Integrali impropri - Convergenza

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

Svolgimento: è una funz. positiva: ok i criteri.

Osserviamo che

x+2 2 x

(sin(x)) = (sin(x)) sin(x)

1

2 x ln(sin(x)) ∀ ∈

= (sin(x)) e x 0, .

2

+

→ ∼

1. Per x 0 : Ricordando che sin(x) x e

3 3 +

∼ →

ln(1 + x ) x per x 0 , si ha

x+2 β x ln(sin(x)) β

| |

(sin(x)) ln(x)| e ln(x)|

2

= (sin(x))

3 3

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

x ln(x) β

|

e ln(x)|

2

∼ x 3

x

1

∼ −β

x| ln(x)|

dove abbiamo usato che

x ln(x) 0

lim e = e = 1 perché lim x ln(x) = 0.

+ +

x→0 x→0

– Typeset by FoilTEX – 13

x+2 β

1/2 |

(sin(x)) ln(x)|

R

Allora dx converge se e solo se

3

0 ln(1+x )

1/2

Z 1 dx converge

−β

x| ln(x)|

0 −β −1

e questo è vero se > 1, cioè β < .

∈

Esercizio 7. Studiare al variare di α R

+∞ 2

Z sinh(x )

I = dx.

2

α(x +x) α/2

e 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 2

Z sinh(x ) dx converge e

2

α(x +x) α/2

e x

0 +∞ 2

Z sinh(x ) dx converge.

2

α(x +x) α/2

e x

1

– Typeset by FoilTEX – 14

⇒

La funzione integranda è positiva OK i criteri.

2

+ α(x +x)

→ →

1. Per x 0 si ha e 1. Ricordando

∼ →

sinh(y) y per y 0, concludiamo che

2 2

sinh(x ) x 1

∼ =

2 α/2 α/2−2

α(x +x) α/2 x x

e x 2

1 sinh(x )

R

quindi per il criterio del confronto dx

2

0 α(x +x) α/2

e x

converge se e solo se

1

Z 1 dx converge

α/2−2

x

0 α − 2 < 1, cioè α < 6 .

quindi se e solo se 2 y

→ ∼

2. Per x +∞: Ricordo che sinh(y) e /2 per

– Typeset by FoilTEX – 15

2

1

2 x

→ ∼

y +∞ , dunque sinh(x ) e , quindi

2

2

x

2 e

sinh(x ) ∼ ∼

2 2

α(x +x) α/2 α(x +x) α/2

e x 2e x

1 =

2 2 α/2

α(x +x)−x x

2e 1

= 2

(α−1)x +αx α/2

2e x

Per lo studio di

+∞

Z 1 dx

2

(α−1)x +αx α/2

e x

1

distinguiamo i casi α < 1, α = 1, α > 1:

(a) α > 1: nel denominatore ho

2 2 2

α/2 (α−1)x

(α−1)x +αx α/2 (α−1)x

∼ ∼

e x e x e

e 2

(α−1)x β ∀ ∈

e > x β R

– Typeset by FoilTEX – 16

da cui 1

1 ∀ ∈

< β R

2 β

(α−1)x x

e ∀ ∈

In particolare (poichè vale β R)

1 1

<

2 2

(α−1)x x

e

e +∞

Z 1 dx CONVERGE.

2

x

1

Quindi, per il criterio del confronto si ha

convergenza per α > 1 .

(b) α = 1: l’integrale diventa

+∞

Z 1 dx

x 1/2

e x

1 x β

che converge perché su (1, +∞) si ha e > x

∈

per ogni β quindi

R, 1 1

1 ∀ ∈

< = β R

x 1/2 β 1/2 β+1/2

e x x x x

– Typeset by FoilTEX – 17

e dunque, in particolare per β = 2 si ha

1 1 1

< =

x 1/2 2+1/2 3/2

e x x x

e +∞

Z 1 dx CONVERGE.

3/2

x

1

Quindi si ha convergenza per α = 1 .

(c) α < 1: si ha 2

+∞ +∞ (1−α)x

Z Z

1 e dx

dx =

2 αx α/2

(α−1)x +αx α/2 e x

e x

1 1

−

con (1 α > 0). Vale

2

(1−α)x

e 2

(1−α)x (1−α)x

∼ ≥

e e

αx α/2

e x

e +∞

Z (1−α)x

e dx DIVERGE

1

da cui concludiamo con il criterio del confronto

che si ha divergenza per α < 1 .

– Typeset by FoilTEX – 18

Allora

+∞ 2

Z sinh(x ) ≥

dx converge se e solo se α 1.

2

α(x +x) α/2

e x

1

Dunque: +

→

per x 0 si ha convergenza per α < 6

→ ≥

per x +∞ si ha convergenza per α 1

Concludiamo che su (0, +∞)

≤

si ha convergenza per 1 α < 6.

– Typeset by FoilTEX – 19

Esercizio 8. Calcolare

+∞

Z 1 dx.

cosh(2x)

−∞

Svolgimento:

1. verifichiamo l’integrabilità in senso improprio:

0 +∞

Z Z

1 1

dx e dx convergono.

cosh(2x) cosh(2x)

−∞ 0 −2x

2x

• cosh(2x) = (e + e )/2, 2x

→ ∼

per x +∞: cosh(2x) e /2 da cui

1 2

∼ .

2x

cosh(2x) e 2x β

Siccome su (0, +∞) si ha e > x per ogni

∈

β si ha

R, 2 2 ∀ ∈ ∀ ∈

< x (0, +∞) β R.

2x β

e x

– Typeset by FoilTEX – 20

Quindi +∞

Z 2 dx converge.

2x

e

0

Quindi +∞

Z 1 dx converge.

cosh(2x)

0

• Siccome cosh(2x) è pari, si ha

0 0

Z

Z 1 1

dx = lim dx

cosh(2x) cosh(2x)

c→+∞

−∞ −c

c

Z 1

= lim dx

cosh(2x)

c→+∞ 0

+∞

Z 1

= dx < +∞

cosh(2x)

0

quindi anche l’integrale su (−∞, 0) converge.

2. Usando 4x

e +1

−2x

2x

cosh(2x) = (e + e )/2 = 2x

2e