Formulario integrali impropri

CONVERGENZA DI INTEGRALI IMPROPRI

$f(x)\ge 0\,\,\,\,\forall x\in E$  (dove $E$ è l’intervallo di integrazione)

DEFINIZIONE DI CONVERGENZA IN SENSO IMPROPRIO

1. Sia $I=(a,b]$ un intervallo tale che la funzione $\left( x \right)$ risulta continua sull’intervallo e sia tale che $\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\infty$ , la funzione è integrabile in senso improprio se $\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}$ esiste ed è finito.
2. Sia $I$ non limitato superiormente o inferiormente, ad esempio $I=[a,+\infty )$ , e sia $f\left( x \right)$ una funzione continua su tale intervallo, allora si dice integrabile in senso improprio se $\underset{b\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}$ esiste ed è finito.

CONDIZIONE NECESSARIA ALLA CONVERGENZA

Un integrale del tipo $\int\limits_{a}^{+\infty }{f(x)dx}$ può convergere soltanto se $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0$

CRITERIO DEL CONFRONTO

Se $0\le f(x)\le g(x)\,\,\,\forall x\in E\,\,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,$ \(\left\{ \begin{align}& se\,\,\int\limits_{E}{f(x)dx}=+\infty \,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,\int\limits_{E}{g(x)dx=+\infty } \\& se\,\,\int\limits_{E}{g(x)dx}<\infty \,\,\,\,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,\,\int\limits_{E}{f(x)dx}<\infty  \\\end{align} \right.\)

CRITERIO DEL CONFRONTO ASINTOTICO

Se $\underset{x\to \alpha }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{g(x)}=l\,\,\,\in \mathbb{R}\cup \left\{ \infty  \right\}\,\,\,$ allora si può dire che:

se $l\ne 0$ e $l\ne \infty$  $\Rightarrow$ $f(x)$ e $g(x)$ hanno lo stesso comportamento dal punto di vista della convergenza

se $l= 0$  $\Rightarrow$ se$\,\,\int\limits_{E}{g(x)dx}<\infty \,\,\,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\int\limits_{E}{f(x)dx}<\infty$

se $l= \infty$  $\Rightarrow$ se $\,\,\int\limits_{E}{g(x)dx}=\infty \,\,\,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\int\limits_{E}{f(x)dx}=\infty$

 INTEGRALI PER CONFRONTO ASINTOTICO

\(\int\limits_{1}^{\infty }{\frac{1}{{{x}^{\alpha }}}dx}=\left\{ \begin{align} & \infty \,\,\,\,\,\,se\,\,\alpha \le 1\\ & <\infty \,\,se\,\,\alpha >1 \\ \end{align} \right.\)

\(\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{x}^{\alpha }}}dx}=\left\{ \begin{align} & \infty \,\,\,\,\,\,se\,\,\alpha \ge 1 \\& <\infty \,\,se\,\,\alpha <1 \\ \end{align} \right.\)

\(\int\limits_{2}^{\infty }{\frac{1}{x{{\log }^{\alpha }}x}dx}=\left\{ \begin{align}   & \infty \,\,\,\,\,\,se\,\,\alpha <1 \\  & <\infty \,\,se\,\,\alpha >1 \\ \end{align} \right.\)

$f(x)\,\,\,$ a segno variabile su $E$ (dove $E$ è l’intervallo di integrazione)

CRITERIO DI ASSOLUTA INTEGRABILITÀ

$\int\limits_{E}{\left| f(x) \right|dx}<\infty \,\,\,\,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,\,\int\limits_{E}{f(x)dx}\,\,\,<\infty$

$\int\limits_{E}{\left| f(x) \right|dx}=+\infty \,\,\,\,\Rightarrow$ non si può concludere niente sulla convergenza dell’integrale

Esempio

Determinare per quali valori di $\alpha \in \mathbb{R}$ converge l’integrale $\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}-1}}dx}$

Per prima cosa verifichiamo i punti in cui l’integrale risulta improprio:

• Dobbiamo considerare l’estremo superiore dell’integrale che è $+\infty$
• Dobbiamo considerare che per $x\to 1$, la quantità sotto radice diventa infinitesima.

L’integrale pertanto risulta improprio in ${{1}^{+}}$ e in $+\infty$ . Per studiare la convergenza, bisogna dividere l’integrale in due, ad esempio:

$\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}-1}}dx}=\int\limits_{1}^{3}{\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}-1}}dx}+\int\limits_{3}^{+\infty }{\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}-1}}dx}$

La convergenza si ha se convergono entrambe gli integrali sotto esame:

Iniziamo dal primo $\int\limits_{1}^{3}{\,\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}-1}}dx}$

Per studiare la convergenza in ${{1}^{+}}$, bisogna valutare il comportamento per $x\to {{1}^{+}}$ della funzione integranda, ma visto che lo si vuole confrontare con l’integrale $\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{x}^{\alpha }}}dx}$ che converge per $\alpha <1$ . Risulta molto utile effettuare un cambio di variabile nel limite, cioè porre $x-1=t$ , così si ha un limite per $x\to {{0}^{+}}$

$\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}-1}}\xrightarrow{x=t+1}\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{\left( t+1 \right)}^{3}}-1}}=\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{t}^{3}}+3\,{{t}^{2}}\,+\,3t\,+1-1}}\,\,\,\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\sim }}\,\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{3t\,}}=\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{3}}\,\frac{1}{{{t}^{\frac{1}{\alpha }}}}$

La convergenza si ha quando $\frac{1}{\alpha }<1$ , ovvero $\alpha <0\,\vee \,\alpha >1\)

Convergenza del secondo integrale:  $\int\limits_{3}^{+\infty }{\,\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}-1}}dx}$

In questo caso bisogna valutare il comportamento asintotico della funzione integranda per $x\to +\infty$ , e andarla a confrontare con $\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{1}{{{x}^{\alpha }}}dx}$ che converge per $\alpha >1$ .

$\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}-1}}\underset{x\to +\infty }{\mathop{\sim }}\,\,\,\frac{1}{\sqrt[\alpha ]{{{x}^{3}}}}=\frac{1}{{{x}^{\frac{3}{\alpha }}}}$

La convergenza si ha in questo caso $\frac{3}{\alpha }>1$ , ovvero $0<\alpha <3$ Facendo l’intersezione delle soluzioni, si ha

Intersezione tra le due condizioni di convergenza

Cioè l’integrale converge per $1<\alpha <2$

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