Integrale improprio con funzioni esponenziali, parametro, radicali e valore assoluto

Esercizio integrali esame #9

Discutere la convergenza/divergenza del seguente integrale

\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{2\alpha x}}{\sqrt{\lvert1-e^{\alpha x}\rvert}}\,dx

al variare di $\alpha\in\R\backslash\{0\}$ . Calcolarlo inoltre per $\alpha=-A$ , con $A>0$ .

Suggerimento #1

Poiché si tratta di un integrale improprio con valori problematici per entrambi gli estremi di integrazione, è utile dividere l’integrale per linearità nel punto $x=1$ , risolvendo così due diversi integrali, ognuno dei quali presenta soltanto un punto da studiare

\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{2\alpha x}}{\sqrt{\lvert1-e^{\alpha x}\rvert}}\,dx=\int_{0}^{\textcolor{00ffa1}{1}}\frac{e^{2\alpha x}}{\sqrt{\lvert1-e^{\alpha x}\rvert}}\,dx+\int_{\textcolor{00ffa1}{1}}^{+\infty}\frac{e^{2\alpha x}}{\sqrt{\lvert1-e^{\alpha x}\rvert}}\,dx

Suggerimento #2

Per il primo integrale si possono applicare gli sviluppi di Taylor per l’esponenziale a denominatore, mentre per quello a numeratore quando $x\to0^+\Rightarrow e^{2\alpha x}\to\,?$ quindi…

Suggerimento #3

Il numeratore del primo integrale può semplicemente essere approssimato con $1$ , dunque si tratta di portare i termini costanti al denominatore fuori dall’integrale e studiarlo come un integrale generalizzato con estremo in zero.

Suggerimento #4

Per il secondo integrale invece possiamo approssimare asintoticamente il denominatore della frazione quando $x\to+\infty$ e unire in questo modo, tramite le proprietà delle funzioni esponenziali, l’intera frazione in un solo termine.

Suggerimento #5

Il termine trovato ora è un integrale improprio con esponenziale che converge se…

Suggerimento #6

Il valore assoluto a denominatore della frazione da integrale può essere tolto, infatti…

Suggerimento #7

Nel calcolo dell’integrale per $\alpha=-A$ bisogna sostituire $u=e^{\displaystyle-Ax}$ .

Suggerimento #8

Serve successivamente anche un’altra sostituzione del del tipo $h=\sqrt{1-u}$ .

Svolgimento

1. Come nel primo suggerimento, a causa della presenza dei punti $x=0,\,+\infty$ conviene dividere l’integrale in due integrali sfruttandone la linearità come di seguito

\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{2\alpha x}}{\sqrt{\lvert1-e^{\alpha x}\rvert}}\,dx=\underbrace{\int_{0}^{\textcolor{00ffa1}{1}}\frac{e^{2\alpha x}}{\sqrt{\lvert1-e^{\alpha x}\rvert}}}_{\displaystyle(1)}\,dx+\underbrace{\int_{\textcolor{00ffa1}{1}}^{+\infty}\frac{e^{2\alpha x}}{\sqrt{\lvert1-e^{\alpha x}\rvert}}\,dx}_{\displaystyle(2)}

2. A questo punto possiamo analizzare separatamente gli integrali $(1)$ e $(2)$ . Partiamo dal primo. Dobbiamo studiare tale integrale quando $x\to0^+$ . In particolare si avrà però al numeratore

e^{\displaystyle2\alpha x}\bigg|_{x\to0^+}=e^{\displaystyle2\cdot0\cdot\alpha}=e^{\displaystyle 0}=1

dunque non crea indeterminatezza al numeratore della frazione.

3. Per quanto riguarda il denominatore invece non possiamo fare la stessa operazione a causa della presenza dell’ $1$ . Dovremo dunque approssimare con Taylor l’esponenziale a denominatore

\textcolor{00ffa1}{e^{\displaystyle\alpha x}=1+\alpha x+o(x)}\\\Downarrow\\\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{|1-(1+\alpha x)|}}\,dx

4. Distribuendo il meno a denominatore otteniamo

\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{|\cancel{1}-\cancel{1}-\alpha x|}}\,dx=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{|-\alpha x|}}\,dx

5. Poiché stiamo studiando l’integrale tra $0^+$ e $1^-$ la $x$ sarà sicuramente maggiore di zero, dunque possiamo utilizzare il valore assoluto per rendere soltanto $\alpha$ positivo

\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{|\alpha|\cdot x}}

6. Sfruttando le proprietà delle radici possiamo scrivere

\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{|\alpha|}\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\underbrace{\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{1/2}}}_{\displaystyle(\spades)}

e portando fuori dal segno di integrale le costanti otteniamo l’espressione finale che dovremmo integrare.

7. Si tratta però a questo punto di studiare soltanto la convergenza/divergenza dell’integrale, peraltro indipendente dal parametro $\alpha$ , senza ottenerne necessariamente un risultato numerico. Poiché $(\spades)$ è un integrale improprio generalizzato (estremo in zero) sappiamo che poiché $1/2<1$ tale integrale converge. Alternativamente si potrebbe anche procedete tramite lo studio del limite associato all’integrale sviluppando il risultato algebricamente per trovare $2$ come risultato—dunque l’integrale $(\spades)$ converge. Per esprimere il risultato al variare di $\alpha$ possiamo dire che per $x\to0$ l’integrale assegnato converge $\forall\,x\in\R\backslash\{0\}$ .

Come risolvere l’integrale tramite il limite associato

a. Studiamo soltanto la parte $(\spades)$ . Poiché uno degli estremi è in $0$ possiamo chiamare a tale estremo e studiare il limite quando $a\to0^+$

\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{1/2}}\,dx=\lim_{a\to0^+}\int_{a}^{1}\frac{1}{x^{1/2}}\,dx

b. Integrando normalmente $x^{-1/2}$ otteniamo

\lim_{a\to0^+}\left[\frac{x^{-1/2+1}}{-1/2+1}\right]_{\displaystyle a}^{\displaystyle 1}=\lim_{x\to0^+}\left[\frac{x^{1/2}}{1/2}\right]_{\displaystyle a}^{\displaystyle 1}=2\lim_{x\to0^+}\left[x^{1/2}\right]_{\displaystyle a}^{\displaystyle 1}

c. Valutando l’espressione negli estremi

2\lim_{a\to0^+}\left[\underbrace{1^{1/2}}_{\displaystyle=1}-\underbrace{a^{1/2}}_{\displaystyle\to0}\right]=2\cdot1=2

dunque poiché $2<+\infty$ l’integrale converge.

8. Passando ora allo studio della parte $(2)$ dell’integrale quando $x\to+\infty$ si tratta di risolvere

\int_{1}^{+\infty}\frac{e^{2\alpha x}}{\sqrt{\lvert1-e^{\alpha x}\rvert}}\,dx

9. Approssimiamo per asintoticità il denominatore della frazione ed esprimiamo la radice come esponente otteniamo

\sqrt{|1-{e^{\displaystyle\alpha x}}|}\sim\sqrt{e^{\displaystyle\alpha x}}=e^{\displaystyle 1/2\alpha x}

10. Che possiamo ora semplificare tramite le proprietà degli esponenziali

\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{\displaystyle 2\alpha x}}{e^{\displaystyle1/2\alpha x}}\,dx=\int_{1}^{+\infty}e^{\displaystyle2\alpha x-1/2\alpha x}=\underbrace{\int_{1}^{+\infty}e^{\displaystyle3/2\alpha x}\,dx}_{\displaystyle(\clubs)}=\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{e^{-\displaystyle3/2\alpha x}}\,dx

11. Dove abbiamo trovato un integrale improprio con esponenziale che converge se l’esponente è maggiore di zero, dunque se

-\frac{3}{2}\alpha x>0\iff x<0

anche in questo caso avremmo potuto studiare tale integrale con il proprio limite associato.

Come risolvere l’integrale tramite il limite associato

a. Utilizzando l’espressione $(\clubs)$ possiamo esprimere tale integrale tramite l’utilizzo di un parametro $b$ che tende verso $+\infty$

\lim_{b\to+\infty}\int_{1}^{b}e^{\displaystyle 3/2\alpha x}\,dx

b. A questo punto possiamo utilizzare la tecnica di sostituzione per risolvere tale integrale. Per farlo però ci conviene aggiungere un fattore $\dfrac{3}{2}\alpha$ all’interno dell’integrale, che dovremo bilanciare con un fattore $\dfrac{2}{3\alpha}$ fuori dall’integrale

\lim_{b\to+\infty}\textcolor{00ffa1}{\dfrac{2}{3\alpha}}\int_{1}^{b}\textcolor{00ffa1}{\dfrac{3}{2}\alpha}\cdot e^{\displaystyle 3/2\alpha x}\,dx

c. Possiamo ora effettuare la sostituzione $\dfrac{3}{2}\alpha x=u$ , da cui si ottiene $du=\dfrac{d}{dx}\left[\dfrac{3}{2}\alpha x\right]=\dfrac{3}{2}\alpha$ . Gli estremi d’integrazione li possiamo lasciare invariati, prevedendo di sostituire nuovamente la variabile $u$ per la risoluzione dell’integrale in sé

\frac{2}{3\alpha}\int e^{u}\,du

d. Integrando banalmente l’esponenziale si ottiene

\frac{2}{3\alpha}\cdot e^{u}\bigg|_{\displaystyle u=\dfrac{3}{2}\alpha x}=\frac{2}{3\alpha}\cdot e^{\displaystyle 3/2\alpha x}

e. Riportandoci l’espressione sotto forma di limite e reintroducendo gli stessi estremi d’integrazione di prima otteniamo

\lim_{b\to+\infty}\left[\frac{2}{3\alpha}e^{\displaystyle 3/2\alpha x}\right]_{\displaystyle 1}^{\displaystyle b}

f. Che possiamo valutare agli estremi

\lim_{b\to+\infty}\left[\frac{2}{3\alpha}e^{\displaystyle3/2\alpha \cdot b}-\underbrace{\frac{2}{3\alpha}e^{\displaystyle 3/2\alpha}}_{\text{costante}}\right]

g. Il termine costante non dipende da $b$ , dunque non influenza la convergenza/divergenza del limite, dunque dell’integrale di partenza. Osservando la prima espressione vediamo però chiaramente che se $\alpha>0$ l’esponenziale porta l’intero risultato verso $+\infty$ , mentre se $\alpha<0$ l’esponenziale “si capovolge”, dunque convergerà quando $b\to+\infty$ .

12. Riassumendo i risultati delle parti $(1)$ e $(2)$ otteniamo che per $(1)$ l’integrale converge $\forall\,x\in\R\backslash\{0\}$ , mentre per $(2)$ l’integrale converge soltanto se $x<0$ .

13. Passiamo ora al calcolo dell’integrale per il valore $\alpha=-A,\,A>0$ . Si tratta di risolvere

\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{\displaystyle2(-A)x}}{\sqrt{\left|1-e^{\displaystyle-Ax}\right|}}\,dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{\displaystyle-Ax}\cdot e^{\displaystyle-Ax}}{\sqrt{\left|1-e^{\displaystyle-Ax}\right|}}\,dx

14. Possiamo applicare la tecnica di sostituzione per la risoluzione dell’integrale. Abbiamo però bisogno di aggiustare l’espressione per facilitarne la traduzione nella nuova variabile. Aggiungiamo un fattore $-A$ al numeratore, bilanciato da un altro fattore $-1/A$ fuori dal segno d’integrale

\textcolor{00ffa1}{-\frac{1}{A}}\int_{0}^{+\infty}\frac{\textcolor{00ffa1}{-A}\cdot e^{\displaystyle-Ax}\cdot e^{\displaystyle-Ax}}{\sqrt{\left|1-e^{\displaystyle-Ax}\right|}}\,dx

15. Ponendo ora $u=e^{\displaystyle-Ax}$ come proposto nel settimo suggerimento si ottiene $x=-\dfrac{\log(u)}{A}$ e $du=\dfrac{d}{dx}\left[e^{\displaystyle-Ax}\right]=-Ae^{\displaystyle-Ax}$ . Per quanto riguarda gli estremi d’integrazione invece

\text{se }x=0\text{ allora }u=1\\\text{se }x=+\infty\text{ allora }u=0

16. Sostituendo i valori otteniamo il seguente integrale, dove abbiamo tolto il valore assoluto a denominatore poiché sappiamo, dalla consegna dell’esercizio, che $A>0$ , e poiché stiamo integrando la $x$ in un intervallo positivo, l’esponenziale a denominatore “si capovolge” sempre, ottenendo dunque $e^{-Ax}<1$ , che dunque rende superflua la presenza del valore assoluto

-\frac{1}{A}\int_{1}^{0}\frac{\exp\left(-\cancel{A}\cdot\dfrac{\log(u)}{\cancel{A}}\right)}{\sqrt{1-u}}\,du=-\frac{1}{A}\int_{1}^{0}\frac{e^{\displaystyle\log(u)}}{\sqrt{1-u}}\,du

dove abbiamo utilizzato la notazione $\exp$ invece della $e$ per comodità di lettura nel primo integrale.

17. Sfruttando la proprietà dei logaritmi per cui $\psi=e^{\displaystyle\log(\psi)}$ possiamo semplificare il numeratore dell’integrale

-\frac{1}{A}\int_{1}^{0}\frac{u}{\sqrt{1-u}}\,du

18. A questo punto possiamo utilizzare la sostituzione dell’ottavo suggerimento. Poniamo dunque $h=\sqrt{1-u}$ , da cui otteniamo $u=1-h^2$ e $du=\dfrac{d}{dh}\left[1-h^2\right]=-2h\,dh$ . Per quanto riguarda gli estremi d’integrazione invece

\text{se }u=0\text{ allora }h=1\\\text{se }u=1\text{ allora }h=0

19. Sostituendo i valori nell’integrale

-\frac{1}{A}\int_{0}^{1}\frac{1-h^2}{\cancel{h}}\cdot(-2\cancel{h})\,dh

20. Portando fuori dall’integrale il $-2$

\frac{2}{A}\int_{0}^{1}\left(1-h^2\right)\,dh

21. Dividendo ora l’integrale per linearità

\frac{2}{A}\left\{\int_{0}^{1}dh-\int_{0}^{1}h^2\,dh\right\}=(\hearts)

22. Dove abbiamo due integrali risolvibili in maniera standard. Riportiamo dunque di seguito i soli passaggi per trovare il risultato finale

\begin{aligned}(\hearts)&=\frac{2}{A}\left\{[h]_{0}^{1}-\left[\dfrac{h^3}{3}\right]_{0}^{1}\right\}\\[10pt]&=\dfrac{2}{A}\left\{1-0-\left[\frac{1^3}{3}-0\right]\right\}\\[10pt]&=\frac{2}{A}\left\{1-\frac{1}{3}\right\}\\[10pt]&=\fbox{$\dfrac{4}{3A}$}\end{aligned}

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