Integrali

Esercizi · Integrali · con le soluzioni svolte · PDF

Esercizio 1

Determinare la misura dell'insieme \(A\subset{\R}^{2}\) così definito:

\[ A=\left\{(x,y)\in{\R}^{2};-1<x<1,x^{2}-1\leq y\leq\frac{x+1}{x+2}\right\} \]

Soluzione

Si tratta di calcolare

\[ \int_{-1}^{1}\left(\frac{x+1}{x+2}-(x^{2}-1)\right)dx. \]

Si ha

\[ \begin{array}{l}\ds\int_{-1}^{1}\left(\frac{x+1}{x+2}+1-x^{2}\right)dx=\int_{-1}^{1}\left(2-\frac{1}{x+2}-x^{2}\right)dx\\ \\ \ds=\left[2x-\log(x+2)-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-1}^{1}=\frac{10}{3}-\log3.\end{array} \]

Esercizio 2

Calcolare

\[ \int_{0}^{1}\frac{e^{x}+e^{x/2}}{1+e^{x}}dx \]

Soluzione

Con la sostituzione \(y=e^{x/2}\), \(x=2\log y\), \(dx=\frac{2}{y}dy\), si ottiene

\[ \begin{array}{l}\ds\int_{0}^{1}\frac{e^{x}+e^{x/2}}{1+e^{x}}dx=2\int_{1}^{\sqrt{e}}\frac{y^{2}+y}{(1+y^{2})y}dy\\ \\ \ds=2\int_{1}^{\sqrt{e}}\frac{y+1}{1+y^{2}}dy=[\log(y^{2}+1)+2\arctan y]_{1}^{\sqrt{e}}\\ \\ \ds=\log\frac{e+1}{2}+2\arctan\sqrt{e}-\frac{\pi}{2}. \end{array} \]

Esercizio 3

Calcolare

\[ \int_{-\pi}^{\pi}e^{-|x|}\cos x \; dx \]

Soluzione

Osserviamo che la funzione è pari, in quanto \(f(-x)=f(x)\) per ogni \(x\in[-\pi,\pi]\). Quindi, per proprietà di simmetria

\[ \int_{-\pi}^{\pi}e^{-|x|}\cos x \; dx=2\int_{0}^{\pi}e^{-|x|}\cos x \; dx=2\int_{0}^{\pi}e^{-x}\cos x \; dx \]

dove nell'ultima uguaglianza si è sfruttato il fatto che \(|x|=x\) per ogni \(x\geq 0\). Si ha, integrando due volte per parti

\[ \begin{array}{l}\ds I=\int e^{-x}\cos x \; dx=e^{-x}\sin x + \int e^{-x}\sin x \; dx\\ \\ \ds=e^{-x}\sin x - e^{-x}\cos x - \int e^{-x}\cos x \; dx= e^{-x}\sin x - e^{-x}\cos x - I \\ \end{array} \]

da cui

\[ 2I=e^{-x}\sin x - e^{-x}\cos x \]

ed infine

\[ I=\int e^{-x}\cos x \; dx=\frac{e^{-x}\sin x - e^{-x}\cos x}{2}+c \]

Per il calcolo dell'integrale definito, valutiamo la primitiva fra \(0\) e \(\pi\), non dimenticando il fattore \(2\) che era presente davanti all'integrale:

\[ 2[I]_0^\pi=e^{-\pi}+1 \]

Esercizio 4

Calcolare

\[ \int_{0}^{2}\frac{e^{x}\log(1+e^x)}{1+e^{x}}dx \]

Soluzione

Con la sostituzione \(1+e^x=t\), \(e^x\;dx=dt\), si ottiene

\[ \begin{array}{l}\ds\int_{0}^{2}\frac{e^{x}\log(1+e^x)}{1+e^{x}}dx=\int_{2}^{e^2+1}\frac{\log t}{t}dt\\ \\ \ds=\left[\frac{\log^2 t}{2}\right]_{2}^{e^2+1}=\frac{1}{2}(\log^2(e^2+1)-\log^2 2) \end{array} \]

Esercizio 5

Stabilire se il seguente integrale

\[ \int_{0}^{1}\frac{\sin^3\sqrt{x}}{e^{x}(1-\cos x)}dx \]

esiste finito.

Soluzione

Poiché la funzione integranda è continua in \((0,1]\), per stabilire se l'integrale proposto converge è sufficiente studiare il comportamento di \(f\) in un intorno destro di \(x=0\). Per \(x\to0^+\) si ha

\[ f(x)\sim\frac{(\sqrt{x})^3}{\frac{1}{2}x^2}=\frac{x^{3/2}}{\frac{1}{2}x^2}=2\frac{1}{x^{1/2}} \]

Poiché \(1/2<1\), dal criterio del confronto asintotico l'integrale proposto esiste finito; più formalmente, la funzione \(f(x)\) è impropriamente integrabile in un intorno destro dell'origine.

Esercizio 6

Stabilire se il seguente integrale

\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{(3+5x^5)\arctan x^{3/2}}dx \]

esiste finito.

Soluzione

La funzione integranda è continua in \((0,+\infty)\). Per stabilire se l'integrale proposto converge è necessario studiare il comportamento della funzione integranda in un intorno destro di \(x=0\), dove il denominatore non è definito, ed in un intorno di \(+\infty\). È bene riscrivere tale integrale di terza specie come

\[ \int_{0}^{1}\frac{x^2}{(3+5x^5)\arctan x^{3/2}}dx+\int_{1}^{+\infty}\frac{x^2}{(3+5x^5)\arctan x^{3/2}}dx \]

al fine di evidenziare il duplice studio da svolgere. Per \(x\to0^+\) si ha

\[ f(x)\sim\frac{x^2}{3x^{3/2}}=\frac{1}{3x^{-1/2}} \]

Poiché \(-1/2<1\), dal criterio del confronto asintotico la funzione \(f(x)\) è impropriamente integrabile in un intorno destro dell'origine. Verifichiamo, ora, che lo sia anche in un intorno di \(+\infty\). Per \(x\to+\infty\) si ha

\[ f(x)\sim\frac{x^2}{5x^5\frac{\pi}{2}}=\frac{2}{5\pi}\frac{1}{x^3} \]

Poiché \(3>1\), dal criterio del confronto asintotico la funzione \(f(x)\) è impropriamente integrabile anche in un intorno di \(+\infty\). Complessivamente, dunque, l'integrale improprio esiste finito. Osserviamo che, in realtà, poiché \(f(x)\sim\frac{\sqrt{x}}{3}\), per \(x\to0^+\), la funzione è prolungabile per continuità in \(x=0\) e si può porre, per definizione, \(f(0)=0\).

Esercizio 7

Stabilire per quali valori del parametro \(\alpha \in \mathbb{R}\) il seguente integrale improprio

\[ \int_{0}^{1}\frac{\log(1+x^2)}{x^\alpha(1+x^3)}dx \]

esiste finito.

Soluzione

La funzione integranda è continua in \((0,1)\). Per stabilire per quali valori di \(\alpha \in \mathbb{R}\) l'integrale proposto converge basta studiare il comportamento dell'integranda in un intorno destro di \(x=0\), dove il denominatore non è definito. Per \(x\to0^+\) si ha

\[ f(x)\sim\frac{x^2}{x^\alpha}=\frac{1}{x^{\alpha-2}} \]

che è impropriamente integrabile per \(\alpha-2<1\), cioè per \(\alpha<3\).

Esercizio 8

Dato il seguente integrale improprio

\[ \int_{1}^{+\infty}\frac{x\arctan\left(x^2\right)\log^\alpha\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x^4+1}dx \]

studiarne la convergenza al variare di \(\alpha\in\mathbb{R}\). Successivamente, per \(\alpha=0\), calcolarlo mediante la definizione.

Soluzione

La funzione integranda è continua in \([1,+\infty)\). Per stabilire per quali valori di \(\alpha \in \mathbb{R}\) l'integrale proposto converge basta studiare il comportamento dell'integranda in un intorno di \(+\infty\). Per \(x\to+\infty\) si ha

\[ f(x)\sim\frac{x}{x^4}\frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{x}\right)^\alpha=\frac{\pi}{2}\frac{1}{x^{\alpha+3}} \]

dove si è reso necessario l'utilizzo delle stime asintotiche \(x^4+1\sim x^4\), \(\log^\alpha\left(1+\frac{1}{x}\right)\sim\left(\frac{1}{x}\right)^\alpha\), \(x\to+\infty\). Dal criterio del confronto asintotico, l'integrale improprio esiste finito se \(\alpha+3>1\), ovvero \(\alpha>-2\).

Per \(\alpha=0\), l'integrale diventa

\[ \int_{1}^{+\infty}\frac{x\arctan(x^2)}{x^4+1}dx \]

È possibile procedere per sostituzione, ponendo \(\arctan(x^2)=t\), \(\frac{x}{1+x^4}\; dx=\frac{1}{2}\; dt\), ottenendo

\[ \int_{1}^{+\infty}\frac{x\arctan\left(x^2\right)}{x^4+1}\;dx=\int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{t}{2}\;dt=\frac{3}{64}\pi^2 \]

Esercizio 9

Dopo aver stabilito se la funzione è sommabile o meno, calcolare i seguenti integrali

\[ \ds{\rm (a)}\ \int_{-1}^{0}\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}}dx,~~~ {\rm (b)}\ \int_{-1}^{1}\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}}dx,~~~ {\rm (c)}\ \int_{0}^{+\infty}xe^{-x^{2}}dx \]

\[ {\rm (d)}\ \int_{0}^{+\infty}x^{3}e^{-x^{2}}dx,~~~ {\rm (e)}\ \int_{4}^{+\infty}\frac{1}{x(x-3)}dx \]

Si tratta di tutte funzioni continue e positive nei rispettivi intervalli di integrazione, quindi di tutte funzioni integrabili. Ciascun integrale rappresenta la misura del sottografico. In tutti i casi, il sottografico è un insieme non limitato del piano, l'integrale vale quindi o un numero positivo o \(+\infty\). Ricordiamo che la funzione si dice sommabile quando è integrabile con integrale finito.

Soluzione

(a) La funzione

\[ f(x)=\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}} \]

è continua nell'intervallo \((-1,0]\). Bisogna, quindi, studiarne il comportamento in un intorno destro di \(x=-1\). Per \(x\to-1^+\) si ha

\[ f(x)\sim \frac{1}{\sqrt{1+x}}=\frac{1}{(1+x)^\frac{1}{2}},\ \ x\to-1^{+} \]

quindi la funzione è sommabile in \((-1,0]\) per il criterio del confronto, in quanto \(\frac{1}{2}<1\). Questo significa

\[ \int_{-1}^{0}f(x)dx=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int_{-1+\varepsilon}^{0}f(x)dx \]

e che tale limite esiste, finito e positivo.

Ponendo \(y=\sqrt{1+x}\), \(x=y^{2}-1\), \(dx=2y\ dy\), otteniamo

\[ \int_{-1+\varepsilon}^{0}f(x)dx=\int_{\sqrt{\varepsilon}}^{1}\frac{2}{2-y^{2}}dy, \]

quindi, tenendo conto che \(\sqrt{\varepsilon}\to0\) per \(\varepsilon\to0\), abbiamo

\[ \int_{-1}^{0}f(x)dx=\lim_{\delta\to0^{+}}\int_{\delta}^{1}\frac{2}{2-y^{2}}dy=\int_{0}^{1}\frac{2}{2-y^{2}}dy. \]

Si noti che, in questo caso, dopo il cambiamento di variabile, abbiamo ottenuto l'integrale di una funzione limitata partendo dall'integrale di una non limitata.

Coi fratti semplici, tenendo conto anche di \(|y-\sqrt{2}|=\sqrt{2}-y\) nell'intervallo d'integrazione, si ha

\[ \frac{2}{2-y^{2}}=-\frac{2}{(y-\sqrt{2})(y+\sqrt{2})}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{y+\sqrt{2}}-\frac{1}{y-\sqrt{2}}\right), \]

quindi

\[ \begin{array}{l}\ds\int_{-1}^{0}f(x)dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{y+\sqrt{2}}-\frac{1}{y-\sqrt{2}}\right)dy\\ \\ \ds=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\log\frac{y+\sqrt{2}}{\sqrt{2}-y}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\log\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}. \end{array} \]

Soluzione

(b) Si ha

\[ \int_{-1}^{1}\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}}dx=\int_{-1}^{0}\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}}dx+\int_{0}^{1}\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}}dx \]

dove il primo integrale è finito ed è stato calcolato al punto precedente. L'integrale ora assegnato è quindi finito se e solo se tale è

\[ \int_{0}^{1}\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}}dx. \]

La funzione

\[ f(x)=\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}} \]

è continua e limitata in ogni intervallo \([0,1-\varepsilon]\), \(\varepsilon>0\). Si ha poi

\[ f(x)\sim \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{1-x},\ \ x\to1^{-} \]

quindi la funzione non è sommabile in \([0,1)\) per il criterio del confronto. Questo significa

\[ \int_{0}^{1}f(x)dx=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int_{0}^{1-\varepsilon}f(x)dx=+\infty, \]

quindi anche l'integrale dato vale

\[ \int_{-1}^{1}\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}}dx=+\infty. \]

Soluzione

(c) La funzione \(f(x)=xe^{-x^{2}}\) è continua e limitata su ogni intervallo \([0,a]\) con \(a>0\). Si ha poi

\[ f(x)=O\left(\frac{1}{x^{\alpha}}\right),\ \ x\to+\infty, \]

qualunque sia \(\alpha>0\), in particolare, scegliendo \(\alpha>1\), la funzione è sommabile su \([0,+\infty)\). Questo significa

\[ \int_{0}^{+\infty}f(x)dx=\lim_{a\to+\infty}\int_{0}^{a}f(x)dx \]

e che tale limite esiste, finito e positivo. Infatti

\[ \lim_{a\to+\infty}\int_{0}^{a}xe^{-x^{2}}dx=-\frac{1}{2}\lim_{a\to+\infty}[e^{-x^{2}}]_{0}^{a}= -\frac{1}{2}\lim_{a\to+\infty}(e^{-a^{2}}-1)=\frac{1}{2}. \]

L'integrale dato vale \(1/2\).

Soluzione

(d) La funzione \(f(x)=x^{3}e^{-x^{2}}\) è continua e limitata su ogni intervallo \([0,a]\) con \(a>0\). Si ha poi

\[ f(x)=O\left(\frac{1}{x^{\alpha}}\right),\ \ x\to+\infty, \]

qualunque sia \(\alpha>0\), in particolare, scegliendo \(\alpha>1\), la funzione è sommabile su \([0,+\infty)\). Questo significa

\[ \int_{0}^{+\infty}f(x)dx=\lim_{a\to+\infty}\int_{0}^{a}f(x)dx \]

e che tale limite esiste, finito e positivo. Infatti, integrando per parti, e tenuto conto dell'integrale calcolato al punto precedente,

\[ \begin{array}{l}\ds\lim_{a\to+\infty}\int_{0}^{a}x^{3}e^{-x^{2}}dx=\lim_{a\to+\infty}\left\{-\frac{1}{2}[x^{2}e^{-x^{2}}]_{0}^{a} +\int_{0}^{a}xe^{-x^{2}}dx\right\}\\ \\ \ds=\lim_{a\to+\infty}\left(-\frac{1}{2}a^{2}e^{-a^{2}}+\int_{0}^{a}xe^{-x^{2}}dx\right)=\frac{1}{2}. \end{array} \]

L'integrale dato vale \(1/2\).

Soluzione

(e) La funzione \(f(x)=\frac{1}{x(x-3)}\) è continua e limitata su ogni intervallo \([4,a]\) con \(a>4\). Si ha poi

\[ f(x)\sim\frac{1}{x^{2}},\ \ x\to+\infty, \]

quindi la funzione è sommabile su \([4,+\infty)\) per confronto. Questo significa

\[ \int_{4}^{+\infty}f(x)dx=\lim_{a\to+\infty}\int_{4}^{a}f(x)dx \]

e che tale limite esiste, finito e positivo. Infatti, coi fratti semplici,

\[ \begin{array}{l}\ds\lim_{a\to+\infty}\int_{4}^{a}\frac{1}{x(x-3)}dx= \frac{1}{3}\lim_{a\to+\infty}\int_{4}^{a}\left(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x}\right)dx= \frac{1}{3}\lim_{a\to+\infty}\left[\log\frac{x-3}{x}\right]_{4}^{a}\\ \\ \ds=\frac{1}{3}\lim_{a\to+\infty}\left(\log\frac{a-3}{a}-\log\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{3}\log\frac{1}{4}=\frac{1}{3}\log4. \end{array} \]

L'integrale dato vale \(\frac{1}{3}\log4\).

Esercizio 10

Determinare tutti gli \(\alpha\geq0\) per cui la funzione

\[ f(x)=\left(\sqrt{1+x}-\sqrt{x}\right)^{\alpha} \]

è sommabile su \([0,+\infty)\)

Soluzione

La funzione \(f(x)\) è continua e positiva su \([0,+\infty)\), quindi basta analizzare il suo comportamento in un intorno di \(+\infty\), ovvero per \(x\to+\infty\). Moltiplicando e dividendo per \(\left(\sqrt{1+x}+\sqrt{x}\right)^{\alpha}\), si ha

\[ f(x)=\frac{1}{\left(\sqrt{1+x}+\sqrt{x}\right)^{\alpha}}\sim\frac{1}{(2\sqrt x)^\alpha}=\frac{1}{2^{\alpha}}\frac{1}{x^{\alpha/2}}, \ x\to+\infty. \]

Per confronto, segue che \(f\) è sommabile su \([0,+\infty)\) se e solo se \(\alpha/2>1\), quindi se e solo se

\[ \alpha>2. \]

Esercizio 11

Dato

\[ \int_0^{+\infty}{\frac{\log\left(1+e^{x^2}\right)}{2+3x^{5/2}+x^{3\alpha}+12x} \; dx} \]

stabilire per quali valori di \(\alpha>0\) converge, ovvero esiste finito.

Soluzione

La funzione \(f(x)\) è continua e positiva su \([0,+\infty)\), quindi basta analizzare il suo comportamento in un intorno di \(+\infty\), ovvero per \(x\to+\infty\). Si ha

\[ f(x)=\frac{\log\left(1+e^{x^2}\right)}{2+3x^{5/2}+x^{3\alpha}+12x}\sim\frac{\log\left(e^{x^2}\right)}{3x^{5/2}+x^{3\alpha}}=\frac{x^2}{3x^{5/2}+x^{3\alpha}} \sim \]

\[ \sim \left\{ \begin{array}{ll} \frac{x^2}{3x^{5/2}}=\frac{1}{3}\frac{1}{x^{1/2}} & \mbox{se $3\alpha<5/2$, ovvero se e solo se $\alpha<5/6$}\vspace{0.5cm}\\ \frac{x^2}{4x^{5/2}}=\frac{1}{4}\frac{1}{x^{1/2}} & \mbox{se $3\alpha=5/2$, ovvero se e solo se $\alpha=5/6$}\vspace{0.5cm}\\ \frac{x^2}{x^{3\alpha}}=\frac{1}{x^{3\alpha-2}} & \mbox{se $3\alpha>5/2$, ovvero se e solo se $\alpha>5/6$} \end{array} \right. \]

Nei primi due casi, l'integrale improprio diverge per confronto asintotico, in quanto \(1/2<1\). Nel terzo caso, invece, esiste finito se e solo se \(3\alpha-2>1\), ovvero se e solo se \(\alpha>1\). In definitiva, l'integrale improprio esiste finito (converge) per \(\alpha>1\), diverge per \(\alpha\leq1\).

Esercizio 12

Dato

\[ \int_0^{+\infty}\frac{3+2x^{3/2}+5x^{4\alpha}+x^{1/2}}{\log\left(1+e^{x^5}\right)} \; dx \]

stabilire per quali valori di \(\alpha>0\) converge, ovvero esiste finito.

Soluzione

La funzione \(f(x)\) è continua e positiva su \([0,+\infty)\), quindi basta analizzare il suo comportamento in un intorno di \(+\infty\), ovvero per \(x\to+\infty\). Si ha

\[ f(x)=\frac{3+2x^{3/2}+5x^{4\alpha}+x^{1/2}}{\log\left(1+e^{x^5}\right)}\sim\frac{2x^{3/2}+5x^{4\alpha}}{\log\left(e^{x^5}\right)}=\frac{2x^{3/2}+5x^{4\alpha}}{x^5} \sim \]

\[ \sim \left\{ \begin{array}{ll} \frac{2x^{3/2}}{x^5}=2\frac{1}{x^{7/2}} & \mbox{se $4\alpha<3/2$, ovvero se e solo se $\alpha<3/8$}\vspace{0.5cm}\\ \frac{7x^{3/2}}{x^5}=7\frac{1}{x^{7/2}} & \mbox{se $4\alpha=3/2$, ovvero se e solo se $\alpha=3/8$}\vspace{0.5cm}\\ \frac{5x^{4\alpha}}{x^{5}}=5\frac{1}{x^{5-4\alpha}} & \mbox{se $4\alpha>3/2$, ovvero se e solo se $\alpha>3/8$} \end{array} \right. \]

Nei primi due casi, l'integrale improprio converge per confronto asintotico, in quanto \(7/2>1\). Nel terzo caso, invece, esiste finito se e solo se \(5-4\alpha>1\), ovvero se e solo se \(\alpha<1\). In definitiva, l'integrale improprio esiste finito (converge) per \(\alpha<1\), diverge per \(\alpha\geq1\).

Esercizio 13

Dato

\[ \int_1^{+\infty}\frac{\arctan x}{\sqrt{x}(1+x^\alpha)} \; dx \]

stabilire per quali valori di \(\alpha\in\mathbb{R}\) converge, ovvero esiste finito.

Soluzione

La funzione \(f(x)\) è continua e positiva su \([1,+\infty)\), quindi basta analizzare il suo comportamento in un intorno di \(+\infty\), ovvero per \(x\to+\infty\). Si ha

\[ f(x)\sim\left\{ \begin{array}{ll} \frac{\pi/2}{x^{1/2}+x^{1/2+\alpha}}\sim\frac{\pi}{2x^{1/2}} & \mbox{se $\alpha<0$}\vspace{0.5cm}\\ \frac{\pi/2}{2x^{1/2}}=\frac{\pi}{4x^{1/2}} & \mbox{se $\alpha=0$}\vspace{0.5cm}\\ \frac{\pi/2}{x^{1/2}+x^{1/2+\alpha}}\sim\frac{\pi}{2x^{1/2+\alpha}} & \mbox{se $\alpha>0$} \end{array} \right. \]

Nei primi due casi, l'integrale improprio diverge per confronto asintotico, in quanto \(1/2<1\). Nel terzo caso, invece, esiste finito se e solo se \(\frac{1}{2}+\alpha>1\), ovvero se e solo se \(\alpha>\frac{1}{2}\). In definitiva, l'integrale improprio esiste finito (converge) in un intorno \(U(+\infty)\) per \(\alpha>\frac{1}{2}\), diverge per \(\alpha\leq\frac{1}{2}\).

Esercizio 14

Operare il cambiamento di variabile \(y=\sqrt{x}\) in

\[ \int_4^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}+6)}dx \]

e scrivere il corrispondente integrale in \(dy\). Determinare poi il valore dell'integrale.

Soluzione

Da \(y=\sqrt{x}\), \(x=y^{2}\), \(dx=2y\ dy\), si ottiene

\[ \int_4^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}+6)}dx=\int_{2}^{+\infty}\frac{2}{(y+2)(y+6)}dy. \]

Coi fratti semplici,

\[ \begin{array}{l}\ds\int_{2}^{+\infty}\frac{2}{(y+2)(y+6)}dy=\lim_{a\to+\infty}\int_{2}^{a}\frac{2}{(y+2)(y+6)}dy\\ \\ \ds=\frac{1}{2}\lim_{a\to+\infty}\int_{2}^{a}\left(\frac{1}{y+2}-\frac{1}{y+6}\right)dy= \frac{1}{2}\lim_{a\to+\infty}\left[\log\frac{y+2}{y+6}\right]_{2}^{a}\\ \\ \ds=\frac{1}{2}\lim_{a\to+\infty}\left(\log\frac{a+2}{a+6}-\log\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}\log\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\log2. \end{array} \]

Esercizio 15

Data la funzione

\[ f:[1,+\infty)\rightarrow{\R},\ \ f(x)=\int_1^x\frac{(t^3-27)(t-1)^3}{t^7+1}dt \]

\(\bullet\) Scrivere \(f'(x)\).

\(\bullet\) Trovare gli eventuali punti di massimo o minimo relativo interni al dominio specificando il segno dei valori assunti in tali punti.

\(\bullet\) Dire se \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\) esiste e se è finito o meno motivando la risposta.

\(\bullet\) Stabilire per quale valore di \(\alpha\) risulta finito e diverso da \(0\)

\[ \lim_{x\to1}(x-1)^\alpha f(x) \]

motivando la risposta.

Soluzione

Per il Teorema fondamentale del calcolo integrale

\[ f'(x)=\frac{(x^3-27)(x-1)^3}{x^7+1}. \]

Soluzione

La derivata prima si annulla nell'estremo \(x=1\) del dominio e nel punto interno \(x=3\). Risulta negativa per \(1<x<3\), positiva per \(x>3\). Il punto \(x=3\) è di minimo (assoluto) interno. Il valore corrispondente

\[ f(3)=\int_1^3\frac{(t^3-27)(t-1)^3}{t^7+1}dt \]

è negativo come si deduce dal fatto che \(f(1)=0\) e che \(f\) è strettamente decrescente in \([1,3]\). Alla stessa conclusione si giunge direttamente osservando che la funzione sotto il segno di integrale è negativa nell'intervallo \([1,3)\).

Soluzione

La funzione \(f\) è strettamente crescente in \((3,+\infty)\), quindi il limite esiste, finito oppure \(+\infty\).

Per definizione,

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\int_1^{+\infty}\frac{(t^3-27)(t-1)^3}{t^7+1}dt, \]

quindi la domanda equivale a chiedere se la funzione

\[ g(t)=\frac{(t^3-27)(t-1)^3}{t^7+1} \]

è sommabile su \([1,+\infty)\) o meno.

La funzione \(g(t)\) è continua in \([1,+\infty)\) quindi basta esaminare il suo comportamento per \(t\to+\infty\). Si ha

\[ g(t)\sim\frac{1}{t},\ \ t\to+\infty, \]

da cui la funzione non è sommabile su \([1,+\infty)\).

Concludendo, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

Soluzione

Si ha \(\ds\lim_{x\to1}f(x)=f(1)=0\), quindi per \(\alpha\geq0\) il limite proposto è zero. Per \(\alpha<0\), diciamo \(\alpha=-\beta\) con \(\beta>0\), il limite proposto

\[ \lim_{x\to1^{+}}\frac{f(x)}{(x-1)^{\beta}} \]

ha la forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Applicando le regole di De L'Hospital, abbiamo

\[ \begin{array}{l}\ds\lim_{x\to1^{+}}\frac{f(x)}{(x-1)^{\beta}}=\lim_{x\to1^{+}}\frac{f'(x)}{\beta(x-1)^{\beta-1}}\\ \\ \ds=\lim_{x\to1^{+}}\frac{(x^3-27)(x-1)^3}{\beta(x-1)^{\beta-1}(x^7+1)}=-\frac{13}{\beta}\lim_{x\to1^{+}}\frac{(x-1)^{3}}{(x-1)^{\beta-1}}. \end{array} \]

Tale limite esiste per ogni \(\beta>0\) ma risulta finito e diverso da zero, come richiesto, se e solo se \(\beta=4\) (ed in tale caso vale \(-13/4\)).

Concludendo, il limite proposto esiste finito e diverso da zero se e solo se \(\alpha=-4\).

Esercizio 16

Calcolare

\[ \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}+4)}dx \]

Dire poi come si possa anticipare, senza l' ausilio di primitive, la sommabilità della funzione nell'intervallo indicato.

Soluzione

La funzione

\[ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}+4)} \]

è continua e positiva in \((0,+\infty)\), non limitata per \(x\to0\) e l'intervallo di integrazione non è limitato. Scritto

\[ \int_{0}^{+\infty}f(x)dx=\int_{0}^{1}f(x)dx+\int_{1}^{+\infty}f(x)dx, \]

occorre e basta esaminare i comportamenti asintotici di \(f(x)\) per \(x\to0\) e per \(x\to+\infty\). Si ha

\[ f(x)\sim\frac{1}{4}\frac{1}{\sqrt{x}},\ \ x\to0;\ \ \ \ f(x)\sim\frac{1}{x^{3/2}},\ \ x\to+\infty. \]

Dunque, \(f(x)\) è sommabile su \((0,+\infty)\) perché lo è sia su \((0,1]\) che su \([1,+\infty)\) per confronto.

Possiamo calcolare il valore con la sostituzione \(y=\sqrt{x}\), \(x=y^{2}\), \(dx=2y\ dy\):

\[ \begin{array}{l} \ds\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}+4)}dx=\int_{0}^{+\infty} \frac{2}{(y+1)(y+4)}dy\\ \\ \ds=\frac{2}{3}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{y+1}-\frac{1}{y+4}\right)dy= \frac{2}{3}\lim_{a\to+\infty}\left[\log\frac{y+1}{y+4}\right]_{0}^{a}\\ \\ \ds=\frac{2}{3}\lim_{a\to+\infty}\left(\log\frac{a+1}{a+4}-\log\frac{1}{4}\right)=-\frac{2}{3}\log\frac{1}{4}=\frac{2}{3}\log4. \end{array} \]

Esercizio 17

Sia

\[ \displaystyle f:[1/2,+\infty[\longrightarrow {\R}, \ f(x)= \int_{1}^{x}\frac{\log t}{t^2}dt \]

\(\bullet\) Determinare gli eventuali estremanti locali e l'andamento di monotonia di \(f\).

\(\bullet\) Motivare l' esistenza di un asintoto orizzontale per \(f\).

\(\bullet\) Calcolare \(\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{f(x)}{(x-1)^2}\).

Soluzione

Per il Teorema fondamentale del calcolo integrale,

\[ f'(x)=\frac{\log x}{x^2} \]

per ogni \(x\) nel dominio assegnato \([1/2,+\infty)\). La derivata si annulla per \(x=1\), risulta negativa per \(1/2\leq x<1\), positiva per \(x>1\). La funzione \(f\) è quindi strettamente decrescente in \([1/2,1)\), strettamente crescente in \((1,+\infty)\). Il punto \(x=1\) è di minimo assoluto con valore \(f(1)=0\), in particolare la funzione assume solo valori non negativi (positivi per ogni \(x\neq1\) nel dominio assegnato).

Soluzione

Si deve motivare che \(\ds\lim_{x\to+\infty}f(x)\) esiste finito. Per definizione,

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\int_1^{+\infty}\frac{\log t}{t^2}dt, \]

quindi si deve motivare il fatto che la funzione

\[ g(t)=\frac{\log t}{t^2} \]

è sommabile su \([1,+\infty)\).

La funzione \(g(t)\) è continua in \([1,+\infty)\) quindi basta esaminare il suo comportamento per \(t\to+\infty\). Dal momento che \(\log t\) è infinito di ordine inferiore a qualunque potenza, si ha

\[ g(t)=O\left(\frac{1}{t^{2-\varepsilon}}\right),\ \ t\to+\infty, \]

per ogni \(\varepsilon>0,\)da cui, scegliendo \(\varepsilon\) tale che \(2-\varepsilon>1\), la funzione \(g\) è sommabile su \([1,+\infty)\).

Soluzione

Si ha \(\ds\lim_{x\to1}f(x)=f(1)=0\), quindi il limite proposto ha la forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Applicando le regole di De L'Hospital, abbiamo

\[ \begin{array}{l}\ds\lim_{x\to1}\frac{f(x)}{(x-1)^{2}}=\lim_{x\to1}\frac{f'(x)}{2(x-1)}\\ \\ \ds=\lim_{x\to1}\frac{\log x}{2(x-1)x^{2}}=\frac{1}{2}\lim_{x\to1}\frac{\log x}{x-1}=\frac{1}{2}\lim_{y\to0}\frac{\log(1+y)}{y}=\frac{1}{2}. \end{array} \]

Esercizio 18

Consideriamo

\[ \int_{2}^{+\infty} \frac{x+2}{x(x+1)(x-1)}dx. \]

Prima di calcolarlo motivare il fatto che tale integrale esiste finito.

Soluzione

La funzione

\[ f(x)= \frac{x+2}{x(x+1)(x-1)} \]

è continua e positiva su \([2,+\infty)\) ed ha il comportamento asintotico

\[ f(x)\sim\frac{1}{x^{2}},\ \ x\to+\infty, \]

quindi è impropriamente integrabile in un intorno di \(+\infty\) per confronto.

Dai fratti semplici

\[ \frac{x+2}{x(x+1)(x-1)}=-\frac{2}{x}+\frac{1}{2}\frac{1}{x+1}+\frac{3}{2}\frac{1}{x-1}, \]

segue la primitiva su \([2,+\infty)\)

\[ \int \frac{x+2}{x(x+1)(x-1)}dx=\log\frac{(x+1)^{1/2}(x-1)^{3/2}}{x^{2}}. \]

Quindi

\[ \begin{array}{l}\ds\int_{2}^{+\infty}\frac{x+2}{x(x+1)(x-1)}dx=\lim_{a\to+\infty}\left[\log\frac{(x+1)^{1/2}(x-1)^{3/2}}{x^{2}}\right]_{2}^{a}\\ \\ \ds=\lim_{a\to+\infty}\left(\log\frac{(a+1)^{1/2}(a-1)^{3/2}}{a^{2}}-\log\frac{3^{1/2}}{4}\right)=\log\frac{4}{\sqrt{3}}. \end{array} \]

Esercizio 19

Utilizzando il cambiamento di variabile \(y=e^x\) calcolare

\[ \int_0^{+\infty}\frac{e^x}{(e^x+2)(e^x+3)}dx. \]

Soluzione

Da \(y=e^{x}\), \(x=\log y\), \(dx=\frac{1}{y}dy\) e dai fratti semplici, segue

\[ \begin{array}{l}\ds\int_0^{+\infty}\frac{e^x}{(e^x+2)(e^x+3)}dx=\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{(y+2)(y+3)}dy\\ \\ \ds=\int_{1}^{+\infty}\left(\frac{1}{y+2}-\frac{1}{y+3}\right)dy=\lim_{a\to+\infty}\left[\log\frac{y+2}{y+3}\right]_{1}^{a}\\ \\ \ds=\lim_{a\to+\infty}\left(\log\frac{a+2}{a+3}-\log\frac{3}{4}\right)=\log\frac{4}{3} \end{array} \]

Esercizio 20

Data la funzione

\[ f:[1,+\infty)\rightarrow{\R},\ \ f(x)=\displaystyle\int_1^x\frac{t^3-27}{t^5+1}dt \]

\(\bullet\) Scrivere \(f'(x)\).

\(\bullet\) Determinare gli eventuali punti di massimo o minimo relativo.

\(\bullet\) Scrivere \(f''(x)\).

\(\bullet\) Per motivare la presenza di flessi o meno, fare a parte un breve studio della funzione polinomiale \(y=-2x^5+135x^2+3\) riportandone un grafico qualitativo. Il polinomio in questione è uno dei fattori di \(f''(x)\).

\(\bullet\) Dire, dal punto precedente, se \(f\) ha punti di flesso. (Non si chiede di trovare esplicitamente tali punti ma solo dire se ci sono e quanti sono e di localizzarli rispetto ad altri punti notevoli come punti di massimo o minimo relativo).

\(\bullet\) Dire se \(\lim_{x\to+\infty}f(x)\) esiste e se è finito o meno motivando la risposta (nel caso che sia finito non si chiede di calcolarlo).

Soluzione

Per il Teorema fondamentale del calcolo integrale,

\[ f'(x)=\frac{x^3-27}{x^5+1} \]

per tutti gli \(x\) nel dominio assegnato \([1,+\infty)\).

Soluzione

La derivata si annulla per \(x=3\), è negativa in \([1,3)\), positiva in \((3,+\infty)\). La funzione è strettamente decrescente in \([1,3)\), strettamente crescente in \((3,+\infty)\). Il punto \(x=3\) è di minimo assoluto, con valore

\[ f(3)=\int_1^3\frac{t^3-27}{t^5+1}dt, \]

calcolabile coi fratti semplici se necessario, di segno negativo in quanto \(f(1)=0\) ed \(f\) strettamente decrescente in \([1,3)\). Si può determinare il segno di \(f(3)\) anche direttamente osservando che la funzione sotto il segno di integrale è strettamente negativa per \(t\in[1,3)\).

Soluzione

\[ f''(x)=\frac{x^{2}(-2x^5+135x^2+3)}{(x^{5}+1)^{2}}. \]

Soluzione

Si ha \(\ds\lim_{x\to\pm\infty}y(x)=\mp\infty\). Poi \(y'(x)=-10x(x^{3}-27)\), da cui \(y(x)\) è strettamente decrescente in \((-\infty,0)\), il punto \(x=0\) è di minimo relativo con valore \(y(0)=3\), \(y(x)\) è strettamente crescente in \((0,3)\), il punto \(x=3\) è di massimo relativo con valore \(y(3)=732\), \(y(x)\) è strettamente decrescente in \((3,+\infty)\). In particolare, \(y(x)\) ha un unico zero per \(x=\alpha\) con \(\alpha\in(3,+\infty)\), \(y(x)>0\) per \(x<\alpha\), \(y(x)<0\) per \(x>\alpha\).

Soluzione

Nel dominio assegnato, la derivata seconda ha lo stesso segno di \(-2x^5+135x^2+3\). Per quanto visto al punto precedente, la funzione \(f\) ha un flesso per \(x=\alpha\), con \(\alpha\in(3,+\infty)\), è strettamente convessa in \((1,\alpha)\), strettamente concava \((\alpha,+\infty)\).

Soluzione

La funzione è strettamente crescente in \((3,+\infty)\) quindi il limite esiste, finito oppure \(+\infty\).

Per definizione,

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\int_1^{+\infty}\frac{t^3-27}{t^5+1}dt, \]

quindi la domanda equivale a chiedere se la funzione

\[ g(t)=\frac{t^3-27}{t^5+1} \]

è sommabile su \([1,+\infty)\) o meno.

La funzione \(g(t)\) è continua in \([1,+\infty)\) quindi basta esaminare il suo comportamento per \(t\to+\infty\). Si ha

\[ g(t)\sim\frac{1}{t^{2}},\ \ t\to+\infty, \]

da cui la funzione è sommabile su \([1,+\infty)\).

Concludendo, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\) esiste finito. Se necessario, è possibile calcolarlo coi fratti semplici.