 1} \, dz.$

Fatto questo, possiamo procedere applicando il metodo dei fratti semplici già visto quando abbiamo illustrato il primo metodo. Cominciamo scrivendo il denominatore della funzione integranda utilizzando il prodotto notevole: $\tan^2 z-1=(\tan z+1)(\tan z-1)$

(17) $\begin{equation*} \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\tan^2 z - 1} \, dz = \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{(\tan z+1)(\tan z -1)}\, dz. \end{equation*}$

Anche in questo caso, scriviamo la funzione integranda come somma di termini, ottenendo così

(18) $\begin{equation*} \dfrac{1}{(\tan z+1)(\tan z -1)}=\frac{A}{\tan z -1} + \frac{B}{\tan z +1}, \end{equation*}$

dove $A$ e $B$ $\in \mathbb{R}.$ Calcoliamo il m.c.m che ci conduce alla seguente

(19) $\begin{equation*} \dfrac{1}{(\tan z+1)(\tan z -1)}=\frac{A}{\tan z -1} + \frac{B}{\tan z +1}=\frac{A(\tan z +1)+ B(\tan z-1)}{(\tan z +1)(\tan z -1)}, \end{equation*}$

dalla quale, effettuando i prodotti e gli opportuni raccoglimenti si ha

(20) $\begin{equation*} 1=A\tan z + A + B\tan z - B = (A+B)\tan z + A - B. \end{equation*}$

La seguente identità è soddisfatta per ogni $z$ se e solo se

(21) $\begin{equation*} \begin{cases} A+B=0 \\ A-B=1, \end{cases} \end{equation*}$

risolvendo questo sistema, si ottiene

(22) $\begin{equation*} \begin{cases} A=\dfrac{1}{2} \\[10pt] B=-\dfrac{1}{2}. \end{cases} \end{equation*}$

Questo ci permette di riscrivere l’integrale $I$ nel seguente modo

$I = 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}} + \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)}^{\frac{\pi}{2}} \left(\dfrac{1}{2(\tan z - 1)} - \dfrac{1}{2(\tan z + 1)}\right) \, dz.$

Utilizzando la definizione di tangente,

$\tan z =\frac{\sin z}{\cos z},$

e svolgendo qualche passaggio algebrico, ricaviamo

$I = 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+ \dfrac{1}{2} \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)}^{\frac{\pi}{2}} \left( \dfrac{\cos z}{ \sin z- \cos z} - \dfrac{\cos z}{\sin z +\cos z}\right) \, dz.$

Applicando le formule di addizione e sottrazione del coseno, osserviamo che

$\sin z -\cos z = \sqrt{2}\cos\left(z+\frac{\pi}{4}\right)\quad \text{e} \quad \sin z +\cos z = \sqrt{2}\cos\left(z-\frac{\pi}{4}\right),$

quindi

$I = 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+ \dfrac{1}{2} \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)}^{\frac{\pi}{2}} \left(- \dfrac{\cos z}{\sqrt{2} \cos \left(z + \dfrac{\pi}{4}\right)} - \dfrac{\cos z}{\sqrt{2}\cos \left(z-\dfrac{\pi}{4}\right)}\right) \, dz.$

Effettuiamo la sostituzione $v = z - \dfrac{\pi}{4}$ da cui otteniamo $z=v+\dfrac{\pi}{4}$ e $dz=dv$ . Quindi, abbiamo

$I=2 \cdot \sqrt[4]{\frac{3}{2}}+ \frac{1}{2} \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4}}^{\dfrac{\pi}{4}} \left( \dfrac{\cos \left(v+\dfrac{\pi}{4}\right)}{\sqrt{2} \sin v} - \dfrac{ \cos(v+\dfrac{\pi}{4})}{\sqrt{2}\cos v}\right) \, dv.$

Applicando, la formula di addizione del coseno, otteniamo

$I =2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+ \dfrac{1}{2} \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4}}^{\dfrac{\pi}{4}} \left( \dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos v - \sin v \right)}{\sqrt{2} \sin v} - \dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2} (\cos v -\sin v)}{\sqrt{2}\cos v}\right) \, dv.$

Portando fuori dal segno dell’integrale le costanti e riscrivendo l’integrale come somma di integrali, otteniamo:

$I= 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+\dfrac{1}{4} \int_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \left( -2 + \dfrac{\cos v}{\sin v} + \dfrac{\sin v}{\cos v} \right) \, dv.$

Utilizzando gli integrali immediati, possiamo concludere scrivendo

$I=2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+\dfrac{1}{4} \left(\log\left \vert \sin v \right \vert - \log\left \vert \cos v\right \vert - 2v\right) \bigg\vert_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}.$

Applicando le note proprietà dei logaritmi, otteniamo:

$I =2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+ \dfrac{1}{4} \left( \log \left(\tan (v)\right) - 2v\right) \bigg\vert_{\arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}.$

Valutando l’integrale agli estremi, possiamo concludere l’esercizio scrivendo

$\boxcolorato{analisi}{I =2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+ \dfrac{1}{4} \left(- \dfrac{\pi}{2} - \log\left \vert \tan\left(\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right)\right\vert + 2 \left( \arctan \left(\sqrt[4]{\frac{3}{2}}\right)-\frac{\pi}{4} \right)\right).}$

In quest’ultima parte dell’esercizio dimostriamo che i due risultati ottenuti, anche se apparentemente molto diversi tra loro, in realtà sono uguali; in altre parole, vogliamo verificare che sussiste la seguente uguaglianza:

(23) $\begin{equation*} \begin{aligned} I &= 2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}- \left(\dfrac{\pi}{4}\right)-\left(\dfrac{1}{4}\ln \left|\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}-1\right| - \dfrac{1}{4}\ln \left|\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+1\right| - \frac{1}{2}\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right) \right)=\\[7pt] & =2 \cdot \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+ \dfrac{1}{4} \left(- \dfrac{\pi}{2} - \log\left \vert \tan\left(\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right)\right\vert + 2 \left( \arctan \left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4} \right)\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Possiamo iniziare effettuando qualche semplificazione, giungendo a

(24) $\begin{equation*} \begin{aligned} I &= -\left(\dfrac{1}{4}\ln \left|\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}-1\right| - \frac{1}{4}\ln \left|\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+1\right|\right)=\\[7pt] & = \dfrac{1}{4} \left(- \log\left \vert \tan\left(\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right)\right\vert \right), \end{aligned} \end{equation*}$

ricordando le proprietà dei logaritmi, possiamo scrivere

(25) $\begin{equation*} I = \dfrac{1}{4} \log \left( \dfrac{\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+1}{\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}-1}\right)= \dfrac{1}{4} \left(- \log\left \vert \tan\left(\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right)\right\vert \right). \end{equation*}$

Uguagliando, ora, gli argomenti dei logaritmi arriviamo alla seguente

(26) $\begin{equation*} \dfrac{\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+1}{\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}-1}=\dfrac{1}{\tan\left(\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right)}. \end{equation*}$

Applicando la formula di sottrazione per la tangente, il secondo membro possiamo riscriverlo come

(27) $\begin{equation*} \dfrac{1}{\tan\left(\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right)} = \dfrac{1+\tan \left(\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)\right)\cdot \tan \left(\dfrac{\pi}{4}\right)}{\tan \left( \arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)\right)-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right)}, \end{equation*}$

quindi

(28) $\begin{equation*} \dfrac{\sqrt[4]{\frac{3}{2}}+1}{\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}-1}=\dfrac{1+\tan \left(\arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)\right)\cdot \tan \left(\dfrac{\pi}{4}\right)}{\tan \left( \arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)\right)-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right)}, \end{equation*}$

ricordando che

$\tan \left( \arctan\left(\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}\right)\right)= \sqrt[4]{\dfrac{3}{2}},$

si trova l’identità

(29) $\begin{equation*} \dfrac{\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}+1}{\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}-1}=\dfrac{1+\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}}{\sqrt[4]{\dfrac{3}{2}}-1}. \end{equation*}$

Esercizio 21 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{+\infty} (1+\sin^2t) e^{-t}\,dt$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si nota che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $t \to +\infty$ .

Osserviamo che

$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1+\sin^2 t}{e^t}\,dt \le \int_{0}^{+\infty}\dfrac{2}{e^t}\,dt \le \int_{0}^{+\infty} \dfrac{2}{t^2}\,dt=2$

e quindi $I$ converge per il criterio del confronto.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} (1+\sin^2t) e^{-t}\,dt & = \int_{0}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{e^{t}} + \dfrac{\sin^2 t}{e^t} \right) \,dt =\\ & = -\dfrac{1}{e^t}\bigg\vert_{0}^{+\infty} + \int_{0}^{+\infty} \left(\dfrac{1-\cos(2t)}{2e^t}\right) \; dt =\\[10pt] & = 1 -\left(\dfrac{1}{2e^t}\right)\bigg\vert_{0}^{+\infty} - \dfrac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \cos(2t) \, e^{-t} \, dt = \\[10pt] & = \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \cos(2t) \, e^{-t} \, dt \end{aligned}$

e dal momento che

$\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \cos(2t) e^{-t} \, dt & = -e^{-t} \cos(2t)\bigg\vert_{0}^{+\infty} - \int_{0}^{+\infty} e^{-t} \, \sin(2t) \, 2 \, dt =\\[10pt] & = 1 + 2\left( \left( -e^{-t} \sin(2t)\right)\bigg\vert_{0}^{+\infty} - \int_{0}^{+\infty} 2 e^{-t} \, \cos(2t) \, dt \right) =\\[10pt] & = 1 - 4 \int_0^{+\infty} e^{-t} \, \cos(2t) \, dt \end{aligned}$

allora

$5 \int_0^{+\infty} e^{-t} \, \cos(2t) \, dt = 1 \quad \Leftrightarrow \quad \int_0^{+\infty} e^{-t} \, \cos(2t) \, dt = \dfrac{1}{5}$

Concludiamo che

$\int_{0}^{+\infty} (1+\sin^2t) e^{-t}\,dt = \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{5} = \dfrac{7}{5}$

Esercizio 22 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{\pi} \dfrac{1}{\sqrt{1+\cos x}} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f: \{x \in \mathbb{R}: x \neq\pi+2k\pi, k \in \mathbb{Z} \} \to \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \rightarrow \pi^-$ .

Per $x \rightarrow \pi^-$ abbiamo:

$f(x)=\dfrac{\sqrt{2}\left(1+o(1) \right)}{\left(\pi - x \right)}$

Inoltre

$\int_{0}^{\pi}\dfrac{\sqrt{2}}{\left(\pi - x \right)}\,dx=+\infty$

diverge.

Si conclude che, per il criterio del confronto asintotico, $I$ diverge.

Esercizio 23 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\log x} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f:(0,1)\cup(1,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \rightarrow 0^+$ e $x \rightarrow 1^-$ .

Si ricorda che un integrale

$\int_Tf(x)\,dx$

si dice improprio se $T$ è illimitato oppure se $T$ è limitato e $f$ non è limitata in $T$ . Si osserva che

$\lim_{x\to 0^+} \dfrac{1}{\log x} = 0$

e quindi, poichè $f$ è limitata in un intorno destro di zero, essa risulta integrabile per $x \to 0^+$ .

Per $x \to 1^-$ abbiamo:

$f(x) = \dfrac{1}{(x-1)+o(x-1)}$

e osserviamo che

$\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x-1}\,dx=\ln \left \vert x-1 \right \vert \bigg \vert^1_0= -\infty$

diverge, quindi $I$ diverge per il criterio del confronto asintotico.

Esercizio 24 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale improprio:

$\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^{2x}-1} \, dx.$

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (0,1)\cup(1,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to 1^+$ e $x \to +\infty$ .

Studiamo $f$ per $x \to 1^+$ operando la sostituzione $t=x-1$ :

$f(t) = \dfrac{1}{e^{2(t+1)\log(1+t)}-1} = \dfrac{1}{e^{2(t+1)(t+o(t))}-1} = \dfrac{1}{2t+o(t)} \quad \text{per}\,\, t\rightarrow0^+$

e considerando

$\int_{0}^{a}\dfrac{1}{t}\,dt=+\infty \,\, \text{con}\,\,a>0$

possiamo concludere che $f$ non risulta integrabile in senso improprio per $x \to 1^+$ per il criterio del confronto asintotico.

Per $x\rightarrow +\infty$ abbiamo:

$f(x) = \dfrac{1}{e^{2x\log x}-1}=\dfrac{1}{e^{2x\log x}}(1+o(1)).$

Si vuole ricordare che se $f\in C([a,+\infty))$ , tale che $f(x)\geq0$ in un intorno di infinito e

$\lim_{x \rightarrow + \infty}f(x)=0,$

allora la condizione sufficiente affinché $f$ sia integrabile in un intorno di infinito è che

$\exists \, \beta>1 \, \text{tale che esista finito}\lim_{x \rightarrow +\infty}x^\beta f(x).$

Da quest’ultima notiamo che

$\lim_{x \rightarrow + \infty}x^2 \cdot \dfrac{1}{e^{2x\log x}}(1+o(1))=0,$

quindi $f$ risulta integrabile in senso improprio per $x\rightarrow +\infty$ .

Dal momento che $f$ non risulta integrabile in senso improprio per $x \rightarrow 1^+$ , ne concludiamo che $I$ diverge.

Esercizio 25 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{e^t-1}} \, dt$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $t \rightarrow 0^+$ .

Per $t \rightarrow 0^+$ abbiamo:

$f(t) = \dfrac{1}{\sqrt{t+o(t)}} = \dfrac{1}{\sqrt{t} (1+o(1))}$

e poichè

$\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{t}}\,dt=2$

è convergente, si conclude che, per il criterio del confronto asintotico, $I$ esiste finito.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ operando la sostituzione $\sqrt{e^t-1}=z$ :

$\begin{aligned} \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{e^t-1}} dt & = \int_0^{\sqrt{e-1}} \dfrac{2}{1+z^2} \, dz =\\[10pt] & = 2 \arctan z \bigg\vert_0^{\sqrt{e-1}} =\\[10pt] & = 2 \arctan (\sqrt{e-1}) \end{aligned}$

Esercizio 26 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{2} \dfrac{1+\sqrt{x}}{2-\sqrt{x^2+3x}} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon [0,1) \cup (1,+\infty ) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to 1$ .

Studiamo $f$ per $x \rightarrow 1$ operando la sostituzione $t=x-1$ :

$\begin{aligned} f(t) = \dfrac{1+\sqrt{t+1}}{2-\sqrt{(t+1)^2+3(t+1)}} & = \dfrac{2+o(1)}{2-\sqrt{4+5t+t^2}} =\\[10pt] & = \dfrac{1+o(1)}{1-\sqrt{1+\frac{5}{4}t+\frac{t^2}{4}}} = \\[10pt] & = \dfrac{1+o(1)}{-\frac{5}{8}t+o(t)}=\dfrac{1}{-\frac{5}{8}t}\left(1+o(1) \right) \end{aligned}$

consideriamo

$\int_{0}^{2}\dfrac{1}{-\frac{5}{8}t}\,dt=+\infty$

che diverge, quindi $I$ per il criterio del confronto asintotico diverge.

Esercizio 27 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \tan x \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon \left \{x \in \mathbb{R}:x \neq \dfrac{\pi}{2}+k\pi,k \in \mathbb{Z}\right \} \to \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to \left(\dfrac{\pi}{2}\right)^-$ .

Per $x \to \left(\dfrac{\pi}{2}\right)^-$ abbiamo:

$f(x) = \dfrac{\sin x}{\cos x} = \dfrac{1+o(1)}{- \left(x-\frac{\pi}{2}\right)},$

inoltre

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{- \left(x-\frac{\pi}{2}\right)}\,dx=+\infty$

diverge, quindi, per il criterio del confronto asintotico, $I$ diverge.

Alternativamente si poteva procedere con il calcolo esplicito

$\int_0^\frac{\pi}{2} \tan x \, dx = -\log \vert \cos x \vert \bigg\vert_0^\frac{\pi}{2} = + \infty$

Esercizio 28 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{0} \dfrac{1}{\sin x + \cos x} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e riscriviamolo come segue:

$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{0} \dfrac{1}{\sin x + \cos x} \, dx = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{0} \dfrac{1}{\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)} \, dx$

e con $t = x + \dfrac{\pi}{4}$ otteniamo

$\begin{aligned} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{0} \dfrac{1}{\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)} \, dx & = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{2} \sin t} \, dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tilde{f}(t)\,dt \end{aligned}$

con

$\tilde{f} :\{x \in \mathbb{R}:x\neq k\pi,k\in \mathbb{Z}\} \to \mathbb{R}$

la funzione integranda.

Si osserva che $\tilde{f}$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio in $[0,\frac{\pi}{4}]$ per $t \to 0^+$ .

Per $t \to 0^+$ abbiamo:

$f(t) = \dfrac{1}{\sqrt{2}t}(1+o(1)),$

inoltre

$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{\sqrt{2}t}\,dt=+\infty$

diverge, quindi, per il criterio del confronto asintotico, $I$ diverge.

Esercizio 29 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2 \sqrt{x^2-2}} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (-\infty,-\sqrt{2})\cup (\sqrt{2},+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda.

Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x\rightarrow +\infty$ .

Per $x\rightarrow +\infty$ abbiamo:

$f(x) = \dfrac{1}{x^3}+o\left(\dfrac{1}{x^3}\right),$

inoltre

$\int_{2}^{+\infty}\dfrac{1}{x^3}\,dx=\dfrac{1}{8}$

converge, quindi, per il criterio del confronto asintotico, $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ operando la sostituzione $x = \sqrt{2} \cosh y$ :

$\begin{aligned} I& =\int_2^{+\infty} \dfrac{1}{x^2\sqrt{x^2-2}} \, dx = \int_{\cosh^{-1}\sqrt{2}}^{+\infty} \,\dfrac{1}{2 \cosh^2 y} \, dy = \\\\ & = \dfrac{1}{2}\tanh y \bigg\vert_{\cosh^{-1}\sqrt{2}}^{+\infty}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2+1+2\sqrt{2}-1}{1+2+2\sqrt{2}+1} \right)=\dfrac{2-\sqrt{2}}{4} \end{aligned}$

Nota: nei vari passaggi abbiamo usato alcune proprietà delle funzioni iperboliche elencate nella sezione di richiami teorici.

Esercizio 30 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(\tan x\right)^{\frac{1}{2}}\, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare

$f\colon \left\{x \in \mathbb{R}:k\pi\leq x \leq \dfrac{\pi}{2}+k\pi,k \in \mathbb{Z}\right\} \to \mathbb{R}$

la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to \frac{\pi}{2}^-$ , quindi studiamo l’integrabilità di $f$ per $x \to \frac{\pi}{2}^-$ operando la sostituzione $t=x-\frac{\pi}{2}$ :

$f\left(t+\dfrac{\pi}{2}\right) = \tilde{f}(t)=\left(\tan \left(t+\dfrac{\pi}{2}\right)\right)^{\frac{1}{2}} = \left(-\cot t\right)^{\frac{1}{2}} = \dfrac{(\cos t)^{\frac{1}{2}}}{(-\sin t)^{\frac{1}{2}}} = \dfrac{1+o(1)}{(-t)^{\frac{1}{2}} + o \left((-t)^{\frac{1}{2}}\right)}.$

Inoltre

$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\dfrac{1}{(-t)^\frac{1}{2}}\,dt=\sqrt{2\pi}$

converge, quindi, per il criterio del confronto asintotico, $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ con la sostituzione $t=\sqrt{\tan x}$ :

$\begin{aligned} & I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(\tan x\right)^{\frac{1}{2}}\, dx =\\[10pt] &=\int_0^{+\infty} \dfrac{2t^2}{1+t^4} \, dt = \int_0^{+\infty} \dfrac{2t^2}{(1+t^2)^2-2t^2} \, dt = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}t} + \dfrac{t}{\sqrt{2}}\right)^2-1} \, dt = \\[10pt] &=\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}t} + \dfrac{t}{\sqrt{2}}-1\right) \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}t} + \dfrac{t}{\sqrt{2}}+1\right)}\, dt = \\[10pt] &=\dfrac{1}{2} \, \int_0^{+\infty} \left( \dfrac{\sqrt{2}t}{1+t^2-\sqrt{2}t} - \dfrac{ \sqrt{2}t}{t^2+\sqrt{2}t+1} \right) \, dt = \\[10pt] & = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \, \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{2} \; \left( \dfrac{2t-\sqrt{2}}{1+t^2-\sqrt{2}t} + \dfrac{ \sqrt{2}}{\left( t-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\frac{1}{2}} - \dfrac{2t+\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1} + \dfrac{\sqrt{2}}{\left( t+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\frac{1}{2}}\right) \, dt = \\[10pt] & = \dfrac{\sqrt{2}}{4} \left(\log(t^2-\sqrt{2}t+1) + 2\arctan \left(\sqrt{2}\left(t-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\right)\right)\bigg\vert_0^{+\infty}+\\[10pt] &\qquad +\left( - \log(t^2+\sqrt{2}t+1) + 2\arctan(\sqrt{2}t+1)\right)\bigg\vert_0^{+\infty}=\\[10pt] &=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(2\cdot \dfrac{\pi}{2} +2\cdot \dfrac{\pi}{2}-2\arctan(-1)-2 \arctan1\right)=\\[10pt] &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi \end{aligned}$

Quindi

$I=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi$

Esercizio 31 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{2} \dfrac{1}{\sqrt{4-x^2}} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon (-2,2)\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \rightarrow 2^-$ .

Si ricorda che se $f\in C((a,x_0))$ con $a < x_0$ e se

$\lim_{x \to {x_0^-}}f(x)=+\infty,$

allora la condizione sufficiente affinchè $f$ sia integrabile in un intorno sinistro di $x_0$ è che

$\exists \, \beta<1 \,\, \text{tale che esista finito}\,\, \lim_{x \to {x_0^-}}(x_0-x)^\beta f(x).$

Osserviamo che

$\lim_{x \to 2^-} \dfrac{1}{\left((2-x)(2+x)\right)^{\frac{1}{2}}} (2-x)^{\frac{1}{2}} = \dfrac{1}{2}$

quindi $f$ è integrabile per $x \to 2^-$ e ne segue che $I$ esiste finito.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ operando la sostituzione $t = \dfrac{x}{2}$ :

$\int_0^2 \dfrac{1}{\sqrt{4-x^2}} \, dx = \dfrac{1}{2} \int_0^2 \dfrac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{2}\right)^2}} \, dx= \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}} \, dt = \arcsin t \bigg\vert_0^1 = \dfrac{\pi}{2}$

Esercizio 32 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^{+\infty} \dfrac{x}{x^4+3} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to +\infty$ .

Per $x \to +\infty$ abbiamo:

$f(x) = \dfrac{1}{x^3} (1+o(1)),$

inoltre

$\int_{2}^{+\infty}\dfrac{1}{x^3}\,dx=\dfrac{1}{8}$

converge e quindi, per il criterio del confronto asintotico, $I$ converge.

Calcoliamo infine il valore al quale converge $I$ :

$\begin{aligned} \int_{2}^{+\infty} \dfrac{x}{x^4+3} \, dx & = \dfrac{1}{2} \; \int_{2}^{+\infty} \dfrac{2x}{3+(x^2)^2} \, dx \end{aligned}$

Applicando l’integrale immediato

$\int \frac{f'(x)}{1 + (f(x)^2)}\,dx = \arctan f(x) + c,$

si ottiene il risultato seguente

$\begin{aligned} \int_{2}^{+\infty} \dfrac{2x}{3+(x^2)^2} \, dx & = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left(\dfrac{x^2}{\sqrt{3}}\right) \bigg\vert_2^{+\infty} = \\[10pt] & = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} \cdot \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left(\dfrac{4}{\sqrt{3}}\right) = \\[10pt] & = \dfrac{\pi}{4\sqrt{3}} - \dfrac{1}{2\sqrt{3}} \arctan\left(\dfrac{4}{\sqrt{3}}\right) \end{aligned}$

Esercizio 33 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\arctan^3 x}{1+x^2} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Per $x \to +\infty$ abbiamo:

$f(x) = \dfrac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^3+o(1)}{x^2(1+o(1))},$

inoltre

$\dfrac{\pi^3}{8}\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2}\,dx=\dfrac{\pi^3}{8}$

converge, quindi si conclude che, per il criterio del confronto asintotico, $I$ converge.

Calcoliamo ora il valore al quale converge $I$ . Possiamo osservare che ci troviamo di fronte all’integrale immediato:

(30) $\begin{equation*} \int f(x)^\alpha f'(x)\,dx = \frac{f(x)^{\alpha+1}}{\alpha+1} + c \end{equation*}$

dove, nel nostro caso abbiamo

(31) $\begin{equation*} \begin{aligned} f(x)=\arctan x \quad \text{e} \quad f'(x) = \frac{1}{1+x^2}, \end{aligned} \end{equation*}$

questo ci permette di scrivere

$\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\arctan^3 x}{1+x^2} \, dx = \dfrac{\arctan^4 x}{4} \bigg\vert_1^{+\infty} = \dfrac{15}{1024} \pi^4 \end{aligned}$

Esercizio 34 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{\cosh ^2 x} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to +\infty$ .

Osserviamo che:

$f(x) = \dfrac{1}{\cosh ^2 x} = \dfrac{4e^{2x}}{(1+e^{2x})^2} \le \dfrac{4}{e^{2x}} \le \dfrac{1}{x^2} \quad \text{per}\,\, x\in [1,+\infty)$

da cui

$\int_{1}^{+\infty}f(x)\,dx = \int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{\cosh ^2 x}\,dx = \int_{1}^{+\infty}\dfrac{4e^{2x}}{(1+e^{2x})^2}\,dx \le \int_{1}^{+\infty}\dfrac{4}{e^{2x}}\,dx \le \int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2} \,dx=1$

pertanto se ne conclude che $I$ converge per il teorema del confronto.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{\cosh ^2 x } \, dx & = \int_{1}^{+\infty} \dfrac{4e^{2x}}{(1+e^{2x})^2}\, dx, \end{aligned}$

possiamo osservare che ci troviamo di fronte all’integrale immediato:

(32) $\begin{equation*} \int f(x)^\alpha f'(x)\,dx = \frac{f(x)^{\alpha+1}}{\alpha+1} + c \end{equation*}$

dove, nel nostro caso abbiamo

(33) $\begin{equation*} \begin{aligned} f(x)= 1 + e^{2x} \quad \text{e} \quad f'(x) = 4e^{2x}, \end{aligned} \end{equation*}$

questo ci permette di scrivere

(34) $\begin{equation*} \begin{aligned} \int_{1}^{+\infty} \dfrac{4e^{2x}}{(1+e^{2x})^2}\,dx= -\dfrac{2}{1+e^{2x}} \bigg\vert_{1}^{+\infty} = \dfrac{2}{1+e^2}. \end{aligned} \end{equation*}$

Alternativamente potevamo procedere come segue

$\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{\cosh ^2 x} \, dx & = \tanh x \bigg\vert_{1}^{+\infty} = \\ & = 1-\dfrac{e^2-1}{1+e^2} =\\ & = \dfrac{2}{1+e^2} \end{aligned}$

Esercizio 35 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1-\sqrt{1-x^2}} \, dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $f\colon [-1,0) \cup (0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x \to 0^+$ .

Per $x \to 0^+$ abbiamo:

$f(x) = \dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}-1} = \dfrac{-1}{-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)} = \dfrac{2}{x^2+o(x^2)}=\dfrac{2}{x^2}\left(1+o(1) \right),$

inoltre

$\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^2}=+\infty$

diverge, quindi, per il criterio del confronto asintotico, $f$ non risulta integrabile in senso improprio per $x \rightarrow 0^+$ e quindi $I$ di conseguenza diverge.

Esercizio 36 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{2}^{+\infty}\left(\arctan x^2 - \frac{\pi}{2} + \frac{1}{x^2}\right) dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare. Si ricorda l’indentità notevole:

(35) $\begin{equation*} \arctan x +\arctan \dfrac{1}{x}= \begin{cases} \,\,\,\,\dfrac{\pi}{2}\quad \text{per}\,\, x>0\\ \\ -\dfrac{\pi}{2}\quad \text{per}\,\, x<0\\ \end{cases} \end{equation*}$

ed applicando (35) ad $I$ si ha che:

$\begin{equation*} I=\int_{2}^{+\infty}\left[\arctan x^2 - \frac{\pi}{2} + \frac{1}{x^2}\right] \,dx = \int_{2}^{+\infty}\left[\frac{1}{x^2} - \arctan \left(\frac{1}{x^2}\right) \right] \,dx = \int_{2}^{+\infty} f(x)\, dx \end{equation*}$

Sia quindi

$f\colon (-\infty,0)\cup (0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$

la funzione integranda.

Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x\to+\infty$ .

Per $x\to+\infty$ abbiamo:

$\begin{equation*} f(x) = \dfrac{1}{3x^6} + o\left(\dfrac{1}{x^6}\right), \end{equation*}$

inoltre

$\int_{2}^{+\infty}\dfrac{1}{3x^6}\,dx=\dfrac{1}{480}$

converge, quindi, per il criterio del confronto asintotico, $f$ risulta integrabile per $x\rightarrow +\infty$ e dunque ne segue che $I$ converge.

Calcoliamo il valore al quale converge $I$ :

$\begin{equation*} \int_{2}^{+\infty} f(x) \, dx = \underbrace{\int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx}_{(1)} \underbrace{-\int_{2}^{+\infty} \arctan \left(\frac{1}{x^2}\right)dx}_{(2)} \end{equation*}$

Calcoliamo separatamente i due integrali (1) e (2).

Calcolo di (1):

$\begin{equation*} \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x^2} dx =\boxed{\frac{1}{2}} \end{equation*}$

Calcolo di (2):

$\begin{equation*} -\int_{2}^{+\infty} \arctan \left(\frac{1}{x^2}\right) dx = \left [ x \arctan \left(\frac{1}{x^2}\right) \right ]^{+\infty}_{2} + \int_{+\infty}^{2} \frac{2x^2}{1 + x^4}dx = \end{equation*}$

$\begin{equation*} = \boxed{2 \arctan \left(\frac{1}{4}\right)} + \underbrace{2\int_{+\infty}^{2}\frac{x^2}{1 + x^4} dx}_{(3)} \end{equation*}$

Calcolo di (3):

$\begin{equation*} \begin{aligned} & 2 \int_{+\infty}^{2} \frac{x^2}{1 + x^4}dx = 2 \int_{+\infty}^{2} \frac{x^2}{\left(x^2+1\right)^2 - 2x^2}dx = \int_{+\infty}^{2} \frac{1}{\left[\frac{x^2 + 1}{\sqrt{2}x}-1\right]\left[\frac{x^2 + 1}{\sqrt{2}x}+1\right]}dx =\\[10pt] & = \frac{1}{2}\int_{+\infty}^{2} \left[\frac{1}{\frac{x^2 + 1}{\sqrt{2}x}-1}\right] - \left[\frac{1}{\frac{x^2 + 1}{\sqrt{2}x}+1}\right] dx =\\[10pt] & =\frac{1}{2} \int_{+\infty}^{2} \left[\frac{\sqrt{2}x}{x^2+1-\sqrt{2}x}\right] - \left[\frac{\sqrt{2}x}{x^2+1+\sqrt{2}x}\right]dx =\\[10pt] & =\frac{1}{\sqrt{2}} \int_{+\infty}^{2} \left[\frac{x}{x^2+1-\sqrt{2}x}\right] - \left[\frac{x}{x^2+1+\sqrt{2}x}\right]dx =\\[10pt] & =\frac{1}{2\sqrt{2}} \int_{+\infty}^{2} \left( \left[\frac{2x-\sqrt{2}}{x^2+1-\sqrt{2}x}\right] + \left[\frac{\sqrt{2}}{\left(x-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \frac{1}{2}}\right]- \frac{2x +\sqrt{2}}{x^2+1+\sqrt{2}x} + \frac{\sqrt{2}}{\left(x-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \frac{1}{2}}\right) dx =\\[10pt] & =\frac{1}{2\sqrt{2}} \left[ \ln\left(\frac{x^2 - 2\sqrt{2} + 1}{x^2 + 1 + \sqrt{2}x}\right) + 2 \arctan \left(\sqrt{2}x - 1\right) + 2 \arctan\left(\sqrt{2}x + 1\right) \right]^{+\infty}_{2} =\\[10pt] & =\frac{1}{2\sqrt{2}} \left[ \ln\left(\frac{5 - 2\sqrt{2}}{5 +2\sqrt{2}}\right) + 2 \arctan \left(2\sqrt{2} - 1\right) + 2 \arctan \left(2\sqrt{2} + 1\right) -2\pi \right]=\\[10pt] & =\frac{1}{2\sqrt{2}} \left[ \ln\left(\frac{33 - 20\sqrt{2}}{17}\right) + 2\left[-\arctan \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right) \right] \right]=\\[10pt] & =\frac{1}{2\sqrt{2}} \left[ \ln\left(\frac{33 - 20\sqrt{2}}{17}\right) -2 \arctan \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right) \right] \end{aligned} \end{equation*}$

Dunque concludiamo che

$\begin{equation*} \boxed{ \int_{2}^{+\infty} f(x)dx = \frac{1}{2} +2 \arctan\left(\frac{1}{4}\right) + \frac{1}{2\sqrt{2}} \ln\left(\frac{33 - 20\sqrt{2}}{17}\right) - \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)} \end{equation*}$

Esercizio 37 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\int_{\frac{1}{2}}^{+\infty} \dfrac{15x^2+x-3}{(x^2-x+2)(16x^2-1)}dx$

è convergente e, in caso affermativo, calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e

$f\colon \left(-\infty,-\dfrac{1}{4}\right)\cup \left(-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right) \cup \left(\dfrac{1}{4},+\infty \right) \rightarrow \mathbb{R}$

la funzione integranda. Si osserva che $f$ potrebbe non essere integrabile in senso improprio in un intorno di infinito.

Per $x\to+\infty$ abbiamo:

$f(x)=\dfrac{15x^2}{16x^4}(1+o(1))=\dfrac{15}{16x^2}(1+o(1));$

$\int_{\frac{1}{2}}^{+\infty}\dfrac{15}{16}\cdot \dfrac{1}{x^2}\,dx=\dfrac{15}{8}$

converge, quindi $f$ , per il criterio del confronto asintotico, risulta integrabile in senso improprio in un intorno di infinito dunque $I$ converge.

Calcoliamo ora il valore al quale converge $I$ .

Siano $A$ , $B$ , $C$ , $D$ costanti e scriviamo $f(x)$ come segue:

(36) $\begin{equation*} \dfrac{Ax+B}{x^2-x+2}+\dfrac{C}{4x-1}+\dfrac{D}{4x+1}=f(x) \end{equation*}$

da cui

$\begin{aligned} & (Ax+B)(16x^2-1) + C(x^2-x+2)(4x+1) + D(x^2-x+2)(4x-1) = 15x^2+x-3 \Leftrightarrow\\ & \Leftrightarrow (16A+4C+4D)x^3 + (16B-3C-5D)x^2 + (-A+3C+5D)x -B+C-D =\\ & \qquad = 15x^2+x-3 \end{aligned}$

e per il principio d’identità dei polinomi deve valere

$\begin{cases} 16A+4C+4D=0\\ 16B-3C+5D=15\\ -A+3C+5D=1\\ -B+2C-2D=-3 \end{cases}$

da cui

$A=0, \quad B=1, \quad C=-\dfrac{1}{2},\quad D=\dfrac{1}{2}$

e tornando all’integrale otteniamo

$\begin{aligned} &\int_{\frac{1}{2}}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{x^2-x+2}-\dfrac{1}{2(4x-1)}+\dfrac{1}{2(4x+1)} \right)dx=\\[10pt] &=\int_{\frac{1}{2}}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{\dfrac{7}{4}\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}x-\dfrac{1}{\sqrt{7}} \right)^2+1}- \dfrac{1}{2(4x-1)}+\dfrac{1}{2(4x+1)} \right)dx=\\[10pt] &=\dfrac{2}{\sqrt{7}}\arctan\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}x-\dfrac{1}{\sqrt{7}} \right)+\dfrac{1}{8}\log \left \vert \dfrac{4x+1}{4x-1} \right \vert \bigg\vert_{\frac{1}{2}}^{+\infty}=\\[10pt] &=\dfrac{2}{\sqrt{7}}\cdot \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{8}\log3=\dfrac{\pi}{\sqrt{7}}-\dfrac{\log3}{8} \end{aligned}$

Esercizio 38 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che

(37) $\begin{equation*} \int_{0}^{+\infty} \left \vert \sin t \right \vert dt=+\infty. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f(t)=|\sin t|$ e

$F:[0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R},$

definita da

$F(x)=\int_{0}^{x}f(t) \, dt.$

Si ricorda il grafico di $f(x)=\left \vert \sin x \right \vert$ :

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Osserviamo che

$F(\pi)=\int_{0}^{\pi}\left \vert \sin t \right \vert \, dt=2$

quindi, siccome $f$ è periodica di periodo $\pi$ , per $k \in \mathbb{N}$ abbiamo:

$F(k\pi)=\int_{0}^{k\pi}f(t) \, dt=\sum_{j=0}^{k-1}\int_{j\pi}^{(j+1)\pi} f(t)\,dt=2k$

da cui

$\lim_{k \rightarrow +\infty} F(k\pi)= \lim_{k \rightarrow +\infty} 2k=+\infty.$

In alternativa si poteva procedere osservando che, ad esempio:

$\left \vert \sin t \right \vert \geq \dfrac{\sqrt{2}}{2}\qquad\quad \forall x \in \bigcup^{n}_{k=1}\left[\dfrac{\pi}{4}+2k\pi,\dfrac{3}{4}\pi+2k\pi\right]$

e considerando il seguente grafico

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si deduce facilmente che

$\int_{0}^{+\infty}\left \vert \sin t \right \vert \, dt\geq \sum_{k=0}^{+\infty}\int_{\frac{\pi}{4}+2k\pi}^{\frac{3}{4}\pi+2k\pi} \dfrac{\sqrt{2}}{2}\,dt=\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{\sqrt{2}}{4}\pi= +\infty$

da cui, per il teorema del confronto, $I=+\infty$ .

Per completezza ricordiamo un teorema di cui (37) è un caso particolare.

Teorema.

Sia $f:A=[a,+\infty) \to \mathbb{R}$ una funzione continua e periodica di periodo minimo $T>0$ . Se $f(x)\geq 0 \, \forall x \in A$ , allora

$\int_{a}^{+\infty}f(t) \, dt=+\infty.$

Dimostrazione.

Sia

$F:[a,+\infty)\rightarrow \mathbb{R},$

definita da

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

Osserviamo che $F$ è ben definita e crescente in $A$ .

Vogliamo dimostrare che

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

Siccome $f\geq 0$ in $A$ e non è identicamente nulla in $A$ (in quanto, altrimenti, avrebbe periodo minimo $T=0$ ), abbiamo

$F(a+T)=\int_{a}^{a+T}f(t) \, dt>0,$

infatti, sia $t_0\in [a,a+T]$ tale che $f(t_0)>0$ , per continuità esiste un intorno, $I_{t_0}\subset [a,a+T]$ tale che $f(t)>0\; \forall t \in I_{t_0}$ . Dunque

$\int_{a}^{a+T}f(t) \, dt\geq \int_{I_{t_0}} f(t) \, dt >0.$

Sia $M=F(a+T)>0$ e sempre per continuità abbiamo:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} F(x)= \lim_{k\rightarrow +\infty} F(a+kT).$

Osserviamo che, per la periodicità di $f$ :

$\int_{a}^{a+kT}f(t) \, dt=\sum_{j=0}^{k-1}\int_{a+jT}^{a+(j+1)T} f(t)\,dt=\sum_{j=0}^{k-1} \int_{a}^{a+T} f(t)\,dt= Mk.$

Dunque concludiamo che

$\lim_{x \rightarrow +\infty} F(x)= \lim_{k \rightarrow +\infty} Mk=+\infty.$

Esercizio 39 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se l’integrale improprio

$\sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{x^4-5x^2+4}}dx$

è convergente e, in caso affermativo, se ne dia una stima inferiore e superiore.

Svolgimento.

Chiamiamo $T$ l’integrale da calcolare e $f$ la funzione integranda. Osserviamo che quest’ultima potrebbe non essere integrabile in senso improprio per $x\to 1^-$ . Riscriviamo la funzione integranda come segue:

$\dfrac{1}{\sqrt{x^4-5x^2+4}}=\dfrac{1}{\sqrt{(x-1)(x+1)(x^2-4)}}=\dfrac{1}{\left(-6(x-1)\right)^{\frac{1}{2}}}(1+o(1))\quad \text{per $x\to1^-$}.$

Dunque, siccome la funzione integranda è asintotica ad $1/\left(-6(x-1)\right)^{\frac{1}{2}}$ per $x\to 1^-$ , si ha che per il criterio del confronto asintotico la funzione integranda è integrabile in senso improprio in un intorno sinistro di 1. Pertanto l’integrale improprio converge. Procediamo nel calcolare una stima inferiore e superiore dell’integrale improprio.

Si osserva che

$x^4-5x^2+4=\left(x^2-\dfrac{5}{2}\right)^{2}-\dfrac{9}{4}<\left(x^2-\dfrac{5}{2}\right)^2\quad \forall x \in(0,1)$

$1-x^2<x^4-5x^2+4\quad \forall x \in(0,1).$

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Quindi

$T^-={\sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{\left(x^2-\dfrac{5}{2}\right)^2}}dx}< T < \sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx={T^+}.$

Calcoliamo $T^-$ e $T^+$ separatamente. Si ha

$\begin{aligned} T^-&=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{\left(x^2-\dfrac{5}{2}\right)^2}}dx=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left\vert x^2-\dfrac{5}{2}\right\vert}dx=\\[10pt] &=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\dfrac{5}{2}- x^2}dx=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\int_{0}^{1}\left(\dfrac{1}{2x+\sqrt{10}}-\dfrac{1}{2x-\sqrt{10}}\right)dx=\\[10pt] &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\ln\left \vert \dfrac{2x+\sqrt{10}}{2x-\sqrt{10}}\right \vert \bigg \vert^1_0=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\ln\left(\dfrac{\sqrt{10}+2}{\sqrt{10}-2}\right) \end{aligned}$

$T^+=\sqrt{2}\arcsin x \bigg \vert^{1}_0 =\dfrac{\pi}{2}\sqrt{2}.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\dfrac{1}{\sqrt{5}}\ln\left(\dfrac{\sqrt{10}+2}{\sqrt{10}-2}\right) < T< \dfrac{\pi}{2}\sqrt{2}.}$

Riferimenti bibliografici

$\quad$

[1] Qui Si Risolve , Integrali impropri-Teoria.

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Document

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2024-07-17

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2024-07-09

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2024-06-13

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Ugo Cozzi

2024-06-02

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antonio elia

2024-05-29

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Stefano Parisi

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