Esercizi sugli integrali generalizzati

Studiare quindi la convergenza dell’ integrale improprio :

+∞ f (x) dx .

0 CORREZIONE

1. (a) Per definizione di integrale improprio:

+∞ t

x x

dx = lim dx

2 3 2 3

t→+∞

(x + 5) (x + 5)

1 1

Svolgiamo l’integrale indefinito:

x 1 − 3

· · 2

dx = + 5) dx =

2x (x 2

2

2 3

(x + 5) − 1

2

1 + 5) 1

(x 2 √

−

·

= + c = + c

− 12

2 2

x + 5

Dunque:

t

+∞ 1 1

x 1 1

√ √ √ √

− −

dx = lim = lim + =

2 2

2 3 6 6

x +5 t +5

t→+∞ t→+∞

(x + 5)

1 1

(b)

arctan x 1

2

arctan

dx = (arctan x)(arctan x) dx = x + c

2

1 + x 2

Pertanto:

+∞ t 2

arctan x arctan x 1 π

−

2

dx = lim dx = t 0 =

arctan

lim

2 2

1 + x 1+ x 2 8

t→+∞ t→+∞

0 0

(c) Calcoliamo l’integrale indefinito sfruttandone la linearità e la formula di integrazione per parti:

− −x − −x

53 53

3 4 3 4

x dx = x

(8 + x ) + 2xe (8 + x ) dx + 2 xe dx =

1 − −x

5

3 4

= 4x (8 + x ) dx + 2 xe dx =

3

4

− 23

4

1 ) 3

(8 + x 1

−x −x −x −x

−x · − − − · −

= + 2 e (−e ) dx = 2x e 2e + c

− 23

4 8 4 2

3 (8 + x )

Calcoliamo ora l’integrale improprio:

+∞ t

− −x − −x

5 5

3 4 3 4

x dx = lim x dx =

(8 + x ) + 2xe (8 + x ) + 2xe

3 3

t→+∞

0 0

3 3

1 1 3 67

−t

− − · ·

= lim 2 e (t + 1) + + 2 = +2= .

8 8 4 32 32

4 2

3

t→+∞ (8 + t ) t +1

−t

(Si ricordi che lim e (t + 1) = lim = 0, in quanto il denominatore ha ordine di infinito

t

e

t→+∞ t→+∞

superiore al numeratore). √ 2

(d) Per risolvere l’integrale indefinito, effettuiamo la sostituzione 2x = t , da cui 2x = t , e infine

dx = t dt .

Dunque:

√

1 1 1

√ ·

dx = 2x + c

t dt = dt = arctan t + c = arctan

2 2

t(t + 1) t +1

2x(2x + 1)

Passiamo ora al calcolo dell’ integrale improprio:

+∞ b

1 1

√ √

dx = lim dx =

2x(2x + 1) 2x(2x + 1)

b→+∞

1/2 1/2

√

√ b π π

π −

−

= lim arctan =

2x = lim [arctan 2b arctan 1] = 2 4 4

1

b→+∞ b→+∞

2

(e) Per calcolare l’integrale indefinito, dobbiamo risolvere un integrale di funzione razionale, il cui de-

nominatore è già scomposto nel prodotto di fattori irriducibili.

Ricorriamo alla decomposizione in fratti semplici.

9x + 8 A Bx + C

= + =

2 2

(x + 2)(x + 1) x +2 x +1

2 2

A(x (A + B)x

+ 1) + (Bx + C)(x + 2) + (2B + C)x + A + 2C

= =

2 2

(x + 2)(x + 1) (x + 2)(x + 1)

Uguagliando i polinomi a numeratore della prima e dell’ultima frazione, si ottiene il sistema:

  −2

 

A + B = 0 A =

⇐⇒

2B + C = 9 B = 2

 

A + 2C = 8 C = 5

Pertanto: −2

9x + 8 2x + 5

dx = + dx =

2 2

(x + 2)(x + 1) x + 2 x + 1

−2 −2

2x + 5 2x 5

= dx + dx = dx + dx + dx =

2 2 2

x +2 x +1 x +2 x +1 x +1

−2 |x −

2 2 2

= log + 2| + log(x + 1) + 5 arctan x + c = log(x + 1) log(x + 2) + 5 arctan x + c

Per il calcolo dell’ integrale improprio :

+∞ t

9x + 8 9x + 8

dx = lim dx =

2 2

(x + 2)(x + 1) (x + 2)(x + 1)

t→+∞

0 0

t

2 + 1

x

= lim + 5 arctan x =

log 2

(x + 2)

t→+∞ 0

2

t + 1 1

−

= lim log =

+ 5 arctan t log

2

(t + 2) 4

t→+∞ π 5π

= log 1 + 5 + log 4 = log 4 + .

2 2

1 0 1

1 1 1

√ √

2. dx + dx .

dx = −

−x(x −

|x|(x − x(x 4)

4)

4)

−1 −1 0 →

I due integrali impropri convergono entrambi, perché, per x 0,

−1

1

∼

|x|(x − |x|

4) 4

0 1

1 1

√ √

e i due integrali impropri dx e dx sono convergenti.

−x x

−1 0 √ −x −t −2t

2

Calcoliamo il primo integrale indefinito, con la sostituzione = t , da cui x = , dx = dt :

√

−x

1 1 1 t

√ dx = (−2t) dt = 2 dt = arctan + c = arctan + c

−

−x(x − 2 2

t(−t 4) t +4 2 2

4) √

Calcoliamo il secondo integrale indefinito, con la sostituzione x = t:

1 1 1 1 1 1

√ −

dx = 2t dt = 2 dt = dt =

− − −

− 2

t(t 4) (t 2)(t + 2) 2 t 2 t +2

x(x 4)

√

−

−

1 x 2

t 2 1

√

= log + c = log + c

2 t +2 2 x + 2

Pertanto:

1 1

a

1 1 1

√ √

dx + lim dx =

dx = lim −

−x(x −

|x|(x − x(x 4)

4)

−

4) +

a→0 b→0

−1 −1 b

√

√

−a −

1 b 2 1

1 1 1

√ −

− − −

= lim arctan log =

arctan + lim log log 3 arctan .

2 2 2 3 2 2

− b + 2

+

a→0 b→0

→

3. Per x +∞ si ha x 1

∼ n−1

x

2 n

( x + 3)

− ∈

quindi l’integrale converge se n 1 > 1 , cioè se n > 2. Pertanto il più piccolo valore di n IN per cui

l’integrale converge è n = 3. In tal caso:

x 1 1

−3/2 √

−

2

dx = + 3) dx = + c.

2x(x

2 2

2 3 x +3

( x + 3)

Dunque:

+∞ b 1

x x 1

1

√ √ √

− −

dx = lim dx = lim = .

2

2 3 2 3 7 7

b +3

(x + 3) (x + 3)

b→+∞ b→+∞

2 2

→ +

4. (a) Per x 0 si ha 1 1

∼

a b+1 b+1 a

x (4 + 9x) 4 x

quindi l’integrale converge in un intorno destro di x = 0 se a < 1.

→

Per x +∞ si ha 1 1

∼

a b+1 b+1 a+b+1

x (4 + 9x) 9 x

−a.

quindi l’integrale converge se a + b + 1 > 1 , cioè se b >

−a.

Globalmente l’integrale converge per a < 1 e b >

b

+∞ +∞ b 1

1 1 1 3t

√

(b) dt = 2 lim =

dx = 2t dt = 2 lim arctan

2 2

t(4 + 9t ) 4 + 9t 6 2

x(4 + 9x) b→+∞ b→+∞

0 0 0 0

1 π

3b

= lim = .

arctan

3 2 6

b→+∞

−2 −4x −

|x − − − − −

+∞ 3 +∞

2 2 6

2x 3| x 2x 3

5. (a) dx + dx .

dx =

α α−2 α

x x x

0 0 3

−2 −4x −

3 +∞ 6

L’integrale dx converge per α < 3 mentre l’integrale dx

α−2 α

x x

0 3

converge per α > 2 .

|x − − − − −

+∞ 2 2

2x 3| x 2x 3 ∈]2,

Pertanto l’integrale dx converge per α 3[.

α

x

0 √

− −

5 5

1 3x (1 3x)( x + 2)

√

(b) dx = dx .

−

− x 4

x 2

4 4 √

− −44 5

(1 3x)( x + 2) 1

→ ∼

Per x 4 , si ha: . Poiché l’integrale improprio dx diverge,

− − −

x 4 x 4 x 4

4

anche l’integrale di partenza diverge. −

− − 3

α α α

x[sin (x 2)]

x[sin (x 2)] 1

2(x 2)

√ √

→ ∼

+

6. Per x 2 si ha = , quindi l’integrale dx

−α

− −

1 1

− −

2 2

x 4 x 4

2(x 2) (x 2)

2 2 2

1

−

converge se α > .

2

Per α = 0 dobbiamo calcolare:

√ √

3 3 3

x x

√ √ − − −

2 2

x 4 = lim ( 5 t 4) = 5 .

dx = lim dx = lim

− −

2 2

x 4 x 4

+ + +

t

t→2 t→2 t→2

2 t 1

≤

7. (a) Se a 2, l’integrale diverge, data la presenza del fattore . Se a > 2 , l’integrale converge

−

x 2

1

perché il fattore non dà problemi di integrazione impropria (al finito), mentre all’infinito

|x − 3| 1 e dunque converge.

la frazione integranda si comporta come 3/2

x

√ −

(b) Per a = 6 , mediante la sostituzione x 3 = t l’integrale diventa:

+∞ +∞ +∞ b

1 2t 1 1

√ dx = dt = 2 lim dt =

dt = 2

√ √ √

− − 2 2 2

(1 + t )t 1 + t 1 + t

(x 2) x 3 b→+∞

3 3 3

6 √ π

−

= 2 lim (arctan b arctan 3) = .

3

b→+∞

8. Dobbiamo studiare la convergenza dell’integrale improprio:

|

+∞ sin x| dx

2

x + x +1

0 | sin x| 1

≤

Utilizziamo il criterio del confronto. Osserviamo che , e che l’integrale improprio

2 2

x + x + 1 x + x +1

+∞ 1 +∞

1 1 1

dx = dx + dx

2 2 2

x + x + 1 x + x + 1 x + x + 1

0 0 1

è convergente. Infatti , il primo addendo non è un integrale improprio; quanto al secondo addendo, per

+∞

1 1

1

→ ∼

x +∞ , e l’integrale improprio dx converge.

2 2 2

x + x +1 x x

1

+∞ sin x

Pertanto il nostro integrale dx converge assolutamente.

2

x + x + 1

0 √

log(1 + x)

9. (a) Nell’intervallo [0, 1] la funzione integranda f (x) = presenta solo la singolarità in x = 0.

sin x → +

Per capire il comportamento di f (x) in x = 0, utilizziamo le seguenti equivalenze, valide per x 0 :

√

√ √ x)

log(1 + 1

√

∼ ∧ ∼ ∼

log(1 + x) x sin x x =⇒ .

sin x x

1 1

√

Poiché l’integrale