Integrali impropri – Teoria

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L’integrazione secondo Riemann è uno strumento potente e con una relativa semplicità d’uso. Possiede però dei limiti: esso permette di integrare soltanto funzioni limitate su intervalli limitati. È possibile però estendere la nozione di integrale a una classe più ampia di funzioni, anche su intervalli illimitati, mediante un procedimento combinato di integrazione e limite, ottenendo i cosiddetti integrali impropri o generalizzati.

Questa dispensa è dedicata a tale importante tema e si focalizza sui seguenti punti:

Come si definiscono formalmente gli integrali generalizzati?
Quali sono le proprietà di questi strumenti e quali caratteristiche mantengono in comune con gli integrali “classici”?
In cosa consistono i criteri di convergenza degli integrali impropri detti del confronto, della convergenza assoluta, della serie numerica?
Cosa riguarda il criterio di Abel-Dirichlet sull’integrazione impropria di un prodotto e cosa sono le funzioni a variazione limitata?

Se desideri approfondire questi argomenti con spiegazioni chiare e numerosi esempi ed esercizi svolti, questa dispensa è quello di cui hai bisogno!

La conoscenza dei contenuti relativi agli integrali definiti e indefiniti è necessaria al fine di comprendere questo articolo.

Come ulteriori letture teoriche sul medesimo tema, consigliamo le seguenti, estratte dalla lista completa alla fine dell’articolo:

Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi svolti:

Autori e revisori

Leggi...

Autori: Maicol Caponi

Revisori: Matteo Talluri.

Integrali impropri

Definizione e proprietà.

Dato un intervallo chiuso e limitato $[a,b]\subset\mathbb R$

e una funzione $f\colon[a,b]\to\mathbb R$

limitata su $[a,b]$

e continua su $[a,b]\setminus N$

, con $N$

sottoinsieme finito di $[a,b]$

sappiamo che è possibile definire l’integrale di Riemann di $f$

su $[a,b]$

. Inoltre, tale integrale è continuo rispetto a uno qualunque dei due estremi, cioè

$\int_a^bf(t)\,dt=\lim_{x\to a^+}\int_x^bf(t)\,dt=\lim_{y\to b^-}\int_a^yf(t)\,dt.$

Infatti, poiché $f$ è limitata, se chiamiamo

$M:=\sup_{t\in[a,b]}|f(t)|<+\infty,$

vale

$\begin{align*} &\left|\int_a^b f(t)\,dt-\int_x^b f(t)\,dt \right|\le\int_a^x|f(t)|\,dt\le M(x-a)\to 0\quad\text{per $x\to a^+$},\\ &\left|\int_a^b f(t)\,dt-\int_a^y f(t)\,dt \right|\le\int_y^b|f(t)|\,dt\le M(b-y)\to 0\quad\text{per $y\to b^-$}. \end{align*}$

Si noti che l’integrale di Riemann può essere definito solo per una classe molto esigua di funzioni (limitate e definite su intervalli chiusi e limitati). In queste dispense vogliamo estendere la nozione di integrale in modo da includere funzioni illimitate o definite su intervalli illimitati. Per esempio, data la funzione

$f(x):=\frac{1}{x^2}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$},$

ci chiediamo se sia possibile definire il suo integrale sull’intervallo $[1,+\infty)$ . Si noti che, fissato $x\in(1,+\infty)$ , la funzione $f$ è integrabile su $[1,x]$ e risulta

$\int_1^x\frac{1}{t^2}\,dt=\left[-\frac{1}{t}\right]_1^x=1-\frac{1}{x}.$

Poiché la quantità a destra ammette limite per $x\to+\infty$ , ha senso definire

$\int_1^{+\infty}\frac{1}{t^2}\,dt=\lim_{x\to +\infty}\int_1^x\frac{1}{t^2}\,dt=\lim_{x\to +\infty}\left(1-\frac{1}{x}\right)=1.$

Questo tipo di integrale si chiama integrale generalizzato (o improprio) di $f$ su $[1,+\infty)$ .

Più in generale, dato un intervallo $I\subseteq\mathbb R$ e una funzione $f\colon I\to\mathbb R$ possiamo dare le seguenti definizioni.

$\quad$

Definizione 1 (locale integrabilità). Sia $I\subseteq\mathbb R$

un intervallo (non necessariamente aperto o chiuso) e $f\colon I\to\mathbb R$

. La funzione $f$

è localmente (Riemann) integrabile su $I$

se $f$

è integrabile secondo Riemann su ogni sottointervallo chiuso e limitato $J$

di $I$

$\quad$

Osservazione 1. Se $I\subseteq\mathbb R$ è un intervallo e $f\colon I\to\mathbb R$ è continua, allora $f$ è localmente integrabile su $I$ . Infatti, $f$ è integrabile secondo Riemann su ogni sottointervallo chiuso e limitato $J$ di $I$ , essendo $f$ continua e limitata su $J$ .

$\quad$

Definizione 2 (integrale generalizzato). Sia $I:=[a,b)\subset\mathbb R$

con $-\infty < a < b \le +\infty$

e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$

una funzione localmente integrabile sull’intervallo $[a,b)$

¹. La funzione $f$

è integrabile in senso generalizzato (o improprio) su $\overline I$

(la chiusura di $I$

) se esiste finito il limite

$\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt.$

In tal caso si pone

$\int_a^bf(t)\,dt:=\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt,$

e l’integrale generalizzato (o improprio) di $f$ è detto convergente su $\overline I$ . Se invece

$\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt=\pm \infty,$

si dice che l’integrale generalizzato di $f$ è divergente su $\overline I$ .

Quindi $f$ è integrabile secondo Riemann su $[a,x]$ per ogni $x\in(a,b)$ . ↩

$\quad$

Osservazione 2. Se $[a,b]\subset\mathbb R$ è un intervallo chiuso e limitato e $f\colon [a,b]\to\mathbb R$ è integrabile secondo Riemann su $[a,b]$ , allora $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,b]$ e i due integrali coincidono.

Osservazione 3. In queste dispense l’intervallo dove è definito l’integrale generalizzato di $f\colon I:=[a,b)\to\mathbb R$ è indicato con $\overline I$ (la chiusura di $I$ ). Dunque, se $b\in\mathbb R$ , allora $\overline I=[a,b]$ , mentre se $b=+\infty$ allora $\overline I=[a,+\infty)$ . In molti libri l’intervallo dove $f$ è integrabile in senso generalizzato viene denotato anche con $I$ , senza aggiungere la chiusura.

Analogamente, se $I:=(a,b]\subset\mathbb R$ con $-\infty \le a < b < +\infty$ e $f\colon (a,b]\to \mathbb R$ è una funzione localmente integrabile sull’intervallo $(a,b]$ ², allora $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se esiste finito il limite

$\lim_{x\to a^+}\int_x^bf(t)\,dt,$

e si pone

$\int_a^bf(t)\,dt:=\lim_{x\to a^+}\int_x^bf(t)\,dt.$

Si noti che $f\colon I:=(a,b]\to\mathbb R$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se la funzione la funzione $g\colon J:=[-b,-a)\to\mathbb R$ definita come

$g(x):=f(-x)\quad\text{per $x\in [-b,-a)$}$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ .

Esempio 1. Sia $f\colon [0,+\infty)\to\mathbb R$ definita da

$f(x)=xe^{-x^2}\quad\text{per $x\in[0,+\infty)$}.$

La funzione $f$ è continua su $[0,+\infty)$ , dunque è localmente integrabile su $[0,+\infty)$ . Andiamo a vedere se è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty).$ Per ogni $x\in(0,+\infty)$ abbiamo che

$\int_0^xte^{-t^2}\,dt=\left[-\frac{e^{-t^2}}{2}\right]_0^x=\frac{1-e^{-x^2}}{2}.$

Poiché

$\lim_{x\to+\infty}\int_0^x te^{-t^2}\,dt=\lim_{x\to+\infty}\frac{1-e^{-x^2}}{2}=\frac{1}{2},$

ne deduciamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ .

Esempio 2. Sia $f\colon (-\dfrac{\pi}{2},0]\to\mathbb R$ definita da

$f(x)=\tan x\quad\text{per $x\in \left(-\frac{\pi}{2},0\right]$}.$

La funzione $f$ è continua su $(-\dfrac{\pi}{2},0]$ , dunque è localmente integrabile su $(-\dfrac{\pi}{2},0]$ . Andiamo a vedere se è integrabile in senso generalizzato su $[-\dfrac{\pi}{2},0].$ Per ogni $x\in(-\dfrac{\pi}{2},0)$ abbiamo che

$\int_x^0\tan t\,dt=\int_x^0\frac{\sin t}{\cos t}\,dt=\left[-\ln(\cos t)\right]_x^0=\ln(\cos x).$

Poiché

$\lim_{x\to-\frac{\pi}{2}^+}\int_x^0\tan t\,dt=\lim_{x\to-\frac{\pi}{2}^+} \ln(\cos x)=-\infty,$

ne deduciamo che $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[-\dfrac{\pi}{2},0]$ (in questo caso l’integrale generalizzato di $f$ su $[-\dfrac{\pi}{2},0]$ diverge).

Esempio 3. Sia $\alpha\in\mathbb R$ e consideriamo la funzione $f\colon (0,+\infty)\to\mathbb R$ definita come

$f(x):=\frac{1}{x^\alpha}=x^{-\alpha}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Andiamo a determinare valori di $\alpha$ per cui la funzione $f$ risulta integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ oppure su $[1,+\infty)$ . Chiaramente $f$ è localmente integrabile sia su $(0,1]$ che su $[1,+\infty)$ . Inoltre, fissato $x\in(0,1)$ risulta che

$\int_x^1f(t)\,dt= \begin{cases}\dfrac{1-x^{1-\alpha}}{1-\alpha}&\text{per $\alpha\neq 1$},\\ -\ln x&\text{per $\alpha= 1$}. \end{cases}$

Quindi il limite per $x\to 0^+$ esiste finito se e solo se $\alpha<1$ . Fissato invece $y\in (1,+\infty)$ abbiamo che

$\int_1^yf(t)\,dt= \begin{cases}\dfrac{y^{1-\alpha}-1}{1-\alpha}&\text{per $\alpha\neq 1$},\\ \ln y&\text{per $\alpha= 1$}. \end{cases}$

Dunque il limite per $y\to+\infty$ esiste finito se e solo se $\alpha>1$ .

Perciò l’integrale generalizzato di $f$ su $[0,1]$ è convergente se e solo se $\alpha<1$ e risulta

$\int_0^1 f(t)\,dt=\frac{1}{1-\alpha},$

mentre l’integrale generalizzato di $f$ su $[1,+\infty)$ è convergente se e solo se $\alpha>1$ e risulta

$\int_1^{+\infty} f(t)\,dt=\frac{1}{\alpha-1}.$

Più in generale, fissato $a\in\mathbb R$ , per ogni $\alpha\in\mathbb R$ possiamo considerare la funzione $f\colon (a,+\infty)\to\mathbb R$ definita come

$f(x):=\frac{1}{(x-a)^\alpha}\quad\text{per $x\in(a+\infty)$}.$

In maniera analoga a prima, per ogni $c\in(a,+\infty)$ abbiamo che l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,c]$ converge se e solo se $\alpha<1$ , mentre diverge per $\alpha\ge 1$ . Invece l’integrale generalizzato di $f$ su $[c,+\infty)$ converge se e solo se $\alpha>1$ , mentre diverge per $\alpha\le 1$ .

Si noti che negli esempi precedenti abbiamo sempre considerato funzioni $f$ illimitate o definite su intervalli illimitati. Infatti, nel caso in cui sia la funzione $f$ che il suo intervallo di definizione $I$ siano limitati, allora $f$ risulta sempre integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ .

Teorema 1. Siano $-\infty < a < b < +\infty$

e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$

una funzione limitata e localmente integrabile su $[a,b)$

. Allora qualunque prolungamento di $f$

ad $[a,b]$

è integrabile secondo Riemann su $[a,b]$

e il suo integrale su $[a,b]$

coincide con l’integrale generalizzato di $f$

su $[a,b]$

(in particolare l’integrale su $[a,b]$

di un qualsiasi prolungamento è lo stesso).

$\quad$

Dimostrazione. Ricordiamo che se $I\subset\mathbb R$ è un intervallo chiuso e limitato e $f\colon I\to\mathbb R$ è una funzione limitata, allora $f$ è integrabile secondo Riemann su $I$ se e solo se per ogni $\varepsilon >0$ esiste una partizione $P:=\{x_0,\dots,x_n\}$ di $I$ tale che

$S(P,f)-s(P,f)<\varepsilon,$

dove

$\begin{align*} &S(P,f):=\sum_{j=0}^{n-1}M_j(x_{j+1}-x_j),\qquad M_j:=\sup_{t\in[x_j,x_{j+1}]}f(t)\quad\text{per $j=0,\dots,n-1$},\\ &S(p,f):=\sum_{j=0}^{n-1}m_j(x_{j+1}-x_j),\qquad m_j:=\inf_{t\in[x_j,x_{j+1}]}f(t)\quad\text{per $j=0,\dots,n-1$},\\ \end{align*}$

Siano $-\infty<a<b<+\infty$ e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ una funzione limitata e localmente integrabile su $[a,b)$ . Sia inoltre $\tilde f\colon [a,b]\to \mathbb R$ un qualsiasi prolungamento di $f$ , cioè

$\tilde f(x):= \begin{cases} f(x)&\text{per $x\in[a,b)$},\\ w\in\mathbb R&\text{per $x=b$}. \end{cases}$

Chiaramente anche la funzione $\tilde f$ è limitata, quindi esiste una costante $\tilde M>0$ tale che

$|\tilde f(x)|\le \tilde M\quad\text{per ogni $x\in[a,b]$}.$

Fissato $\varepsilon>0$ , sia $c\in (a,b)$ tale che

$b-c<\frac{\varepsilon}{4\tilde M}.$

Poiché la funzione $f$ è integrabile secondo Riemann su $[a,c]$ , allora esiste una partizione $P:=\{x_0,\dots,x_n\}$ di $[a,c]$ che soddisfa

$S(P,f)-s(P,f)<\frac{\varepsilon}{2}.$

Chiaramente $\tilde P:=\{x_0,\dots,x_n,b\}$ è una partizione di $[a,b]$ e per costruzione

$\begin{align*} &S(\tilde P,\tilde f)=S(P,f)+\sup_{t\in[c,b]}\tilde f(t)(b-c)\le S(P,f)+\tilde M(b-c)\le S(P,f)+\frac{\varepsilon}{4},\\ &s(\tilde P,\tilde f)=s(P,f)+\inf_{t\in[c,b]}\tilde f(t)(b-c)\ge s(P,f)-\tilde M(b-c)\ge s(P,f)-\frac{\varepsilon}{4}. \end{align*}$

Allora

$S(\tilde P,\tilde f)-s(\tilde P,\tilde f)\le S(P,f)-s(P,f)+\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon,$

e quindi $\tilde f$ è integrabile secondo Riemann su $[a,b]$ . In particolare

$\int_a^b \tilde f(t)\,dt=\lim_{x\to b^-}\int_a^x\tilde f(t)\,dt=\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt=:\int_a^bf(t)\,dt.$

Ne segue che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,b]$ e l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,b]$ coincide con l’integrale di Riemann di $\tilde f$ su $[a,b]$ .

$\quad$

Esempio 4. Sia $f\colon (0,1]\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\sin\left(\frac{1}{x}\right)\quad\text{per $x\in(0,1]$}.$

La funzione $f$ è continua e limitata su $(0,1]$ , essendo $|f(x)|\le 1$ per ogni $x\in(0,1]$ . Allora, per il Teorema 1 abbiamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ .

Osservazione 4. Se $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ è continua su $[a,b)$ ed esiste finito

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

allora $f$ è prolungabile con continuità in $[a,b]$ e dunque è limitata su $[a,b)$ . In particolare, per il Teorema 1 la funzione $f$ è sempre integrabile in senso generalizzato su $[a,b]$ e il suo prolungamento continuo è integrabile secondo Riemann.

Sia $I:=[a,b)$ con $-\infty \le a < b \le +\infty$ e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile sull’intervallo $[a,b)$ . Si può facilmente osservare che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se lo è in un intorno sinistro di $b$ , cioè se comunque preso $c\in(a,b)$ e $J:=[c,b)$ , la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ . Inoltre vale

$\int_a^bf(t)\,dt=\int_a^cf(t)\,dt+\int_c^bf(t)\,dt.$

Possiamo dunque definire l’integrale generalizzato per una funzione $f$ definita su un intervallo aperto $(a,b)$ con $-\infty \le a < b \le +\infty$ nel seguente modo.

Quindi $f$ è integrabile secondo Riemann su $[x,b]$ per ogni $x\in(a,b)$ . ↩

$\quad$

Definizione 3. Sia $I:=(a,b)$

con $-\infty \le a < b \le +\infty$

e sia $f\colon (a,b)\to\mathbb R$

una funzione localmente integrabile su $(a,b)$

³. La funzione $f$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$

se comunque preso $c\in(a,b)$

, $I_1:=(a,c]$

e $I_2:=[c,b)$

la funzione $f$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline I_1$

e $\overline I_2$

. In tal caso si pone

$\int_a^bf(t)\,dt:=\int_a^cf(t)\,dt+\int_c^bf(t)\,dt=\lim_{x\to a^+}\int_x^cf(t)\,dt+\lim_{y\to b^-}\int_c^yf(t)\,dt.$

Quindi $f$ è integrabile secondo Riemann su $[c,d]$ per ogni $a<c<d<b$ .. ↩

$\quad$

Esempio 5. Fissato $\alpha\in\mathbb R$ consideriamo di nuovo la funzione $f\colon (0,+\infty)\to\mathbb R$ definita come

$f(x):=\frac{1}{x^\alpha}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Nell’esempio 3 abbiamo già visto che tale funzione è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ se e solo se $\alpha<1$ , mentre è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ se e solo se $\alpha>1$ . Dunque per ogni $\alpha\in\mathbb R$ la funzione $f$ non è mai integrabile in senso generalizzato su tutto $[0,+\infty)$ .

Esempio 6. Sia $f\colon (-1,1)\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\quad\text{per $x\in(-1,1)$}.$

Si osservi che la funzione $f$ è continua su $(-1,1)$ , e dunque è localmente integrabile su tale intervallo. Se scegliamo il punto $c:=0\in(-1,1)$ abbiamo che

$\begin{align*} &\int_x^0\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=[\arcsin t]_x^0=-\arcsin x\quad\text{per ogni $x\in(-1,0)$},\\ &\int_0^y\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=[\arcsin t]_0^y=\arcsin y\quad\text{per ogni $y\in(0,1)$}. \end{align*}$

Poiché esistono entrambi i limiti per $x\to -1^+$ e $y\to 1^-$ , ne deduciamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[-1,1]$ e

$\begin{aligned} \int_{-1}^1 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt &= \lim_{x \to -1^+} \int_x^0 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt + \lim_{y \to 1^-} \int_0^y \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt \\ &= \lim_{x \to -1^+} (-\arcsin x) + \lim_{y \to 1^-} \arcsin y \\ &= \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} \\ &= \pi. \end{aligned}$

Come abbiamo osservato prima, l’integrabilità in senso generalizzato di una funzione $f\colon I:=(a,b)\to\mathbb R$ non dipende dalla scelta di $c\in (a,b)$ . In particolare, la funzione $f$ risulta integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se esiste finito

$\lim_{\substack{x\to a^+\\y\to b^-}}\int_x^yf(t)\,dt\in\mathbb R,$

cioè esiste $l\in\mathbb R$ tale che per ogni $\varepsilon >0$ esistono $a<a_\varepsilon<b_\varepsilon<b$ con la proprietà che

$\left|\int_x^yf(t)\,dt-l\right|<\varepsilon\quad\text{per ogni $a<x<a_\varepsilon$ e $b_\varepsilon<y<b$}.$

In questo caso sarà $l=\int_a^bf(t)\,dt$ .

Osservazione 5. Si noti che la funzione

$(x,y)\mapsto \int_x^y f(t)\,dt$

deve essere vista come una funzione di due variabili e i limiti in $x$ e $y$ devono essere calcolati in maniera indipendente l’uno dall’altro. Per esempio, se consideriamo la funzione $f\colon \mathbb R\to \mathbb R$ definita da

$f(x):=\sin x\quad\text{per $x\in\mathbb R$},$

abbiamo che $f$ è localmente integrabile su $\mathbb R$ , ma non è integrabile in senso generalizzato su $\mathbb R$ . Infatti, preso $x\in (0,+\infty)$ abbiamo

$\int_0^x\sin t\,dt=[-\cos t]_0^x=1-\cos x,$

che non ammette limite per $x\to +\infty$ . D’altra parte $f$ è una funzione dispari, dunque per ogni $x\in(0,+\infty)$

$\int_{-x}^x\sin t\,dt=[-\cos t]_{-x}^x=0,$

è dunque esiste finito il limite

$\lim_{x\to+\infty}\int_{-x}^x\sin t\,dt=0.$

Teorema 2. Sia $I:=(a,b)\subseteq\mathbb R$

con $+\infty \le a < b \le +\infty$

. Sia $f\colon (a,b)\to\mathbb R$

una funzione continua su $(a,b)$

e sia $F\colon (a,b)\to\mathbb R$

una primitiva di $f$

in $(a,b)$

⁴. Allora $f$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$

se e solo se esistono finiti i limiti

$\lim_{x\to a^+}F(x),\qquad\lim_{y\to b^-}F(y).$

In tal caso, si pone

$\int_a^bf(t)\,dt=[F(t)]_a^b:=\lim_{y\to b^-}F(y)-\lim_{x\to a^+}F(x).$

è derivabile su $(a,b)$ e $F'(x)=f(x)$ per ogni $x\in (a,b)$ . ↩

$\quad$

Dimostrazione. Fissato $c\in (a,b)$ , dal teorema fondamentale del calcolo integrale abbiamo

$\int_x^c f(t)\,dt =F(c)-F(x)\quad\text{per ogni $x\in(a,c)$},\qquad \int_c^yf(t)\,dt=F(y)-F(c)\quad\text{per ogni $y\in(c,b)$}.$

Dunque, la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se esistono finiti i limiti

$\lim_{x\to a^+}F(x),\qquad\lim_{y\to b^-}F(y),$

e risulta

$\begin{aligned} \int_a^b f(t)\,dt &= \int_a^c f(t)\,dt + \int_c^b f(t)\,dt \\ &= F(c) - \lim_{x \to a^+} F(x) + \lim_{y \to b^-} F(y) - F(c) \\ &= \lim_{y \to b^-} F(y) - \lim_{x \to a^+} F(x). \end{aligned}$

La notazione adottata nel teorema precedente è molto utilizzata per il calcolo degli integrali impropri, ma è necessario fare attenzione nell’adoperarla. Esempio 7. Sia $f\colon (0,+\infty)\to\mathbb R$ definita da

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

La funzione $f$ è localmente integrabile su $(0,+\infty)$ e vediamo se è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ . Determiniamo una primitiva di $f$ in $(0,+\infty)$ e integrando per parti otteniamo che

$\int\frac{\ln t}{(t+1)^2}\,dt=-\frac{\ln t}{t+1}+\int \frac{1}{t(t+1)}\,dt.$

Osserviamo che per il primo termine a destra dell’uguale risulta

$\lim_{t\to 0^+}\frac{\ln t}{t+1}=-\infty.$

Ciò non implica che la funzione $f$ non sia integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ , poiché l’integrale a destra dell’uguale può contribuire con ulteriori termini che possono rendere finito il limite della primitiva di $f$ per $x\to 0^+$ . Andiamo a determinare due numeri $A,B\in\mathbb R$ tali che

$\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}=\frac{1}{t(t+1)}.$

Abbiamo che

$\frac{(A+B)t+A}{t(t+1)}=\frac{1}{t(t+1)}\quad\Leftrightarrow\quad\text{$A=1$ e $B=-1$},$

da cui otteniamo

$\begin{aligned} \int\frac{\ln t}{(t+1)^2}\,dt=-\frac{\ln t}{t+1}+\int\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right)\,dt=\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)+c,\quad c\in\mathbb R. \end{aligned}$

Dunque, una primitiva di $f$ è data da

$F(t):=\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\quad\text{per $t\in(0+\infty)$}.$

Poiché⁵

$\begin{aligned} &\lim_{t\to 0^+}\left(\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\right)=\lim_{t\to 0^+}\left(\frac{t\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\right)=0, \\ &\lim_{t\to +\infty}\left(\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\right)=\lim_{t\to +\infty}\left(-\frac{\ln t}{t+1}-\ln \left(1+\frac{1}{t}\right)\right)=0, \end{aligned}$

allora $f$ risulta integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ e con la notazione del teorema 2 si ha

$\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{(t+1)^2}\,dt=\left[\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\right]_0^{+\infty}=0.$

Supponiamo ora di avere una funzione $f$ definita su un intervallo $I\subseteq\mathbb R$ eccetto in un punto $c\in I$ . In questo caso possiamo decomporre

$I\setminus\{c\}=I_1\cup I_2$

con $I_1,I_2\subset\mathbb R$ intervalli disgiunti e possiamo definire l’integrale generalizzato di $f$ su $\overline I$ richiedendo che $f$ sia integrabile in senso generalizzato su $\overline I_1$ e $\overline I_2$ e ponendo

$\int_{\overline I}f(t)\,dt:=\int_{\overline I_1}f(t)\,dt+\int_{\overline I_2}f(t)\,dt.$

Più in generale possiamo considerare una funzione $f$ definita su $I\setminus N$ , con $N$ sottoinsieme finito di $I$ , e dare la seguente definizione.

Ricordiamo che $\displaystyle\lim_{y\to 0^+}y\ln y=0$ . ↩

$\quad$

Definizione 4. Sia $I\subseteq\mathbb R$

un intervallo, sia $N$

un sottoinsieme finito di $I$

e sia

$I\setminus N=\bigcup_{j=1}^nI_j,$

con $I_j\subset \mathbb R$ per $j=1,\dots,n$ intervalli a due a due disgiunti. Sia $f\colon I\setminus N \to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I\setminus N$ ⁶. La funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se è integrabile in senso generalizzato su ogni intervallo $\overline I_j$ per $j=1,\dots,n$ . In tal caso l’integrale generalizzato di $f$ su $\overline I$ è definito come

$\int_{\overline I}f(t)\,dt:=\sum_{j=1}^n\int_{\overline I_j}f(t)\,dt.$

Quindi $f$ è localmente integrabile su ogni intervallo $I_j$ per $j=1,\dots,n$ . ↩

Esempio 8. Sia $f\colon\mathbb R\setminus\{0\}\to\mathbb R$ definita da

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

La funzione $f$ è localmente integrabile nel suo dominio di definizione è andiamo a vedere se è integrabile in senso generalizzato su $\mathbb R$ . Abbiamo che $\mathbb R\setminus\{0\}=(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$ e vediamo se $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ . Iniziamo con il determinare una primitiva di $f$ in $(0,+\infty)$ e osserviamo che

$f(x)= \frac{1}{\sqrt{|x|}(|x|+1)}=\frac{1}{\sqrt{x}(x+1)}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Tramite la sostituzione $s=\sqrt{t}$ otteniamo che $dt=2s\,ds$ e quindi

$\int f(t)\,dt =\int \frac{1}{\sqrt{t}(t+1)}\,dt=\int\frac{2}{s^2+1}\,ds=2\arctan s+c=2\arctan\sqrt{t}+c,\quad c\in\mathbb R.$

Dato che

$\lim_{t\to +\infty}2\arctan\sqrt{t}=\pi,\qquad \lim_{t\to 0^+}2\arctan\sqrt{t}=0,$

abbiamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ e

$\int_0^{+\infty}f(t)\,dt=\pi.$

Inoltre la funzione $f$ è pari su $\mathbb R\setminus\{0\}$ , quindi

$\int_x^yf(t)\,dt=\int_{-y}^{-x}f(t)\,dt\quad\text{per ogni $-\infty<x<y<0$}.$

Per $x\to-\infty$ e $y\to 0^+$ possiamo dedurre che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $(-\infty,0]$ e

$\int_{-\infty}^0f(t)\,dt=\int_0^{+\infty}f(t)\,dt=\pi.$

Quindi la funzione $f$ è integrabile su $\mathbb R$ e

$\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,dt=2\pi.$

Dalla linearità dell’integrale di Riemann e dalla linearità del limite risulta che anche l’integrale generalizzato è lineare. Più precisamente, se $f,g\colon I\setminus N\to\mathbb R$ sono due funzioni integrabili in senso generalizzato su $\overline I$ , allora per ogni $\alpha,\beta\in\mathbb R$ anche la funzione $\alpha f+\beta g\colon I\setminus N\to\mathbb R$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ e

$\int_{\overline I}(\alpha f(t)+\beta g(t))\,dt=\alpha\int_{\overline I}f(t)\,dt+\beta\int_{\overline I}g(t)\,dt.$

Osservazione 6. Per vedere se una funzione $f\colon I\setminus N\to \mathbb R$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ , è necessario calcolare i limiti di ogni singolo integrale generalizzato in maniera indipendente. Si consideri per esempio la funzione

$f(x)=\frac{1}{x}\quad\text{per $x\in[-1,1]\setminus\{0\}$}.$

Già sappiamo che questa funzione non è integrabile in senso generalizzato su $[-1,1]$ perché non lo è su $[0,1]$ . D’altra parte, per ogni $x\in(0,1)$ abbiamo che

$\int_{-1}^{-x}\frac{1}{t}\,dt+\int_x^1\frac{1}{t}\,dt=\ln x-\ln x=0.$

Dunque esiste finito

$\lim_{x\to 0^+}\left(\int_{-1}^{-x}\frac{1}{t}\,dt+\int_x^1\frac{1}{t}\,dt\right)=0.$

Osservazione 7. Abbiamo visto che le funzioni $f(x):=\sin x$ e $g(x):=\frac{1}{x}$ non sono integrabili in senso generalizzato su $\mathbb R$ e $[-1,1]$ , rispettivamente, ma è possibile assegnare a questi due integrali un valore numerico calcolando il limite in maniera opportuna. Questo particolare tipo di integrazione prende il nome di valore principale di Cauchy e di solito si denota aggiungendo le lettere $P.V.$ di fronte all’integrale. Esso viene utilizzato in alcuni ambiti della matematica per dare un valore all’integrale di funzioni definite su $\mathbb R$ e/o con una singolarità isolata, nel caso in cui non siano integrabili in senso generalizzato. Più precisamente, per una funzione localmente integrabile $f\colon \mathbb R\to\mathbb R$ si definisce

$P.V.\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,dt:=\lim_{R\to+\infty}\int_{-R}^Rf(t)\,dt$

se tale limite esiste finito, mentre per una funzione localmente integrabile $f\colon[a,b]\setminus\{c\}\to\mathbb R$ con $a<c<b$ si definisce

$P.V.\int_a^bf(t)\,dt:=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_a^{c-\varepsilon}f(t)\,dt+\int_{c+\varepsilon}^b f(t)\,dt\right)$

se tale limite esiste finito. Infine, per una funzione localmente integrabile $f\colon \mathbb R\setminus\{c\}\to\mathbb R$ si definisce

$P.V.\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,dt:=\lim_{\varepsilon\to 0}\left(\int_{c-\frac{1}{\varepsilon}}^{c-\varepsilon}f(t)\,dt+\int_{c+\varepsilon}^{c+\frac{1}{\varepsilon}}f(t)\,dt\right)$

se tale limite esiste finito. In particolare, per i due esempi precedenti abbiamo che

$P.V.\int_{-\infty}^{+\infty}\sin t\,dt=0,\qquad P.V.\int_{-1}^1\frac{1}{t}\,dt=0.$

Nell’Esempio 8 abbiamo utilizzato le formule di sostituzione per calcolare la primitiva della funzione $f$ . In realtà, la stessa formula di sostituzione può essere usata anche per calcolare direttamente l’integrale generalizzato di $f$ .

Teorema 3. (Integrazione per sostituzione). Siano $I:=(a,b)\subseteq\mathbb R$

e $J:=(c,d)\subseteq\mathbb R$

due intervalli aperti e sia $f\colon (a,b)\to\mathbb R$

una funzione continua su $(a,b)$

. Sia $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$

una funzione strettamente crescente e derivabile con derivata continua su $(c,d)$

tale che

$\lim_{x\to c^+}\phi(x)=a,\qquad\lim_{x\to d^-}\phi(x)=b.$

Allora la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se la funzione

$g(x):= f(\phi(x))\phi'(x)\quad \text{per $x\in (c,d)$}$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ e risulta

$\int_a^bf(t)\,dt=\int_c^dg(s)\,ds=\int_c^df(\phi(s))\phi'(s)\,ds.$

$\quad$

Dimostrazione. Poiché $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ è derivabile con derivata continua su $(c,d)$ e $f\colon (a,b)\to\mathbb R$ è continua su $(a,b)$ , allora la funzione $g$ è continua su $(c,d)$ . In particolare, $g$ è localmente integrabile su $(c,d)$ . Fissati $c<x<y<d$ , dal teorema di integrazione per sostituzione per l’integrale di Riemann risulta

$\int_x^yg(s)\,ds=\int_x^yf(\phi(s))\phi'(s)\,ds=\int_{\phi(x)}^{\phi(y)}f(t)\,dt.$

Poiché $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ e

$\lim_{x\to c^+}\phi(x)=a,\qquad\lim_{x\to d^-}\phi(x)=b,$

ne deduciamo che

$\int_a^bf(t)\,dt=\lim_{\substack{w\to a^+,\\z\to b^-}}\int_w^zf(t)\,dt=\lim_{\substack{x\to c^+,\\y\to d^-}}\int_{\phi(x)}^{\phi(y)}f(t)\,dt.$

Quindi esiste finito il limite

$\lim_{\substack{x\to c^+,\\y\to d^-}}\int_x^yg(s)\,ds=\lim_{\substack{x\to c^+,\\y\to d^-}}\int_{\phi(x)}^{\phi(y)}f(t)\,dt=\int_a^bf(t)\,dt.$

Allora $g$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ e

$\int_c^d g(s)\,ds=\int_a^bf(t)\,dt.$

Infine, per ottenere l’altra implicazione osserviamo che la funzione $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ è invertibile (essendo strettamente crescente su $(c,d)$ ) e la sua inversa $\phi^{-1}\colon (a,b)\to (c,d)$ soddisfa ancora le ipotesi del teorema (l’inversa di una funzione strettamente crescente e derivabile con derivata continua è anche essa strettamente crescente e derivabile con derivata continua). Dunque, se $g$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ , allora la funzione

$g(\phi^{-1}(x))(\phi^{-1})'(x)=f(x)\phi'(\phi^{-1}(x))(\phi^{-1})'(x)=f(x)\quad\text{per $x\in I$}$

risulta integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ .

Si noti che se abbiamo una funzione $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ derivabile con derivata continua che soddisfa $\phi'(x)>0$ per ogni $x\in (c,d)$ , allora $\phi$ è strettamente crescente. Inoltre questo teorema rimane vero se $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ è strettamente decrescente (per esempio quando $\phi'(x)<0$ per ogni $x\in (c,d)$ ) e

$\lim_{x\to c^+}\phi(x)=b,\qquad\lim_{x\to d^-}\phi(x)=a.$

In questo caso abbiamo

$\int_a^bf(t)\,dt=\int_d^cf(\phi(s))\phi'(s)\,ds=-\int_c^df(\phi(s))\phi'(s)\,ds.$

Esempio 9. Consideriamo la funzione $f\colon (4,+\infty)\to\mathbb R$ data da

$f(x):=\frac{1}{x\sqrt{x-4}}\quad\text{per $x\in(4,+\infty)$}.$

Se consideriamo il cambio di variabili $\phi\colon (0,+\infty)\to (4,+\infty)$ definito come

$\phi(x):=x^2+4\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$},$

abbiamo che $\phi$ soddisfa le ipotesi del teorema precedente e

$\lim_{x\to 0^+}\phi(x)=4,\qquad \lim_{x\to +\infty}\phi(x)=+\infty.$

Dunque

$\int_4^{+\infty}\frac{1}{t\sqrt{t-4}}\,dt=\int_0^{+\infty}\frac{2}{s^2+4}\,ds=\left[\arctan \frac{s}{2}\right]_0^{+\infty}=\frac{\pi}{2}.$

A volte per calcolare un integrale per sostituzione è più semplice utilizzare l’inversa di $\phi$ . Infatti, se nell’esempio precedente poniamo $s=\sqrt{t-4}=\phi^{-1}(t)$ , da cui $t=s^2+4=\phi(s)$ , deduciamo immediatamente che $dt=2s\,ds$ e che i nuovi estremi di integrazione per $g(s):=\frac{2}{s^2+4}$ sono

$\lim_{t\to 4^+}\sqrt{t-4}=0,\qquad \lim_{t\to +\infty}\sqrt{t-4}=+\infty,$

da cui otteniamo

$\int_4^{+\infty}\frac{1}{t\sqrt{t-4}}\,dt=\int_0^{+\infty}\frac{2}{s^2+4}\,ds=\frac{\pi}{2}.$

Si noti che tramite il metodo di integrazione per sostituzione è possibile trasformare un integrale generalizzato in un integrale di Riemann e viceversa. Per esempio, se nell’esempio 6 consideriamo il cambio di variabili $\phi\colon (0,\pi)\to (-1,1)$ dato da

$\phi(x):=\cos x\quad\text{per $x\in (0,\pi)$},$

otteniamo

$\int_{-1}^1\frac{1}{1-t^2}\,dt=\int_0^{\pi}\frac{\sin s}{\sqrt{1-\cos^2 s}}\,ds =\int_0^{\pi}\,ds=\pi.$

Osservazione 8. Il teorema 3 può anche essere usato per ricondurre lo studio dell’integrabilità di una funzione illimitata su un dominio limitato a quello di una funzione su un dominio illimitato, e viceversa. Infatti, siano $-\infty<a<b<+\infty$ e sia $f\colon[a,b)\to\mathbb R$ una funzione continua su $[a,b)$ . Se consideriamo la funzione $\phi\colon (\dfrac{1}{b-a},+\infty)\to (a,b)$ definita come

$\phi(x):=b-\frac{1}{x}\quad\text{per $x\in\left(\frac{1}{b-a},+\infty\right)$},$

questa soddisfa le ipotesi del teorema precedente. Dunque $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,b]$ se e solo se la funzione

$g(x):=\frac{f\left(b-\frac{1}{x}\right)}{x^2}\quad\text{per $x\in\left[\frac{1}{b-a},+\infty\right)$}$

è integrabile in senso generalizzato su $[\dfrac{1}{b-a},+\infty)$ e

$\int_a^bf(t)\,dt=\int_{\frac{1}{b-a}}^{+\infty}\frac{f\left(b-\frac{1}{t}\right)}{t^2}\,dt.$

Criteri di convergenza.

Molto spesso non è possibile calcolare il valore esatto dell’integrale di Riemann generalizzato di una funzione, soprattutto quando non si riesce a determinare una primitiva esplicita in termini di funzioni elementari. Per questo motivo vogliamo introdurre dei criteri che permettano di studiare la convergenza dell’integrale generalizzato di $f$

su $\overline I$

senza dover calcolare il suo integrale di Riemann su ogni sottointervallo. Per semplicità ci riduciamo al caso in cui $I:=[a,b)$

con $-\infty< a < b \le +\infty$

(gli altri casi possono essere facilmente dedotti da questo per quanto osservato precedentemente).

Sia $I:=[a,b)$ con $-\infty< a< b \le +\infty$ e sia $f\colon [a,b)\to[0,+\infty)$ una funzione non negativa e localmente integrabile su $[a,b)$ . Allora la funzione

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

è non decrescente su $[a,b)$ e dunque esiste sempre il limite

$\lim_{x\to b^-}F(x):=\int_a^b f(t)\,dt\in\mathbb R\cup\{+\infty\}.$

Quindi l’integrale generalizzato di $f$ risulta convergente su $\overline I$ se e solo se tale limite è finito.

Teorema 4 (criterio del confronto). Sia $I:=[a,b)$

con $-\infty< a < b \le +\infty$

e siano $f,g\colon [a,b)\to[0,+\infty)$

due funzioni non negative e localmente integrabili su $[a,b)$

. Assumiamo che

$0\le f(x)\le g(x)\quad\text{per ogni $x\in [a,b)$}.$

Se l’integrale generalizzato di $g$ è convergente su $\overline I$ , allora anche l’integrale generalizzato di $f$ è convergente su $\overline I$ e si ha

$0\le\int_a^b f(t)\,dt\le \int_a^b g(t)\,dt.$

Se invece l’integrale generalizzato di $f$ è divergente su $\overline I$ , allora anche l’integrale generalizzato di $g$ è divergente su $\overline I$ .

$\quad$

Dimostrazione. Dalla disuguaglianza $0\le f(x)\le g(x)$ per ogni $x\in [a,b)$ , possiamo dedurre che

$0\le\int_a^xf(t)\,dt\le \int_a^xg(t)\,dt\quad\text{per ogni $x\in (a,b)$},$

e dunque

$\int_a^bf(t)\,dt=\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt\le \lim_{x\to b^-}\int_a^x g(t)\,dt=\int_a^bg(t)\,dt$

(entrambi i limiti esistono in $\mathbb R\cup\{+\infty\}$ per quanto osservato prima). Quindi se l’integrale di $g$ converge su $\overline I$ , allora anche l’integrale di $f$ converge su $\overline I$ , mentre se l’integrale di $f$ diverge su $\overline I$ , allora anche l’integrale di $g$ diverge su $\overline I$ .

Vediamo come possiamo applicare questo risultato per studiare l’integrabilità in senso generalizzato di una funzione $f$ .

Esempio 10. Consideriamo al funzione

$f(x):=\frac{\cos^2(x^2+1)e^{-x}}{\sqrt{x}+|\sin x|}.$

La funzione $f$ è ben definita e continua su $(0,+\infty)$ (il denominatore si annulla solo in $x=0$ ) e dunque ha senso chiedersi se $f$ sia integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ . Poiché non è semplice determinare una primitiva esplicita di $f$ in termini di funzioni elementari (e non è detto che si possa fare), non possiamo argomentare come abbiamo fatto precedentemente. D’altra parte $f$ è non negativa su $(0,+\infty)$ , perciò possiamo applicare il criterio del confronto.

Iniziamo studiando l’integrabilità in senso generalizzato in un intorno destro di $0$ . Osserviamo che

$0\le f(x)\le \frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\le \frac{1}{\sqrt{x}}\quad\text{per ogni $x\in(0,1]$}.$

Poiché la funzione $x\mapsto\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ (come dimostrato nell’esempio 3), dal teorema del confronto otteniamo che anche $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ .

Analizziamo ora il comportamento di $f$ in un intorno di $+\infty$ . In questo caso abbiamo che

$f(x)\le \frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\le e^{-x}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$}.$

Poiché

$\int_1^x e^{-t}\,dt=\left[-e^{-t}\right]_1^x=e^{-1}-e^{-x}\to e^{-1}\quad\text{per $x\to+\infty$},$

ne segue che la funzione $x\mapsto e^{-x}$ è integrabile in senso generalizzato su $[1+\infty)$ , e dunque anche $f$ lo è dal teorema del confronto. Quindi la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su tutto $[0,+\infty)$ .

Esempio 11. Consideriamo la funzione

$f(x):=\frac{(3x+\arctan x)^2}{\sqrt[3]{x^2}+e^{\frac{1}{x}}}.$

La funzione $f$ è ben definita su $\mathbb R\setminus\{0\}$ , dove è anche continua e dunque ci possiamo chiedere se $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\mathbb R$ . Poiché la funzione $f$ è non negativa, possiamo applicare il criterio del confronto.

Per prima cosa controlliamo la convergenza dell’integrale generalizzato in un intorno sinistro e destro di $0$ .

Dato che

$f(x)\le \frac{(3+\arctan 1)^2}{\sqrt[3]{x^2}+e^{\frac{1}{x}}}\le\dfrac{(3+\dfrac{\pi}{4})^2}{\sqrt[3]{x^2}}\quad\text{per $x\in(0,1]$}$

e la funzione $x\mapsto\dfrac{1}{\sqrt[3]{x^2}}$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ (come dimostrato all’interno dell’esempio 3, essendo $\alpha=\dfrac{2}{3}<1$ ), dal teorema del confronto ne consegue che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ . Analogamente $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[-1,0]$ , perché

$f(x)\le \frac{(-3-\arctan 1)^2}{\sqrt[3]{x^2}+e^{\frac{1}{x}}}\le\frac{(3+\frac{\pi}{4})^2}{\sqrt[3]{x^2}}\quad\text{per $x\in[-1,0)$},$

e $x\mapsto\dfrac{1}{x^{\frac{2}{3}}}$ è integrabile in senso generalizzato su $[-1,0]$ .

Invece, $f$ non è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $+\infty$ , in quanto

$f(x)\ge \frac{9x^2}{\sqrt[3]{x^2}+e}\ge\frac{9x^2}{\sqrt[3]{x^2}+e\sqrt[3]{x^2}}=\frac{9}{1+e}\sqrt[3]{x^4}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$}$

e $x\mapsto \sqrt[3]{x^4}$ non è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ (ciò si può vedere sia calcolando la primitiva sia usando l’esempio 3 essendo $\alpha=-\dfrac{4}{3}\le 1$ ). Analogamente la funzione $f$ non è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $-\infty$ . In particolare $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $\mathbb R$ .

Come abbiamo visto, per studiare l’integrabilità di una funzione $f\colon [a,b)\to [0,+\infty)$ , è sufficiente controllare il comportamento della funzione in un intorno sinistro di $b$ . Di conseguenza, dal criterio del confronto possiamo dedurre il seguente criterio di integrabilità.

Corollario 1. Sia $I:=[a,b)$

con $-\infty< a < b \le +\infty$

e siano $f,g\colon [a,b)\to[0,+\infty)$

due funzioni non negative e localmente integrabili su $[a,b)$

. Supponiamo che $f$

sia un O-grande di $g$

per $x\to b^-$

, cioè che esista $c\in(a,b)$

e una funzione limitata $k\colon [c,b)\to\mathbb R$

tale che

$f(x)=k(x)g(x)\quad\text{per $x\in[c,b)$}.$

Se l’integrale generalizzato di $g$ è convergente su $\overline I$ , allora anche l’integrale generalizzato di $f$ è convergente su $\overline I$ . Se invece l’integrale generalizzato di $f$ è divergente su $\overline I$ , allora anche l’integrale generalizzato di $g$ è divergente su $\overline I$ .

$\quad$

Dimostrazione. La dimostrazione segue direttamente dal criterio del confronto. Infatti, poiché le funzioni $f$ e $g$ sono integrabili secondo Riemann su $[a,x]$ per ogni $x\in(a,b)$ , è sufficiente studiare il comportamento di $f$ e $g$ in un intorno sinistro di $b$ . Siccome $f$ è un O-grande di $g$ , allora esiste $c\in(a,b)$ e una funzione limitata $k\colon J:=[c,b)\to\mathbb R$ tale che

$0\le f(x)=k(x)g(x)\le Mg(x)\quad\text{per ogni $x\in [c,b)$},\qquad M:=\sup_{x\in [c,b)}k(x)\in[0,+\infty).$

Dal criterio del confronto segue che se l’integrale generalizzato di $g$ è convergente su $\overline J$ , allora anche l’integrale generalizzato di $f$ è convergente su $\overline J$ , mentre se l’integrale generalizzato di $f$ è divergente su $\overline J$ , allora anche l’integrale generalizzato di $g$ è divergente su $\overline J$ .

Un’altra conseguenza del Teorema 4 è il criterio del confronto asintotico.

$\quad$

Teorema 5 (criterio del confronto asintotico). Sia $I:=[a,b)$

con $-\infty < a < b \le +\infty$

e consideriamo due funzioni non negative $f,g\colon [a,b)\to[0,+\infty)$

localmente integrabili su $I$

. Supponiamo che $g$

sia strettamente positiva in un intorno sinistro di $b$

e che $f$

e $g$

siano asintoticamente equivalenti per $x\to b^-$

( $f\sim g$

per $x\to b^-$

), cioè che esista finito e non nullo il limite

$\lim_{x\to b^-}\frac{f(x)}{g(x)}=\lambda\in(0,+\infty).$

Allora l’integrale generalizzato di $f$ è convergente (divergente) su $\overline I$ se e solo se l’integrale generalizzato di $g$ è convergente (divergente) su $\overline I$ .

$\quad$

Dimostrazione. Poiché le funzioni $f$ e $g$ sono integrabili secondo Riemann su $[a,x]$ per ogni $x\in(a,b)$ , allora è sufficiente studiare il comportamento di $f$ e $g$ in un intorno sinistro di $b$ . Siccome $g$ è strettamente positiva vicino a $b$ , allora il rapporto $\dfrac{f(x)}{g(x)}$ è ben definito in un intorno opportuno di $b$ . In particolare,

$\lim_{x\to b^-}\frac{f(x)}{g(x)}=\lambda\in(0,+\infty),$

e dalla definizione di limite possiamo trovare $c\in(a,b)$ tale che

$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-\lambda\right|\le \frac{\lambda}{2}\quad\text{per ogni $x\in J:=[c,b)$},$

e dunque

$0\le \frac{\lambda}{2}g(x)\le f(x)\le \frac{3\lambda}{2}g(x)\quad\text{per ogni $x\in [c,b)$}.$

Applicando il criterio del confronto prima ad $f$ e poi a $g$ otteniamo che l’integrale generalizzato di $f$ è convergente (divergente) su $\overline J$ se e solo se l’integrale generalizzato di $g$ è convergente (divergente) su $\overline J$ .

Nel caso in cui

$\lim_{x\to b^-}\frac{f(x)}{g(x)}=0,$

allora abbiamo solo che $f$ è un O-grande di $g$ per $x\to b^-$ . Infatti, dalla definizione di limite esiste $c\in(a,b)$ tale che la funzione

$k(x):=\frac{f(x)}{g(x)}\quad\text{per $x\in [a,b)$}$

è limitata e banalmente

$f(x)=k(x)g(x)\quad\text{per $x\in[c,b)$}.$

In questo caso possiamo quindi applicare il Corollario 1.

Esempio 12. Consideriamo la funzione

$f(x)=\frac{\arctan(x^4+\sqrt[3]{x})}{x^2+\ln(1+\sqrt{x})}.$

Abbiamo che $f$ è ben definita e continua su $(0,+\infty)$ (il denominatore si annulla solo in $x=0)$ . Dunque, ha senso studiare la convergenza dell’integrale generalizzato di $f$ su $[0,+\infty)$ . Abbiamo che $f$ è non negativa su $(0,+\infty)$ e inoltre⁷

$f(x)=\frac{\arctan(x^4+\sqrt[3]{x})}{x^2+\ln(1+\sqrt{x})}\sim \frac{x^4+\sqrt[3]{x}}{\sqrt{x}}\sim \frac{\sqrt[3]{x}}{\sqrt{x}}=\frac{1}{x^\frac{1}{6}}\quad\text{per $x\to 0^+$}.$

Poiché la funzione $x\mapsto\dfrac{1}{x^\frac{1}{6}}$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ , dal criterio del confronto asintotico otteniamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ . Inoltre

$f(x)=\frac{\arctan(x^4+\sqrt[3]{x})}{x^2+\ln(1+\sqrt{x})}\sim \frac{1}{x^2}\quad\text{per $x\to+\infty$},$

e la funzione $x\mapsto\dfrac{1}{x^2}$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ . Dunque $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ per il criterio del confronto asintotico. In particolare, $f$ è integrabile in senso generalizzato su tutto $[0,+\infty)$ .

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

Combinando il criterio del confronto asintotico con l’esempio 3 possiamo dedurre il seguente risultato.

$\quad$

Corollario 2.

Sia $f\colon [a,+\infty)\to [0,+\infty)$ una funzione non negativa e localmente integrabile su $[a,+\infty)$ . Supponiamo che esista $\alpha\in\mathbb R$ tale che
$\lim_{x\to +\infty}x^\alpha f(x)=\lambda\in(0,+\infty).$

Se $\alpha>1$ l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[a,+\infty)$ , mentre se $\alpha\le 1$ l’integrale di $f$ diverge su $[a,+\infty)$ .

Sia $f\colon [a,b)\to [0,+\infty)$ una funzione non negativa e localmente integrabile su $[a,b)$ . Supponiamo che esista $\beta\in\mathbb R$ tale che
$\lim_{x\to b^-}(b-x)^\beta f(x)=\lambda\in(0,+\infty).$

Se $\beta<1$ l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[a,b]$ , mentre se $\beta\ge 1$ l’integrale di $f$ diverge su $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione.

Poiché
$\lim_{x\to +\infty}x^\alpha f(x)=\lambda\in(0,+\infty),$

abbiamo che $f$ è asintoticamente equivalente a $g(x):=\dfrac{1}{x^\alpha}$ per $x\to +\infty$ . Dunque dal criterio del confronto asintotico l’integrale generalizzato di $f$ è convergente (divergente) su $[a,+\infty)$ se e solo se l’integrale generalizzato di $g$ è convergente (divergente) su $[a,+\infty)$ . Dall’esempio 3 l’integrale generalizzato di $g$ converge per $\alpha>1$ , mentre diverge per $\alpha\le 1$ .

Poiché
$\lim_{x\to b^-}(b-x)^\alpha f(x)=\lambda\in\mathbb R\setminus\{0\},$

abbiamo che $f$ è asintoticamente equivalente a $g(x):=\dfrac{1}{(b-x)^\alpha}$ per $x\to b^-$ . Dunque dal criterio del confronto asintotico l’integrale generalizzato di $f$ è convergente (divergente) su $[a,b]$ se e solo se l’integrale generalizzato di $g$ è convergente (divergente) su $[a,b]$ . In maniera analoga a quanto mostrato nell’esempio 3, abbiamo che l’integrale generalizzato di $g$ converge per $\alpha<1$ , mentre diverge per $\alpha\ge 1$ .

Si noti che tutti i risultati precedenti rimangono validi anche per un una funzione $f\colon I\to (-\infty,0]$ non positiva. Infatti, è sufficiente considerare la funzione $-f$ e osservare che l’integrale generalizzato di $f$ converge (diverge) su $\overline I$ se e solo se l’integrale generalizzato di $-f$ converge (diverge) su $\overline I$ .

Sia ora $f\colon I\to\mathbb R$ una qualsiasi funzione localmente integrabile su un intervallo $I\subseteq\mathbb R$ . Se $f$ non ha segno costante su $I$ , allora non possiamo applicare i criteri precedenti per studiare la convergenza del suo integrale generalizzato su $\overline I$ . Se consideriamo però il suo modulo $|f|\colon I\to\mathbb R$ , questa è una funzione non negativa ed è ancora localmente integrabile su $I$ (se $f$ è integrabile secondo Riemann su un intervallo chiuso e limitato $J$ , allora anche $|f|$ è integrabile secondo Riemann su $J$ ). Dunque a $|f|$ possiamo applicare i criteri precedenti, e da ciò dedurre delle informazioni su $f$ .

Teorema 6. Sia $I:=[a,b)$

con $-\infty<a<b\le +\infty$

e sia $f\colon I\to\mathbb R$

una funzione localmente integrabile su $I$

. Se $|f|\colon I\to [0,+\infty)$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$

, allora anche $f$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$

. In particolare

$\left|\int_a^b f(t)\,dt\right|\le \int_a^b|f(t)|\,dt.$

$\quad$

Dimostrazione. Consideriamo le due funzioni

$f^+(x):=\max\{f(x),0\}\quad\text{per $x\in[a,b)$},\qquad f^-(x):=-\min\{f(x),0\}\quad\text{per $x\in[a,b)$}.$

Abbiamo che $f^+,f^-\colon I\to [0,+\infty)$ sono non negative e localmente integrabili su $I$ e

$0\le f^+(x)\le |f(x)|\quad\text{per $x\in[a,b)$},\qquad 0\le f^-(x)\le |f(x)|\quad\text{per $x\in[a,b)$}.$

Dal criterio del confronto segue che se $|f|$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ , allora anche $f^+$ e $f^-$ sono integrabili in senso generalizzato su $\overline I$ . Inoltre

$f(x)=f^+(x)-f^-(x)\quad\text{per $x\in[a,b)$},$

quindi $f$ è integrabile in senso generalizzato su $I$ . Infine, per ogni $x\in(a,b)$ abbiamo che

$-\int_a^x|f(t)|\,dt\le \int_a^x f(t)\,dt\le \int_a^x|f(t)|\,dt.$

Facendo il limite per $x\to b^-$ otteniamo

$\left|\int_a^b f(t)\,dt\right|\le \int_a^b|f(t)|\,dt.$

$\quad$

Definizione 5. Sia $I\subseteq\mathbb R$

un intervallo e sia $f\colon I\to \mathbb R$

una funzione localmente integrabile su $I$

. Se l’integrale generalizzato di $|f|\colon I\to[0,+\infty)$

su $\overline I$

è convergente, allora l’integrale generalizzato di $f$

su $\overline I$

si dice assolutamente convergente.

$\quad$

Esempio 13. Consideriamo la funzione

$f(x):=\frac{x^4-5x-\sin x}{\sqrt{(e^x-1)^3}}.$

Abbiamo che $f$ è ben definita e continua su $(0,+\infty)$ , ma non ha segno costante. Se consideriamo il suo modulo abbiamo che⁸

$0\le |f(x)|\le \frac{x^4+5|x|+|\sin x|}{\sqrt{(e^x-1)^3}}\sim \frac{x}{\sqrt{x^3}}=\frac{1}{\sqrt{x}}\quad\text{per $x\to 0^+$}$

(si noti che $|x|=x$ e $|\sin x|=\sin x$ per $x\to 0^+$ ). Applicando il criterio del confronto asintotico e quello del confronto otteniamo che $|f|$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ poiché $x\mapsto\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ lo è. Inoltre

$0\le |f(x)|\le \frac{x^4+5|x|+|\sin x|}{\sqrt{(e^x-1)^3}}\sim \frac{x^4}{\sqrt{e^{3x}}}=x^4e^{-\frac{3}{2}x}\quad\text{per $x\to +\infty$}.$

Abbiamo che la funzione $g(x):=x^4e^{-\frac{3}{2}x}$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ . Ciò può essere dimostrato usando la definizione e integrando per parti, oppure osservando che $g$ è un O-grande di $x\mapsto e^{-x}$ per $x\to+\infty$ , essendo

$\lim_{x\to +\infty}\frac{x^4 e^{-\frac{3}{2}x}}{e^{-x}}=\lim_{x\to +\infty}x^4 e^{-\frac{x}{2}}=0,$

e che $e^{-x}$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ . Quindi $|f|$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ . Allora l’integrale generalizzato di $f$ su $[0,+\infty)$ è assolutamente convergente, e quindi convergente.

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

Si noti che il viceversa del teorema 6 è falso, cioè esistono funzioni $f\colon I\to \mathbb R$ i cui integrali generalizzati su $\overline I$ sono convergenti, ma non assolutamente convergenti.

Esempio 14 (integrale di Dirichlet). Consideriamo la funzione $f\colon (0,+\infty)\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\frac{\sin x}{x}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Abbiamo che $f$ è continua su $(0,+\infty)$ e facciamo vedere l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[0,+\infty)$ . Per prima cosa osserviamo $f$ è prolungabile con continuità a destra in $x=0$ , poiché

$\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x}=1,$

dunque la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ . Rimane dunque da studiare l’integrabilità di $f$ su $[1,+\infty)$ . Fissato $x\in(1,+\infty)$ , integrando per parti otteniamo che

$\int_1^x\frac{\sin t}{t}\,dt=\left[-\frac{\cos t}{t}\right]_1^x-\int_1^x\frac{\cos t}{t^2}\,dt=\cos 1-\frac{\cos x}{x}-\int_1^x\frac{\cos t}{t^2}\,dt.$

Osserviamo che esiste finito il limite

$\lim_{x\to +\infty}\left(\cos 1-\frac{\cos x}{x}\right)=\cos 1.$

Dunque, la funzione $f$ risulta integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ se e solo se la la funzione

$g(x):=\frac{\cos x}{x^2}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$}$

è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ . Poiché

$0\le |g(x)|\le \frac{1}{x^2}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$},$

dal teorema del confronto risulta che l’integrale generalizzato di $g$ è assolutamente convergente su $[1,+\infty)$ , e dunque convergente. Pertanto $f$ è integrabile in senso generalizzato su tutto $[0,+\infty)$ .

D’altra parte abbiamo che l’integrale generalizzato di $|f|$ è divergente su $[0,+\infty)$ . Infatti, fissato $m\in\mathbb N$ con $m\ge 2$ possiamo scrivere

$\int_\pi^{m\pi}|f(t)|\,dt=\int_{\pi}^{m\pi}\frac{|\sin t|}{t}\,dt=\sum_{k=2}^m\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin t|}{t}\,dt.$

La funzione $x\mapsto\dfrac{1}{x}$ è non crescente in $(0,+\infty)$ , dunque

$\frac{1}{x}\ge \frac{1}{k\pi}\quad\text{per ogni $x\in[(k-1)\pi,k\pi]$ e $k=2,\dots,m$}.$

Poiché $x\mapsto|\sin x|$ è una funzione periodica di periodo $\pi$ , allora

$\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}|\sin t|\,dt=\int_0^{\pi}|\sin t|\,dt=[-\cos t]_0^\pi=2\quad\text{per ogni $k=2,\dots,m$}.$

Perciò

$\int_\pi^{m\pi}\frac{|\sin t|}{t}\,dt\ge\sum_{k=2}^m\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin t|}{k\pi}\,dt=\frac{2}{\pi}\sum_{k=2}^m\frac{1}{k}.$

Poiché $|f|$ è non negativa, esiste il limite

$\int_{\pi}^{+\infty}\frac{|\sin t|}{t}\,dt=\lim_{x\to+\infty}\int_\pi^x\frac{|\sin t|}{t}\,dt=\lim_{m\to+\infty}\int_\pi^{m\pi}\frac{|\sin t|}{t}\,dt\in\mathbb R\cup\{+\infty\}$

(si noti che il primo limite è fatto sui reali, mentre il secondo è fatto sui naturali). Dunque, per $m\to+\infty$ otteniamo

$\int_{\pi}^{+\infty}\frac{|\sin t|}{t}\,dt\ge \lim_{m\to+\infty}\frac{2}{\pi}\sum_{k=2}^m\frac{1}{k}=\frac{2}{\pi}\sum_{k=2}^{+\infty}\frac{1}{k}.$

$\quad$

Figura 1: grafico di $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ su $\mathbb R$ .

$\quad$

Poiché la serie $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k}$ diverge, ne segue che l’integrale generalizzato di $|f|$ è divergente su $[\pi,+\infty)$ , e quindi anche su $[0,+\infty)$ .

L’integrale generalizzato

$\int_0^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\,dt$

è chiamato integrale di Dirichlet ed è possibile dimostrare che

$\int_0^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\,dt=\frac{\pi}{2}.$

Andiamo ora ad introdurre dei criteri per studiare il comportamento dell’integrale generalizzato di una funzione definita su un dominio illimitato. Come abbiamo visto nell’esempio precedente, è possibile ricondurre lo studio della convergenza dell’integrale di $f$ su $[a,+\infty)$ alla convergenza di una opportuna serie.

$\quad$

Teorema 7 (criterio della serie). Sia $n_0\in\mathbb N$

e $f\colon[n_0,+\infty)\to[0,+\infty)$

una funzione non negativa e non crescente su $[n_0,+\infty)$

. Allora

$\int_{n_0}^{+\infty}f(t)\,dt\quad\text{converge}\quad\Leftrightarrow\quad \sum_{k=n_0}^\infty f(k)\quad\text{converge}.$

$\quad$

Dimostrazione. Per prima cosa osserviamo che se $f\colon[n_0,+\infty)\to[0,+\infty)$ è una funzione non crescente su $[n_0,+\infty)$ , allora $f$ è localmente integrabile su $I$ . Dimostriamo intanto che

$\int_{n_0}^{+\infty}f(t)\,dt\quad\text{converge}\quad\Rightarrow\quad \sum_{k=n_0}^\infty f(k)\quad\text{converge}.$

Sia $m\in\mathbb N$ con $m\ge n_0+1$ , allora

$\sum_{k=n_0}^mf(k)=f(n_0)+\sum_{k=n_0+1}^m(k-(k-1))f(k)=f(n_0)+\sum_{k=n_0+1}^m\int_{k-1}^kf(k)\,dt.$

Poiché $f$ è non crescente, allora

$f(k)\le f(t)\quad\text{per ogni $t\in[k-1,k]$ e $k=n_0+1,\dots,m$}.$

Perciò

$\sum_{k=n_0}^mf(k)\le f(n_0)+\sum_{k=n_0+1}^m\int_{k-1}^kf(t)\,dt=f(n_0)+\int_{n_0}^m f(t)\,dt.$

Poiché $f$ è non negativa, abbiamo che esistono i limiti

$\begin{aligned} \sum_{k=n_0}^{+\infty} f(k) &= \lim_{m \to +\infty} \sum_{k=n_0}^m f(k) \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}, \\ \int_{n_0}^{+\infty} f(t)\,dt &= \lim_{x \to +\infty} \int_{n_0}^x f(t)\,dt = \lim_{m \to +\infty} \int_{n_0}^m f(t)\,dt \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}. \end{aligned}$

Per $m\to+\infty$ otteniamo che

$\sum_{k=n_0}^{+\infty}f(k)\le f(n_0)+\int_{n_0}^{+\infty}f(t)\,dt,$

e dunque se l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[n_0,+\infty)$ , allora la serie $\sum_{k=n_0}^{+\infty}f(k)$ è convergente.

Dimostriamo ora che

$\sum_{k=n_0}^\infty f(k)\quad\text{converge}\quad\Rightarrow\quad\int_{n_0}^{+\infty}f(t)\,dt\quad\text{converge}.$

Sia $m\in\mathbb N$ con $m\ge n_0+1$ , allora

$\int_{n_0}^m f(t)\,dt=\sum_{k=n_0}^{m-1}\int_k^{k+1}f(t)\,dt.$

Siccome la funzione $f$ è non crescente, abbiamo

$f(t)\le f(k)\quad\text{per ogni $t\in[k,k+1]$ e $k=n_0,\dots, m-1$}.$

Perciò

$\int_{n_0}^m f(t)\,dt\le \sum_{k=n_0}^{m-1}\int_k^{k+1}f(k)\,dt=\sum_{k=n_0}^{m-1}f(k).$

Poiché $f$ è non negativa, sappiamo che esistono i limiti

$\begin{aligned} \sum_{k=n_0}^{+\infty} f(k) &= \lim_{m \to +\infty} \sum_{k=n_0}^{m-1} f(k) \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}, \\ \int_{n_0}^{+\infty} f(t)\,dt &= \lim_{x \to +\infty} \int_{n_0}^x f(t)\,dt = \lim_{m \to +\infty} \int_{n_0}^m f(t)\,dt \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}. \end{aligned}$

Per $m\to+\infty$ otteniamo che

$\int_{n_0}^{+\infty} f(t)\,dt\le\sum_{k=n_0}^{+\infty}f(k),$

e dunque se la serie $\sum_{k=n_0}^{+\infty}f(k)$ è convergente, allora l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[n_0,+\infty)$ .

Esempio 15. Sia $f\colon [1,+\infty)\to \mathbb R$ definita da

$f(x)=x^{-x}e^x\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$}.$

La funzione $f$ è continua su $[1,+\infty)$ è vediamo se è integrabile in senso generalizzato su tale intervallo. Osserviamo che $f$ è non crescente su $[1,+\infty)$ . Infatti

$f(x)=x^{-x}e^x=e^{\ln(x^{-x})}e^x=e^{x-x\ln x}=e^{x(1-\ln x)},$

e quindi

$f'(x)=-e^{x(1-\ln x)}\ln x\le 0\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$}.$

Quindi possiamo applicare il criterio della serie e ottenere che

$\int_1^{+\infty}x^{-x}e^x\,dt\quad\text{converge}\quad\Leftrightarrow\quad \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{e^n}{n^n}\quad\text{converge}.$

Osserviamo che tale serie converge dal criterio del rapporto, infatti

$\frac{f(k+1)}{f(k)}=\frac{e^{k+1}}{(k+1)^{k+1}}\frac{k^k}{e^k}=\frac{e}{k+1}\frac{1}{\left(1+\frac{1}{k}\right)^k}\to 0\quad\text{per $k\to +\infty$}.$

$\quad$

Figura 2: Il grafico mostra la relazione tra la somma parziale della serie e l’integrale della funzione $f(x)$ su un intervallo $[n_0, m]$ . I rettangoli rappresentano i termini della serie, confrontati con l’area sotto la curva della funzione decrescente $f(x)$ .

$\quad$

Dunque l’integrale generalizzato di $f$ è convergente su $[1,+\infty)$ .

Si noti che la convergenza dell’integrale di $f$ su $[1,+\infty)$ può essere dedotta anche dal criterio del confronto. Infatti, se ci mettiamo su $[e^2,+\infty)$ abbiamo che

$1-\ln x\le 1-\ln e^2=-1\quad\text{per ogni $x\in[e^2,+\infty)$}\quad\Rightarrow\quad x(1-\ln x)\le -x\quad\text{per ogni $x\in[e^2,+\infty)$},$

e dunque

$0\le f(x)\le e^{-x}\quad\text{per ogni $x\in[e^2,+\infty)$}.$

Poiché l’integrale di $x\mapsto e^{-x}$ converge su $[e^2,+\infty)$ , ne segue che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[e^2,+\infty)$ e dunque anche su $[1,+\infty)$ .

In genere, il criterio della serie viene utilizzato al contrario, cioè per dedurre la convergenza (divergenza) di una serie a partire dalla convergenza (divergenza) dell’integrale generalizzato. Infatti, combinando il criterio della serie con l’esempio 3 ritroviamo che

$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^\alpha}\quad\text{converge}\quad\Leftrightarrow\quad \alpha<1.$

Inoltre, è possibile stimare il valore della serie a tramite il valore dell’integrale generalizzato associato e viceversa, in quanto all’interno della dimostrazione del criterio della serie abbiamo provato che

$\int_{n_0}^{+\infty}f(t)\,dt\le \sum_{k=n_0}^{+\infty}f(k)\le f(n_0)+\int_{n_0}^{+\infty}f(t)\,dt.$

Teorema 8. Sia $a\in\mathbb R$

e sia $f\colon[a,+\infty)\to\mathbb R$

una funzione localmente integrabile su $[a,+\infty)$

. Se esiste non nullo il limite

$\lim_{x\to+\infty}f(x)=L\in(\mathbb R\cup\{\pm\infty\})\setminus\{0\},$

allora l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,+\infty)$ diverge.

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo che $L\in (0,+\infty]$ (il caso $L\in[-\infty,0)$ è analogo). Poiché

$\lim_{x\to+\infty}f(x)=L>0,$

dalla definizione di limite esiste $c\in[a,+\infty)$ ed esiste $\varepsilon>0$ tale che

$f(x)\ge\varepsilon \quad\text{per ogni $x\in[c,+\infty)$}.$

Quindi, per ogni $x\in(c,+\infty)$ abbiamo

$\int_a^xf(t)\,dt=\int_a^cf(t)\,dt+\int_c^xf(t)\,dt\ge \int_a^c f(t)\,dt+(x-c)\varepsilon.$

Per $x\to+\infty$ otteniamo che esiste il limite

$\lim_{x\to+\infty}\int_a^x f(t)\,dt=+\infty.$

Dunque l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,+\infty)$ diverge.

Il teorema precedente può essere riformulato nel seguente modo: se l’integrale generalizzato di una funzione $f\colon [a,+\infty)\to \mathbb R$ è convergente su $[a,+\infty)$ ed esiste

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

allora $L=0$ . Questo risultato è quindi in analogia con la nota condizione necessaria per le serie convergenti. Si noti però, che al contrario di ciò che accade per le serie, l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,+\infty)$ può convergere anche quando il limite di $f$ per $x\to+\infty$ non esiste.

Esempio 16 (Integrale di Fresnel). Consideriamo la funzione $f\colon \mathbb R\to\mathbb R$ definita da

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

Abbiamo che non esiste il limite di $f$ per $x\to +\infty$ , e facciamo vedere che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ . Poiché $f$ è continua su $[0,+\infty)$ , è sufficiente far vedere che l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[1,+\infty)$ . Fissato $x\in(1,+\infty)$ , integrando per parti, abbiamo

$\begin{aligned} \int_1^x \sin(t^2)\,dt &= \int_1^x \frac{1}{t} \cdot t\sin(t^2)\,dt \\ &= \left[-\frac{\cos(t^2)}{2t}\right]_1^x - \int_1^x \frac{\cos(t^2)}{2t^2}\,dt \\ &= \frac{\cos 1}{2} - \frac{\cos(x^2)}{2x} - \int_1^x \frac{\cos(t^2)}{2t^2}\,dt. \end{aligned}$

Poiché esiste finito

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

possiamo dedurre che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ se e solo se la funzione

$g(x)=\frac{\cos (x^2)}{2x^2}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$}$

è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ . Osserviamo che

$0\le |g(x)|\le \dfrac{1}{2x^2}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$}$

e che l’integrale di $x\to\frac{1}{2x^2}$ su $[1,+\infty)$ è convergente. Allora l’integrale di $g$ su $[1,+\infty)$ e assolutamente convergente, e quindi $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ . Si noti infine che la funzione $f$ è pari, dunque $f$ è integrabile in senso generalizzato su tutto $\mathbb R$ . Analogamente, è possibile provare che anche la funzione $x\mapsto\cos(x^2)$ è integrabile in senso generalizzato su tutto $\mathbb R$ .

Le funzioni integrali

$S(x)=\int_0^x\sin(t^2)\,dt\quad\text{per $x\in[0,+\infty)$},\qquad C(x)=\int_0^x\cos (t^2)\,dt\quad\text{per $x\in[0,+\infty)$},$

sono chiamate integrali di Fresnel ed è possibile dimostrare che

$\int_0^{+\infty}\sin (t^2)\,dt=\int_0^{+\infty}\cos (t^2)\,dt=\sqrt{\frac{\pi}{8}}.$

$\quad$

Figura 3: grafico di $f(x)=\sin(x^2)$ su $\mathbb R$ . Al contrario di $x\mapsto \sin x$ la funzione $f$ risulta integrabile su $\mathbb R$ , grazie al fatto che oscilla sempre più rapidamente per $x\to\pm\infty$ .

$\quad$

Si noti che negli esempi 14 e 16 per dimostrare la convergenza degli integrali generalizzati, abbiamo integrato per parti e sfruttato il fatto che il nuovo integrale così ottenuto convergeva. Questo tipo di ragionamento può essere formulato in maniera più generale. Prima di tutto diamo la seguente definizione.

$\quad$

Definizione 6 (funzione a variazione limitata). Sia $I\subseteq\mathbb R$

un intervallo, sia $N$

un sottoinsieme finito di $I$

e sia $f\colon I\setminus N\to\mathbb R$

una funzione derivabile con derivata continua su $I\setminus N$

. La funzione $f$

ha variazione limitata su $\overline I$

se l’integrale generalizzato di $f'$

è assolutamente convergente su $\overline I$

, cioè

$\int_{\overline I}|f'(t)|\,dt<+\infty.$

$\quad$

Osservazione 9. Se $I=(a,b)\subseteq\mathbb R$ con $-\infty\le a<b<\le +\infty$ è un intervallo e $f\colon (a,b)\to\mathbb R$ è monotona (non decrescente o non crescente) e derivabile con derivata continua su $(a,b)$ , allora $f$ ha variazione limitata su $\overline I$ se e solo se è limitata. Infatti, se assumiamo che $f$ sia non decrescente, allora per ogni $a<x<y<b$ risulta

$\int_x^y|f'(t)|\,dt=\int_x^yf'(t)\,dt=f(y)-f(x).$

Dunque $f$ ha variazione limitata su $\overline I$ se e solo se esistono finiti i limiti

$\lim_{x\to a^+}f(x)=\inf_{x\in (a,b)}f(x),\qquad \lim_{x\to b^-}f(x)=\sup_{x\in (a,b)}f(x),$

e ciò accade se e solo se $f$ è limitata. Analogamente, lo stesso ragionamento si può applicare se $f$ è non decrescente.

Teorema 9 (criterio di Abel-Dirichlet). Sia $I:=[a,b)$

con $-\infty<a<b\le +\infty$

e siano $f,g\colon [a,b)\to \mathbb R$

due funzioni continue su $[a,b)$

. Supponiamo che $f$

abbia una primitiva limitata su $[a,b)$

, cioè che esista $F\colon [a,b)\to\mathbb R$

continua e limitata su $[a,b)$

e derivabile su $(a,b)$

con $F'(x)=f(x)$

per ogni $x\in(a,b)$

, e che $g$

sia derivabile con derivata continua su $(a,b)$

, abbia variazione limitata su $\overline I$

e sia infinitesima per $x\to b^-$

. Allora la funzione $fg$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$

$\quad$

Dimostrazione. Poiché $f$ ha una primitiva $F$ limitata su $[a,b)$ , allora

$M:=\sup_{x\in[a,b)}|F(x)|<+\infty.$

Fissato $x\in (a,b)$ , dalla formula di integrazione per parti su $[a,x]$ otteniamo

$\int_a^x f(t)g(t)\,dt=[F(t)g(t)]_a^x-\int_a^x F(t)g'(t)\,dt=F(x)g(x)-F(a)g(a)-\int_a^x F(t)g'(t)\,dt.$

Per ipotesi, $g$ è infinitesima per $x\to b^-$ e $F$ è limitata, dunque

$\lim_{x\to b^-}\left(F(x)g(x)-F(a)g(a)\right)=-F(a)g(a).$

Quindi $fg$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se $Fg'$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ . Poiché

$0\le |F(x)g'(x)|\le M|g'(x)|\quad\text{per ogni $x\in[a,b)$}$

e $g$ ha variazione limitata su $\overline I$ , ne consegue che $F'g$ è assolutamente integrabile su $\overline I$ per il criterio del confronto. Dunque $fg$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ .

Grazie al criterio di Abel-Dirichlet otteniamo immediatamente che le funzioni

$f_1(x):=\frac{\sin x}{x}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$},\qquad f_2(x):=\sin (x^2)\quad\text{per $x\in [1,+\infty)$}$

sono integrabili in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ , essendo

$\begin{aligned} &f_1(x)=\frac{1}{x}\cdot \sin x\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$},\qquad f_2(x)=\frac{1}{x}\cdot x\sin (x^2)\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$}, \end{aligned}$

e la funzione $x\mapsto \dfrac{1}{x}$ è a variazione limitata su $[1,+\infty)$ (essendo monotona non crescente e limitata) e infinitesima per $x\to+\infty$ , mentre $x\mapsto\sin x$ e $x\mapsto x\sin(x^2)$ hanno una primitiva limitata su $[1,+\infty)$ (rispettivamente $x\mapsto-\cos x$ e $x\mapsto-\dfrac{1}{2}\cos(x^2)$ ).

Esempio 17. Sia $\alpha>2$ e sia $f\colon [0,+\infty)\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=x\cos(x^\alpha)\quad\text{per $x\in [0,+\infty)$}.$

La funzione $f$ è continua su $[0,+\infty)$ e vediamo se integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ . Abbiamo che

$f(x)=\frac{1}{x^{\alpha-2}}x^{\alpha-1}\cos(x^\alpha)\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$},$

e per $\alpha>2$ la funzione $x\mapsto \dfrac{1}{x^{\alpha-2}}$ è a variazione limitata su $[1,+\infty)$ e infinitesima per $x\to+\infty$ , mentre $x\mapsto x^{\alpha-1}\cos (x^\alpha)$ ha una primitiva limitata su $[1,+\infty)$ (la funzione $x\mapsto \frac{1}{\alpha}\sin (x^\alpha)$ ). Allora per il criterio di Abel-Dirichlet otteniamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ , e quindi su $[0,+\infty)$ .

Osservazione 10. Si noti che la funzione $f(x):=x\cos(x^\alpha)$ per $\alpha>2$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ , ma è illimitata in ogni intorno di $+\infty$ .

Le ipotesi del teorema 9 possono essere ridotte, richiedendo per $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ solo che sia localmente integrabile su $[a,b)$ e che esista una funzione $F\colon [a,b)\to\mathbb R$ continua e limitata su $[a,b)$ e derivabile su $(a,b)\setminus N$ con $F'(x)=f(x)$ per $x\in (a,b)\setminus N$ , dove $N$ è sottoinsieme finito di $(a,b)$ (o al più numerabile con accumulazione $+\infty$ se $f$ è definita su $[a,+\infty)$ ). Sotto queste ipotesi infatti, la formula di integrazione per parti continua a valere grazie alla proprietà di additività dell’integrale, e quindi il criterio di Abel-Dirichlet può essere dimostrato in maniera analoga a prima.

Esempio 18. Sia $f\colon [1,+\infty)\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\frac{(-1)^{\lfloor x \rfloor}}{x}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$},$

dove $\lfloor x \rfloor$ denota la parte intera inferiore di $x\in\mathbb R$ , cioè

$\lfloor x \rfloor:=n\quad\text{per $x\in[n,n+1)$ e $n\in\mathbb Z$}.$

Fissato $x\in(1,+\infty)$ abbiamo che la funzione $f$ risulta integrabile secondo Riemann su $[1,x]$ essendo limitata e continua eccetto in un numero finito di punti. Ha quindi senso chiedersi se $f$ sia integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ . Se definiamo

$F(x):=\int_1^x (-1)^{\lfloor t \rfloor}\,dt\quad\text{per $x\in\mathbb [1,+\infty)$},$

abbiamo che la funzione $F$ risulta continua su $[1,+\infty)$ e derivabile su $(1,+\infty)\setminus \mathbb N$ con $F'(x)=(-1)^{\lfloor x \rfloor}$ per ogni $x\in (1,+\infty)\setminus \mathbb N$ . Inoltre $F$ è limitata su $[1,+\infty)$ , essendo compresa tra $-1$ e $0$ ( $F$ nei punti dispari vale $0$ , nei punti pari vale $-1$ ed è lineare sugli intervalli $[k,k+1]$ per ogni $k\in\mathbb N$ con $k\ge 2$ ). Poiché

$f(x)=\frac{1}{x}\cdot (-1)^{\lfloor x\rfloor}$

e $x\mapsto\dfrac{1}{x}$ ha variazione limitata ed è infinitesima per $x\to +\infty$ , dal criterio di Abel-Dirichlet otteniamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ .

Teorema 10. Sia $a\in\mathbb R$

e sia $f\colon [a,+\infty)\to [0,+\infty)$

una funzione continua, non negativa, non identicamente nulla e periodica su $[a,+\infty)$

(cioè esiste $T>0$

tale che $f(x)=f(x+T)$

per ogni $x\in[a,+\infty)$

). Allora l’integrale generalizzato di $f$

su $[a,+\infty)$

diverge.

$\quad$

Dimostrazione. Sia $T$ il periodo della funzione $f$ , cioè

$f(x)=f(x+T)\quad\text{per ogni $x\in[a,+\infty)$}.$

Poiché la funzione $f$ è continua, non negativa e non identicamente nulla su $[a,a+T]$ (se fosse nulla su $[a,a+T]$ , sarebbe nulla su tutto $[a,+\infty)$ ), allora

$\int_a^{a+T}f(t)\,dt=\varepsilon>0.$

Fissato $m\in\mathbb N$ con $m\ge 1$ , dal fatto che $f$ è periodica di periodo $T$ otteniamo

$\int_a^{a+mT}f(t)\,dt=\sum_{k=1}^m\int_{a+(k-1)T}^{a+kT}f(t)\,dt=\sum_{k=1}^m\int_a^{a+T}f(t)\,dt=m\varepsilon.$

Siccome $f$ è non negativa, allora esiste il limite

$\int_a^{+\infty}f(t)\,dt=\lim_{x\to+\infty}\int_a^xf(t)\,dt=\lim_{m\to+\infty}\int_a^{a+mT}f(t)\,dt.$

Per $m\to+\infty$ otteniamo

$\int_a^{+\infty}f(t)\,dt=\lim_{m\to+\infty}\int_a^{a+mT}f(t)\,dt=\lim_{m\to+\infty}m\varepsilon=+\infty,$

e dunque l’integrale generalizzato di $f$ diverge su $[a,+\infty)$ .

Osservazione 11. Nel teorema 10 è importante assumere che $f$ abbia segno costante per dedurre che l’integrale diverge. Infatti, la funzione $f(x)=\sin x$ è periodica su $[0,+\infty)$ , ma l’integrale di $f$ su $[0,+\infty)$ non diverge (e nemmeno converge), in quanto non esiste il limite per $x\to +\infty$ di

$\int_0^x \sin t\,dt =1-\cos x.$

Concludiamo questa sottosezione con tre esempi significativi.

Esempio 19. Siano $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R$ e sia $f\colon (0,+\infty)\setminus\{1\}\to\mathbb R$ definita come

$f(x):=\frac{1}{x^\alpha|\ln x|^\beta e^{\gamma x}}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)\setminus\{1\}$}.$

Andiamo a determinare per quali valori di $\alpha,\beta,\gamma$ la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $+\infty$ , $0$ e $1$ (sia da sinistra che da destra).

Fissato $a>1$ , studiamo l’integrabilità di $f$ su $[a,+\infty)$ . Per $\gamma<0$ e $\alpha,\beta\in\mathbb R$ abbiamo che esiste
$\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{e^{-\gamma x}}{x^\alpha(\ln x)^\beta}=+\infty.$

Dunque, dal teorema 8 l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,+\infty)$ è divergente.

Per $\gamma>0$ e $\alpha,\beta\in\mathbb R$ abbiamo che

$\lim_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{e^{-\frac{\gamma}{2}x}}=\frac{e^{-\frac{\gamma}{2}x}}{x^\alpha(\ln x)^\beta}=0,$

dunque $f$ è un O-grande di $g(x):=e^{-\frac{\gamma}{2}x}$ per $x\to +\infty$ . Inoltre $g$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,+\infty)$ , poiché

$\int_a^xg(t)\,dt=\left[-\frac{2}{\gamma}e^{-\frac{\gamma}{2}t}\right]_a^x=\frac{2}{\gamma}e^{-\frac{\gamma}{2}a}-\frac{2}{\gamma}e^{-\frac{\gamma}{2}x}\to \frac{2}{\gamma}e^{-\frac{\gamma}{2}a}\quad\text{per $x\to +\infty$}.$

Dunque l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,+\infty)$ converge.

Per $\gamma=0$ otteniamo che

$f(x)=\frac{1}{x^\alpha(\ln x)^\beta}.$

Fissato $x\in(a,+\infty)$ , tramite la sostituzione $t=e^s$ otteniamo $dt=e^s\,ds$ e

$\int_a^{+\infty}\frac{1}{t^\alpha(\ln t)^\beta}\,dt=\int_{\ln a}^{+\infty}\frac{1}{e^{s(\alpha-1)}s^\beta}\,ds.$

Quindi, dal teorema 3 abbiamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,+\infty)$ se e solo se la funzione

$g(x):=\frac{1}{e^{s(\alpha-1)}s^\beta}$

è integrabile in senso generalizzato su $[\ln a,+\infty)$ . Per quanto osservato prima, abbiamo che se $\alpha<1$ e $\beta\in\mathbb R$ , allora l’integrale di $g$ su $[\ln a,+\infty)$ diverge, mentre se $\alpha>1$ e $\beta\in\mathbb R$ l’integrale di $g$ su $[\ln a,+\infty)$ converge. Infine, se $\alpha=1$ , allora

$g(x)=\frac{1}{x^\beta}\quad\text{per $x\in[\ln a,+\infty)$}$

e dunque l’integrale di $g$ su $[\ln a,+\infty)$ , converge se $\beta>1$ , mentre diverge se $\beta\le 1$ . Dunque per $\gamma=0$ l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[a,+\infty)$ se $\alpha>1$ e $\beta\in\mathbb R$ oppure $\alpha=1$ e $\beta>1$ , mentre diverge se $\alpha<1$ e $\beta\in\mathbb R$ oppure $\alpha=1$ e $\beta\le 1$ .

Fissato $a\in(0,1)$ , studiamo l’integrabilità di $f$ su $[0,a]$ . Osserviamo che
$f(x)\sim \frac{1}{x^\alpha(-\ln x)^\beta}\quad\text{per $x\to 0^+$},$

dunque per il criterio del confronto asintotico l’integrale di $f$ converge su $[0,a]$ se e solo se l’integrale di

$g(x):=\frac{1}{x^\alpha(-\ln x)^\beta}\quad\text{per $x\in(0,a]$}$

converge su $[0,a]$ . Fissato $x\in(a,+\infty)$ , tramite la sostituzione $s=\frac{1}{t}$ otteniamo $dt=-\frac{1}{s^2}\,ds$ e

$\int_0^a\frac{1}{t^\alpha(-\ln t)^\beta}\,dt=\int_{\frac{1}{a}}^{+\infty}\frac{1}{s^{2-\alpha}(\ln s)^\beta}\,ds$

(si noti che $\ln(\dfrac{1}{s})=-\ln s$ ). Dal teorema 3 deduciamo quindi che l’integrale di $g$ converge su $[0,a]$ se e solo se l’integrale di

$h(x):=\frac{1}{x^{2-\alpha}(\ln x)^\beta}\quad\text{per $x\in\left[\frac{1}{a},+\infty\right)$}$

converge su $[\dfrac{1}{a},+\infty)$ . Dal punto $(1)$ abbiamo che l’integrale di $h$ converge su $[\dfrac{1}{a},+\infty)$ se $\alpha<1$ e $\beta\in\mathbb R$ , oppure $\alpha=1$ e $\beta>1$ , mentre diverge se $\alpha>1$ e $\beta\in\mathbb R$ oppure $\alpha=1$ e $\beta\le 1$ . Quindi l’integrale generalizzato di $f$ su $[0,a]$ converge se $\alpha<1$ e $\beta,\gamma\in\mathbb R$ , oppure $\alpha=1$ , $\beta>1$ e $\gamma\in\mathbb R$ , mentre diverge se $\alpha>1$ e $\beta,\gamma\in\mathbb R$ oppure $\alpha=1$ , $\beta\le 1$ e $\gamma\in\mathbb R$ .

Fissato $a\in(0,1)$ studiamo l’integrabilità di $f$ su $[a,1]$ . Osserviamo che
$f(x)\sim\frac{1}{(-\ln x)^\beta}\sim \frac{1}{(1-x)^\beta}\quad\text{per $x\to 1^-$},$

essendo $\ln x\sim x-1$ per $x\to 1$ . Dunque, dal criterio del confronto asintotico otteniamo che l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[a,1]$ se $\beta<1$ e $\alpha,\gamma\in\mathbb R$ , mentre diverge se $\beta\ge 1$ e $\alpha,\gamma\in\mathbb R$ .

Analogamente, fissato $a\in(1,+\infty)$ , l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[1,a]$ se $\beta<1$ e $\alpha,\gamma\in\mathbb R$ , mentre diverge se $\beta\ge 1$ e $\alpha,\gamma\in\mathbb R$ .

$\quad$

Possiamo riepilogare i precedenti risultati nella seguente tabella.

$\quad$

Esempio 20. Siano $\alpha,\beta\in\mathbb R$ e sia $f\colon (0,+\infty)\to\mathbb R$ definita come

$f(x):=x^\alpha\sin(x^\beta)\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Andiamo a determinare per quali valori di $\alpha,\beta\in\mathbb R$ la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $+\infty$ e $0$ .

Fissato $a\in (0,+\infty)$ , studiamo l’integrabilità di $f$ su $[a,+\infty)$ . Per $\beta=0$ abbiamo che
$f(x)=x^\alpha\sin 1\quad\text{per $x\in[a,+\infty)$},$

dunque l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[a,+\infty)$ se e solo se $\alpha<-1$ .

Se $\beta\neq 0$ , allora tramite la sostituzione $s=t^\beta$ otteniamo $ds=\beta t^{\beta-1}\,dt$ e

$\int_a^{+\infty} t^\alpha\sin(t^\beta)\,dt=\frac{1}{\beta}\int_{a^\beta}^{+\infty}s^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}\sin s\,ds.$

Dunque, per il teorema 3 $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,+\infty)$ se e solo se $g(x):=x^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}\sin x$ è integrabile in senso generalizzato su $[a^\beta,+\infty)$ .

Se $\alpha-\beta<-1$ , allora la funzione $x\mapsto x^\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}$ ha variazione limitata su $[a,+\infty)$ ed è infinitesima per $x\to+\infty$ . Inoltre, la funzione $x\mapsto\sin x$ ha una primitiva limitata su $[a,+\infty)$ (la funzione $x\mapsto-\cos x$ ). Dunque, per il criterio di Abel-Dirichlet l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[a,+\infty)$ .

Se $\alpha-\beta=-1$ , per $x\in(a^\beta,+\infty)$ otteniamo che

$\int_{a^\beta}^x g(s)\,ds=\int_{a^\beta}^x \sin s\,ds=\cos(a^\beta)-\cos(x),$

che non ammette limite per $x\to +\infty$ . Dunque $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[a,+\infty)$ .

Infine, se $\alpha-\beta<-1$ , fissato $m\in\mathbb N$ con $m\ge 2$ abbiamo che

$\int_{\pi}^{m\pi}s^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}\sin s\,ds=\sum_{k=1}^{m-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}s^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}\sin s\,ds.$

Poiché $x\mapsto \sin x$ ha segno costante in $[k\pi,(k+1)\pi]$ , allora per il teorema della media ponderata esisterà $c_k\in[k\pi,(k+1)\pi]$ tale che

$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}s^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}\sin s\,ds=c_k^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\sin s\,ds=2c_k^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}(-1)^k\quad\text{per $k=1,\dots,m-1$}.$

Quindi

$\int_{\pi}^{m\pi}s^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}\sin s\,ds=\sum_{k=1}^{m-1}2c_k^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}(-1)^k.$

Poiché $\alpha-\beta> -1$ e $c_k\in[k\pi,(k+1)\pi]$ , allora

$\lim_{k\to+\infty}c_k^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}=+\infty.$

In particolare, non esiste il limite

$\lim_{k\to+\infty}2c_k^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}(-1)^k,$

e dunque la serie

$\sum_{k=1}^{+\infty}2c_k^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}(-1)^k$

non converge (è indeterminata). Ne consegue che non esiste il limite

$\lim_{m\to+\infty}\int_{\pi}^{m\pi}s^{\frac{\alpha-\beta+1}{\beta}}\sin s\,ds,$

e dunque $g$ non è integrabile in senso generalizzato su $[\pi,+\infty)$ . In particolare, $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[a,+\infty)$ .

Quindi la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,+\infty)$ se e solo se $|\beta|>\alpha+1$ .

Fissato $a\in(0,+\infty)$ , studiamo l’integrabilità di $f$ su $[0,a]$ . Tramite la sostituzione $s=\frac{1}{t}$ otteniamo $ds=-\frac{1}{t^2}\,dt$ e
$\int_0^a t^\alpha\sin(t^\beta)\,dt=\int_{\frac{1}{a}}^{+\infty}s^{-\alpha-2}\sin (s^{-\beta})\,ds.$

Dunque, per il teorema 3 abbiamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,a]$ se e solo se la funzione

$g(x):=x^{-\alpha-2}\sin(x^{-\beta})\quad\text{per $x\in\left[\frac{1}{a},+\infty\right)$}$

è integrabile in senso generalizzato su $[\dfrac{1}{a},+\infty)$ . Per quanto visto prima ciò accade se e solo se $|-\beta|>-\alpha-2+1$ , cioè $|\beta|>-\alpha-1$ .

Possiamo riepilogare i precedenti risultati nella seguente tabella.

$\,$

Esempio 21. Sia $\alpha\in\mathbb R$ e consideriamo l’integrale improprio

$\int_{\pi}^{+\infty}|\sin t|^{t^\alpha}\,dt.$

Andiamo a determinare per quali valori di $\alpha$ tale integrale è convergente. Osserviamo che la funzione integranda

$f(x):=|\sin x|^{x^\alpha}$

è ben definita è continua su $[\pi,+\infty)$ . Quindi dobbiamo studiare l’integrabilità in senso generalizzato di $f$ in un intorno di $+\infty$ . Se $\alpha\le 0$ si ha

$x^\alpha\le 1\quad\text{per ogni $x\in[\pi,+\infty)$}\quad\Rightarrow\quad |\sin x|^{x^\alpha}\ge |\sin x|\quad\text{per ogni $x\in[\pi,+\infty)$},$

poiché $|\sin x|\in[0,1]$ per ogni $x\in [\pi,+\infty)$ . Di conseguenza

$\int_{\pi}^{+\infty}|\sin t|^{t^\alpha}\,dt\ge \int_{\pi}^{+\infty}|\sin t|\,dt$

che diverge per il teorema 10, essendo $x\mapsto |\sin x|$ una funzione periodica di periodo $\pi$ .

Il caso $\alpha>0$ è più difficile da studiare. Per prima cosa, possiamo scrivere

$\int_{\pi}^{+\infty}|\sin t|^{t^\alpha}\,dt=\sum_{k=1}^{+\infty}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin t|^{t^\alpha}\,dt$

e inoltre

$\begin{aligned} &\lfloor k^\alpha\pi^\alpha\rfloor \le x^\alpha\le \lceil(k+1)^\alpha\pi^\alpha\rceil\quad\text{per ogni $x\in[k\pi,(k+1)\pi]$ e $k\in\mathbb N$ con $k\ge 1$},\\ &\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin t|^m\,dt=\int_0^{\pi}|\sin t|^m\,dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^m\,dt\quad\text{per ogni $m\in\mathbb N$ e $k\in\mathbb N$ con $k\ge 1$}, \end{aligned}$

dove $\lfloor y\rfloor$ e $\lceil y \rceil$ denotano, rispettivamente la parte intera inferiore e superiore di $y$ , cioè

$\lfloor y\rfloor=n\quad\text{per $y\in[n,n+1)$ e $n\in\mathbb Z$},\qquad\lceil y\rceil=n+1\quad\text{per $y\in(n,n+1]$ e $n\in\mathbb Z$}.$

Di conseguenza

$\sum_{k=1}^{+\infty}2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^{\lceil(k+1)^\alpha\pi^\alpha\rceil}\,dt\le\int_{\pi}^{+\infty}|\sin t|^{t^\alpha}\,dt\le \sum_{k=1}^{+\infty}2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^{\lfloor k^\alpha\pi^\alpha\rfloor}\,dt.$

Definiamo

$I_m:=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^m\,dt\quad\text{per $m\in\mathbb N$}.$

Per ogni $m\in\mathbb N$ con $m\ge 2$ risulta che

$\begin{aligned} I_m&=\int_0^{\pi}{2}(\sin t)^{m-1}\sin t\,dt=\left[-\cos t(\sin t)^{m-1}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}+(m-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^{m-2}(\cos t)^2\,dt\\ &=(m-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^{m-2}\,dt-(m-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^m\,dt=(m-1)I_{m-2}-(m-1)I_m. \end{aligned}$

Dunque, abbiamo

$I_m:=\frac{m-1}{m}I_{m-2}\quad\text{per $m\in\mathbb N$ con $m\ge 2$},$

da cui per induzione si può ricavare che

$\begin{aligned} &I(2n)=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}I(0)=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2}\quad\text{per $m=2n$ con $n\in\mathbb N$},\\ &I(2n+1)=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}I(1)=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\quad\text{per $m=2n+1$ con $n\in\mathbb N$}, \end{aligned}$

dove $m!!$ è il semifattoriale di $m$ , definito come il prodotto dei numeri positivi minori di $m$ avente stessa parità di $m$ , cioè

$\begin{aligned} &(2n)!!=(2n)(2n-2)(2n-4)\cdot\cdots\cdot 2\quad\text{per $m=2n$ con $n\in\mathbb N$},\\ &(2n+1)!!=(2n+1)(2n-1)(2n-3)\cdot\cdots\cdot 1\quad\text{per $m=2n+1$ con $n\in\mathbb N$}. \end{aligned}$

Grazie alla formula di Stirling

$n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\quad\text{per $n\to+\infty$}$

e al fatto che $(2n)!!=2^nn!$ per $n\in\mathbb N$ , abbiamo che

$\begin{aligned} &I(2n) = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \frac{\pi}{2} = \frac{(2n)!}{(2n)!!(2n)!!} \frac{\pi}{2} = \frac{(2n)!}{2^{2n} (n!)^2} \frac{\pi}{2} \\ &\sim \sqrt{4\pi n} \frac{\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2^{2n} 2\pi n \left(\frac{n}{e}\right)^{2n}} \frac{\pi}{2} = \sqrt{\frac{\pi}{4n}} \quad \text{per $n \to +\infty$},\\ &I(2n+1) = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} = \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n)!} \frac{2}{\pi} \frac{\pi}{2(2n+1)} \\ &\sim \sqrt{\frac{4n}{\pi}} \frac{\pi}{2(2n+1)} \sim \sqrt{\frac{\pi}{2(2n+1)}} \quad \text{per $n \to +\infty$}. \end{aligned}$

Quindi, risulta

$I_m:=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^m\,dt\sim \sqrt{\frac{\pi}{2m}}\quad\text{per $m\to+\infty$}.$

Ne consegue che

$\begin{aligned} &2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^{\lceil(k+1)^\alpha\pi^\alpha\rceil}\,dt\sim \frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{\lceil(k+1)^\alpha\pi^\alpha\rceil}}\sim \sqrt{2\pi^{1-\alpha}}\frac{1}{k^\frac{\alpha}{2}}\quad\text{per $k\to+\infty$},\\ &2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin t)^{\lfloor k^\alpha\pi^\alpha\rfloor}\,dt\sim \frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{\lfloor k^\alpha\pi^\alpha\rfloor}}\sim \sqrt{2\pi^{1-\alpha}}\frac{1}{k^\frac{\alpha}{2}}\quad\text{per $k\to+\infty$}. \end{aligned}$

Dunque, otteniamo

$\int_{\pi}^{+\infty}|\sin t|^{t^\alpha}\,dt\quad\text{converge}\quad\Leftrightarrow\quad\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^{\frac{\alpha}{2}}}\quad\text{converge}\quad\Leftrightarrow\quad\alpha>2.$

Esercizi svolti

Leggi...

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

. Dato il seguente integrale improprio

$\int_0^4\frac{\ln |t-1|}{\sqrt{t}}\,dt,$

dire se converge e in caso positivo calcolarne il valore.

$\quad$

Soluzione. Se consideriamo la funzione

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

abbiamo che $f$ è ben definita su $I:=(0,1)\cup (1,+\infty)$ ed è continua su tale insieme, quindi localmente integrabile. Per vedere se $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,4]$ , dobbiamo dunque studiare la convergenza dell’integrale improprio negli intervallo $[0,1]$ e $[1,4]$ .

Iniziamo studiando l’integrabilità di $f$ in senso generalizzato su $[1,4]$ . Fissato $x\in(1,4)$ , integrando per parti abbiamo che

$\int_x^4\frac{\ln (t-1)}{\sqrt{t}}\,dt=[2\sqrt{t}\ln(t-1)]_x^4-\int_x^4\frac{2\sqrt{t}}{t-1}\,dt.$

Se nel secondo integrale facciamo la sostituzione $s=\sqrt{t}$ , otteniamo $dt=2s\,ds$ e

$\int_x^4\frac{2\sqrt{t}}{t-1}\,dt=\int_{\sqrt{x}}^2\frac{4s^2}{s^2-1}\,ds=\int_{\sqrt{x}}^2\left(4+\frac{4}{s^2-1}\right)\,ds.$

Andiamo a determinare due numeri $A,B\in\mathbb R$ tali che

$\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+1}=\frac{4}{s^2-1}.$

Abbiamo che

$\frac{(A+B)s+A-B}{s^2-1}=\frac{4}{s^2-1}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} A+B=0,\\A-B=4.\end{cases}$

Dunque $A=2$ e $B=-2$ , da cui otteniamo

$\begin{aligned} \int_x^4\frac{\ln (t-1)}{\sqrt{t}}\,dt&=[2\sqrt{t}\ln(t-1)]_x^4-\int_{\sqrt{x}}^2\left(4+\frac{2}{s-1}-\frac{2}{s+1}\right)\,ds=\\ &=2\sqrt{t}\ln(t-1)]_x^4-[4s+2\ln(s-1)-2\ln(s+1)]_{\sqrt{x}}^2=\\ &=4\sqrt{x}-2\sqrt{x}\ln(x-1)+2\ln(\sqrt{x}-1)-2\ln(\sqrt{x}+1)+6\ln 3-8. \end{aligned}$

Se calcoliamo il limite per $x\to 1^+$ otteniamo

$\begin{aligned} &\lim_{x\to 1^+}(4\sqrt{x}-2\sqrt{x}\ln(x-1)+2\ln(\sqrt{x}-1)-2\ln(\sqrt{x}+1)+6\ln 3-8)\\ &\lim_{x\to 1^+}(4\sqrt{x}-2\sqrt{x}\ln((\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1))+2\ln(\sqrt{x}-1)-2\ln(\sqrt{x}+1)+6\ln 3-8)\\ &=\lim_{x\to 1^+}(4\sqrt{x}+2(1-\sqrt{x})\ln (\sqrt{x}-1)-2(1+\sqrt{x})\ln(\sqrt{x}+1)+6\ln 3-8)=6\ln 3-4\ln 2-4. \end{aligned}$

Dunque $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,4]$ e

$\int_1^4\frac{\ln (t-1)}{\sqrt{t}}\,dt=6\ln 3-4\ln 2-4.$

Vediamo ora se $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ e per fare ciò andiamo a determiniamo una primitiva di $f$ su $(0,1)$ . Integrando per parti otteniamo che

$\int\frac{\ln (1-t)}{\sqrt{t}}\,dt=2\sqrt{t}\ln(1-t)+\int\frac{2\sqrt{t}}{1-t}\,dt.$

Nel secondo integrale, se facciamo la sostituzione $s=\sqrt{t}$ otteniamo $dt=2s\,ds$ e

$\int\frac{2\sqrt{t}}{1-t}\,dt=\int\frac{4s^2}{1-s^2}\,ds=\int\left(\frac{4}{1-s^2}-4\right)\,ds.$

Come prima andiamo a determinare due numeri $A,B\in\mathbb R$ tali che

$\frac{A}{1-s}+\frac{B}{1+s}=\frac{4}{1-s^2}.$

Abbiamo che

$\frac{(A-B)s+A+B}{1-s^2}=\frac{4}{1-s^2}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} A-B=0,\\A+B=4.\end{cases}$

Dunque $A=B=2$ e otteniamo

$\int\frac{4s^2}{1-s^2}\,ds=\int\left(\frac{2}{1-s}+\frac{2}{1+s}-4\right)\,ds=2\ln(1+s)-2\ln(1-s)-4s+c,\quad c\in\mathbb R.$

Quindi

$\int\frac{\ln (1-t)}{\sqrt{t}}\,dt=2\sqrt{t}\ln(1-t)+2\ln(1+\sqrt{t})-2\ln(1-\sqrt{t})-4\sqrt{t}+c,\quad c\in\mathbb R.$

Se ci calcoliamo i limiti per $x\to 0^+$ e $x\to 1^-$ , in maniera analoga a prima otteniamo

$\begin{aligned} &\lim_{t\to 0^+}(2\sqrt{t}\ln(1-t)+2\ln(1+\sqrt{t})-2\ln(1-\sqrt{t})-4\sqrt{t})=0,\\ &\lim_{t\to 1^-}(2\sqrt{t}\ln(1-t)+2\ln(1+\sqrt{t})-2\ln(1-\sqrt{t})-4\sqrt{t})\\ &=\lim_{t\to 1^-}(2(\sqrt{t}-1)\ln(1-\sqrt{t})+2(\sqrt{t}+1)\ln(1+\sqrt{t}))-4\sqrt{t})=4\ln 2-4. \end{aligned}$

Ne consegue che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ e

$\int_0^1\frac{\ln|t-1|}{\sqrt{t}}\,dt=[2\sqrt{t}\ln(1-t)+2\ln(1+\sqrt{t})-2\ln(1-\sqrt{t})-4\sqrt{t}]_0^1=4\ln 2-4.$

Pertanto, l’integrale generalizzato di $f$ converge su $[0,4]$ e

$\int_0^4\frac{\ln |t-1|}{\sqrt{t}}\,dt=4\ln 2-4+6\ln 3-4-4\ln 2=6\ln 3- 8.$

$\quad$

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

.Dato il seguente integrale improprio

$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-t}}{e^{-2t}+2e^{-t}+2}\,dt,$

dire se converge e in caso positivo calcolarne il valore.

$\quad$

Soluzione. Se consideriamo la funzione

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

abbiamo che $f$ è ben definita e continua su tutto $\mathbb R$ (il denominatore non si annulla mai), e dunque è localmente integrabile su $\mathbb R$ . Per vedere se $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\mathbb R$ andiamoci a calcolare una primitiva su tale insieme. Grazie alla sostituzione $s=e^{-t}$ otteniamo $ds=-e^{-t}\,dt$ e

$\begin{aligned} &\int\frac{e^{-t}}{e^{-2t}+2e^{-t}+2}\,dt=-\int\frac{1}{s^2+2s+2}\,ds=-\int\frac{1}{(s+1)^2+1}\,ds=\\ &=-\arctan (s+1)+c=-\arctan(e^{-t}+1)+c,\quad c\in\mathbb R. \end{aligned}$

Poiché

$\lim_{t\to -\infty}(-\arctan(e^{-t}+1))=-\frac{\pi}{2},\qquad\lim_{t\to +\infty}(-\arctan(e^{-t}+1))=-\frac{\pi}{4},$

otteniamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\mathbb R$ e

$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-t}}{e^{-2t}+2e^{-t}+2}\,dt=[-\arctan(e^{-t}+1)]_{-\infty}^{+\infty}=-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}.$

$\quad$

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

. Data la funzione

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

dire se è integrabile in senso generalizzato nel suo dominio e in caso positivo calcolarne il valore.

$\quad$

Soluzione. Il dominio della funzione $f$ è dato da

$\begin{cases} x>0,\\ 2x\sqrt{x}-x^2>0, \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x>0,\\ 2\sqrt{x}>x, \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x>0,\\ 4x-x^2>0, \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad 0<x<4.$

Quindi il dominio di $f$ è l’intervallo $(0,4)$ , dove è anche continua, e vediamo se $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,4]$ . Tramite la sostituzione $s=\sqrt{t}$ otteniamo $dt=2s\,ds$ e

$\begin{aligned} \int\frac{1}{\sqrt{2t\sqrt{t}-t^2}}\,dt&=\int\frac{1}{\sqrt{t}\sqrt{2\sqrt{t}-t}}\,dt=\int\frac{2}{\sqrt{2s-s^2}}\,ds=\int\frac{2}{\sqrt{1-(s-1)^2}}\,ds\\ &=\arcsin (s-1)+c=\arcsin(\sqrt{t}-1)+c,\quad c\in\mathbb R. \end{aligned}$

Poiché

$\lim_{t\to 0^+}\arcsin(\sqrt{t}-1)=-\frac{\pi}{2},\qquad \lim_{t\to 4^-}\arcsin(\sqrt{t}-1)=\frac{\pi}{2},$

deduciamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,4]$ e

$\int_0^4\frac{1}{\sqrt{2t\sqrt{t}-t^2}}\,dt=[\arcsin(\sqrt{t}-1)]_0^4=\pi.$

$\quad$

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

. Dato il seguente integrale improprio

$\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{\cosh ^2 t}\,dt$

dire se converge e in caso positivo calcolarne il valore.

$\quad$

Soluzione. La funzione integranda

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

è continua su $\mathbb R$ e controlliamo se è integrabile in senso generalizzato in un intorno destro di $+\infty$ . Abbiamo che

$0\le f(x) = \frac{4e^{2x}}{(1+e^{2x})^2} \le \frac{4}{e^{2x}}\quad \text{per $x\in [1,+\infty)$},$

quindi $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ per il criterio del confronto. Calcoliamo il valore dell’integrale di $f$ su $[1,+\infty)$ e abbiamo

$\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{\cosh ^2 t } \, dt = \int_{1}^{+\infty} \frac{4e^{2t}}{(1+e^{2t})^2}\, dt= \left[-\frac{2}{1+e^{2t}} \right]_{1}^{+\infty} = \frac{2}{1+e^2}.$

Alternativamente potevamo utilizzare che

$\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{\cosh ^2 t} \, dt = \left[\tanh x \right]_{1}^{+\infty} = 1-\frac{e^2-1}{1+e^2} = \frac{2}{1+e^2}.$

$\quad$

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

. Dato il seguente integrale improprio

$\int_{-1}^0 \frac{\arcsin t}{\sqrt{1+t}} \, dt,$

dire se converge e in caso positivo calcolarne il valore.

$\quad$

Soluzione. Ponendo $s = t+1$ abbiamo

$\int_{-1}^0 \frac{\arcsin t}{\sqrt{1+t}} \, dt=\int_0^1 \frac{\arcsin(s-1)}{\sqrt{s}} \, ds.$

Se consideriamo la funzione integranda

$f(x):=\frac{\arcsin(x-1)}{\sqrt{x}},$

abbiamo che $f$ è ben definita e continua su $(0,2]$ . Dunque dobbiamo controllare l’integrabilità in senso generalizzato di $f$ in un intorno destro di 0. Per $x\to 0^+$ abbiamo

$f(x) \sim \frac{1}{\sqrt{x}},$

quindi per il criterio del confronto asintotico $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ . Dunque l’integrale

$\int_{-1}^0 \frac{\arcsin t}{\sqrt{1+t}} \, dt$

è convergente. Concludiamo calcolando il valore di tale integrale e abbiamo

$\begin{aligned} \int_{-1}^0 \frac{\arcsin t}{\sqrt{1+t}} \, dt&=\int_0^1 \frac{\arcsin(s-1)}{\sqrt{s}} \, ds = \left[2\sqrt{s} \arcsin(s-1) \right]_0^1 - \int_0^1 2\sqrt{s} \cdot\frac{1}{\sqrt{1-(s-1)^2} } \, ds\\ & = -\int_0^1 \frac{2 \sqrt{s}}{\sqrt{-s^2+2s}}\, ds = - 2 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{-s+2}} \, ds = \left[4 \sqrt{-s+2}\right]_0^1 = 4-4 \sqrt{2}. \end{aligned}$

$\quad$

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

. Al variare di $\alpha \in \mathbb{R}$

discutere la convergenza dell’integrale improprio

$\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{(\sin t)^{t+2}|\ln t |^{\alpha}}{\ln(1+t^3)} \, dt.$

$\quad$

Soluzione. Calcoliamo per prima cosa il dominio della funzione integranda

$f(x):=\frac{(\sin x)^{x+2} |\ln x|^{\alpha}}{\ln(1+x^3)}$

e abbiamo che è dato da

$\begin{cases} 1+x^3>0,\\ \ln(1+x^3)\neq0,\\ x>0, \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x>-1,\\ x \neq 0, \\ x>0. \end{cases}$

Pertanto $f$ è definita e continua su $(0,+\infty)$ . Dobbiamo perciò controllare se $f$ sia integrabile in senso generalizzato in un intorno destro di $0$ . Per $x\to 0^+$ abbiamo che

$\begin{aligned} f(x) & = \frac{(\sin x)^{x+2}| \ln x |^\alpha}{\ln(1+x^3)} \sim \frac{x^{x+2} | \ln x |^{\alpha}}{x^3}= \frac{1}{x} x^x | \ln x |^\alpha = \frac{1}{x} e^{x \ln x} | \ln x |^\alpha \sim \frac{1}{x |\ln x |^{-\alpha}}, \end{aligned}$

grazie al fatto che $\ln(1+x^3)\sim x^3$ e $\sin x\sim x$ per $x\to 0^+$ . Per il criterio del confronto asintotico e dall’esempio 19 concludiamo che

$\int_0^{\frac{1}{2}} f(t) \, dt < + \infty \quad \Leftrightarrow \quad \alpha<-1.$

$\quad$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Al variare di $\alpha \in \mathbb{R}$

discutere la convergenza dell’integrale improprio

$\int_0^{+\infty} \frac{\ln(1+\sqrt{t})}{t^\alpha(2+\sqrt{t})^{2\alpha+1}}\,dt.$

$\quad$

Soluzione. Osserviamo che la funzione integranda

$f(x):=\frac{\ln(1+\sqrt{x})}{x^\alpha(2+\sqrt{x})^{2\alpha+1}}$

è ben definita e continua su $(0,+\infty)$ . Dobbiamo quindi studiare l’integrabilità in senso generalizzato di $f$ in un intorno destro di $0$ e in un intorno di $+\infty$ . Per $x \to 0^+$ si ha

$f(x)=\frac{\ln(1+\sqrt{x})}{x^\alpha(2+\sqrt{x})^{2\alpha+1}} \sim \frac{\sqrt{x}}{x^\alpha}=\frac{1}{x^{\alpha-\frac{1}{2}}}.$

Dunque per il criterio del confronto asintotico

$\int_0^1f(t)\,dt<+\infty\quad\Leftrightarrow\quad \alpha<\frac{3}{2}.$

Per $x \to + \infty$ abbiamo

$f(x)=\frac{\ln(1+\sqrt{x})}{x^\alpha(2+\sqrt{x})^{2\alpha+1}}\sim\frac{\ln x}{x^{2\alpha+\frac{1}{2}}},$

essendo

$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(1+\sqrt{x})}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(\sqrt{x}\left(1+\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\sqrt{x}+\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{x}}\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\sqrt{x}}{\ln x}=\frac{1}{2}.$

Quindi per il criterio del confronto asintotico e l’esempio 19 si ha

$\int_1^{+\infty}f(t)\,dt<+\infty\quad\Leftrightarrow\quad \alpha>\frac{1}{4}.$

Mettendo a sistema i valori trovati abbiamo

$\begin{cases} \alpha>\dfrac{1}{4},\\ \alpha<\dfrac{3}{2}, \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \alpha \in \left(\frac{1}{4},\frac{3}{2} \right).$

Si conclude che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ se e solo se $\alpha \in (\frac{1}{4},\frac{3}{2})$ .

$\quad$

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

. Consideriamo il seguente l’integrale improprio

$\int_1^{+\infty} \frac{t^{\alpha}+3}{t^4+t^2} \, dt.$

Determinare per quali valori del parametro $\alpha >0$ l’integrale converge.

Calcolare il valore dell’integrale nel caso particolare $\alpha =1$ .

$\quad$

Soluzione.

Osserviamo che la funzione integranda
$f(x):=\frac{x^{\alpha}+3}{x^4+x^2}$

è ben definita e continua su $[1+\infty)$ . Dobbiamo dunque controllare per quali valori di $\alpha>0$ è integrabile in senso generalizzato in un intorno di $+\infty$ . Per $x\to +\infty$ abbiamo

$f(x)=\frac{x^{\alpha}+3}{x^4+x^2}\sim \frac{1}{x^{4-\alpha}},$

dunque per il criterio del confronto asintotico l’integrale di $f$ è convergente su $[1,+\infty)$ se e solo se $\alpha<3$ .

Se poniamo $\alpha=1$ (quindi l’integrale generalizzato di $f$ è convergente su $[1,+\infty)$ ), abbiamo
$\int_1^{+\infty} \frac{t+3}{t^2(t^2+1)} \, dt.$

Andiamo a determinare quattro numeri $A,B,C,D\in\mathbb R$ tali che

$\frac{At+B}{t^2+1}+\frac{C}{t^2}+\frac{D}{t}=\frac{t+3}{t^2(t^2+1)}.$

Abbiamo che

$\frac{(A+D)t^3+(B+C)t^2+Dt+C}{t^2(t^2+1)}=\frac{t+3}{t^2(t^2+1)}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} A+D=0,\\B+C=0,\\D=1,\\C=3.\end{cases}$

Dunque $A=-1$ , $B=-3$ , $C=3$ e $D=1$ , da cui otteniamo

$\begin{aligned} \int_1^{+\infty} \frac{t+3}{t^2(t^2+1)} \, dt &= \int_1^{+\infty} \left( -\frac{t+3}{t^2+1} + \frac{3}{t^2} + \frac{1}{t} \right) \, dt \\ &= \int_1^{+\infty} \left( - \frac{t}{t^2+1} - \frac{3}{t^2+1} + \frac{3}{t^2} + \frac{1}{t} \right) \, dt \\ &= \left[- \frac{\ln (t^2+1)}{2} - 3 \arctan t - \frac{3}{t} + \ln |t| \right]_1^{+\infty} \\ &= \left[\ln \left( \frac{|t|}{\sqrt{t^2+1}} \right) - 3 \arctan t - \frac{3}{t} \right]_1^{+\infty} \\ &= \ln 1 - \frac{3\pi}{2} - \ln \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{3\pi}{4} + 3 \\ &= 3 - \frac{3\pi}{4} + \frac{1}{2}\ln 2. \end{aligned}$

Riferimenti bibliografici

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

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

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

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