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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}}\,dxal 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}}\,dxSuggerimento #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}=1dunque 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)|}}\,dx4. 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|}}\,dx5. 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}}\,dxb. 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=2dunque 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}}\,dx9. 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}}\,dx11. 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<0anche 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}\,dxb. 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}\,dxc. 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}\,dud. 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|}}\,dx14. 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|}}\,dx15. 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=016. 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}}\,dudove 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}}\,du18. 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=019. Sostituendo i valori nell’integrale
-\frac{1}{A}\int_{0}^{1}\frac{1-h^2}{\cancel{h}}\cdot(-2\cancel{h})\,dh20. Portando fuori dall’integrale il -2
\frac{2}{A}\int_{0}^{1}\left(1-h^2\right)\,dh21. 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}Congratulazioni, hai completato l’esercizio!
Dai un giudizio sulla sua difficoltà per aiutare chi in futuro proverà a risolverlo.
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