Esercizio 153integrali impropri con cosh e tanh

Testo (Lezione 44, esercizi 6 e 7 del foglio di ricapitolazione). 6. Discutere la convergenza di $\displaystyle I = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ax} + 1}{\cosh x + x^4}\,dx$ per $a > 0$. 7. Discutere la convergenza di $\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{\tanh(e^{ax})}{x(\log^2 x + 1)}\,dx$ per ogni $a \in \mathbb{R}$ e calcolarlo per $a = 0$.

Strumenti: Criteri di convergenza per gli integrali impropriPer f ≥ 0 l'integrale improprio esiste sempre (finito o +∞); valgono il confronto e il confronto asintotico, basta che le ipotesi valgano vicino all'estremo problematico. Funzioni test: 1/x^α converge a +∞ per α > 1 e vicino a 0 per α < 1; 1/(x^α log^β x) aggiunge il caso α = 1, β > 1. Se f → L ≠ 0 a +∞ l'integrale diverge. Criterio dell'integrale: per f decrescente, la serie di f(n) e l'integrale da 1 a +∞ hanno lo stesso carattere.Criteri di convergenza per gli integrali impropri →.

6.

$f(x) = \frac{e^{ax} + 1}{\cosh x + x^4}$ è positiva e continua su tutto $\mathbb{R}$ (il denominatore è $\ge 1$). L'integrale è improprio a $-\infty$ e a $+\infty$: si spezza in $0$, $$I = \underbrace{\int_{-\infty}^0 f(x)\,dx}_{I_1} + \underbrace{\int_0^{+\infty} f(x)\,dx}_{I_2}$$ e $I$ converge se e solo se convergono entrambi.

$I_1$ (verso $-\infty$)

Con $y = -x$: $I_1 = \int_0^{+\infty} f(-x)\,dx$, con $$f(-x) = \frac{e^{-ax} + 1}{\cosh x + x^4}$$ ($\cosh$ è pari). Per $x \to +\infty$:

• NUM $= e^{-ax} + 1 \to 0 + 1 = 1$ (perché $a > 0$), quindi NUM $\sim 1$;
• DEN $= \frac{e^x + e^{-x}}{2} + x^4 \sim \frac12 e^x$ (l'esponenziale batte la potenza, ed $e^{-x} \to 0$).

$f(-x) \sim \frac{2}{e^x}$, che va a zero più in fretta di qualunque potenza: per il punto (B), $x^\alpha\cdot\frac{2}{e^x} \to 0$ per ogni $\alpha$, in particolare per $\alpha > 1$. $I_1$ converge (per ogni $a > 0$).

$I_2$ (verso $+\infty$)

• NUM $= e^{ax} + 1 \sim e^{ax}$ (perché $a > 0$, $e^{ax} \to +\infty$);
• DEN $\sim \frac12 e^x$.

$$f(x) \sim \frac{e^{ax}}{\frac12 e^x} = 2e^{(a - 1)x}$$

• $0 < a < 1$: $f \sim \frac{2}{e^{(1-a)x}}$ con $1 - a > 0$: decresce esponenzialmente, e per (B) ($x^\alpha \cdot \frac{2}{e^{(1-a)x}} \to 0$) converge.
• $a = 1$: $f \sim 2$, quindi $\lim f = 2 \ne 0$: per la condizione necessaria diverge.
• $a > 1$: $f \to +\infty$, quindi diverge.

Conclusione

$I$ converge se e solo se $0 < a < 1$.

7.

Convergenza

$f(x) = \frac{\tanh(e^{ax})}{x(\log^2 x + 1)}$ è positiva ($e^{ax} > 0$ e $\tanh$ è positiva sui positivi) e continua su $[2, +\infty[$. Il problema è $+\infty$.

Numeratore, al variare di $a$:

• $a < 0$: $e^{ax} \to 0$, e $\tanh y \sim y$ per $y \to 0$, quindi $\tanh(e^{ax}) \sim e^{ax}$;
• $a = 0$: $\tanh(e^0) = \tanh 1$, costante;
• $a > 0$: $e^{ax} \to +\infty$ e $\tanh(e^{ax}) \to 1$.

Denominatore: $x(\log^2 x + 1) \sim x\log^2 x$.

• $a = 0$: $f \sim \frac{\tanh 1}{x\log^2 x}$; $a > 0$: $f \sim \frac{1}{x\log^2 x}$. In entrambi i casi è la forma (A') con $\alpha = 1$, $\beta = 2 > 1$: converge.
• $a < 0$: $f \sim \frac{e^{ax}}{x\log^2 x} \le \frac{1}{x\log^2 x}$ (perché $e^{ax} \le 1$), e per il confronto converge.

L'integrale converge per ogni $a \in \mathbb{R}$.

(In tutti i casi basterebbe il confronto: $0 < \tanh(\ldots) < 1$, quindi $f(x) < \frac{1}{x(\log^2 x + 1)} \le \frac{1}{x\log^2 x}$.)

Calcolo per $a = 0$

$$I = \int_2^{+\infty}\frac{\tanh 1}{x(\log^2 x + 1)}\,dx = \tanh 1\cdot\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x(\log^2 x + 1)}$$ Passo 1 (primitiva). Con $y = \log x$, $dy = \frac{dx}{x}$: $\int\frac{dy}{y^2 + 1} = \arctan y + k = \arctan(\log x) + k$.

Passo 2. $I_x = \tanh 1\cdot\big[\arctan(\log t)\big]_2^x = \tanh 1\cdot\left[\arctan(\log x) - \arctan(\log 2)\right]$.

Passo 3. Per $x \to +\infty$, $\log x \to +\infty$ e $\arctan(\log x) \to \frac\pi2$: $$I = \tanh 1\left(\frac\pi2 - \arctan(\log 2)\right) \approx 0{,}735$$

Errori comuni

• In 6, studiare solo $+\infty$: con $\int_{-\infty}^{+\infty}$ servono due studi separati.
• In 7, scrivere $\tanh(e^{ax}) \sim e^{ax}$ per ogni $a$: vale solo se $e^{ax} \to 0$, cioè $a < 0$.