Esercizi sugli integrali impropri

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1 Esercizi sugli integrali impropri Esercizio. Studiare 2 x4 dx. Svolgimento: è un integrale improprio, in quanto f(x) =, x (, 2] ha una singolarità in : x4 lim x + x4 = +. Osserviamo che f è positiva, quindi è possibile applicare i criteri. Inoltre x4 = (x2 )(x 2 + ) = (x )(x + ) x2 + Siccome lim x + x + = 2 e Typeset by FoilTEX

2 lim x + x2 + = 2, si ha x4 per x +. 2 x Per il criterio del confronto asintotico, 2 converge se e solo se converge x 4 dx I := 2 x dx. Con il cambiamento di variabile z = x, abbiamo I = z dz che è del tipo z α dz, con α = 2. α = 2 < z dz converge. Quindi 2 x4 dx CONVERGE. Typeset by FoilTEX 2

3 Esercizio 2. Studiare x sin(x) dx. Svolgimento: è un integrale improprio su (, ], con una singolarità in, poiché lim x + x sin(x) = +. La funzione x x sin(x) è positiva, quindi possiamo sin(x) applicare i criteri. Ricordando che lim x x =, abbiamo x sin(x) x 2 per x +, quindi per il criterio del confronto converge se e solo se converge x 2 dx. x sin(x) dx Typeset by FoilTEX 3

4 Ma DIVERGE. Allora x sin(x) x 2 dx. dx DIVERGE. Esercizio 3. Studiare I = 2 cos(x) dx. (x ) 2 3 Svolgimento: la funzione integranda ha una singolarità in x = : si ha lim x cos(x) = +. (x ) 2 3 Siccome è un punto interno a (, 2), spezzo Typeset by FoilTEX 4

5 l integrale: I = 2 = cos(x) 3 (x ) 2 dx = cos(x) 3 dx + 2 (x ) 2 cos(x) 3 (x ) 2 dx = I + I 2. Dunque I converge se e solo se I e I 2 convergono. Osservo che: f(x) = cos(x) è positiva per x (, π/2) \ {}, 3 (x ) 2 quindi in un intorno di, si possono usare i criteri per studiare gli integrali di cui sopra. Si ha quindi cos(x) cos() per x, 3 (x ) 2 (x ) 2/3 I = cos(x) dx converge se e solo se converge 3 (x ) 2 dx. (x ) 2/3 Typeset by FoilTEX 5

6 Ponendo z = ( x), si ha dx = (x ) 2/3 = ( ) dz (z 2 ) /3 dz z CONVERGENTE. 2/3 I 2 = 2 cos(x) dx converge se e solo se converge 3 (x ) 2 2 Ponendo z = (x ), si ha dx. (x ) 2/3 dz z CONVERGENTE 2/3 Quindi 2 cos(x) dx (x ) 2 3 CONVERGE. Typeset by FoilTEX 6

7 Esercizio 4. Studiare al variare di α R I = arctan(x 7 ) x α ln( + x 3 ) dx. Svolgimento: è integrale improprio sull intervallo aperto (, + ) (infatti la funzione integranda non è definita in x = ). L integrale converge se e solo se arctan(x 7 ) x α ln( + x 3 dx converge e ) arctan(x 7 ) x α ln( + x 3 ) dx converge. Notare che la funzione integranda è positiva OK i criteri.. Per x + : Ricordiamo gli sviluppi per y : arctan(y) = y + o(y), ln( + y) = y + o(y). Typeset by FoilTEX 7

8 Quindi arctan(x 7 ) lim x + x α ln( + x 3 ) = lim x 7 x + x α x 3 = lim x4 α. x + Allora, se 4 α, cioè α 4, la funzione non ha una singolarità in x =, e si ha integrabilità. Per α > 4 la funzione ha una singolarità in x =, e si ha arctan(x 7 ) x α ln( + x 3 ) x α 4 per x +, quindi converge arctan(x 7 ) x α ln(+x 3 ) dx converge se e solo se dx converge se e solo se α 4 <. xα 4 Quindi arctan(x 7 ) x α ln( + x 3 ) dx converge se e solo se α < 5. Typeset by FoilTEX 8

9 2. Per x + : Siccome lim y + arctan(y) = π 2 e ln( + y) ln(y) per y +, si ha e arctan(x 7 ) x α ln( + x 3 ) π 2 x α ln(x) x α ln(x 3 ) = π 6 x α ln(x) dx converge se e solo se α >. Allora arctan(x 7 ) x α ln( + x 3 ) dx converge se e solo se α (, 5). Typeset by FoilTEX 9

10 Esercizio 5. Studiare al variare di α R I = (sinh(x)) α e 3x dx. Svolgimento: è integrale improprio sull intervallo aperto (, + ) (infatti la funzione integranda non è definita in x = ). L integrale converge se e solo se (sinh(x)) α e 3x (sinh(x)) α e 3x dx converge e dx converge. Notare che la funzione integranda è positiva OK i criteri.. Per x + : Ricordiamo gli sviluppi per y : sinh(y) = y + o(y), e y = + y + o(y). Typeset by FoilTEX

11 Quindi (sinh(x)) α lim x + e 3x x α = lim x + 3x = 3 lim xα. x + Allora, se α, cioè α, la funzione non ha una singolarità in x = e si ha integrabilità. Per α < la funzione ha una singolarità in x =, e si ha (sinh(x)) α e 3x 3x α per x +, quindi (sinh(x)) α e 3x dx converge se e solo se converge dx converge se e solo se α <. x α Quindi (sinh(x)) α e 3x dx converge se e solo se α >. Typeset by FoilTEX

12 2. Per x + : Siccome sinh(x) = (e x e x )/2 e x /2, si ha (sinh(x)) α e 3x e αx 2 α e 3x per x +, e e (α 3)x dx converge se e solo se α 3 <. Allora (sinh(x)) α e 3x dx converge se e solo se α (, 3). Esercizio 6. Studiare al variare di β R I = /2 (sin(x)) x+2 ln(x) β ln( + x 3 ) dx. Typeset by FoilTEX 2

13 Svolgimento: è una funz. positiva: ok i criteri. Osserviamo che (sin(x)) x+2 = (sin(x)) 2 sin(x) x = (sin(x)) 2 e x ln(sin(x)) x (, ]. 2. Per x + : Ricordando che sin(x) x e ln( + x 3 ) x 3 per x +, si ha (sin(x)) x+2 ln(x) β ln( + x 3 ) = (sin(x)) 2ex ln(sin(x)) ln(x) β ln( + x 3 ) x 2ex ln(x) ln(x) β x 3 x ln(x) β dove abbiamo usato che lim x + ex ln(x) = e = perché lim x ln(x) =. x + Typeset by FoilTEX 3

14 Allora /2 (sin(x)) x+2 ln(x) β ln(+x 3 ) dx converge se e solo se /2 dx converge x ln(x) β e questo è vero se β >, cioè β <. Esercizio 7. Studiare al variare di α R I = sinh(x 2 ) e α(x2 +x) x α/2 dx. Svolgimento: è integrale improprio sull intervallo aperto (, + ) (infatti la funzione integranda non è definita in x = ). L integrale converge se e solo se sinh(x 2 ) dx converge e e α(x2 +x) xα/2 sinh(x 2 ) dx converge. e α(x2 +x) xα/2 Typeset by FoilTEX 4

15 La funzione integranda è positiva OK i criteri.. Per x + si ha e α(x2 +x). Ricordando sinh(y) y per y, concludiamo che sinh(x 2 ) x2 e α(x2 +x) xα/2 x = α/2 x α/2 2 quindi per il criterio del confronto converge se e solo se sinh(x 2 ) e α(x2 +x) x α/2 dx dx converge xα/2 2 quindi se e solo se α 2 2 <, cioè α < Per x + : Ricordo che sinh(y) e y /2 per Typeset by FoilTEX 5

16 y +, dunque sinh(x 2 ) 2 ex2, quindi sinh(x 2 ) e α(x2 +x) x e x α/2 2e α(x2 +x) x α/2 2e α(x2 +x) x 2 x = α/2 2 = 2e (α )x2 +αx x α/2 Per lo studio di e (α )x2 +αx x α/2 dx distinguiamo i casi α <, α =, α > : (a) α > : nel denominatore ho e (α )x2 +αx x α/2 e (α )x2 x α/2 e (α )x2 e e (α )x2 > x β β R Typeset by FoilTEX 6

17 da cui e < (α )x2 x β β R In particolare (poichè vale β R) e (α )x2 < x 2 e x 2 dx CONVERGE. Quindi, per il criterio del confronto si ha convergenza per α >. (b) α = : l integrale diventa dx e x x/2 che converge perché su (, + ) si ha e x > x β per ogni β R, quindi e x x < /2 x β x = /2 x β+/2 β R Typeset by FoilTEX 7

18 e dunque, in particolare per β = 2 si ha e e x x /2 < x 2+/2 = x 3/2 dx x CONVERGE. 3/2 Quindi si ha convergenza per α =. (c) α < : si ha dx = e (α )x2 +αx xα/2 e ( α)x2 dx e αx xα/2 con ( α > ). Vale e ( α)x2 2 e αx e( α)x xα/2 e ( α)x e e ( α)x dx DIVERGE da cui concludiamo con il criterio del confronto che si ha divergenza per α <. Typeset by FoilTEX 8

19 Allora sinh(x 2 ) dx converge se e solo se α. e α(x2 +x) xα/2 Dunque: per x + si ha convergenza per α < 6 per x + si ha convergenza per α Concludiamo che su (, + ) si ha convergenza per α < 6. Typeset by FoilTEX 9

20 Esercizio 8. Calcolare cosh(2x) dx. Svolgimento:. verifichiamo l integrabilità in senso improprio: cosh(2x) dx e cosh(2x) dx convergono. cosh(2x) = (e 2x + e 2x )/2, per x + : cosh(2x) e 2x /2 da cui cosh(2x) 2 e 2x. Siccome su (, + ) si ha e 2x > x β β R, si ha per ogni 2 e 2x < 2 x β x (, + ) β R. Typeset by FoilTEX 2

21 Quindi Quindi 2 dx converge. e2x cosh(2x) Siccome cosh(2x) è pari, si ha 2. Usando cosh(2x) dx = dx converge. lim c + = lim c + = c c cosh(2x) dx cosh(2x) dx cosh(2x) dx < + quindi anche l integrale su (, ) converge. cosh(2x) = (e 2x + e 2x )/2 = e4x + 2e 2x Typeset by FoilTEX 2

22 abbiamo = 2 lim c + cosh(2x) dx = 2 c cosh(2x) dx. cosh(2x) dx = Calcolo c lim c + = lim c + cosh(2x) dx c 2e 2x e 4x + dx e 2c = lim c + t 2 + dt 2c = lim c + [arctan(t)]e = lim c + (arctan(e2c ) arctan()) = π 2 π 4 = π 4. Typeset by FoilTEX 22

23 Allora + cosh(2x) dx = 2 cosh(2x) dx = π 2. Esercizio 9. Studiare al variare di γ R I = /2 log(x) γ x 5γ dx. Svolgimento: f è positiva e ha una possibile singolarità in x =. Osservo che f(x) = x 5γ log(x) γ e ricordo il carattere dell integrale /2 converge se α <, β R o α =, β >. x α log(x) β : Typeset by FoilTEX 23

24 Allora I converge se e solo se 5γ < o 5γ =, γ > Osservo che il sistema 5γ =, γ > non ha soluzione, dunque I converge se e solo se γ < 5. Typeset by FoilTEX 24

25 Esercizio. Studiare I = log(3 + sin(x)) x5 + x 3 + log(x) dx. 4 Svolgimento: f è positiva perché 3+sin(x) 3 = 2, e log(2) > ; f non ha singolarità al finito. Si ha per x + log(3 + sin(x)) 4 x5 + x 3 + log(x) log(3 + sin(x)) x 5/4. Quindi studio il carattere di log(3+sin(x)) x 5/4 dx: si ha log(3 + sin(x)) log(4) x R e log(4) x 5/4 Quindi l integrale converge. dx CONVERGENTE. Typeset by FoilTEX 25

26 Esercizio. Studiare I = sin 2 ( ) x e ( cos(x) x) e cos(x) dx. Svolgimento: Si ha sin 2 ( ) x e ( cos(x) x) e cos(x) sin 2 ( ) x = e cos(x) e x e cos(x) sin 2 ( ) x = e cos(x) (e x ). Poiché x >, si ha x < quindi e x <. Allora f è negativa. Studio la convergenza di f(x) dx = ( f(x)) dx = sin 2 ( ) x e cos(x) ( e x) dx. e applico criteri per funzioni positive. Non ci sono Typeset by FoilTEX 26

27 singolarità al finito, e si ha sin 2 ( x ) ( ) 2 per x +, x e x ( x ) = x per x +, (cambiamento di variabile z = x Quindi per x + e sviluppi per z ). f(x) = sin 2 ( ) x e cos(x) ( e x) = ( x) 2 e cos(x) x xe cos(x) e Infatti da cui dx diverge xecos(x) cos x = e cos x e xe cos(x) xe Typeset by FoilTEX 27

28 e x dx DIVERGE. Allora f(x) dx diverge a +, quindi sin 2 ( ) x e ( cos(x) x) e cos(x) dx = f(x) dx =. Typeset by FoilTEX 28

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