Appunti di matematica: Esercizi risolti

I I

n 1 I −

− n n 2

n 2 n ( ) ( )

− π

2 k 1 !! 2 k !!

= =

In particolare si ha I = /2 e I = 1, quindi , .

I I

π ( ) ( )

0 1 + −

2 2 1

k k

2 k !! 2 2 k 1 !!

∀ ∈

( ) ( ) ( )

+ −

2 k 1 2 k 2 k 1

≤ ≤

sin x sin x sin x

Consideriamo che , [0, /2].

π

∀ Z ∈

A partire da questa integriamo ed otteniamo:

I I I , N, quindi:

≤ ≤

2k 2k 2k

+1 -1 ( ) 2

( ) ( ) ( ) −

π  

− −

π 2 k 1 !!

2 k !! 2 k 1 !! 2 k 2 !! 2 k ≤ ≤

≤ ≤  

, da cui 1 .

( )

( ) ( ) ( )  

−

− − 2 k 1 2 2 k !!

k k k

2 1 !! 2 2 !! 2 1 !!  

( ) 2 π

 

2 k !! =

 

lim .

Passando al limite, si ottiene ( )

 

−

→+∞ 2 k 1 !! 2

x  

Relazione nota come formula di Wallis, che fornisce un’approssimazione di .

π

679) Integrali generalizzati. 2

x

( ) =

f x nell’intervallo [0, 1] ed, eventualmente,

Studiare la sommabilità della funzione + 2

1 x

1 ( )



calcolare l’integrale .

f x dx

0 ( ) = +∞

lim f x

La funzione f(x) è continua in [0, 1[ ed il , pertanto si tratta di un integrale

−

→

x 1

generalizzato. L’integrale esiste perché la funzione integranda è non negativa. Proviamo che

l’integrale è finito applicando il criterio del confronto asintotico. Si ottiene:

2 2

x x

( ) ( ) ( ) ( )

α α α − 12

− = − = −

lim 1 x f x lim 1 x lim 1 x .

− − −

− +

→ → →

2 2

x 1 x 1 x 1

1 x 1 x ∈

Il limite è finito e diverso da zero nel caso di = 1/2, pertanto la funzione risulta sommabile.

α

∈

Per calcolare l’integrale determiniamo una primitiva di f(x). Considerato che [0, 1[, poniamo

x = sin t per t [0, /2[:

π

 

2  

sin t cos t 1 1

( ) ( ) ( )

 

  

= = = − = −

2

f x dx dt sin tdt t sin t cos t arcsin x x cos arcsin x

   

   

− 2 2

=

2

  arcsin

t x

1 sin t = arcsin

t x

= arcsin

t x

In definitiva: 335 π

1 t 1

( ) ( ) ( )

 

= = − = .

f x dx lim f x dx lim arcsin t t cos arcsin t

− − 2 4

→ →

1 1

t t

0 0 1

( ) =

f x

680) Studiare la sommabilità della funzione nell’intervallo [0, 1/2] ed, eventualmente,

x log x

1 2 ( )



calcolare l’integrale f x dx .

0 ( ) = −∞

lim f x

La funzione f(x) è continua in ]0, 1/2] e si ha che il , pertanto si tratta di integrale

+

→

x 0

generalizzato. L’integrale esiste perché la funzione integranda è negativa. Studiamo la sommabilità

applicando il criterio del confronto asintotico.

α −

1

x

( )

α α

=

lim x f x lim x

Considerato che il , ed il limite è nullo o infinito a seconda di .

α

+ + log x

→ →

x x

0 0

< 1 il limite è infinito, mentre se 1 il limite è zero.

Precisamente, se 0 < α α ≥

Il Teorema del confronto asintotico, quindi non si può applicare. Per stabilire la sommabilità di f(x)

utilizziamo la definizione di integrale generalizzato. Si ottiene:

1 1  

2 2

dx 1 1

′ 1

( ) ε

 

= = = − = −∞

  2

lim lim log x dx lim log log x lim log log log log .

 

  ε

+ + + +

ε ε ε ε

x log x log x 2

 

→ → → →

0 0 0 0

ε ε

Quindi, la funzione non è sommabile. ( )

+

log 1 x

( ) =

f x

681) Studiare la sommabilità della funzione nell’intervallo ]0, 1] ed,

2

x

1 ( )



eventualmente, calcolare l’integrale .

f x dx

0

La funzione f(x) è continua in ]0, 1] e non limitata in un intorno di x = 0. Infatti:

( ) ( )

+ +

log 1 x log 1 x

1

( ) = = = +∞

lim f x lim lim , pertanto si tratta di integrale generalizzato.

2

+ + +

x x x

→ → →

x 0 x 0 x 0

L’integrale esiste perché la funzione integranda è positiva. Studiamo la sommabilità applicando il

criterio del confronto asintotico. Si ottiene:

( ) ( )

+ +

log 1 x log 1 x

( )

α α α −

= = =

1

lim lim lim 1

x f x x x (se si sceglie = 1). Quindi, la funzione non

α

2

+ + +

x x

→ → →

x 0 x 0 x 0

è sommabile. 336

Integrali definiti.

Si ricorda che l’integrale definito di una funzione continua e non negativa ha una interpretazione

→ +∞

geometrica come area del sottografico. Infatti se f: [a, b] [a, [ è una funzione continua, e se

indichiamo con R il suo sottografico, cioè:

f

{ } b

[ ]

( ) ( ) ( ) ( )

= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ ∀ ∈

2 

=

R x

, y R : a x b

,0 y f x x a

, b , abbiamo area .

R f x dx

f f a

Più in generale, se R è un insieme della forma:

fg

{ }

[ ]

( ) ( ) ( )

= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ ∀ ∈ →

2

R x

, y R : a x b

, f x y g x x a

, b , in cui f, g: [a, b] R sono due funzioni

fg b

( ) ( ) ( )

≤ 

= −

 

g si ha area .

continue, con f R g x f x dx

 

fg a 1

( ) =

682) Studiare la sommabilità della funzione nell’intervallo [0, 2] ed,

f x ( )

−

2

x x

2 ( )

 .

eventualmente, calcolare l’integrale f x dx

0

La funzione f(x) è continua in ]0, 1[ e non limitata in quanto divergente al tendere di x agli estremi

dell’intervallo. La funzione è integrabile perché positiva. Proviamo che è sommabile utilizzando il

criterio del confronto asintotico. Si ottiene:

1 1 1 1

( )

α

α = − =

(se = 1/2) e (se = 1/2), quindi la funzione

α α

lim x lim 2 x

( ) ( )

− −

+ −

→ →

2 2

x 2 x x 2 x

x 0 x 2

è sommabile. 1 1

 dx

Per calcolare l’integrale dobbiamo calcolare separatamente i due integrali e

( )

−

2

x x

0

2 1

 dx .

( )

−

x 2 x

1 2

Calcoliamo una primitiva della funzione integranda. Ponendo x = t si ottiene:

1 2 dt dt t x

  

= = = = . Così si ha:

dx 2 2 arcsin 2 arcsin

( )

( )

− 2

− 2 2

2

x 2 x  

2 t t

−

1  

 

2

π ε π

1 1

1 1

 

= = − =

dx lim dx lim 2arcsin , mentre:

( ) ( )

− −

ε ε

→ → 2 2 2

0 0

x 2 x x 2 x

0 0 ε

− ε π π

−

2 2

1 1 2

 

= = − =

dx lim dx lim 2arcsin .

( ) ( )

− −

ε ε

→ → 2 2 2

0 0

x 2 x x 2 x

1 1

Pertanto, l’integrale richiesto vale .

π 337 1

( ) =

f x

683) Studiare la sommabilità della funzione nell’intervallo [0, 1[ ed,

− − +

2

x x 2

1 ( )



eventualmente, calcolare l’integrale .

f x dx

0 –

La funzione f(x) è continua in [0, 1[ e non limitata, in quanto divergente per x 1 .

→

La funzione è, inoltre, integrabile perché di segno costante. Proviamo che è sommabile, utilizzando

il criterio del confronto asintotico. Si ottiene:

1 1

( )

α

− =

lim 1 x , se = 1/3, quindi la funzione è sommabile.

α

− − − +

→ 2 3

x 1 x x 2

Calcoliamo una primitiva della funzione integranda. Completando i quadrati si ha:

1 2 1

 

=

dx dx . Integriamo ponendo x = 3/2 t – 1/2, pertanto si ha:

( )

− − + 3

2 2

2

x x  

− +

2 1

1 x

 

3 2  

1 1 2 1

 

= = = +

dx dt arcsin t arcsin x . Quindi:

 

− − + −  

3 2

2 2

x x 2 1 t

ε

− ε π

1 1  

1 1 2 1 1

 

= = − − = − .

dx lim dx lim arcsin 1 arcsin arcsin

 

 

ε ε

− − + − − +

→ → 3 3 2 3

2 2

0 0

x x 2 x x 2

0 0

Integrazione delle funzioni razionali.

L’integrazione dei polinomi non presenta difficoltà, infatti si ha:

( ) a

a

 +

+ + + = + + + +

2 1

m m

m

1 .

a a x ... a x dx a x x ... x k

+

0 1 0

m 2 m 1

∈ dx

 = − +

Per ogni a R si ha .

log x a k

−

x a

E’ facile allora integrare tutte le funzioni razionali che si scrivono con un denominatore di primo

grado (che supponiamo monico, cioè con coefficiente del termine di grado massimo è pari a uno, di

un polinomio in una sola variabile ): considerata P(x)/(x – a), anzitutto si calcolano il quoziente Q(x)

ed il resto r = P(a), della divisione di P per x – a; pertanto si ottiene:

( )

P x r

( )

= + , che si integra subito. Adesso ci occupiamo dell’integrazione delle funzioni

Q x

( ) ( )

− −

x a x a

razionali con denominatore di secondo grado; usando la divisione, a meno di un polinomio, esse si

+

a x a

( ) = 1 0

R x

scrivono , supponiamo che la frazione sia irriducibile, cioè che gli eventuali zeri

+ +

2

x px q

del denominatore non annullino il numeratore. Se le radici del denominatore sono reali e distinte,

a b, sappiamo che esistono e sono uniche due costanti c(a) e c(b) residui di R in a, b, tali che sia

≠ 338

( ) ( )

c a c b

( ) = +

R x , ciò corrisponde allo sviluppo di R in frazioni semplici, anzi c(a)/(x – a) e

− −

x a x b

c(b)/(x – b) sono parti principali di R attorno ad a e b.