Integrali impropri: definizione, criteri di convergenza ed esercizi svolti

Gli integrali impropri, detti anche integrali generalizzati, estendono l’integrale definito a due situazioni che la definizione di Riemann esclude: un intervallo illimitato, come $[1, +\infty)$, e una funzione illimitata, che va all’infinito vicino a un punto, come $\frac{1}{\sqrt{x}}$ vicino a 0. Una regione infinitamente lunga, o infinitamente alta, può avere un’area finita? A volte sì. All’esame di Analisi 1 gli integrali impropri sono quasi fissi: se ne calcola uno, oppure si cerca per quali valori di un parametro converge. In questa pagina vediamo la definizione con il limite, gli integrali di riferimento, le trappole dei punti critici interni, i criteri del confronto con le dimostrazioni, la scaletta per gli integrali con un parametro, la convergenza assoluta, l’integrale di Dirichlet, la funzione Gamma, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Primo caso: intervallo illimitato

L’integrale definito richiede una funzione limitata su un intervallo chiuso e limitato: su $[a, +\infty)$ le somme di Riemann non si possono costruire. L’idea è semplice: si integra fino a un punto $b$ qualsiasi e poi si sposta $b$ sempre più a destra, cioè si fa il limite per $b \to +\infty$.

In pratica trovi una primitiva, calcoli l’integrale su $[a, b]$ con la formula fondamentale e fai il limite.

Esempio 1. $\displaystyle\int_1^{b} \frac{dx}{x^2} = \left[-\frac{1}{x}\right]_1^b = 1 - \frac{1}{b}$, che tende a 1. L’integrale converge e vale 1: una regione infinitamente lunga ha area 1.

Esempio 2. $\displaystyle\int_1^{b} \frac{dx}{x} = \ln b$, che tende a $+\infty$: l’integrale diverge. Anche $\frac{1}{x}$ tende a zero, ma non abbastanza in fretta: le due curve si somigliano, la differenza è nella velocità con cui scendono.

Esempio 3. $\displaystyle\int_0^{b} \sin x\,dx = 1 - \cos b$, che oscilla tra 0 e 2 senza avere limite. L’integrale $\int_0^{+\infty} \sin x\,dx$ non esiste: aree positive e negative si alternano senza mai assestarsi.

Su tutta la retta: due limiti indipendenti

Con entrambi gli estremi infiniti si spezza in un punto $c$ qualsiasi:

$$\begin{gathered} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx \\ {} = \int_{-\infty}^{c} f(x)\,dx + \int_c^{+\infty} f(x)\,dx \end{gathered}$$

L’integrale converge se e solo se convergono entrambi i pezzi, ciascuno con il suo limite; la scelta di $c$ non cambia né la convergenza né il valore. Per esempio, con $c = 0$:

$$\begin{gathered} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{1 + x^2} \\ {} = \lim_{b \to +\infty} \arctan b - \lim_{a \to -\infty} \arctan a \\ {} = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi \end{gathered}$$

Il caso fondamentale: le potenze all’infinito

Gli esempi 1 e 2 fanno parte di una famiglia che fa da metro di paragone per tutte le altre funzioni.

Dimostrazione. Per $\alpha \neq 1$ una primitiva di $x^{-\alpha}$ è $\frac{x^{1 - \alpha}}{1 - \alpha}$, quindi

$$\int_1^b \frac{dx}{x^\alpha} = \frac{b^{1 - \alpha} - 1}{1 - \alpha}$$

Se $\alpha > 1$ l’esponente $1 - \alpha$ è negativo, $b^{1 - \alpha} \to 0$ e il limite è $\frac{-1}{1 - \alpha} = \frac{1}{\alpha - 1}$. Se $\alpha < 1$ l’esponente è positivo e $b^{1 - \alpha} \to +\infty$. Il caso $\alpha = 1$ è l’esempio 2.

Il confine è sottilissimo: $\frac{1}{x}$ diverge, $\frac{1}{x^{1{,}01}}$ converge (e vale 100). Conta solo l’esponente: moltiplicare la funzione per una costante positiva non cambia il comportamento.

Esponenziali. Per $a > 0$ vale $\int_0^b e^{-ax}\,dx = \frac{1 - e^{-ab}}{a}$, che tende a $\frac{1}{a}$: converge. Per $a \leq 0$, invece, $e^{-ax} \geq 1$, l’integrale su $[0, b]$ è almeno $b$ e diverge.

Logaritmi. Qui $\ln^\beta x$ vuol dire $(\ln x)^\beta$. Con la sostituzione $u = \ln x$, $du = \frac{dx}{x}$:

$$\int_2^{b} \frac{dx}{x \ln^\beta x} = \int_{\ln 2}^{\ln b} \frac{du}{u^\beta}$$

Siccome $\ln b \to +\infty$, siamo tornati alle potenze (il tratto tra $\ln 2$ e 1 è un integrale normale): $\int_2^{+\infty} \frac{dx}{x \ln^\beta x}$ converge se e solo se $\beta > 1$. Così $\frac{1}{x \ln x}$ diverge, pur essendo più piccola di $\frac{1}{x}$ per $x > e$, mentre $\frac{1}{x \ln^2 x}$ converge.

Secondo caso: funzione illimitata

Ora l’intervallo è limitato, ma la funzione va all’infinito vicino a un estremo, come $\frac{1}{\sqrt{x}}$ su $(0, 1]$: i rettangoli delle somme di Riemann vicino a 0 dovrebbero essere infinitamente alti. Il rimedio è lo stesso: ci si ferma un po’ prima e si fa il limite.

Gli estremi infiniti e i punti in cui la funzione va all’infinito sono i punti critici (o singolari) dell’integrale, da non confondere con i punti stazionari delle derivate.

Esempio 4. $\displaystyle\int_t^1 \frac{dx}{\sqrt{x}} = \big[2\sqrt{x}\big]_t^1 = 2 - 2\sqrt{t}$, che tende a 2 per $t \to 0^+$: converge, e la regione infinitamente alta ha area 2.

Esempio 5. $\displaystyle\int_t^1 \frac{dx}{x} = -\ln t$, che tende a $+\infty$ per $t \to 0^+$: diverge.

Le potenze fanno ancora da metro di paragone, ma al contrario.

Dimostrazione. Per $\alpha \neq 1$, $\int_t^1 \frac{dx}{x^\alpha} = \frac{1 - t^{1 - \alpha}}{1 - \alpha}$. Se $\alpha < 1$, $t^{1 - \alpha} \to 0$ e il limite è $\frac{1}{1 - \alpha}$ (per $\alpha \leq 0$ l’integrale non è nemmeno improprio). Se $\alpha > 1$, $t^{1 - \alpha} \to +\infty$. Il caso $\alpha = 1$ è l’esempio 5.

All’infinito serve che la funzione scenda in fretta (esponente grande), vicino a 0 che salga piano (esponente piccolo). Traslando, lo stesso vale vicino a qualunque punto $c$ con $\frac{1}{(x - c)^\alpha}$. E $\int_0^{+\infty} \frac{dx}{x^\alpha}$ non converge per nessun $\alpha$: servirebbe $\alpha > 1$ all’infinito e $\alpha < 1$ in 0.

Anche il logaritmo si rovescia vicino a 1, dove $\ln x \to 0$: con $u = \ln x$, $\int_1^e \frac{dx}{x \ln^\beta x} = \int_0^1 \frac{du}{u^\beta}$, che converge se e solo se $\beta < 1$. Ecco la tabella da sapere:

Integrale	Converge se	Valore
${\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^\alpha}}$	${\alpha > 1}$	${\frac{1}{\alpha - 1}}$
${\int_0^1 \frac{dx}{x^\alpha}}$	${\alpha < 1}$	${\frac{1}{1 - \alpha}}$
${\int_0^{+\infty} e^{-ax}\,dx}$	${a > 0}$	${\frac{1}{a}}$
${\int_2^{+\infty} \frac{dx}{x \ln^\beta x}}$	${\beta > 1}$	${\frac{(\ln 2)^{1 - \beta}}{\beta - 1}}$
${\int_1^{e} \frac{dx}{x \ln^\beta x}}$	${\beta < 1}$	${\frac{1}{1 - \beta}}$

Una trappola da conoscere: il punto critico interno

Se $f$ va all’infinito in un punto $c$ dentro $[a, b]$, si spezza lì, $\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b$, e l’integrale converge se e solo se convergono entrambi i pezzi, con due limiti indipendenti.

Calcoliamo «distrattamente» $\int_{-1}^{1} \frac{dx}{x^2}$ con la primitiva $-\frac{1}{x}$:

$$\left[-\frac{1}{x}\right]_{-1}^{1} = -1 - 1 = -2$$

Un risultato negativo per una funzione positiva: impossibile. La formula fondamentale vale per funzioni continue su tutto $[a, b]$, mentre $\frac{1}{x^2}$ va all’infinito in 0. Spezzando in 0, $\int_0^1 \frac{dx}{x^2}$ diverge ($\alpha = 2 \geq 1$), quindi diverge anche l’integrale di partenza. È la stessa trappola di $\int_0^\pi \frac{dx}{\cos^2 x}$ e degli asintoti verticali negli integrali di funzioni razionali fratte.

Una variante: $\int_{-1}^{1} \frac{dx}{x}$ «fa 0 perché la funzione è dispari»? No: quella regola vale per funzioni continue su $[-a, a]$. Qui $\int_0^1 \frac{dx}{x} = +\infty$ e $\int_{-1}^0 \frac{dx}{x} = -\infty$, e $+\infty - \infty$ non è un numero: l’integrale non converge. Lo 0 è solo il valore principale, ottenuto togliendo un intervallo simmetrico intorno a 0.

Prima di integrare, cerca i punti critici: estremi infiniti, zeri del denominatore, argomenti nulli del logaritmo. Se ogni pezzo converge, i valori si sommano (esercizio 3).

I criteri del confronto

Molti integrali non hanno una primitiva elementare, come quello di $e^{-x^2}$, e spesso l’esame chiede solo se l’integrale converge. Per le funzioni non negative risponde il confronto.

Il punto di partenza. Se $f \geq 0$, la funzione $F(b) = \int_a^b f(x)\,dx$ è crescente: allungando l’intervallo si aggiunge area positiva. Per il teorema sui limiti delle funzioni monotone, $F$ ha limite per $b \to +\infty$, finito se e solo se $F$ è limitata. Quindi l’integrale di una funzione non negativa converge o diverge a $+\infty$: non può oscillare.

Dimostrazione. Se $\int_a^{+\infty} g$ converge, per ogni $b$ vale $\int_a^b f \leq \int_a^b g \leq \int_a^{+\infty} g$ (anche le aree di $g$ crescono verso il loro limite): $F$ è crescente e limitata, quindi converge. La seconda affermazione è la prima letta al contrario.

Basta che la disuguaglianza valga da un certo punto in poi, e il criterio vale anche vicino a un estremo in cui le funzioni vanno all’infinito. Ricorda il verso: più piccola di una convergente converge, più grande di una divergente diverge; gli altri casi non dicono niente.

Esempio 6: la campana di Gauss. $\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx$. Su $[0, 1]$ l’integrale è normale. Per $x \geq 1$ vale $x^2 \geq x$, quindi $0 < e^{-x^2} \leq e^{-x}$, e $\int_1^{+\infty} e^{-x}\,dx$ converge: per confronto l’integrale converge. Il suo valore è $\frac{\sqrt{\pi}}{2} \approx 0{,}886$ (su tutta la retta, per simmetria, $\sqrt{\pi}$) e si calcola con un integrale doppio in coordinate polari, un’idea attribuita di solito a Poisson (lo vedrai in Analisi 2). Laplace lo calcolò nel 1774 e Gauss, che pubblicò l’integrale nel 1809, ne attribuì la scoperta a lui; in una forma equivalente, però, il risultato si trova già in Eulero.

Dimostrazione del caso 1. Per la definizione di limite con $\varepsilon = \frac{\ell}{2}$, da un certo $x_0$ in poi il rapporto $\frac{f}{g}$ dista da $\ell$ meno di $\frac{\ell}{2}$. Moltiplicando per $g(x) > 0$:

$$\frac{\ell}{2}\,g(x) < f(x) < \frac{3\ell}{2}\,g(x)$$

Se $\int g$ converge, converge anche $\int \frac{3\ell}{2}g$ e, per confronto con la disuguaglianza di destra, $\int f$. Se $\int g$ diverge, diverge anche $\int \frac{\ell}{2}g$ e, per confronto con quella di sinistra, $\int f$. Nei casi 2 e 3, da un certo punto in poi $f < g$ oppure $f > g$: basta il confronto diretto. Sono gli stessi enunciati del confronto per le serie a termini positivi.

Il metodo: l’ordine in ogni punto critico

In pratica, in ogni punto critico si trova la parte principale di $f$, una potenza, e si usa la tabella.

• All’infinito: se $f(x) \sim \frac{c}{x^\alpha}$ con $c > 0$ (per $\alpha > 0$, $f$ è un infinitesimo di ordine $\alpha$), l’integrale converge se e solo se $\alpha > 1$.
• Vicino a un punto $x_0$ in cui $f$ va all’infinito: se $f(x) \sim \frac{c}{\lvert x - x_0 \rvert^\alpha}$ con $c > 0$, cioè $f$ è un infinito di ordine $\alpha$, converge se e solo se $\alpha < 1$.

Le equivalenze vengono dai limiti notevoli, come $\sin x \sim x$ per $x \to 0$, e dalla gerarchia degli infiniti. Serve $f \geq 0$ vicino al punto critico (se $f \leq 0$, si lavora con $-f$).

Esempio 7. $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{x + 1}{x^3 + 2}\,dx$. La funzione è positiva e all’infinito comandano $x$ e $x^3$:

$$\frac{x + 1}{x^3 + 2} \sim \frac{x}{x^3} = \frac{1}{x^2}$$

Infatti il rapporto è $\frac{x^3 + x^2}{x^3 + 2} \to 1$. Con $\alpha = 2 > 1$ l’integrale converge (vale circa 1,06). Con $x^2 + 3$ al denominatore, invece, la funzione sarebbe asintotica a $\frac{1}{x}$ e l’integrale divergerebbe. In generale, per una frazione di polinomi positiva su $[a, +\infty)$ serve che il grado del denominatore superi quello del numeratore di almeno 2.

Esempio 8. $\displaystyle\int_0^1 \frac{\sin x}{x^{3/2}}\,dx$. Su $(0, 1]$ la funzione è positiva, perché $0 < x \leq 1 < \pi$. L’unico punto critico è 0, dove $\sin x \sim x$:

$$\frac{\sin x}{x^{3/2}} \sim \frac{x}{x^{3/2}} = \frac{1}{x^{1/2}}$$

Un infinito di ordine $\frac{1}{2} < 1$: l’integrale converge (vale circa 1,94).

Con i logaritmi la parte principale non è una potenza: si usano i casi $\ell = 0$ e $\ell = +\infty$, confrontando con una potenza leggermente diversa (esercizio 6).

Integrali con un parametro: la scaletta

L’esercizio tipico dell’esame è: «stabilisci per quali valori di $\alpha$ converge». Si procede così.

1. Trova i punti critici: gli estremi infiniti e i punti in cui $f$ non è limitata. Possono dipendere dal parametro: $x^\alpha$ dà problemi in 0 solo se $\alpha < 0$.
2. Spezza l’integrale in modo che ogni pezzo abbia un solo punto critico, in un estremo.
3. Controlla il segno di $f$ vicino a ogni punto critico.
4. Studia ogni pezzo con il confronto asintotico: trova la parte principale e scrivi la condizione sull’esponente.
5. Interseca le condizioni: l’integrale converge se e solo se convergono tutti i pezzi.

Esempio 9. $\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{x^\alpha}{1 + x^2}\,dx$. La funzione è positiva per $x > 0$. I punti critici sono $+\infty$ e, se $\alpha < 0$, anche 0. Spezziamo in 1.

• Vicino a 0: $1 + x^2 \to 1$, quindi $\frac{x^\alpha}{1 + x^2} \sim x^\alpha = \frac{1}{x^{-\alpha}}$. Converge se e solo se $-\alpha < 1$, cioè $\alpha > -1$ (per $\alpha \geq 0$ lo 0 non è critico).
• All’infinito: $\frac{x^\alpha}{1 + x^2} \sim \frac{x^\alpha}{x^2} = \frac{1}{x^{2 - \alpha}}$. Converge se e solo se $2 - \alpha > 1$, cioè $\alpha < 1$.

Intersecando, l’integrale converge se e solo se $-1 < \alpha < 1$. Per $\alpha = 0$ è l’integrale di $\frac{1}{1 + x^2}$, che vale $\frac{\pi}{2}$; agli estremi $\alpha = \pm 1$ uno dei due pezzi si comporta come $\frac{1}{x}$ e diverge.

La convergenza assoluta

Le funzioni che cambiano segno infinite volte, come $\frac{\sin x}{x^2}$, sfuggono ai criteri del confronto, che richiedono $f \geq 0$. Si passa allora al valore assoluto.

In questo caso l’integrale converge assolutamente.

Perché è vero. Vale $0 \leq f + \lvert f \rvert \leq 2\lvert f \rvert$ (dove $f < 0$ il termine centrale è 0). Per confronto $\int (f + \lvert f \rvert)$ converge, e $f = (f + \lvert f \rvert) - \lvert f \rvert$ è la differenza di due funzioni con integrale convergente. La disuguaglianza si ottiene passando al limite in $\left\lvert \int_a^b f \right\rvert \leq \int_a^b \lvert f \rvert$.

Esempio 10. $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x^2}\,dx$. Si ha $\left\lvert \frac{\sin x}{x^2} \right\rvert \leq \frac{1}{x^2}$, il cui integrale converge: l’integrale converge assolutamente (vale circa 0,504).

L’integrale di Dirichlet: converge, ma non assolutamente

Il viceversa è falso. L’esempio più famoso è l’integrale di Dirichlet, dal matematico tedesco Peter Gustav Lejeune Dirichlet:

$$\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}$$

In 0 non c’è nessun problema, perché $\frac{\sin x}{x} \to 1$. Il problema è all’infinito, dove la funzione oscilla con l’ampiezza di $\frac{1}{x}$. Le gobbe tra due multipli consecutivi di $\pi$ hanno aree di segno alterno, sempre più piccole, e le loro somme oscillano intorno a $\frac{\pi}{2}$ avvicinandosi, come in una serie a segni alterni.

Perché converge. Su $[1, b]$ integriamo per parti, derivando $\frac{1}{x}$ e integrando $\sin x$:

$$\begin{gathered} \int_1^b \frac{\sin x}{x}\,dx \\ {} = \cos 1 - \frac{\cos b}{b} - \int_1^b \frac{\cos x}{x^2}\,dx \end{gathered}$$

Per $b \to +\infty$, $\frac{\cos b}{b} \to 0$ e $\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2}\,dx$ converge assolutamente, come nell’esempio 10: il limite esiste finito.

Perché non converge assolutamente. Sull’intervallo $[k\pi, (k + 1)\pi]$ vale $x \leq (k + 1)\pi$, e l’area sotto $\lvert \sin x \rvert$ è 2. Quindi

$$\int_{k\pi}^{(k + 1)\pi} \frac{\lvert \sin x \rvert}{x}\,dx \geq \frac{2}{(k + 1)\pi}$$

Sommando per $k$ da 0 a $n - 1$, l’integrale di $\frac{\lvert \sin x \rvert}{x}$ su $[0, n\pi]$ è almeno $\frac{2}{\pi}\left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}\right)$, che tende a $+\infty$ come la serie armonica. Il valore $\frac{\pi}{2}$ richiede strumenti oltre Analisi 1: lo citiamo senza dimostrazione.

La funzione Gamma e il fattoriale

Per $s > 0$ si definisce la funzione Gamma (la lettera greca maiuscola $\Gamma$):

$$\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} x^{s - 1} e^{-x}\,dx$$

All’infinito l’esponenziale batte ogni potenza: il rapporto con $\frac{1}{x^2}$ è $\frac{x^{s + 1}}{e^x} \to 0$, caso $\ell = 0$. Vicino a 0 la funzione è asintotica a $\frac{1}{x^{1 - s}}$: converge se e solo se $1 - s < 1$, cioè $s > 0$.

Per parti, derivando $x^s$ e integrando $e^{-x}$, il termine di bordo $\big[-x^s e^{-x}\big]_0^{+\infty}$ è zero e resta

$$\Gamma(s + 1) = s\,\Gamma(s)$$

Siccome $\Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-x}\,dx = 1$, si trova $\Gamma(2) = 1$, $\Gamma(3) = 2$, $\Gamma(4) = 6$ e in generale $\Gamma(n + 1) = n!$, cioè $\int_0^{+\infty} x^n e^{-x}\,dx = n!$. La Gamma estende il fattoriale ai numeri non interi, e ritrova Gauss: con $x = t^2$, $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = 2\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,dt = \sqrt{\pi}$. Eulero propose un’estensione del fattoriale in una lettera a Christian Goldbach del 13 ottobre 1729, e in una lettera dell’8 gennaio 1730 annunciò la forma integrale. Il nome e il simbolo $\Gamma$ sono di Legendre, intorno al 1811.

Verso le serie

Gli integrali su $[1, +\infty)$ sono parenti stretti delle serie, somme di infiniti pezzi. Il criterio dell’integrale lo rende preciso: se $f$ è continua, positiva e decrescente su $[1, +\infty)$, la serie $\sum f(n)$ e l’integrale $\int_1^{+\infty} f(x)\,dx$ hanno lo stesso carattere. Così $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ converge se e solo se $\alpha > 1$ e $\sum \frac{1}{n \ln^\beta n}$ se e solo se $\beta > 1$. Stesso carattere, non stesso valore: $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2} = 1$, mentre $\sum \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$.

Misurano anche le regioni illimitate del piano e la tromba di Torricelli, un solido infinitamente lungo con volume finito.

Gli errori più comuni

• Usare la formula fondamentale senza cercare i punti critici. $\int_{-1}^{1} \frac{dx}{x^2}$ «fa $-2$», ma in realtà diverge.
• Pensare che basti $f \to 0$ all’infinito. $\frac{1}{x} \to 0$, ma il suo integrale diverge.
• Scambiare le condizioni sulle potenze. All’infinito serve $\alpha > 1$, vicino a un punto finito $\alpha < 1$.
• Usare un solo limite simmetrico. $\int_{-R}^{R} x\,dx = 0$, ma $\int_{-\infty}^{+\infty} x\,dx$ non converge; e $\int_{-1}^{1} \frac{dx}{x}$ non fa 0 «per simmetria».
• Confrontare nel verso sbagliato. Essere più piccola di una divergente non dice niente: $\frac{1}{x \ln x} < \frac{1}{x}$ per $x > e$, eppure il suo integrale diverge.
• Applicare il confronto a funzioni che cambiano segno. Con $\frac{\sin x}{x^2}$ si passa dal valore assoluto.
• Unire le condizioni invece di intersecarle. Con due punti critici devono convergere entrambi i pezzi.

Esercizi svolti

1. Il logaritmo vicino a zero

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^1 \ln x\,dx$.

L’unico punto critico è 0, dove $\ln x \to -\infty$. Una primitiva si trova per parti con il fattore 1 nascosto: $\int \ln x\,dx = x\ln x - x + c$ (controllo: la derivata è $\ln x + 1 - 1 = \ln x$).

$$\begin{gathered} \int_t^1 \ln x\,dx = \big[x\ln x - x\big]_t^1 \\ {} = -1 - t\ln t + t \end{gathered}$$

Per $t \to 0^+$ vale $t \ln t \to 0$, perché la potenza batte il logaritmo, e $t \to 0$. Quindi

$$\int_0^1 \ln x\,dx = -1$$

Il risultato è negativo, coerente con $\ln x < 0$ su $(0, 1)$: la regione infinitamente profonda tra il grafico e l’asse $x$ ha area 1. Il logaritmo va a $-\infty$, ma così lentamente che $\lvert \ln x \rvert = o\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)$ per $x \to 0^+$.

2. Una potenza contro un esponenziale

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^{+\infty} x^2 e^{-x}\,dx$.

L’unico punto critico è $+\infty$. Per parti due volte, derivando la potenza e integrando l’esponenziale:

$$\begin{gathered} \int x^2 e^{-x}\,dx = -x^2 e^{-x} + 2\int x\,e^{-x}\,dx \\ {} = -x^2 e^{-x} - 2x\,e^{-x} - 2e^{-x} + c \\ {} = -(x^2 + 2x + 2)\,e^{-x} + c \end{gathered}$$

Controllo: la derivata è $-(2x + 2)e^{-x} + (x^2 + 2x + 2)e^{-x} = x^2 e^{-x}$. Ora l’integrale su $[0, b]$ e il limite:

$$\begin{gathered} \int_0^b x^2 e^{-x}\,dx \\ {} = \big[-(x^2 + 2x + 2)\,e^{-x}\big]_0^b \\ {} = 2 - \frac{b^2 + 2b + 2}{e^b} \end{gathered}$$

La frazione tende a 0, perché l’esponenziale batte ogni polinomio: l’integrale vale 2, cioè $2! = \Gamma(3)$, come previsto dalla funzione Gamma.

3. Un punto critico interno

Testo. Stabilisci se converge $\displaystyle\int_0^3 \frac{dx}{\sqrt[3]{(x - 1)^2}}$ e, in caso affermativo, calcolalo.

La funzione è positiva e va a $+\infty$ in $x = 1$, dentro l’intervallo: spezziamo in 1. La funzione è $\frac{1}{\lvert x - 1 \rvert^{2/3}}$, un infinito di ordine $\frac{2}{3} < 1$: i due pezzi convergono. Una primitiva, su ciascun lato di 1, è $3\sqrt[3]{x - 1}$ (la radice cubica è definita anche per numeri negativi). Il pezzo a sinistra:

$$\begin{gathered} \int_0^t \frac{dx}{\sqrt[3]{(x - 1)^2}} = 3\sqrt[3]{t - 1} + 3 \\ \lim_{t \to 1^-} \left(3\sqrt[3]{t - 1} + 3\right) = 3 \end{gathered}$$

Il pezzo a destra:

$$\begin{gathered} \int_t^3 \frac{dx}{\sqrt[3]{(x - 1)^2}} = 3\sqrt[3]{2} - 3\sqrt[3]{t - 1} \\ \lim_{t \to 1^+} \left(3\sqrt[3]{2} - 3\sqrt[3]{t - 1}\right) = 3\sqrt[3]{2} \end{gathered}$$

L’integrale converge e vale $3 + 3\sqrt[3]{2} \approx 6{,}78$. Il conto «alla cieca» avrebbe dato lo stesso numero, perché la primitiva è continua anche in 1 (con $\frac{1}{x^2}$, invece, $-\frac{1}{x}$ esplode in 0), ma lo sai solo dopo aver studiato i due pezzi.

4. Due punti critici

Testo. Dimostra che $\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x(1 - x)}}$ converge e calcolane il valore.

La funzione è positiva su $(0, 1)$ e va a $+\infty$ in entrambi gli estremi: due punti critici. Spezziamo in $\frac{1}{2}$.

• Vicino a 0: $1 - x \to 1$, quindi la funzione è asintotica a $\frac{1}{x^{1/2}}$, un infinito di ordine $\frac{1}{2} < 1$: converge.
• Vicino a 1: $x \to 1$, quindi è asintotica a $\frac{1}{(1 - x)^{1/2}}$: converge.

L’integrale converge. Per il valore, una primitiva è $2\arcsin\sqrt{x}$ (viene dalla sostituzione $x = \sin^2 t$). Controllo con la regola della catena:

$$\begin{gathered} \left(2\arcsin\sqrt{x}\right)' = \frac{2}{\sqrt{1 - x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ {} = \frac{1}{\sqrt{x(1 - x)}} \end{gathered}$$

Su $[a, b]$, con $0 < a < b < 1$:

$$\begin{gathered} \int_a^b \frac{dx}{\sqrt{x(1 - x)}} \\ {} = 2\arcsin\sqrt{b} - 2\arcsin\sqrt{a} \end{gathered}$$

Con i due limiti indipendenti, $a \to 0^+$ e $b \to 1^-$, si ottiene $2 \cdot \frac{\pi}{2} - 0 = \pi$. Una regione infinitamente alta ai due lati ha area esattamente $\pi$.

5. Un integrale con il parametro

Testo. Per quali valori reali di $\alpha$ converge $\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\arctan x}{x^\alpha}\,dx$?

Seguiamo la scaletta. La funzione è positiva per $x > 0$; i punti critici sono $+\infty$ e, per certi $\alpha$, 0. Spezziamo in 1.

• Vicino a 0: $\arctan x \sim x$, quindi $\frac{\arctan x}{x^\alpha} \sim \frac{x}{x^\alpha} = \frac{1}{x^{\alpha - 1}}$. Converge se e solo se $\alpha - 1 < 1$, cioè $\alpha < 2$ (per $\alpha \leq 1$ la funzione è limitata e 0 non è nemmeno critico).
• All’infinito: $\arctan x \to \frac{\pi}{2}$, quindi $\frac{\arctan x}{x^\alpha} \sim \frac{\pi/2}{x^\alpha}$. Converge se e solo se $\alpha > 1$.

Intersecando, l’integrale converge se e solo se $1 < \alpha < 2$. Per esempio con $\alpha = \frac{3}{2}$ converge (vale circa 4,44); con $\alpha = 1$ diverge all’infinito, con $\alpha = 2$ diverge in 0.

6. Un logaritmo su tutta la semiretta

Testo. Dimostra che $\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{1 + x^2}\,dx$ converge e che vale 0.

I punti critici sono 0 e $+\infty$. Spezziamo in 1: su $(0, 1)$ la funzione è negativa, su $(1, +\infty)$ positiva, quindi i criteri si applicano (sul primo pezzo, a $-f$).

• Vicino a 0: $\frac{-\ln x}{1 + x^2} \sim -\ln x$. Confrontiamo con $\frac{1}{\sqrt{x}}$: il rapporto è $-\sqrt{x}\ln x \to 0$, e $\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}}$ converge. Caso $\ell = 0$: converge.
• All’infinito: $\frac{\ln x}{1 + x^2} \sim \frac{\ln x}{x^2}$. Con $\frac{1}{x^2}$ il rapporto è $\ln x \to +\infty$, nel verso che non dice niente; il trucco è «rubare» un po’ di esponente. Con $\frac{1}{x^{3/2}}$ il rapporto è $\frac{\ln x}{\sqrt{x}} \to 0$, perché ogni potenza positiva batte il logaritmo: caso $\ell = 0$, converge.

Per il valore, nel pezzo su $[1, +\infty)$ sostituiamo $x = \frac{1}{t}$, con $dx = -\frac{dt}{t^2}$, $\ln x = -\ln t$ e $1 + x^2 = \frac{t^2 + 1}{t^2}$:

$$\begin{gathered} \frac{\ln x}{1 + x^2}\,dx \\ {} = \frac{-\ln t \cdot t^2}{1 + t^2} \cdot \left(-\frac{dt}{t^2}\right) \\ {} = \frac{\ln t}{1 + t^2}\,dt \end{gathered}$$

Quando $x$ va da 1 a $+\infty$, $t$ va da 1 a 0 (formalmente, si sostituisce su $[1, b]$ e si fa il limite):

$$\begin{gathered} \int_1^{+\infty} \frac{\ln x}{1 + x^2}\,dx = \int_1^{0} \frac{\ln t}{1 + t^2}\,dt \\ {} = -\int_0^1 \frac{\ln t}{1 + t^2}\,dt \end{gathered}$$

I due pezzi sono opposti (circa $-0{,}916$ e $+0{,}916$) e la somma è 0: l’area negativa tra 0 e 1 compensa esattamente quella positiva da 1 all’infinito. Qui sommare è lecito perché i pezzi convergono, a differenza di $\int_{-1}^{1} \frac{dx}{x}$.

In sintesi

• Integrale improprio: si integra dove tutto è normale e si fa il limite verso il punto critico.
• Con più punti critici si spezza: devono convergere tutti i pezzi, con limiti indipendenti.
• $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^\alpha}$ converge se e solo se $\alpha > 1$; $\int_0^1 \frac{dx}{x^\alpha}$ se e solo se $\alpha < 1$; $\int_0^{+\infty} e^{-ax}\,dx = \frac{1}{a}$ per $a > 0$.
• Per $f \geq 0$ l’integrale non oscilla, e si usa il confronto.
• Confronto asintotico: se $f \sim \frac{c}{x^\alpha}$ all’infinito serve $\alpha > 1$; se $f \sim \frac{c}{\lvert x - x_0 \rvert^\alpha}$ vicino a $x_0$ serve $\alpha < 1$.
• Con un parametro: punti critici, spezza, segno, ordine in ogni pezzo, intersezione.
• La convergenza assoluta implica la convergenza, non viceversa: $\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}$.
• $\Gamma(n + 1) = \int_0^{+\infty} x^n e^{-x}\,dx = n!$ e $\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$.

Hai finito la teoria del capitolo: mettiti alla prova con gli esercizi svolti sugli integrali.