Criteri di convergenza per gli integrali impropri

Lezioni 42 e 43 (capitolo 6, paragrafo 8). Prerequisito: Integrali impropriL'integrale improprio (o in senso generalizzato) estende l'integrale definito a intervalli illimitati, ∫ da a a +∞ = lim per x→+∞ di ∫ da a a x, e a funzioni illimitate vicino a un estremo, ∫ da a a b = lim per x→a⁺ di ∫ da x a b. Se il limite è finito l'integrale converge, se è ±∞ diverge, se non esiste f non è integrabile in senso generalizzato. Si calcola con primitiva, integrale definito e poi limite. Per f ≥ 0 valgono il confronto e il confronto asintotico con le funzioni test 1/x^α: a +∞ convergono per α > 1, vicino a 0 per α < 1.Integrali impropri → (definizione e calcolo). Si considerano funzioni $f \ge 0$ (almeno vicino all'estremo problematico). Esercizi: Esercizio 149 · convergenza di integrali impropri al variare di a, Esercizio 150 · integrali impropri con esponenziale e logaritmo, Esercizio 151 · integrale improprio con logaritmi e arcotangente, Esercizio 152 · integrali impropri su intervalli limitati.

Criteri generali (lezione 42)

Proprietà fondamentale

Se $f \ge 0$ nel suo intervallo di definizione (in uno dei casi 1(a), 1(b), 2(a), 2(b)), l'integrale improprio di $f$ esiste sempre, finito oppure $+\infty$.

Dimostrazione (caso 1(a), con $f$ continua per semplicità). $I = \lim_{x \to +\infty} F_a(x)$. Per il TFCI 2, $F_a'(x) = f(x) \ge 0$, quindi $F_a$ è crescente; per il teorema sul limite delle funzioni monotoneUna funzione crescente ha sempre limite a +∞: finito se è limitata superiormente, +∞ altrimenti. il limite esiste, finito o $+\infty$ ∎.

(Nel caso 2(a), $\int_x^b f = -F_b(x)$, con $F_b$ crescente: $-F_b$ è decrescente e ha limite per $x \to a^+$, finito o $+\infty$.) È l'analogo della proprietà delle serie a termini positivi: niente casi "irregolari".

Teorema del confronto

Siano $f, g$ integrabili sugli intervalli limitati $[a, x]$ (caso 1(a); analogamente negli altri casi), con $$0 \le f(x) \le g(x).$$

1. Se $g$ è integrabile in s.g., anche $f$ lo è.
2. Se $f$ non è integrabile in s.g., neppure $g$ lo è.

Dimostrazione (caso 1(a)). Per la monotonia dell'integrale, $\int_a^x f(t)\,dt \le \int_a^x g(t)\,dt$ per ogni $x > a$. Per la proprietà fondamentale i due limiti $I_1 = \int_a^{+\infty} f$ e $I_2 = \int_a^{+\infty} g$ esistono (finiti o $+\infty$), e per il confronto dei limiti $I_1 \le I_2$. Se $I_2 \in \mathbb{R}$, allora $I_1 \le I_2$ è finito; se $I_1 = +\infty$, anche $I_2 = +\infty$ ∎.

Basta "definitivamente"

Per ogni $M > a$ fissato: $$\int_a^x f(t)\,dt = \underbrace{\int_a^M f(t)\,dt}_{\text{costante}} + \int_M^x f(t)\,dt$$ quindi $\int_a^{+\infty} f$ converge (o diverge) se e solo se converge (o diverge) $\int_M^{+\infty} f$. Conta solo il comportamento di $f$ vicino all'estremo problematico. Di conseguenza la proprietà fondamentale e il confronto valgono anche se $f \ge 0$ e $0 \le f \le g$ solo definitivamente (per $x \to +\infty$, $x \to -\infty$, $x \to a^+$ o $x \to b^-$, a seconda del caso).

Teorema del confronto asintotico

Siano $f, g$ definitivamente $> 0$ vicino all'estremo problematico (per esempio per $x \to +\infty$).

• (A) Se $f(x) \sim L \cdot g(x)$, con $L \in \mathbb{R}$, $L \ne 0$: $f$ è integrabile in s.g. se e solo se lo è $g$.
• (B) Se $f(x) = o(g(x))$: se $g$ è integrabile in s.g., anche $f$ lo è; se $f$ non lo è, neppure $g$.

Dimostrazione di (A) (caso $x \to +\infty$). $\frac{f(x)}{g(x)} \to L > 0$. Preso $0 < \varepsilon < L$, esiste $M$ tale che per $x > M$ $$0 < L - \varepsilon < \frac{f(x)}{g(x)} < L + \varepsilon \quad \Longrightarrow \quad (L - \varepsilon)\,g(x) < f(x) < (L + \varepsilon)\,g(x)$$ (moltiplicando per $g(x) > 0$). Se $g$ non è integrabile in s.g., per la disuguaglianza di sinistra e il confronto non lo è $f$; se $g$ lo è, per quella di destra lo è $f$ ∎. (Per (B): dalla definizione di limite, $f(x) \le \varepsilon\,g(x)$ definitivamente.)

È lo stesso ragionamento del confronto asintotico per le serieUna serie a termini >= 0 converge o diverge a +infinito, mai irregolare. Criterio del confronto (0 <= a_k <= b_k), del confronto asintotico (a_k ~ L b_k) e suo corollario con le serie notevoli: si studia una serie paragonandola a 1/n^alpha o a q^n.Serie a termini non negativi e criteri del confronto →.

Le funzioni test $\frac{1}{x^\alpha}$

Per usare il confronto asintotico servono funzioni di cui si conosce il comportamento. Si calcolano con la definizione (tre passi).

Su $[1, +\infty[$. Una primitiva di $\frac{1}{t^\alpha}$ è $\log|t|$ se $\alpha = 1$, $\frac{t^{1-\alpha}}{1-\alpha}$ se $\alpha \ne 1$. Quindi $$\int_1^x\frac{dt}{t^\alpha} = \begin{cases} \log x & \alpha = 1 \\ \frac{x^{1-\alpha}}{1-\alpha} - \frac{1}{1-\alpha} & \alpha \ne 1 \end{cases} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \begin{cases} +\infty & \alpha = 1 \\ \frac{1}{\alpha - 1} & \alpha > 1 \ (x^{1-\alpha} \to 0) \\ +\infty & \alpha < 1 \ (x^{1-\alpha} \to +\infty) \end{cases}$$

Su $]0, 1]$. Allo stesso modo $$\int_x^1\frac{dt}{t^\alpha} = \begin{cases} -\log x & \alpha = 1 \\ \frac{1}{1-\alpha} - \frac{x^{1-\alpha}}{1-\alpha} & \alpha \ne 1 \end{cases} \xrightarrow[x \to 0^+]{} \begin{cases} +\infty & \alpha = 1 \\ +\infty & \alpha > 1 \ (x^{1-\alpha} \to +\infty) \\ \frac{1}{1 - \alpha} & \alpha < 1 \ (x^{1-\alpha} \to 0) \end{cases}$$

$$\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^\alpha} \text{ converge} \iff \alpha > 1, \qquad\qquad \int_0^1\frac{dx}{x^\alpha} \text{ converge} \iff \alpha < 1$$ (il secondo anche per $\alpha \le 0$, quando non è nemmeno improprio).

I due risultati sono opposti: vicino a $+\infty$ serve che $\frac{1}{x^\alpha}$ vada a zero in fretta ($\alpha$ grande), vicino a $0$ serve che esploda lentamente ($\alpha$ piccolo). Per $\alpha = 1$ divergono entrambi. Da qui in poi i due casi vanno sempre tenuti separati.

Criteri su $[a, +\infty[$ (lezione 42)

Una condizione necessaria

Se $f \ge 0$ definitivamente per $x \to +\infty$, $f$ è integrabile in s.g. in $[a, +\infty[$ ed esiste $\lim_{x \to +\infty} f(x)$, allora questo limite è $0$.

Dimostrazione (per assurdo). Il limite $L$ è $\ge 0$ (perché $f \ge 0$ definitivamente); supponiamo $L > 0$ (finito; se $L = +\infty$ è analogo). Preso $0 < \varepsilon < L$, esiste $M$ con $f(x) > L - \varepsilon > 0$ per $x > M$. Allora, per l'additività e la monotonia, $$\int_a^x f(t)\,dt = \int_a^M f(t)\,dt + \int_M^x f(t)\,dt \ge \int_a^M f(t)\,dt + (L - \varepsilon)(x - M) \xrightarrow[x \to +\infty]{} +\infty$$ contro l'ipotesi che l'integrale sia finito ∎.

È solo necessaria: $\frac1x \to 0$ ma $\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x} = +\infty$. (E attenzione: se il limite di $f$ non esiste, l'integrale può convergere lo stesso.)

Corollario: confronto asintotico con $\frac{1}{x^\alpha}$

Mettendo $g(x) = \frac{1}{x^\alpha}$ nel confronto asintotico:

Sia $f$ definitivamente $\ge 0$ per $x \to +\infty$ e integrabile su ogni $[a, x]$.

• (A) Se $f(x) \sim L \cdot \frac{1}{x^\alpha}$ ($L \ne 0$): $f$ è integrabile in s.g. su $[a, +\infty[$ $\iff \alpha > 1$.
• (B) Se $\lim_{x \to +\infty} x^\alpha f(x) = 0$ per qualche $\alpha > 1$: $f$ è integrabile in s.g.
• (C) Se $\lim_{x \to +\infty} x^\alpha f(x) = +\infty$ per qualche $\alpha \le 1$: $f$ non è integrabile in s.g.

(B) dice $f = o\left(\frac{1}{x^\alpha}\right)$ con $\alpha > 1$: $f$ va a zero più in fretta di una funzione test integrabile. (C) dice che $\frac{1}{x^\alpha}$, non integrabile, è $o(f)$. Si usano quando $f$ non è asintotica a una potenza (per esempio con esponenziali o logaritmi). Esempi: Esercizio 149 · convergenza di integrali impropri al variare di a, Esercizio 150 · integrali impropri con esponenziale e logaritmo.

La seconda famiglia di funzioni test: $\frac{1}{x^\alpha\log^\beta x}$ (lezione 43)

A volte il corollario non decide. Esempio: $\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x\log x}$. La funzione non è asintotica a nessuna $\frac{L}{x^\alpha}$, e $$\lim_{x \to +\infty} x^\alpha\cdot\frac{1}{x\log x} = \lim_{x \to +\infty}\frac{x^{\alpha - 1}}{\log x} = \begin{cases} +\infty & \alpha > 1 \\ 0 & \alpha \le 1 \end{cases}$$ cioè esattamente i casi in cui (B) e (C) non dicono niente ((B) chiede limite $0$ con $\alpha > 1$, (C) limite $+\infty$ con $\alpha \le 1$). Il logaritmo "sta in mezzo" tra le potenze.

Si calcola allora direttamente, per $\beta \in \mathbb{R}$, $$\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x\log^\beta x}$$ Passo 1. Con $y = \log t$, $dy = \frac{dt}{t}$: $\int\frac{dt}{t\log^\beta t} = \int\frac{dy}{y^\beta}$, cioè $\log|\log t|$ se $\beta = 1$ e $\frac{(\log t)^{1-\beta}}{1-\beta}$ se $\beta \ne 1$.

Passo 2 e 3. $$\int_2^x\frac{dt}{t\log^\beta t} = \begin{cases} \log(\log x) - \log(\log 2) & \beta = 1 \\ \frac{(\log x)^{1-\beta}}{1-\beta} - \frac{(\log 2)^{1-\beta}}{1-\beta} & \beta \ne 1 \end{cases} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \begin{cases} +\infty & \beta = 1 \\ \frac{(\log 2)^{1-\beta}}{\beta - 1} & \beta > 1 \\ +\infty & \beta < 1 \end{cases}$$

Unendo questo risultato al confronto asintotico (per $\alpha \ne 1$ la potenza decide da sola):

$$\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x^\alpha\log^\beta x} \text{ converge} \iff \alpha > 1 \ (\forall\beta \in \mathbb{R}) \quad \text{oppure} \quad \alpha = 1,\ \beta > 1$$

Il corollario si arricchisce di un punto:

(A') Se $f(x) \sim \frac{L}{x^\alpha\log^\beta x}$ per $x \to +\infty$ ($L \ne 0$), $f$ è integrabile in s.g. su $[a, +\infty[$ $\iff$ $\alpha > 1$, oppure $\alpha = 1$ e $\beta > 1$.

Esempio: Esercizio 151 · integrale improprio con logaritmi e arcotangente.

Estensioni (lezione 43)

1. Intervalli $]-\infty, a]$. Con $y = -x$: $$\int_{-\infty}^a f(x)\,dx = \int_{-a}^{+\infty} f(-x)\,dx$$ quindi $f$ è integrabile a $-\infty$ se e solo se $f(-x)$ è integrabile a $+\infty$, e si usano i criteri già visti.
2. Su tutto $\mathbb{R}$. Si fissa un punto $a$ qualsiasi e si spezza: $$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx = \int_{-\infty}^a f(x)\,dx + \int_a^{+\infty} f(x)\,dx$$ L'integrale converge se e solo se convergono entrambi i pezzi, con due limiti indipendenti. Attenzione: non è $\lim_{x \to +\infty}\int_{-x}^x f(t)\,dt$ (limite "simmetrico"): per esempio con $f(x) = x$ il limite simmetrico vale $0$, ma $\int_0^{+\infty} x\,dx = +\infty$ e $\int_{-\infty}^0 x\,dx = -\infty$, e $+\infty - \infty$ non dà un valore.
3. $f \le 0$ definitivamente. $\int_a^{+\infty} f = -\int_a^{+\infty}(-f)$, e $-f \ge 0$: si applicano i criteri a $-f$.

Resta escluso il caso di $f$ che oscilla tra valori positivi e negativi fino all'infinito: per esempio $\int_1^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx$ non si può trattare con questi criteri (mentre $\int_1^{+\infty}\frac{|\sin x|}{x}\,dx$ sì, perché la funzione è $\ge 0$).

Criterio dell'integrale per le serie (lezione 43)

Sia $f : [1, +\infty[ \to [0, +\infty[$ decrescente. Allora $$\sum_{n=1}^{+\infty} f(n) \text{ converge} \iff \int_1^{+\infty} f(x)\,dx \text{ converge.}$$

Idea della dimostrazione (grafica). Si disegnano i rettangoli di base $[n, n+1]$:

• con altezza $f(n)$ (valore a sinistra): siccome $f$ è decrescente, stanno sopra il grafico, e la loro area totale è $\sum_{n=1}^{+\infty} f(n)$;
• con altezza $f(n+1)$ (valore a destra): stanno sotto il grafico, e la loro area totale è $\sum_{n=2}^{+\infty} f(n)$.

Quindi $$\sum_{n=2}^{+\infty} f(n) \le \int_1^{+\infty} f(x)\,dx \le \sum_{n=1}^{+\infty} f(n)$$ e le due serie agli estremi hanno lo stesso carattere (differiscono solo per il primo termine): se la serie converge, l'integrale è limitato e converge; se l'integrale converge, la serie da $n = 2$ è limitata e converge.

Applicazione: il carattere delle serie armoniche generalizzate, finora usato senza dimostrazione (vedi Serie notevoli - geometrica, telescopica, armonicaLe serie di cui si conosce il carattere e da usare come termine di paragone: geometrica (converge a 1/(1-q) se |q|<1), telescopiche (somma b_1 - lim b_n, come Mengoli), armonica generalizzata (1/n^alpha converge se e solo se alpha>1).Serie notevoli - geometrica, telescopica, armonica →):

• $\sum\frac{1}{n^\alpha}$ converge $\iff \int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^\alpha}$ converge $\iff \alpha > 1$;
• $\sum_{n \ge 2}\frac{1}{n^\alpha\log^\beta n}$ converge $\iff \int_2^{+\infty}\frac{dx}{x^\alpha\log^\beta x}$ converge $\iff \alpha > 1$, oppure $\alpha = 1$ e $\beta > 1$.

(Per $\alpha > 0$ le funzioni sono decrescenti, almeno da un certo punto, come serve; per $\alpha \le 0$ la serie diverge già perché il termine non tende a $0$.)

Criteri su $]a, b]$ e $[a, b[$ (lezione 43)

Sia $f : \,]a, b] \to \mathbb{R}$, $f \ge 0$. Ci sono due possibilità:

1. Esiste $\lim_{x \to a^+} f(x) = \ell \in \mathbb{R}$: $f$ si prolunga per continuità in $a$ con $f(a) = \ell$, e $\int_a^b f$ è un integrale definito classico (non c'è niente di improprio).
2. $\lim_{x \to a^+} f(x) = +\infty$: è il caso davvero improprio, e servono criteri.

Funzioni test vicino a $0$

• $\int_0^1\frac{dx}{x^\alpha}$ converge $\iff \alpha < 1$ (calcolato sopra);
• $\int_0^{1/2}\frac{dx}{x^\alpha|\log x|^\beta}$ converge $\iff \alpha < 1$ ($\forall\beta$) oppure $\alpha = 1$, $\beta > 1$.

Dimostrazione della seconda (per $\alpha = 1$; per $\alpha \ne 1$ basta il confronto con le potenze). Con $y = \frac1t$ ($t = \frac1y$, $dt = -\frac{dy}{y^2}$; $t = x \mapsto y = \frac1x$, $t = \frac12 \mapsto y = 2$; e $|\log t| = |-\log y| = \log y$ per $y \ge 2$): $$\int_x^{1/2}\frac{dt}{t^\alpha|\log t|^\beta} = \int_2^{1/x}\frac{dy}{y^{2-\alpha}\log^\beta y} \xrightarrow[x \to 0^+]{} \int_2^{+\infty}\frac{dy}{y^{2-\alpha}\log^\beta y}$$ che converge $\iff 2 - \alpha > 1$ (cioè $\alpha < 1$), oppure $2 - \alpha = 1$ (cioè $\alpha = 1$) e $\beta > 1$ ∎.

Corollario del confronto asintotico in $]0, b]$

Sia $f$ definitivamente $\ge 0$ per $x \to 0^+$ e integrabile su ogni $[x, b]$.

• (A) $f(x) \sim \frac{L}{x^\alpha}$ per $x \to 0^+$ ($L \ne 0$): $f$ integrabile in s.g. $\iff \alpha < 1$.
• (A') $f(x) \sim \frac{L}{x^\alpha|\log x|^\beta}$: integrabile $\iff \alpha < 1$ ($\forall\beta$), oppure $\alpha = 1$ e $\beta > 1$.
• (B) $\lim_{x \to 0^+} x^\alpha f(x) = 0$ per qualche $\alpha < 1$: l'integrale converge.
• (C) $\lim_{x \to 0^+} x^\alpha f(x) = +\infty$ per qualche $\alpha \ge 1$: l'integrale diverge.

Le disuguaglianze su $\alpha$ sono rovesciate rispetto a $+\infty$.

Esempi (su $]0, 1]$):

• $\int_0^1\frac{3 + \cos x}{x^a}\,dx$: qui $3 + \cos x \to 4$ per $x \to 0^+$ (a differenza del caso $x \to +\infty$!), quindi $f \sim \frac{4}{x^a}$ e per (A) converge $\iff a < 1$.
• $\int_0^1 e^{1/\sqrt x}\,dx$: con $y = \frac{1}{\sqrt x} \to +\infty$ ($x = \frac{1}{y^2}$), $x^\alpha e^{1/\sqrt x} = \frac{e^y}{y^{2\alpha}} \to +\infty$ per ogni $\alpha$ (l'esponenziale batte la potenza), in particolare per $\alpha \ge 1$: per (C) diverge.
• $\int_0^1\log^4 x\,dx$: $\log^4 x = \frac{1}{x^0|\log x|^{-4}}$, cioè la forma (A') con $\alpha = 0 < 1$: converge (il logaritmo esplode, ma più lentamente di qualunque potenza).

Estremi qualsiasi: $]a, b]$ e $[a, b[$

Ci si riporta a $0^+$ con un cambio di variabile: per $x \to a^+$ si usa $y = x - a \to 0^+$, per $x \to b^-$ si usa $y = b - x \to 0^+$. I corollari diventano:

Se l'integranda è impropria in entrambi gli estremi (o in un punto interno), si spezza l'intervallo e l'integrale converge se e solo se convergono tutti i pezzi. Esempi: Esercizio 152 · integrali impropri su intervalli limitati.

Riassunto: funzioni test

Errori comuni

• Usare le soglie di $+\infty$ vicino a un estremo finito (o viceversa): sono rovesciate.
• Pensare che $f \to 0$ basti per la convergenza a $+\infty$: è solo necessario ($\frac1x \to 0$ ma l'integrale diverge).
• Calcolare $\int_{-\infty}^{+\infty}$ con il limite simmetrico $\lim_x\int_{-x}^x$: servono due limiti indipendenti.
• Applicare confronto e confronto asintotico a funzioni che cambiano segno infinite volte vicino all'estremo.