121
Calcolo Integrale
⋄
30. Calcolare l’integrale improprio
�
1
log x dx.
0
R. Come abbiamo già visto
�
log x dx = x log x − x + c.
Quindi
�
0
1
log x dx = [x log x − x]10 = −1 − lim+ (x log x − x) = −1
x→0
⋄
31. Calcolare l’integrale improprio
�
2
1
1
dx.
cos( π2 x)
R. La funzione data è continua e negativa sull’intervallo (1, 2]. Prima di provare a
calcolare una primitiva verifichiamo se la funzione è integrabile sull’intervallo. Possiamo utilizzare il criterio del confronto asintotico perché la funzione ha segno costante
nell’intervallo di integrazione. Per x → 1+
1
1
2
1
1
=
∼− ·
.
π = −
π
π
π
cos( 2 x)
cos( 2 (x − 1) + 2 )
sin( 2 (x − 1))
π x−1
Quindi l’integrale diverge a −∞ (il segno meno è dovuto al fatto che la funzione
1/ cos(πx/2) è negativa in un intorno di 1+ ).
⋄
32. Calcolare l’integrale improprio
�
e
+∞
1
dx.
x(log x)3
R. Integriamo prima il fattore 1/x
�
+∞
e
1
dx =
x(log x)3
�
e
+∞
�+∞
�
1
1
1
=
.
d(log
x)
=
−
(log x)3
2(log x)2 e
2
⋄
122
Roberto Tauraso - Analisi 2
33. Determinare per quali valori di a ∈ R la funzione
(sin x)a
x3 (x + 5)4
è integrabile sull’intervallo (0, 2).
R. La funzione data è continua sull’intervallo (0, 2] e quindi dobbiamo fare un’analisi
asintotica solo per x → 0+
(sin x)a
xa
1
1
∼
∼
·
x3 (x + 5)4
x3 54
54 x3−a
Dunque la funzione è integrabile sull’intervallo (0, 2) se e solo se α = 3 − a < 1 ossia
se a > 2.
⋄
34. Determinare per quali valori di a ∈ R la funzione
1 − e−x
xa |x − 1|4a
è integrabile sull’intervallo (0, +∞).
R. Dato che il dominio della funzione da integrare è (0, +∞) \ {1}, i punti da indagare
sono tre: 0, 1 e +∞.
Per x → 0+
x
1
1 − e−x
∼ a = a−1
a
4a
x |x − 1|
x
x
quindi, per l’integrabilità, α = a − 1 < 1 ossia a < 2.
Per x → 1
�
�
1
1
1 − e−x
·
∼
1
−
xa |x − 1|4a
e
|x − 1|4a
quindi, per l’integrabilità, α = 4a < 1 ossia a < 14 .
Per x → +∞
1 − e−x
1
1
∼ a 4a ∼ 5a
a
4a
x |x − 1|
x x
x
quindi, per l’integrabilità, α = 5a > 1 ossia a > 15 .
Unendo le tre condizioni abbiamo che 51 < a < 41 .
⋄
35. Determinare per quali valori di a ∈ R la funzione
√
1
x | log(ex − 1)|a
123
Calcolo Integrale
è integrabile sull’intervallo (0, +∞).
R. Siccome il dominio della funzione da integrare è (0, +∞) \ {log 2}, dobbiamo fare
l’analisi asintotica in 0, log 2 e +∞.
Per x → 0+ abbiamo
1
1
√
∼ 1/2
x
a
x | log x|a
x | log(e − 1)|
quindi, dato che α = 1/2 < 1, la condizione di l’integrabilità “vicino” a 0 + è soddisfatta
per qualunque a.
Per x → log 2 abbiamo che l’infinitesimo di riferimento è (x − log 2) e
log(ex −1) = log(2ex−log 2 −1) ∼ log(2(1+(x−log 2))−1) = log(1+2(x−log 2)) ∼ 2(x−log 2).
Cosı̀
√
1
1
1
1
= a√
·
∼√
x
a
a
x | log(e − 1)|
log 2 |2(x − log 2)|
2 log 2 |x − log 2|a
quindi la condizione di l’integrabilità “vicino” a log 2 è soddisfatta per α = a < 1.
Per x → +∞ abbiamo
√
1
1
1
∼ 1/2 a = a+1/2
x
a
x | log(e − 1)|
x x
x
dunque la funzione è integrabile “verso” +∞ se α = a + 1/2 > 1 ossia se a > 1/2.
Quindi la condizione di integrabilità sull’intervallo (0, +∞) è: 1/2 < a < 1.
⋄
36. Determinare per quali valori di a ∈ R la funzione
(x2 − 1)a
√
log x 3 − x
è integrabile sull’intervallo (1, 3).
R. I punti da indagare sono due: 1 e 3.
Per x → 1+ abbiamo
2a
1
((x − 1)(x + 1))a
2a (x − 1)a
(x2 − 1)a
√
√
=√ ·
=
∼√ ·
x−1
log x 3 − x
log(1 + (x − 1)) 3 − x
2
2 (x − 1)1−a
quindi, per l’integrabilità, α = 1 − a < 1 ossia a > 0.
Per x → 3− abbiamo
1
(x2 − 1)a
8a
√
·
∼
log 3 (3 − x) 12
log x 3 − x
quindi è integrabile “vicino” a 3 perché 12 < 1.
Cosı̀ l’unica condizione per l’integrabilità sull’intervallo (1, 3) è: a > 0.
⋄
124
Roberto Tauraso - Analisi 2
37. Determinare per quali valori di a > 0 la funzione
√
4
1 + xa − 1
log(3ex2 + 2) − log 5
è integrabile sull’intervallo (0, +∞).
R. I punti da indagare sono due: 0 e +∞.
Per x → 0+ abbiamo
√
√
4
4
1 + xa − 1
1 + xa − 1
xa /4
xa /4
5
1
=
∼
∼
∼
·
2
2
2
log(3ex + 2) − log 5
log(1 + 3(ex − 1)/5)
3(ex − 1)/5
3x2 /5
12 x2−a
quindi, per l’integrabilità, α = 2 − a < 1 ossia a > 1.
Per x → +∞ abbiamo
√
4
1 + xa − 1
1
xa/4
xa/4
∼
∼
=
2
2
x2 + log 3
x2−(a/4)
log(3ex + 2) − log 5
log(3ex )
quindi è integrabile verso +∞ se α = 2 − (a/4) > 1 ossia a < 4.
Cosı̀ la condizione per l’integrabilità sull’intervallo (0, +∞) è: 1 < a < 4.
⋄
38. Determinare per quali valori di a ∈ R la funzione
2
1 − e−1/(1+x )
√
3
x | log x|a
è integrabile sull’intervallo (0, +∞).
R. Il dominio della funzione da integrare è (0, +∞) \ {1} e dunque dobbiamo fare
l’analisi asintotica in 0, 1 e +∞.
Per x → 0+ abbiamo
2
1 − e−1
1 − e−1/(1+x )
√
∼
3
x | log x|a
x1/3 | log x|a
quindi, dato che α = 1/3 < 1, la condizione di l’integrabilità “vicino” a 0 + è soddisfatta
per qualunque a.
Per x → 1 abbiamo che l’infinitesimo di riferimento è (x − 1) e
2
2
1 − e−1/(1+x )
1 − e−1/(1+x )
1 − e−1/2
√
√
=
∼
3
3
x | log x|a
x | log(1 + (x − 1))|a
|x − 1|a
quindi la condizione di l’integrabilità “vicino” a 1 è soddisfatta per α = a < 1.
Per x → +∞ l’esponente −1/(1 + x2 ) è infinitesimo e dunque
�
�
1
1
−1/(1+x2 )
∼ 1 − 2.
e
∼1+ −
2
1+x
x
125
Calcolo Integrale
Allora
2
1/x2
1
1 − e−1/(1+x )
√
∼
= 7/3
3
a
1/3
a
x | log x|
x | log x|
x | log x|a
e la funzione è integrabile “verso” +∞ se α = 7/3 > 1 ossia per qualunque a.
Quindi la condizione di integrabilità sull’intervallo (0, +∞) è: a < 1.
⋄
39. Determinare per quali valori di a > 0 la funzione
log(1 + x2 ) − (log(1 + x))2
√
xa · sin x · (π − x)1/a
è integrabile sull’intervallo (0, π).
R. Dobbiamo fare l’analisi asintotica in 0+ , π − . Per x → 0+ abbiamo
x2 − x4 /2 + o(x4 ) − (x − x2 /2 + o(x2 ))2
log(1 + x2 ) − (log(1 + x))2
√
∼
xa · x1/2 · π 1/a
xa · sin x · (π − x)1/a
x3
1
1
∼
= 1/a · a−5/2
1/a
a+1/2
π x
π
x
quindi, la condizione di integrabilità α = a − 5/2 < 1 è soddisfatta per a < 7/2.
Per x → π − abbiamo che l’infinitesimo di riferimento è (π − x) e
log(1 + x2 ) − (log(1 + x))2
log(1 + π 2 ) − (log(1 + π))2
√
∼
π a · (π − x)1/2+1/a
xa · sin x · (π − x)1/a
quindi la condizione di integrabilità α = 1/2 + 1/a < 1 è soddisfatta per a > 2.
Dunque la funzione data è integrabile sull’intervallo (0, +∞) se e solo se 2 < a < 7/2.
⋄
40. Calcolare l’integrale improprio
� +∞
1
1
dx.
x (3 + (log x)2 )
R. La funzione data è continua in [1, +∞) e se facciamo un’analisi asintotica per
x → +∞ vediamo subito che la funzione data è integrabile:
1
1
∼
.
2
x (3 + (log x) )
x (log x)2
Per calcolare l’integrale dobbiamo prima determinare una primitiva.
Per x > 0
�
�
�
�
1
1
1
log x
d(log x) = √ arctan √
dx =
+c
x (3 + (log x)2 )
3 + (log x)2
3
3
Quindi
�
1
+∞
�
�
��+∞
1
π
log x
1
dx = √ arctan √
= √ .
2
x (3 + (log x) )
3
3
2 3
1
126
Roberto Tauraso - Analisi 2
⋄
41. Calcolare l’integrale improprio
� +∞
0
√
1
√
dx.
x + ( x)3
R. La funzione data è continua e positiva in (0, +∞). Inoltre su questo intervallo è
integrabile per il criterio del confronto asintotico:
per x → 0+
1
1
√
√ 3 ∼ 1,
x + ( x)
x2
per x → +∞
1
1
√ 3 ∼ 3.
√
x + ( x)
x2
Per √
il calcolo del valore dell’integrale improprio determiniamo una primitiva: poniamo
t = x, cosı̀ t2 = x, 2t dt = dx e
�
�
�
1
2t
1
√
√ 3 dx =
dt
=
2
dt
x + ( x)
t + t3
1 + t2
√
= 2 arctan(t) + c = 2 arctan( x) + c.
Ora valutiamo la primitiva agli estremi di integrazione
� +∞
�
√ �+∞
1
√
√ 3 dx = 2 arctan( x) 0 = π.
x + ( x)
0
⋄
42. Determinare per quali valori di a ∈ R la funzione
(log x)3
(x − 1)a (log(1 + xx ))5
è integrabile sull’intervallo (1, +∞).
R. La funzione data è continua e positiva in (1, +∞). e dunque i punti da esaminare
sono 1+ e +∞. Per x → 1+
1
1
(log x)3
(x − 1)3
=
·
∼
5
a
5
5
(x − 1) (log 2)
(log 2) (x − 1)a−3
(x − 1)a (log(1 + xx ))
e quindi l’integrale converge “vicino” a 1+ se a − 3 < 1 ossia se a < 4.
Per x → +∞
(log x)3
1
(log x)3
∼
5
5 = a+5
a
x
a
x
x (log x)2
(x − 1) (log(1 + x ))
x (log(x ))
e quindi l’integrale converge “verso” +∞ se a + 5 ≥ 1 ossia se a ≥ −4.
Cosı̀ la condizione di integrabilità cercata è a ∈ [−4, 4).
