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Integrali impropri – Esercizi svolti

Esercizi sugli Integrali Impropri

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Questo articolo propone 39 esercizi completamente risolti sugli integrali impropri, catalogati in relazione al carattere e al criterio utilizzato; inoltre, nel caso in cui l’integrale sia convergente, viene calcolato il suo valore tramite la tecnica risolutiva più appropriata.

Ogni esercizio è corredato da una guida dettagliata alla soluzione, trasformando la dispensa in un potente metodo di studio sistematico. Il materiale è destinato a supportare sia studenti che appassionati desiderosi di apprendere le tecniche disponibili per determinare il caratteri di integrali impropri ed effettuare il loro calcolo.

Segnaliamo il materiale sulla teoria correlata:

Indichiamo inoltre ulteriori raccolte di esercizi:

Buona lettura!

 

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

\[\int_0^1 \dfrac{x+1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx\]

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.

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