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Esercizio integrali esame #5
Studiare la convergenza/divergenza dell’integrale generalizzato
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x^{\alpha}\sqrt{x-2}}\,dxal variare di \alpha\in\R e calcolarlo per \alpha=1.
Suggerimento #1
Studiare il dominio della funzione integranda.
Suggerimento #2
Il dominio è x>2. Studiare separatamente i casi in cui la funzione tende verso +\infty e verso 2^+ studiandone la convergenza al variare del parametro \alpha.
Suggerimento #3
Per x\to+\infty la funzione diventa
\frac{1}{x^{\alpha+1/2}}provare a studiare tale funzione tramite l’integrale generalizzato standard (con estremo in +\infty).
Suggerimento #4
Per x\to2^+ la funzione diventa
\frac{1}{x^{\alpha+1/2}}provare a capire in quale intervallo tale funzione è integrabile (non è necessario fare calcoli).
Suggerimento #5
Per calcolare l’integrale con \alpha=1 è necessario studiare il limite associato tramite l’utilizzo di due parametri a e b per evitare includere i punti problematici della funzione.
Suggerimento #6
L’integrale si risolve tramite due sostituzioni consecutive. La prima prevede di porre x-2=t^2 mentre la seconda…
Suggerimento #7
La seconda sostituzione è invece t/\sqrt{2}=h.
Svolgimenti
1. Chiamiamo la funzione integranda f(x). Di seguito sono presenti le risoluzioni delle porzioni dell’esercizio divise per tematica
Dominio
2. Dobbiamo imporre il denominatore di f(x) diverso da zero
x^{\alpha}\sqrt{x-2}\neq03. Che possiamo studiare come
\begin{cases}\sqrt{x-2}\neq0\\x^{\alpha}>0\end{cases}4. Il termine sotto radice è maggiore o uguale a zero se x>2, quindi possiamo riscrivere
\begin{cases}x-2\neq0&x>2\\x^{\alpha}>0\end{cases}5. Il termine x^{\alpha} invece è sempre maggiore di zero per tutti i numeri reali positivi, tutt’al più per quelli maggiori di 2. Il dominio sarà dunque semplicemente
x>2
Studio verso più infinito
6. Notando che x+2\sim x per x\to+\infty, la funzione f(x) può essere riscritta sfruttando le proprietà degli esponenti come
f(x)\sim\frac{1}{x^{\alpha}\sqrt{x}}=\frac{1}{x^{\alpha+1/2}}7. Si tratta dunque a questo punto di studiare la convergenza/divergenza di
\int_{a}^{+\infty}\frac{1}{x^{\alpha+1/2}}\,dx8. Che possiamo studiare tramite l’integrale generalizzato standard (con estremo in +\infty) e capire che converge se
\alpha+\frac{1}{2}>1\iff\alpha>\frac{1}{2}Studio a destra di 2
9. Per x\to2^+ il termine x^{\alpha} non produce indeterminatezza, dunque l’unica imposizione che dobbiamo fare è che il contenuto della radice sia \geq0, che è tale per ogni x\geq2^+ senza alcuna costrizione sul valore di \alpha.
10. La funzione dunque è integrabile se x\in[2,\,+\infty) e se \alpha>1/2
Calcolo per alpha = 1
11. Per \alpha = 1 si tratta di risolvere l’integrale seguente
\int_{2^+}^{+\infty}\frac{1}{x\sqrt{x-2}}\,dx12. Poiché i valori 2^+ e +\infty non possono essere studiati dovremo analizzare il limite associato
\lim_{\begin{smallmatrix} a\to2^+\\[2pt]b\to+\infty\end{smallmatrix}}\int_{a}^{b}\frac{1}{x\sqrt{x-2}}\,dx13. A questo punto possiamo effettuare la sostituzione x-2=t^2 (imponiamo anche t>0), da cui si ottiene x=t^2+2 e trasformiamo il dx come
dx=\frac{d}{dt}\left[t^2\right]=2t\,dt14. Rimettendo i valori all’interno dell’integrale otteniamo
\lim_{\begin{smallmatrix} a\to2^+\\[2pt]b\to+\infty\end{smallmatrix}}\int_{a}^{b}\underbrace{\frac{2t}{\left(t^2+2\right)t}}_{\displaystyle\Psi}\,dt15. Manipolando algebricamente \Psi otteniamo
\Psi=\frac{2\cancel{t}}{\left(t^2+2\right)\cancel{t}}=\frac{2}{t^2+2}16. Da cui possiamo raccogliere un 2 dal denominatore per ottenere
\frac{\cancel{2}}{\cancel{2}\left(1+\displaystyle\frac{t^2}{2}\right)}=\frac{1}{1+\displaystyle\frac{t^2}{2}}17. E raccogliendo l’esponente della t per l’intera frazione
\frac{1}{1+\displaystyle\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)^2}18. Reinserendo \Psi all’interno dell’integrale otteniamo
\lim_{\begin{smallmatrix} a\to2^+\\[2pt]b\to+\infty\end{smallmatrix}}\int_{a}^{b}\frac{1}{1+\displaystyle\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)^2}\,dt19. Dove possiamo ancora una volta sostituire il termine t/\sqrt{2}=h per ottenere dt=\displaystyle\frac{d}{dt}[h]\,dh=dh ritrovandoci così con
\lim_{\begin{smallmatrix} a\to2^+\\[2pt]b\to+\infty\end{smallmatrix}}\int_{a}^{b}\frac{1}{1+h^2}\,dh20. Formando un integrale risolvibile tramite arcotangente, che porta alla soluzione
\lim_{\begin{smallmatrix} a\to2^+\\[2pt]b\to+\infty\end{smallmatrix}}\left[\arctan(h)\right]_{a}^{b}21. Prima di trovarla è però necessario risostituire la quantità h con t/\sqrt{2}
\lim_{\begin{smallmatrix} a\to2^+\\[2pt]b\to+\infty\end{smallmatrix}}\left[\arctan\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)\right]_{a}^{b}22. E la quantità t con \sqrt{x-2}
\lim_{\begin{smallmatrix} a\to2^+\\[2pt]b\to+\infty\end{smallmatrix}}\left[\arctan\left(\frac{\sqrt{x-2}}{\sqrt{2}}\right)\right]_{a}^{b}23. Che espandendo inserendo i valori di a e b diventa
\lim_{\begin{smallmatrix} a\to2^+\\[2pt]b\to+\infty\end{smallmatrix}}\left[\arctan\left(\frac{\sqrt{b-2}}{\sqrt{2}}\right)-\underbrace{\arctan\left(\frac{\sqrt{a-2}}{\sqrt{2}}\right)}_{\displaystyle\to0}\right]24. Per a\to2^+ la funzione arcotangente è definita e tende a zero, quindi rimane da risolvere
\lim_{b\to+\infty}\arctan\left(\frac{\sqrt{b-2}}{\sqrt{2}}\right)25. Che si traduce di fatto nel calcolare il valore dell’arcotangente verso +\infty, ovvero \fbox{$\pi/2$}, che rappresenta proprio il risultato dell’integrale proposto.
26. Il risultato finale del calcolo per \alpha=1 è dunque
\int_{2^+}^{+\infty}\frac{1}{x\sqrt{x-2}}\,dx=\fbox{$\displaystyle\frac{\pi}{2}$}Congratulazioni, hai completato l’esercizio!
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