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Esercizi sugli integrali impropri

Esercizio 1. Studiare

2

Z 1

√ dx.

4 −

x 1

1

Svolgimento: è un integrale improprio, in quanto

1

√ ∈

f (x) = , x (1, 2] ha una singolarità in 1:

4 −

x 1 1

lim = +∞.

4 −

x 1

+

x→1

Osserviamo che f è positiva, quindi è possibile

applicare i criteri. Inoltre 1

1 1

√ √

= =

p p

4 2 2 2

− − −

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

Siccome lim x +1= 2 e

+

x→1

– Typeset by FoilTEX – 1

√ √

2

lim x + 1 = 2, si ha

+

x→1 1 1 1 +

√ √ →

∼ per x 1 .

2 −

4 − x 1

x 1 2 1

R

Per il criterio del confronto asintotico, dx

1 4 −1

x

converge se e solo se converge

2

Z 1

√ dx.

I := −

x 1

1 −

Con il cambiamento di variabile z = x 1, abbiamo

1

Z 1

I = dz

z

0

1 1 1

R

che è del tipo dz, con α = .

α

z 2

0 1

Z

1 1

< 1 dz converge.

α = 2 z

0

Quindi 2

Z 1

√ dx CONVERGE.

4 −

x 1

1

– Typeset by FoilTEX – 2

Esercizio 2. Studiare

1

Z 1 dx.

x sin(x)

0

Svolgimento: è un integrale improprio su (0, 1], con

una singolarità in 0, poiché

1

lim = +∞.

x sin(x)

+

x→0 1

7→

La funzione x è positiva, quindi possiamo

x sin(x) sin(x) = 1,

applicare i criteri. Ricordando che lim

x→0 x

abbiamo 1 1 +

∼ →

per x 0 ,

2

x sin(x) x 1 1

R

quindi per il criterio del confronto dx

x sin(x)

0

converge se e solo se converge

1

Z 1 dx.

2

x

0

– Typeset by FoilTEX – 3

Ma 1

Z 1 dx.

2

x

0

DIVERGE. Allora

1

Z 1 dx DIVERGE.

x sin(x)

0

Esercizio 3. Studiare 2

Z cos(x)

I = dx.

p

3 2

(x 1)

0

Svolgimento: la funzione integranda ha una

singolarità in x = 1: si ha

cos(x)

lim = +∞.

p

3 2

(x 1)

x→1

Siccome 1 è un punto interno a (0, 2), spezzo

– Typeset by FoilTEX – 4

l’integrale: 2 cos(x)

R dx =

I = 0 3 2

(x−1)

1 2

cos(x) cos(x)

√ √

R R

= dx + dx = I + I .

1 2

0 1

3 3

2 2

(x−1) (x−1)

Dunque I converge se e solo se I e I convergono.

1 2

Osservo che:

cos(x)

√ ∈ \ {1},

f (x) = è positiva per x (0, π/2)

3 2

(x−1)

quindi in un intorno di 1, si possono usare i criteri per

studiare gli integrali di cui sopra. Si ha

cos(x) cos(1) →

∼ per x 1,

2/3

p −

(x 1)

3 2

(x 1)

quindi 1 cos(x)

R

• I = dx converge se e solo se converge

1 0 3 2

(x−1) 1

Z 1 dx.

2/3

(x 1)

0

– Typeset by FoilTEX – 5

Ponendo z = (1 x), si ha

1 0

Z Z

1 1 ·

dx = (−1) dz

2/3 2 1/3

(x 1) (z )

0 1 1

Z 1 dz CONVERGENTE.

= 2/3

z

0

2 cos(x)

R

• I = dx converge se e solo se converge

2 1 3 2

(x−1) 2

Z 1 dx.

2/3

(x 1)

1

Ponendo z = (x 1), si ha

1

Z 1 dz CONVERGENTE

2/3

z

0

Quindi 2

Z cos(x) dx CONVERGE.

p

3 2

(x 1)

0

– Typeset by FoilTEX – 6

Esercizio 4. Studiare al variare di α R

+∞ 7

Z arctan(x )

I = dx.

α 3

x ln(1 + x )

0

Svolgimento: è integrale improprio sull’intervallo

aperto (0, +∞) (infatti la funzione integranda non

è definita in x = 0). L’integrale converge se e solo se

1 7

Z arctan(x ) dx converge e

α 3

x ln(1 + x )

0 +∞ 7

Z arctan(x ) dx converge.

α 3

x ln(1 + x )

1 ⇒

Notare che la funzione integranda è positiva OK i

criteri. +

→ →

1. Per x 0 : Ricordiamo gli sviluppi per y 0:

arctan(y) = y + o(y), ln(1 + y) = y + o(y).

– Typeset by FoilTEX – 7

Quindi 7 7

arctan(x ) x 4−α

lim = lim = lim x .

α 3 α 3

·

x ln(1 + x ) x x

+ + +

x→0 x→0 x→0

− ≥ ≤

Allora, se 4 α 0, cioè α 4 , la funzione non

ha una singolarità in x = 0, e si ha integrabilità.

la funzione ha una singolarità in x = 0,

Per α > 4

e si ha 7

arctan(x ) 1 +

∼ →

per x 0 ,

α 3 α−4

x ln(1 + x ) x

7

1 arctan(x )

R

quindi dx converge se e solo se

α 3

0 x ln(1+x )

converge

1

Z 1 −

dx converge se e solo se α 4 < 1 .

α−4

x

0

Quindi

1 7

Z arctan(x ) dx converge se e solo se α < 5 .

α 3

x ln(1 + x )

0

– Typeset by FoilTEX – 8

π

2. Per x +∞: Siccome lim arctan(y) = e

y→+∞ 2

∼ →

ln(1 + y) ln(y) per y +∞, si ha

7

arctan(x ) π 1 π 1

∼ =

α 3 α 3 α

·

x ln(1 + x ) 2 x ln(x ) 6 x ln(x)

e +∞

Z 1 dx converge se e solo se α > 1.

α

x ln(x)

1

Allora

+∞ 7

Z arctan(x ) ∈

dx converge se e solo se α (1, 5) .

α 3

x ln(1 + x )

0

– Typeset by FoilTEX – 9

Esercizio 5. Studiare al variare di α R

+∞ α

Z (sinh(x)) dx.

I = 3x −

e 1

0

Svolgimento: è integrale improprio sull’intervallo

aperto (0, +∞) (infatti la funzione integranda non

è definita in x = 0). L’integrale converge se e solo se

1 α

Z (sinh(x)) dx converge e

3x −

e 1

0 +∞ α

Z (sinh(x)) dx converge.

3x −

e 1

1 ⇒

Notare che la funzione integranda è positiva OK i

criteri. +

→ →

1. Per x 0 : Ricordiamo gli sviluppi per y 0:

y

sinh(y) = y + o(y), e = 1 + y + o(y).

– Typeset by FoilTEX – 10

Quindi α α

(sinh(x)) x 1 α−1

lim = lim = lim x .

3x −

e 1 3x 3

+ + +

x→0 x→0 x→0

− ≥ ≥ , la funzione non

Allora, se α 1 0, cioè α 1

ha una singolarità in x = 0 e si ha integrabilità.

Per α < 1 la funzione ha una singolarità in x = 0,

e si ha α

(sinh(x)) 1 1 +

∼ →

per x 0 ,

3x 1−α

e 1 3 x

α

1 (sinh(x))

R

quindi dx converge se e solo se converge

3x −1

0 e

1

Z 1 −

dx converge se e solo se 1 α < 1.

1−α

x

0

Quindi

1 α

Z (sinh(x)) .

dx converge se e solo se α > 0

3x −

e 1

0

– Typeset by FoilTEX – 11

2. Per x +∞: −x

x x

− ∼

Siccome sinh(x) = (e e )/2 e /2, si ha

αx

α e

(sinh(x)) 1

∼ →

per x +∞,

3x α 3x

e 1 2 e

e +∞

Z (α−3)x −

e dx converge se e solo se α 3 < 0.

1

Allora

+∞ α

Z (sinh(x)) ∈

dx converge se e solo se α (0, 3) .

3x −

e 1

0 ∈

Esercizio 6. Studiare al variare di β R

1/2 x+2 β

|

Z (sin(x)) ln(x)|

I = dx.

3

ln(1 + x )

0

– Typeset by FoilTEX – 12


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DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea magistrale in ingegneria del veicolo
SSD:
A.A.: 2018-2019

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher lara.vandini di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Analisi matematica 1 e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Modena e Reggio Emilia - Unimore o del prof Gavioli Andrea.

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