Soluzioni
  • Una funzione assolutamente integrabile su un intervallo è una funzione per la quale esiste finito l'integrale del valore assoluto della funzione sull'intervallo di integrazione considerato.

    Definizione di funzione assolutamente integrabile

    Per definizione, una funzione f(x) definita su intervallo I è assolutamente integrabile su I se e solo se esiste finito l'integrale su I del valore assoluto di f(x)

    f \ \ \grave{\mbox{e}}\mbox{ assolutamente integrabile su }I\mbox{ se e solo se}\int_{I}|f(x)|dx\mbox{ esiste finito}

    È importante sottolineare che l'intervallo I può essere limitato o illimiitato, ossia può assumere una delle seguenti forme

    \\ \quad [a, +\infty) \ \ \ ; \ \ \ (a, +\infty) \mbox{ con }a\in\mathbb{R}\\ \\ (-\infty, b] \ \ \ ; \ \ \ (-\infty, b)\mbox{ con }b\in\mathbb{R} \\ \\ (a,b)\ \ \ ;\ \ \ (a, b] \ \ \ ;\ \ \ [a, b) \ \ \ ;\ \ \ [a,b] \mbox{ con }a, b\in\mathbb{R}

    così come f(x) può essere funzione limitata o illimitata su I.

    Esempi di funzioni assolutamente integrabili

    Vediamo tre esempi di funzioni assolutamente integrabili.

    1)

    f(x)= x+1\ \ \ \mbox{ su }[-2,0]

    Infatti l'integrale del modulo di f(x) sull'intervallo [-2,0] esiste finito.

    \\ \int_{-2}^{0}|x+1|dx= \\ \\ \\ = \int_{-2}^{-1}(-x-1)dx+\int_{-1}^{0}(x+1)dx= \\ \\ \\ =\left[-\frac{x^2}{2}-x\right]_{-2}^{-1}+\left[\frac{x^2}{2}+x\right]_{-1}^{0}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1

    2)

    f(x)= -\frac{1}{\sqrt{x}}\ \ \ \mbox{ su }(0, 1]

    Osserviamo infatti che l'integrale improprio di seconda specie

    \\ \int_{0}^{1}|f(x)|dx=\int_{0}^{1}\left|-\frac{1}{\sqrt{x}}\right|dx=

    è convergente, in quanto si riduce ad un integrale improprio notevole convergente

    =\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x}}dx

    3)

    f(x)= \frac{\sin(x)}{x^2}\ \ \ \mbox{ su }[1, +\infty)

    Infatti l'integrale improprio di prima specie del modulo di f(x) converge

    \int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|dx

    Per dimostrarlo si può ricorrere alla limitatezza della funzione seno:

    |\sin(x)|\le 1\mbox{ per ogni }x\in\mathbb{R}

    Grazie a tale disuguaglianza possiamo maggiorare il modulo di f(x)

    |f(x)|=\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\le \frac{1}{x^2}\mbox{ per ogni }x\in [1, +\infty)

    Per il criterio del confronto per gli integrali impropri di prima specie possiamo scrivere pertanto

    \int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|dx\le \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx

    e poiché l'integrale al secondo membro converge, convergerà anche l'integrale al primo. Ciò assicura la convergenza assoluta di f(x).

    Relazione tra assoluta integrabilità e integrabilità secondo Riemann

    Nel caso di funzioni Riemann integrabili, i concetti di funzione integrabile e assolutamente integrabile sono strettamente correlati.

    Se f(x) è una funzione integrabile secondo Riemann in un intervallo chiuso e limitato [a,b] si può infatti dimostrare che

    \int_{a}^{b}f(x)dx\mbox{ converge se e solo se }\int_{a}^{b}|f(x)|dx\mbox{ converge}

    Attenzione: non stiamo dicendo che i due integrali ammettano lo stesso risultato, tutt'altro, stiamo asserendo che la convergenza di uno implica la convergenza dell'altro e viceversa.

    Relazione tra assoluta integrabilità e integrabilità in senso improprio

    Nell'insieme delle funzioni integrabili, l'integrabilità assoluta non fornisce nuove informazioni sull'integrabilità di una funzione; diventa invece rilevante nella teoria degli integrali impropri di prima specie e di seconda specie.

    In questo frangente l'integrabilità assoluta e l'integrabilità in senso improprio non sono equivalenti, infatti:

    - se una funzione è assolutamente integrabile in un intervallo, allora è ivi integrabile in senso improprio. Questo risultato teorico vale sia per gli integrali impropri di prima che di seconda specie e va sotto il nome di criterio di assoluta integrabilità o criterio di convergenza assoluta.

    - L'integrabilità in senso improprio non implica in generale l'assoluta integrabilità. Esistono infatti funzioni che sono integrabili in senso improprio ma che non sono assolutamente integrabili.

    Per approfondire vi rimandiamo alla lettura delle lezioni:

    - criteri di convergenza per integrali impropri di prima specie

    - criteri di convergenza per integrali impropri di seconda specie

    Esempio di funzione integrabile (in senso improprio) ma non assolutamente integrabile

    Presentiamo un esempio di funzione integrabile ma non assolutamente integrabile in senso impropio

    f(x)=\frac{\sin(x)}{x}\mbox{ su }[1, +\infty)

    vedremo infatti che

    I_1= \int_{1}^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx\mbox{ converge}

    mentre

    I_2=\int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\sin(x)}{x}\right|dx\mbox{ diverge}

    Convergenza dell'integrale I_1

    Dimostriamo la convergenza dell'integrale improprio I_1 applicando la definizione

    I_1= \lim_{M\to +\infty}\int_{1}^{M}\frac{\sin(x)}{x}dx=(\bullet)

    e integrando con l'uso del metodo di integrazione per parti, scegliendo come fattore finito

    h(x)=\frac{1}{x}\implies h'(x)=-\frac{1}{x^2}

    e come fattore differenziale la funzione

    k'(x)=\sin(x)

    una cui primitiva è data da k(x)=-\cos(x) (può essere utile la tabella degli integrali fondamentali).

    Grazie alla formula di integrazione per parti otteniamo quanto segue:

    \\ (\bullet)=\lim_{M\to +\infty}\left[\left[-\frac{\cos(x)}{x}\right]_{1}^{M}-\int_{1}^{M}\frac{\cos(x)}{x^2}dx\right]= \\ \\ \\ = \lim_{M\to +\infty}\left[\cos(1)-\frac{\cos(M)}{M}-\int_{1}^{M}\frac{\cos(x)}{x^2}dx\right]

    Spezziamo il limite della somma come somma di limiti

    =\lim_{M\to +\infty}\left[\cos(1)-\frac{\cos(M)}{M}\right]-\lim_{M\to +\infty}\int_{1}^{M}\frac{\cos(x)}{x^2}dx

    Il primo limite si risolve applicando un corollario del teorema dei carabinieri, secondo cui il prodotto tra una funzione limitata e una infinitesima è infinitesimo.

    \lim_{M\to +\infty}\left[\cos(1)-\frac{\cos(M)}{M}\right]=\cos(1)

    Il secondo limite

    \lim_{M\to +\infty}\int_{1}^{M}\frac{\cos(x)}{x^2}dx=

    rappresenta l'integrale improprio

    =\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{x^2}dx  \ \ \ (\bullet \bullet)

    che è convergente per il criterio della convergenza assoluta. Osserviamo infatti che

    \left|\frac{\cos(x)}{x^2}\right|\le \frac{1}{x^2}

    pertanto invocando il teorema del confronto per gli integrali impropri otteniamo

    \int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\cos(x)}{x^2}\right|\le \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx

    Poiché l'integrale al secondo membro converge (è un integrale improprio notevole) allora convergerà anche l'integrale al primo membro e ciò assicura che l'integrale improprio (\bullet \bullet) esiste finito.

    Deduciamo dunque che

    \int_{1}^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx

    esiste finito per definizione di integrale improprio ossia f(x) è integrabile in senso improprio sull'intervallo [1, +\infty).

    Divergenza dell'integrale I_2

    Non ci resta che dimostrare la divergenza dell'integrale

    \int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\sin(x)}{x}\right|dx

    grazie alla quale possiamo concludere che f(x) non è assolutamente integrabile. Purtroppo non è così banale come sembra e per dimostrare la divergenza dobbiamo avvalerci di disuguaglianze costruite per l'occasione.

    Poiché

    1\geq |\sin(x)|\ \ \ \mbox{ per ogni }x\in [1, +\infty)

    allora sussiste la disuguaglianza

    |\sin(x)|\ge |\sin(x)|^{2}=\sin^2(x)\ \ \ \mbox{ per ogni }x\in [1,+\infty)

    di conseguenza dividendo membro a membro per x (positivo sull'intervallo considerato) otteniamo la disuguaglianza

    \left|\frac{\sin(x)}{x}\right|\ge \frac{\sin^2(x)}{x} \ \ \ (1.1)

    Facciamo intervenire le formule di duplicazione del coseno, ed in particolare:

    \cos(2x)=1-2\sin^2(x)

    grazie alla quale possiamo esprimere il quadrato del seno come segue

    \sin^2(x)=\frac{1}{2}(1-\cos(2x))

    e sostituendo nella disuguaglianza (1.1) otteniamo

    \left|\frac{\sin(x)}{x}\right|\ge \frac{1-\cos(2x)}{2x}

    Questa disuguaglianza ci consentirà di dimostrare la divergenza dell'integrale I_2, infatti da essa consegue

    \int_1^{+\infty}\left|\frac{\sin(x)}{x}\right|dx\ge \int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(2x)}{2x}dx\ \ \ (\spadesuit)

    per cui per raggiungere lo scopo dimostreremo la divergenza dell'integrale

    \int_{1}^{+\infty}\frac{1-\cos(2x)}{2x}dx

    e avremo la tesi in forza del teorema del confronto per gli integrali impropri di prima specie.

    Consideriamo l'integrale

    \int_1^{+\infty}\frac{1-\cos(2x)}{2x}dx=

    Applichiamo innanzitutto le proprietà degli integrali, con cui possiamo scrivere

    =\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{2x}dx-\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos(2x)}{2x}dx

    Il primo è un integrale improprio notevole di prima specie, il secondo integrale è convergente e lo si può evincere applicando la definizione di integrale improprio e in un secondo momento integrando per parti

    \\ \int_{1}^{+\infty}\frac{\cos(2x)}{2x}dx= \\ \\ \\ =\lim_{M\to +\infty}\int_{1}^{M}\frac{\cos(2x)}{2x}dx=(\bullet \bullet \bullet)

    Prendiamo come fattore finito

    h(x)=\frac{1}{2x}\implies h'(x)=-\frac{1}{2x^2}

    e come fattore differenziale

    k'(x)=\cos(2x)\implies k(x)=\frac{1}{2}\sin(2x)

    Applichiamo la regola di integrazione per parti così che l'integrale diventi

    \\ (\bullet \bullet \bullet)=\lim_{M\to +\infty}\left[\left[\frac{\sin(2x)}{4x}\right]_{1}^{M}-\int_{1}^{M}\left(-\frac{1}{2x^2}\right)\frac{\sin(2x)}{2}dx\right]= \\ \\ \\ = \lim_{M\to +\infty}\left[\frac{\sin(2M)}{4M}-\frac{\sin(2)}{4}+\int_{1}^{M}\frac{\sin(2x)}{4x^2}\right]

    Spezziamo il limite della somma come somma di limiti

    =\lim_{M\to +\infty}\left[\frac{\sin(2M)}{4M}-\frac{\sin(2)}{4}\right]+\lim_{M\to +\infty}\int_{1}^{M}\frac{\sin(2x)}{4x^2}dx

    Il primo limite esiste ed è finito. Il secondo limite corrisponde ad un integrale improprio di prima specie convergente, e lo si dimostra applicando il criterio di convergenza assoluta.

    In definitiva possiamo concludere che

    \int_{1}^{+\infty}\frac{1-\cos(2x)}{2x}dx

    è un integrale divergenze perché differenza tra integrale convergente ed uno divergente.

    Per il criterio del confronto da (\spadesuit) diverge anche l'integrale

    \int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\sin(x)}{x}\right|dx

    Ribadiamo dunque che esistono funzioni che sonointegrabili in senso improprio ma che non sono assolutamente integrabili.

    Risposta di Ifrit
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