CORSO DI ANALISI MATEMATICA 2 SOLUZIONI ESERCIZI PROPOSTI 15/04/2013

Transcript

1 CORSO DI ANALISI MATEMATICA SOLUZIONI ESERCIZI PROPOSTI 5/04/03 D.BARTOLUCCI, D.GUIDO. Integrali Impropri Esercizio. (CRITERIO DEL CONFRONTO). Dimostrare che se f : (a, b] R e g(x) : (a, b] R sono integrabili in [t, b) t (a, b), e se si ha 0 g(x), x (a, b), o se si ha 0 g(x), x (a, b), allora: (i) se g è integrabile in senso improprio in [a, b), allora f è integrabile in senso improprio in [a, b); (ii) se f non è integrabile in senso improprio in [a, b), allora g non è integrabile in senso improprio in [a, b); Soluzione. (i)-(ii) nel caso 0 g(x), Supponiamo che 0 g(x), F (t) = x (a, b). x (a, b). Siano b t f(t) dt, G(t) = b t g(t) dt. Dato che f e g sono negative, F e G sono monotone decrescenti e in particolare 0 F (t) G(t), t (a, b). Se g è integrabile in in senso improprio in [a, b), allora G(t) I [0, ), t a + e in particolare 0 F (t) I >, t (a, b). Dunque F (t) esiste (per monotonia) ed è finito, e quindi f è integrabile in senso improprio in [a, b). t a + Se invece f non è integrabile in senso improprio in [a, b) allora F (t), t a + e per il Teorema del confronto tra i iti G(t) F (t) =. + + t a t a (i)-(ii) nel caso 0 g(x), x (a, b). Se invece si ha 0 g(x), x (a, b), allora, moltiplicando per si ha anche 0 g(x), x (a, b), e se g è integrabile in senso improprio in [a, b) allora anche g è integrabile in senso improprio in [a, b). Dal risultato precedente f è integrabile in senso improprio in [a, b) e allora anche f è integrabile in senso improprio in [a, b). Se invece f non è integrabile in senso improprio in [a, b) allora anche f non è integrabile in senso

2 D.BARTOLUCCI, D.GUIDO improprio in [a, b). Dal risultato precedente g non è integrabile in senso improprio in [a, b) e allora anche g non è integrabile in senso improprio in [a, b). Esercizio. (CRITERIO DEL CONFRONTO ASINTOTICO). Dimostrare che se f : (a, b] R e g(x) : (a, b] R sono integrabili in [t, b) t (a, b), e se o o e se si ha 0 e 0 g(x), x (a, b) 0 e 0 g(x), x (a, b) = L [0, + ], x a + g(x) allora si ha: (i) Se L [0, + ) e g è integrabile in senso improprio in [a, b), allora f è integrabile in senso improprio in [a, b); (ii) Se L (0, + ) allora g è integrabile in senso improprio in [a, b) se e solo se f è integrabile in senso improprio in [a, b); (iii) Se L (0, + ] e g non è integrabile in senso improprio in [a, b), allora f non è integrabile in senso improprio in [a, b). Soluzione. (i) Per ogni ε > 0 δ ε > 0 : g(x) < L + ε, x (a, a + δ ε). Se ne deduce che se 0 e 0 g(x) x (a, b), allora mentre se 0 e 0 g(x) x (a, b), allora 0 (L + ε)g(x), x (a, a + δ ε ), 0 (L + ε)g(x), x (a, a + δ ε ). In entrambe i casi il risultato segue dal criterio del confronto di cui all esercizio.. (iii) Sia L = L se L (0, + ), L = altrimenti. Per ipotesi δ ε > 0 : g(x) > L, x (a, a + δ ε ). Se ne deduce che se 0 e 0 g(x) x (a, b), allora mentre se 0 e 0 g(x) x (a, b), allora L g(x) 0, x (a, a + δ ε ), 0 L g(x), x (a, a + δ ε ). In entrambe i casi il risultato segue dal criterio del confronto di cui all esercizio.. (ii) Dato che L (0, + ), allora valgono sia (i) che (iii). Dunque se g è integrabile in senso improprio in [a, b), allora f è integrabile in senso improprio in [a, b) (da (i)) e se f è integrabile in senso improprio in [a, b), allora g è integrabile in senso improprio in [a, b) (che segue immediatamente da (ii) ragionando per assurdo: se f è integrabile in senso improprio in [a, b) e per assurdo g non è integrabile in senso improprio in [a, b) allora da (ii) f non è integrabile in senso improprio in [a, b) che è la contraddizione cercata).

3 3 Osservazione.3. Se f è non itata in (a, b) e/o se (a, b) è ilitato e f è integrabile in senso improprio in [a, b), si dice anche che l integrale improprio improprio esiste ma non è finito si dice anche che l integrale improprio b a dx è convergente. Se il ite che definisce l integrale b a dx è divergente. Esercizio.4. Dato x 0 R, discutere, al variare di R, la convergenza dell integrale improprio x0+ x 0 x x 0 dx. Soluzione. Per definizione di integrale improprio si ha t x 0 x0+ x 0 t x0 dx = x x 0 t x 0 dy + y t x 0 s x + 0 s x 0 y τ τ 0 ρ 0 + ρ dx + x x 0 s x + 0 dy = dz + z τ τ 0 σ 0 + σ dz + z σ 0 + σ x0+ s dy + y σ 0 + y dy = y dy, x x 0 dx = σ y dy = e gli ultimi due iti sono (ben noti) ed entrambe convergenti se < ed entrambe divergenti se. Esercizio.5. Discutere, la convergenza degli integrali impropri Soluzione. Si ha + + sin (x) x dx, 0 e quindi, per il criterio del confronto, l integrale + è divergente. Si ha sin (x) dx, 0 + sin (x) 4 + sin (x) x x = x, x [, + ), sin (x), x [, 0], dx. +sin (x) x dx, è divergente perché l integrale + x dx e quindi, per il criterio del confronto, l integrale 0 sin (x) dx, è convergente perché l integrale 0 dx è convergente. Si ha + sin (x) 4 4 =, x [, 0], 4 e quindi, per il criterio del confronto, l integrale 0 +sin (x) dx, è divergente perché l integrale 0 4 è divergente. dx 4 Esercizio.6. Discutere la convergenza dei seguenti integrali impropri + x e x dx, x 4 e dx, e 3 4 dx.

4 4 D.BARTOLUCCI, D.GUIDO Soluzione. + x e x dx. Dato che x e x x + = x x + x+ e x = 0, per ogni > 0, scegliendo per esempio =, si conclude che l integrale converge. Ripetiamo i punti principali della dimostrazione del Teorema del confronto asintotico in questo caso. Si osserva che M > : x e x <, x [M, + ). x La funzione integranda è positiva e definita in [, + ). Dato che l integrale + M teorema del confronto (non asintotico) anche l integrale + x e x dx converge. x converge, per il x 4 e dx. La funzione integranda è positiva e non itata in ogni intorno di x = 0. Dato che x 4 e = 4+ e = +, per ogni > 0, scegliendo per esempio =, si conclude che che l integrale diverge. Ripetiamo i punti principali della dimostrazione del Teorema del confronto asintotico in questo caso. Si osserva che δ (0, ) : x 4 e >, x ( δ, δ). x Dato che l integrale δ δ x diverge, per il teorema del confronto (non asintotico) anche l integrale x4 e dx diverge. e 3 4 La funzione integranda è positiva e definita in R \ {0}. Dato che dx. e 3 4 = 0, la funzione integranda si può estendere per continuità in x = 0 ed è quindi Riemann integrabile in ogni intorno itato di x = 0. In particolare l integrale e 3 4 dx, converge. Esercizio.7. Al variare di R discutere, la convergenza dell integrale improprio 0 ( cos (x)) 3 e x x dx.

5 5 Soluzione. La funzione integranda è positiva in [0, ]. Dato che e x x = 0 x = 0, la funzione integranda è continua (e dunque Riemann integrabile) in [0, ] se 0. Fissato quindi > 0 si ha ( ) ( cos (x)) x 3 e x x = ( + o()) 3 x ( + = 3 + ( + o()), x 0 +. o()) x 3 Per il criterio del confronto asintotico l integrale improprio è convergente se 3 <, ovvero se < 5 6 e divergente se 3, ovvero se 5 6. Esercizio.8. Discutere la convergenza dell integrale improprio log dx. Soluzione. La funzione integranda è positiva e definita in R \ {, 0, }. Dato che e l integrale δ δ 3 log 3 3 = log = log = +, dx è divergente, per il teorema del confronto asintotico anche l integrale è divergente. Si sarebbe anche potuto osservare che log = e dato che l integrale ( + o()), x, (x ) x dx è divergente, anche l integrale Equivalentemente, si sarebbe potuto osservare che e dato che l integrale log dx, risulta essere divergente. log = ( + o()), x, (x + ) x+ dx è divergente, anche l integrale log dx, log dx, risulta essere divergente. Esercizio.9. Discutere la convergenza dell integrale improprio (e (log ) 4 ) 4 (log ) 6 (log ) 4 ( + x (log ) 8 dx, (.) ) Soluzione. Osserviamo che la funzione integranda è positiva e ben definita e continua in (, ]. Si ha (e (log ) 4 ) 4 (log ) 6 (log ) 4 ( + x (log ) 8 = (log ) ( + o()) 4 (log ) 6 8 ) (log ) 4 x (log ) 8 ( + o()) = (log ) 8 ( + o()) 3 (log ) = + o() (log ) 4, x. Dato che l integrale (log ) 4 dx converge (verificare usando la definizione di integrale improprio e la sostituzione y = log ()) anche l integrale (.) converge.

6 6 D.BARTOLUCCI, D.GUIDO Esercizio.0. Al variare di R, discutere la convergenza dell integrale improprio e x log () arctan (x ) dx. (.) Soluzione. La funzione integranda è positiva e definita in R \ {, 0, }. Sia Si ha = e x log () arctan (x ) = e x log () arctan (x ) = e x log () arctan (x ). e ( + o()) (x )(x )( + o()) = + o(), x, (x ) e ( + o()) (x + )(x + )( + o()) = + o(), x, (x + ) e x + o() log () arctan (x ) = log () π 4 ( + = 4 + o() o()) π log (), x 0. Concludiamo che gli integrale impropri Inoltre, dato che per ogni < 0, l integrale δ δ dx e = dx converge per ogni < 0. ( ) 4 π dx convergono se <, ovvero se <. log () = 0, In questo caso la dimostrazione del Teorema del confronto asintotico consiste nell osservare che δ (0, ) : <, x ( δ, δ), x e quindi che, per il Teorema del confronto (non asintotico), l integrale δ δ dx converge per ogni < 0. Per 0 0, x 0 e la funzione integranda si può estendere per continuità in x = 0 ed è quindi Riemann integrabile in [, ). Si ha poi e x x ± = x ± log () arctan (x ) = 0, per ogni R. Concludiamo che gli integrali impropri + M dx e R. Se ne deduce che l integrale improprio (.) converge per <. M dx convergono per ogni Esercizio.. Al variare di R, discutere la convergenza dell integrale improprio Soluzione. Sia + 3 e x log () x dx. = e x log () x, x [ 3, + ) \ {0, }. Comunque fissato R e posto g(x) = x, x si ha x + g(x) = x e x log () x + x = 0.

7 7 Dunque l integrale improprio della funzione f (che è continua in [3, + ) + 3 dx è convergente. Comunque fissato R e posto g(x) =, x [, ] \ {0} si ha x( + o()) log () g(x) = = 0. ( + o()) Dunque l integrale improprio della funzione f (che è continua in [ 3, ] \ {0} 3 dx è convergente. Si ha poi = (e (x )( + o()) + o()) x = (e sgn(x ) + o()) x. Dunque l integrale improprio 3 dx converge se e solo se <. Concludiamo che l integrale dato è convergente per <. Esercizio.. Al variare di e β in R, discutere la convergenza dell integrale improprio Soluzione. Sia = log β dx. (.3) log β e consideriamo separatamente gli integrali impropri dx = dx + dx + Dato che f è pari è sufficiente studiare separatamente gli integrali impropri Si ha = dx, e dx. dx + o() (x ) + o(x ) β = + o() x β, x. Dal criterio del confronto asintotico con g (x) = con β < concludiamo che x β dx è convergente se e solo se β <. Se < scegliamo < γ <. Posto g(x) = γ, x (, ) \ {0}, si ha γ > 0 e quindi g(x) = γ log β = 0. Dato che l integrale improprio g(x) dx è convergente, allora l integrale improprio dx è convergente.

8 8 D.BARTOLUCCI, D.GUIDO A questo punto l integrale (.3) risulta sicuramente convergente per < e β <. Facciamo vedere che è divergente per per ogni β. Se > scegliamo > γ >. Posto g(x) = γ, x (, ) \ {0}, si ha γ < 0 e quindi g(x) dx è divergente, allora l integrale improprio dx è di- Dato che l integrale improprio vergente. g(x) = γ log β = +. Se = e β l integrale (.3) risulterà divergente perché è divergente l integrale = e β < si ha dx = Dato che f è pari è sufficiente studiare l integrale improprio 0 dx = log β t 0 + t log β dx. dx = log β t 0 + t x log x β dx = dx. Se che è quindi divergente. t 0 + log() log(t) y β dy = s log() s dy = +, y β Esercizio.3. (i) Sia f : [, n] R positiva e monotona decrescente. Dimostrare che f(k) k= n dx f(k). (ii) Usare le disuguaglianze del punto (i) per dimostrare che se f : [, + ) R è positiva e monotona decrescente e a k = f(k) allora la serie + a k converge se e solo se f è integrabile in senso improprio in [, + ) e in particolare si ha k= + k= a k dx Soluzione. (i) Siano I k = [k, k], k {,, n}. Si ha f(k) = k= k= inf f I k dx k= k= + k= sup I k f = a k. (.4) n f(k ) = f(k). k= k= (ii) Se la serie converge, comunque scelto t >, sia n = [t]. Dunque n t < n + e si ha f(k) t n+ dx k= k= f(k).

9 Il ite per t + di t dx esiste comunque perché la f è positiva. Passando al ite per t +, si ha n + e concludiamo che f è integrabile in senso improprio in [, + ) e vale la (.4). Se f è integrabile in senso improprio, comunque scelto n, si ha n f(k) dx f(k), k= k= Il ite per n + di f(k) esiste comunque perché la f è positiva. Passando al ite per n + k= concludiamo che la serie degli f(k) converge e che vale la (.4). References [] Enrico Giusti, Analisi Matematica. Terza edizione interamente riveduta e ampliata. Bollati Boringhieri, Torino, 00. 9