Integrale

[Mr.Mazzarr]

Ragazzi, ho bisogno per l'ennesima volta di un vostro aiuto.

Allora, l'esercizio mi chiede..

Determinare la primitiva nulla in $x_0 = 2$ della funzione:

$(log(x+2))/x^2$

Devo calcolare l'integrale, giusto? E cose si fa?
Ho provato con la regola di sostituzione ( sia con il logaritmo che con il denominatore ) ma non concludo nulla. Ho provato con l'integrazione per parti ma mi complico tanto la vita. Non ci sono gli estremi per una decomposizione in fratti semplici.

Come si calcola questo maledetto integrale?!

[Mr.Mazzarr]

Spiegati meglio per favore TeM!

[Noisemaker]

Un pò di Teoria niente eh?! Ne avevamo discusso qualche giorno fa ma nn riseco a mettere il link quindi ti ho fatto un copia incolla-
Cominciamo con il considerare una funzione $f(x)$ che sia continua nell'intervallo aperto a destra $[a, b),$ e sia $$\lim_{x \to b^-}f(x)=+\infty.$$ Poichè $f$ è continua in ogni intervallo $[a,x],$ con $a\le x \begin{align*}
\int _{a}^{b-\varepsilon} f(x)\,\,dx
\end{align*}
per ogni $\varepsilon>0.$ Dunque se esiste finito il limite
$$\lim_{\varepsilon \to 0^+}\int _{a}^{b-\varepsilon} f(x)\,\,dx$$ si dice che la funzione $f(x)$ ha integrale improprio convergente nell'intervallo $[a,b],$ e per definizione si pone :
\begin{align}
\int _{a}^{b } f(x)\,\,dx=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\int _{a}^{b-\varepsilon} f(x)\,\,dx\end{align}
ESEMPIO 1

[size=85]Calcolare l'integrale :$$ \int_0^1 \frac{1}{ x^{\alpha}},\,\,\,\alpha>0$$
Osserviamo subito che la funzione integranda $$f(x)= \frac{1}{ x^{\alpha}}$$ è definita per tutti i valori di $x$ tali che $ x\ne 0,$ perchè stiamo considerando un intervallo di integrazione in cui $x>0,$ altrimenti sarebbe stato necessario considerare il valore assoluto di $x$ in quanto non è possibile eseguire l'elevamento a potenza reale di un numero negativo; allora avremo:
\begin{align*}
&\int _{0}^{1 }\frac{1}{ x^{\alpha}}\,\,dx&\\
&=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\int _{\varepsilon}^{1} \frac{1}{ x^{\alpha}}\,\,dx=\begin{cases} \displaystyle\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\ln x\right]_{\varepsilon}^{1}= \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\ln 1-\ln (\varepsilon) \right]=-(-\infty)=+\infty, & \mbox{se }\alpha=1 \\\\ \displaystyle\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\frac{x^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]_{\varepsilon}^{1}=\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\frac{1^{1-\alpha }}{1-\alpha }-\frac{(\varepsilon)^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]= \frac{1}{1-\alpha } & \mbox{se }\alpha<1 \\\\
\displaystyle\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\frac{x^{1-\alpha }}{\alpha+1}\right]_{\varepsilon}^{1}=\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left[\frac{1^{1-\alpha }}{1-\alpha }-\frac{(\varepsilon)^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]= +\infty & \mbox{se }\alpha>1
\end{cases}
\end{align*}
dunque la funzione $$f(x)= \frac{1}{ x^{\alpha}}$$ è integrabile in senso improprio in $[0,1]$ se $\alpha<1.$[/size]

Consideriamo ora intervalli non limitati. Sia $f:[a;+\infty)\to \mathbb{R}$ integrabile in ogni intervallo $[a;\delta]$ con $a\le\delta,$ e poniamo
\begin{align*}
J(\delta)=\int _{a}^{\delta}f(x)\,\,dx,\quad\text{se esiste il limite finito:}\quad \lim_{\delta \to +\infty} J(\delta) =\int _{a}^{+\infty}f(x)\,\,dx
\end{align*}
la funzione si dirà integrabile in senso improprio sull'intervallo $[a;+\infty).$
Per l'integrale da $-\infty$ a $+\infty$ di una funzione $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R},$ integrabile su ogni intervallo limitato, si pone
\begin{align*}
\int _{-\infty}^{+\infty}f(x)\,\,dx=\int _{-\infty}^{c}f(x)\,\,dx+\int _{c}^{+\infty}f(x)\,\,dx
\end{align*}
se $c$ è un qualsiasi numero reale e gli integrali impropri a secondo membro sono convergenti.
ESEMPIO 2

[size=85] Calcolare l'integrale :$$ \int_1^{+\infty} \frac{1}{ x^{\alpha}},\,\,\,\alpha>0$$
Osserviamo subito che la funzione integranda $$f(x)= \frac{1}{ x^{\alpha}}$$ è definita per tutti i valori dell'intervallo di integrazione, e dunque presenta singolarità solo a $+\infty;$ allora avremo:
\begin{align*}
&\int _{1}^{+\infty}\frac{1}{ x^{\alpha}}\,\,dx\\
&=\lim_{\delta \to +\infty}\int _{1}^{\delta} \frac{1}{ x^{\alpha}}\,\,dx=\begin{cases} \displaystyle\lim_{\delta \to +\infty} \left[\ln x\right]_{1}^{\delta}= \lim_{\delta \to +\infty} \left[\ln \delta-\ln 1 \right]= +\infty, & \mbox{se }\alpha=1 \\\\ \displaystyle\lim_{\delta \to +\infty} \left[\frac{x^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]_{1}^{\delta}=\lim_{\delta \to +\infty} \left[\frac{{\delta}^{1-\alpha }}{1-\alpha }-\frac{1}{1-\alpha }\right]= +\infty & \mbox{se }\alpha<1 \\\\
\displaystyle\lim_{\delta \to +\infty} \left[\frac{x^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right]_{1}^{\delta}=\lim_{\delta \to +\infty} \left[\frac{{\delta}^{1-\alpha }}{1-\alpha }-\frac{1}{1-\alpha }\right]= \frac{1}{1-\alpha }& \mbox{se }\alpha>1
\end{cases}
\end{align*}
dunque la funzione $$f(x)= \frac{1}{ x^{\alpha}}$$ è integrabile in senso improprio in $[1,+\infty)$ se $\alpha>1.$ [/size]

Come per le serie, anche per il calcolo degli integrali improri è utile disporre di criteri che ne garantiscano la convergenza.
Criterio del confronto
Siano $f,g$ due funzioni definite in $[a,+\infty)$ e integrabili in ogni intervallo limitato $[a,\delta],$ con $a\le\delta;$ supponiamo che esista un $x_0\ge a$ tale che, per ogni $x\ge x_0$ si abbia:
\begin{align*}
0\le f(x)\le g(x).
\end{align*}
Allora, se $g(x)$ è integrabile in $[a,+\infty),$ lo è anche $f(x).$

Dimostrazione:

[size=85]Anzitutto osserviamo che, grazie al teorema fondamentale del calcolo integrale, abbiamo che la funzione integrale
\begin{align}
0\le\int_a^{\delta} f(x)\,\,dx \qquad\qquad(1)
\end{align}
è crescente, almeno per $\delta\ge x_0;$ infatti è $$F'(x)=f(x)\ge0,$$ e come noto, poichè la derivata prima è positiva, funzione risulta crecente. Allora, la condizione di monotonia garantisce l'esistenza del limite della funzione (finito o infinito) e dunque bisogna dimostrare che tale limite è finito, ovvero che la funzione integrale $(1)$ risulta limitata. La funzione $g(x)$ è positiva (per $x\ge x_0$) per ipotesi, essendo $ 0\le f(x)\le g(x),$ e integrabile in $[a,+\infty);$ allora abbiamo
\begin{align*}
0\le\int_a^{\delta} f(x)\,\,dx &=\int_x^{x_0} f(x)\,\,dx+\int_{x_0}^{\delta} f(x)\,\,dx\le\int_x^{x_0} f(x)\,\,dx+\int_{x_0}^{\delta} g(x)\,\,dx\\
&\le\int_x^{x_0} f(x)\,\,dx+\int_{x_0}^{ +\infty} g(x)\,\,dx<+\infty
\end{align*}
poichè la funzione $g(x)$ è integrabile; in definitiva:
\begin{align*}
0\le\int_a^{\delta} f(x)\,\,dx <+\infty\quad\Rightarrow\text{$\int_a^{\delta} f(x)\,\,dx$ è limitata, e perciò ammette limite finito.}
\end{align*}[/size]

Criterio della convergenza assoluta
Come nel caso delle serie, anche per gli integrali il teorema del confronto vale se la funzione integranda non cambia segno nell'intervallo d'integrazione considerato; nel caso in cui ciò dovesse avvenire, vale il seguente criterio delle convergenza assoluta:
Criterio della convergenza assoluta
Sia $f $ una funzione definita in $[a,+\infty)$ e integrabile in $[a,\delta],\forall \delta in \mathbb{R};$ se accade che
\begin{align*}
|f(x)|\quad \text{è integrabile in $[a,+\infty),$}
\end{align*}
Allora anche $f(x)$ è integrabile in $[a,+\infty),$ e risulta:
\begin{align*}
\left|\int_a^{+\infty} f(x)\,\,dx \right| \le\int_a^{+\infty} \left|f(x)\right| \,\,dx
\end{align*}
Dimostrazione

[size=85]Poichè $f$ è integrabile in $[a,\delta],$ tali riulteranno acnhe $ |f|, f_+, f_- ;$ poichè abbiamo che
\begin{align*}
0\le f_+(x)\le|f(x)|,\quad 0\le f_-(x)\le|f(x)|
\end{align*}
ne consegue che, se $|f|$ è integrabile in $[a,+\infty),$ per il teorema del confronto anche $f_+$ ed $f_-$ sono integrabili, e dunque essendo $f=f_+ - f_-,$ anche $f$ risulta integrabile in $[a,+\infty).$ Inoltre risulta:
\begin{align*}
\left|\int_a^{+\infty} f(x)\,\,dx \right| &=\left|\int_a^{+\infty} f_+(x)\,\,dx-\int_a^{+\infty} f_-(x)\,\,dx \right|\\
&\le \left|\int_a^{+\infty} f_+(x)\,\,dx\right|+\left|\int_a^{+\infty} f_-(x)\,\,dx \right|= \int_a^{+\infty} f_+(x)\,\,dx + \int_a^{+\infty} f_-(x)\,\,dx\\
&= \int_a^{+\infty} \left|f(x)\right| \,\,dx
\end{align*}[/size]

E' importante notare che, al contrario di quanto accade per l'integrale di Reimann, l'integrabilità di $f$ non implica quella di $|f|.$ Come le serie, gli integrali impropri possono essere convergenti, ma non assolutamente convergenti, cioè può esistere $\int f$ ma non $\int|f|.$

Spero di essetri stato utile.


Per conoscenza, esiste anche una criterio corrispondente al criterio di Leibniz per le serie

Criterio di Leibniz per gli integrali
[size=85]Consideriamo un integrale improprio
$$\int_a^{+\infty} f(x) \,\,dx $$$
e sia $$a_1 \begin{align*}
f(x) >0 \quad \Leftrightarrow \quad a_{2n-1} \end{align*}
e che $f(x)$ sia negativa per i valori di $x$ compresi tra una radice di indice pari ed una radice di indice dispari, cio\'e
\begin{align*}
f(x)<0 \quad \Leftrightarrow \quad a_{2n} \end{align*}

Allora i numeri
\begin{align}
B_n= \int_{a_n}^{a_{n+1}} f(x) \,\,dx
\end{align}
formano una successione a segno alterno. Se essi verificano le ipotesi del criterio di Leibniz per le serie, ovvero se $|B_n|\to 0$ e decresce, cioè se $|B_n|\ge|B_{n+1}|,$ allora l'integrale
\begin{align}
\int_a^{+\infty} f(x)\,\,dx
\end{align}
è convergente. Infatti, per un dato $y$ esiste un $n$ tale che $a_n\le y\le a_{n+1}.$ Allora:
\begin{align*}
\int_{a }^{y} f(x) \,\,dx = \int_{a }^{a_1} f(x) \,\,dx+\left(B_+...+B_{n-1}\right)+ \int_{a_n }^{y} f(x) \,\,dx
\end{align*}
Il primo integrale a secondo menbro è costante. Per $n\to +\infty$ la somma tra parentesi converge per il criterio di Leibniz per le serie numeriche, decrecendo e tendendo a zero in valore assoluto; l'ultimo termine non supera in valore assoluto la grandezza:
\begin{align*}
\int_{a_n }^{y} |f(x)| \,\,dx=|B_n|
\end{align*}
e, per ipotesi tende a zero quando $n\to +\infty$, e dunque segue l'esistenza del limite del primo membro.[/size]