Integrali impropri risolti

  1. $\large{\int_0^{+\infty}e^{-x}\ dx}$
  2. $\large{\int_0^{e^2}\ln x\ dx}$
  3. $\large{\int_2^{+\infty} \frac{1}{x\ln^2 x}\ dx}$
  4. $\large{\int_0^{+\infty} \frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}\ dx}$

Integrale 1

$$\int_0^{+\infty}e^{-x}\ dx$$

L'integrale è di tipo improprio perchè ha come estremo di integrazione superiore $+\infty$. A norma di teoria lo possiamo riscrivere facendo uso dei limiti:

$$\int_0^{+\infty}e^{-x}\ dx = \lim\limits_{t\rightarrow +\infty}\int_0^t e^{-x}\ dx$$

Quest'ultimo è un integrale che si risolve mediante l'integrazione per parti e in conclusione si calcola anche il limite:

$$=\lim\limits_{t\rightarrow +\infty}\left[-e^{-x}\right]_0^t=-\lim\limits_{t\rightarrow +\infty}(e^{-t}-1)=-(0-1)=1$$

Integrale 2

$$\int_0^{e^2}\ln x\ dx$$

L'integrale è di tipo improprio perchè la funzione integranda $\ln x$ non è definita nell'estremo 0 poichè $\ln 0=-\infty$. Allora, utilizziamo il concetto di limite:

$$\int_0^{e^2}\ln x\ dx=\lim\limits{t\rightarrow 0^+}\int_t^{e^2}\ln x\ dx$$

Risolviamo l'integrale per parti e per finire calcoliamo il limite:

$$=\lim\limits{t\rightarrow 0^+}\left[x\ln x-\int \ dx\right]_t^{e^2}=\lim\limits{t\rightarrow 0^+}(2e^2-e^2-t\ln t+t)=e^2$$

Facciamo notare che abbiamo utilizzato il seguente limite notevole:

$$\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}t\ln t=0$$

Integrale 3

$$\int_2^{+\infty} \frac{1}{x\ln^2 x}\ dx$$

Innanzitutto, riscriviamo l'integrale improprio introducendo il limite e cambiando l'estremo di integrazione $+\infty$ nel seguente modo:

$$=\lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\int_2^a\frac{1}{x\ln^2 x}\ dx$$

Poi, notiamo che, essendoci $\frac{1}{x}$ che è la derivata di $\ln x$, possiamo eseguire la sostituzione

$$t=\ln x\quad\Rightarrow\quad dt=\frac{1}{x}\ dx$$

e cambiare, di conseguenza, anche gli estremi di integrazione:

$$\begin{array}{l} x=2\quad\Rightarrow\quad t=\ln 2\\ x=a\quad\Rightarrow\quad t=\ln a\end{array}$$

Riscrivendo l'integrale si ha:

$$=\lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\int_{\ln 2}^{\ln a}\frac{1}{t^2}\ dt=\lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\left[.\frac{1}{t}\right]_{\ln 2}^{\ln a}=-\lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\left(\frac{1}{\ln a}-\frac{1}{\ln 2}\right)= \frac{1}{\ln 2}$$

Integrale 4

$$\int_0^{+\infty} \frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}\ dx$$

Innanzitutto, riscriviamo l'integrale improprio introducendo il limite e cambiando l'estremo di integrazione $+\infty$ nel seguente modo:

$$=\lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\int_0^a\frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}\ dx$$

Quest'ultimo è un integrale risolvibile con il metodo dei fratti semplici perchè al denominatore della frazione è presente un polinomio (in questo caso non ulteriormente scomponibile). A norma di teoria si ha:

$$\begin{eqnarray*}\frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}&=&\frac{Ax+B}{x^2+1}+\frac{Cx+D}{x^2+4}=\frac{(Ax+B)(x^2+4)+(Cx+D)(x^2+1)}{(x^2+1)(x^2+4)}=\\ &=&\frac{(A+C)x^3+(B+D)x^2+(A+C)x+4B+D}{(x^2+1)(x^2+4)}\end{eqnarray*}$$

Per il principio d'identità dei polinomi, primo membro e ultimo membro della precedente serie di uguaglianze sono uguali se e solo se è verificato il seguente sistema:

$$\begin{cases} A+C=0\\ B+D=0\\ 4A+C=0\\ 4B+D=1\end{cases}$$

che ha come soluzioni $A=0$, $B=\frac{1}{3}$, $C=0$ e $D=-\frac{1}{3}$.

Trovati A,B,C e D, possiamo riscrivere l'integrale come di seguito:

$$\lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\int_0^a\frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)} = \lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\left[\int_0^a\frac{1/3}{x^2+1}\ dx-\int_0^a\frac{1/3}{x^2+4}\ dx\right]$$

Mentre il primo integrale è immediato

$$\int_0^a\frac{1/3}{x^2+1}=\frac{1}{3}\left[\arctan x\right]_0^a=\frac{1}{3}\arctan a$$

per risolvere il secondo è necessario svolgere qualche passaggio in più. Sostituiamo come segue:

$$x=2t\quad\Rightarrow\quad dx=2\ dt$$

e calcoliamo i nuovi estremi di integrazione:

$$\begin{array}{l} x=0\quad\Rightarrow\quad t=\frac{x}{2}=0\\ x=a\quad\Rightarrow\quad t=\frac{x}{2}=\frac{a}{2}\end{array}$$

Così abbiamo:

$$\int_0^a\frac{1/3}{x^2+4}\ dx = \frac{1}{3}\int_0^{a/2}\frac{2}{4t^2+4}\ dt = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\int_0^{a/2}\frac{1}{t^2+1}\ dt=\frac{1}{6}\left[\arctan t\right]_0^{a/2}=\frac{1}{6}\arctan\frac{a}{2}$$

Riassumiamo i risultati calcolando il limite sopradetto:

$$\lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\left(\frac{1}{3}\arctan a -\frac{1}{6}\arctan\frac{a}{2}\right)=\frac{1}{3}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{1}{6}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{12}$$

Specifichiamo che

$$\lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\arctan a = \lim\limits_{a\rightarrow +\infty}\arctan\frac{a}{2}=\arctan +\infty=\frac{\pi}{2}$$
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