Studio di una funzione integrale con esponenziale e radice

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Studio di una funzione integrale con esponenziale e radice #77169

avt
ispanico94
Punto
Salve, non riesco a capire come svolgere lo studio di questa funzione integrale in cui è è richiesto tutto, fino al grafico. Ho da poco fatto l'esame di analisi e non sono passato :(

F(x)=\int_{0}^{x} \frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}dt
 
 

Re: Studio di una funzione integrale con esponenziale e radice #77180

avt
Ifrit
Ambasciatore
Abbiamo la funzione integrale:

F(x)=\int_{0}^{x}\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}dt

Prima di tutto dovremmo determinare il dominio della funzione integrale. Osserviamo che la funzione integranda

f(t)=\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}

presenta punti problematici, e sono quelli che annullano il denominatore:

\bullet\,\, \sqrt[3]{t^4-1}\ne 0\iff t^4-1\ne 0\iff t\ne \pm 1

Il dominio della funzione integrale è il più grande intervallo contenente il punto noto x_0=0 e tutti i punti x per i quali l'integrale esiste finito.


Osserviamo che per ogni -1<x<1 l'integrale esiste finito sicuramente, perché in questo intervallo la funzione integranda è continua, di conseguenza il teorema fondamentale del calcolo integrale ci permette di asserire che la funzione integrale F(x) è continua in [0, x]\mbox{ con } 0<x<1 e in [x, 0]\mbox{ con }-1<x<0.

Osserviamo inoltre che la funzione integranda è pari, infatti:

f(-t)=\frac{e^{-(-t)^2}}{\sqrt[3]{(-t)^4-1}}=\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}= f(t)\quad\forall t\in\mathbb{R}\setminus\{-1,1\}.

Possiamo quindi sfruttare questa proprietà per studiare la funzione integrale, giacché essa sarà certamente dispari, limitando lo studio per x>0 e poi sfruttare la simmetria puntuale.

Studiamo l'integrabilità dell'integrale nei punti problematici, in particolare per x=1. Interverranno i criteri di convergenza per gli integrali impropri di seconda specie, utilizzeremo il criterio del confronto asintotico per gli integrali

Per x\to 1 si ha che:

e^{-x^2}\sim e^{-1}=\frac{1}{e}

\sqrt[3]{t^{4}-1}=\sqrt[3]{(t^2-1)(t^2+1)}=\sqrt[3]{(t-1)(t+1)(t^2+1)}\sim \sqrt[3]{4}\sqrt[3]{t-1}

Si ha quindi che:

\frac{e^{-x^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}\sim_{x\to 1}\frac{1}{e\sqrt[3]{4}\sqrt[3]{t-1}}= \frac{1}{e\sqrt[3]{4}}\cdot \frac{1}{(t-1)^{\frac{1}{3}}}

Ricordando che l'integrale:

\int_{0}^{1}\frac{1}{(t-1)^{\frac{1}{3}}}dt

converge (è un integrale improprio notevole con esponente minore di 1) allora convergerà anche:

F(1)=\int_{0}^{1}\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}dt

Per simmetria, la funzione integrale è

Questo ci permette di asserire che la funzione integrale è definita anche in 1 e per simmetria anche in -1.

La funzione integrale ha per dominio tutto l'asse reale.

Intersezione con l'asse y.

La funzione interseca l'asse y in 0, infatti per x=0 si ha che:

F(0)=\int_{0}^{0}\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}dt= 0.

Ricorda infatti che se gli estremi di integrazione coincidono allora l'integrale è zero per definizione.

Limiti agli estremi

Dobbiamo studiare il limite:

\lim_{x\to +\infty}F(x)=\lim_{x\to +\infty}\int_{0}^{x}\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}dt=

=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}dt

Abbiamo già studiato in precedenza il punto problematico x=1 (e il suo simmetrico -1). Dobbiamo controllare la convergenza con i criteri di convergenza dell'integrale improprio di prima specie.

Osserva che:

\bullet\,\, e^{-t^2}\sim_{t\to \infty} e^{-t^2}

\bullet\,\, \sqrt[3]{t^4-1}\sim_{t\to \infty}\sqrt[3]{t^4}= t^{\frac{4}{3}}

Se converge l'integrale improprio:

\int_{1}^{\infty}\frac{e^{-t^2}}{t^{\frac{4}{3}}}dt

allora convergerà l'integrale di partenza.

Ora bisogna usare un po' di ingegno: ricorda che e^{-t^2}\le 1\quad\forall t\in\mathbb{R}, si ha che:

\int_{1}^{\infty}\frac{e^{-t^2}}{t^{\frac{4}{3}}}dt\le \int_{1}^{\infty}\frac{1}{t^\frac{4}{3}}dt

L'ultimo integrale è un'integrale improprio notevole convergente. di conseguenza convergerà anche il nostro integrale:

=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}dt=L

y=L è asintoto orizzontale destro.

Per simmetria si ha che il limite

\lim_{x\to -\infty}\int_{0}^{x}\frac{e^{-t^2}}{\sqrt[3]{t^4-1}}dt=-L

(è una proprietà delle funzioni dispari.)

Calcolo della derivata prima

Calcoliamo la derivata prima utilizzando il teorema fondamentale del calcolo integrale.

Si ha che:

F'(x)= \frac{d}{dx}\int_{0}^{x}f(t)dt= f(x)

Ovvero la derivata prima della funzione integrale coincide con la funzione integranda.

F'(x)= \frac{e^{-x^2}}{\sqrt[3]{x^4-1}}\mbox{ per }x\ne -1\vee x\ne +1

Segno della derivata prima:

Determiniamo il segno della derivata prima:

F'(x)>0\iff \frac{e^{-x^2}}{\sqrt[3]{x^4-1}}>0

Studiamo separatamente il segno del numeratore e del denominatore:

\bullet\,\,e^{-x^2}>0\quad\forall x\in\mathbb{R}

\bullet\,\, \sqrt[3]{x^4-1}>0\iff x^4-1>0\iff x<-1\vee x>1


Creando la tabella dei segni scopriamo che

la derivata prima è

\bullet\,\,\mbox{ positiva} per x<-1 oppure per x>1.

\bullet\,\, \mbox{ negativa} per -1<x<1.

pertanto la funzione integrale è:

\bullet\,\, \mbox{ crescente } per x<-1 e per x>1.

\bullet\,\, \mbox{ decrescente} per -1<x<1.

I punti x=-1 e x=1 si candidano come punti di non derivabilità.

Studiamo il limite destro e il limite sinistro della derivata prima nei punti interessanti:

\bullet\,\,\lim_{x\to 1^{-}}F'(x)=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{e^{-x^2}}{\sqrt[3]{x^4-1}}=\left[\frac{e^{-1}}{0^{-}}\right]=-\infty

\bullet\,\,\lim_{x\to 1^{+}}F'(x)= \lim_{x\to 1^{+}}\frac{e^{-x^2}}{\sqrt[3]{x^4-1}}=\left[\frac{e^{-1}}{0^{+}}\right]=+\infty

Il limite destro e il limite sinistro della derivata prima esistono ma sono infiniti discordi dunque:

\bullet\,\x=1 è un punto di cuspide e in base al segno della derivata prima possiamo asserire anche che esso è un punto di minimo relativo.


Per la disparità della funzione integrale si ha che x=-1 è un punto di cuspide e in base al segno della derivata prima esso è un punto di massimo relativo.

Calcolo della derivata seconda

Calcoliamo la derivata seconda:

F''(x)= f'(x)= \frac{e^{-x^2}\cdot (-2x) \sqrt[3]{x^4-1}- e^{-x^2}\frac{4x^3}{3 \sqrt[3]{(x^4-1)^2}}}{(\sqrt[3]{x^4-1})^2}=

= \frac{2e^{-x^2} x (-3x^4-2x^2+3)}{3(x^4-1)\sqrt[3]{x^4-1}}\mbox{ con }x\ne -1\vee x\ne 1.

Possiamo studiare il segno della funzione derivata seconda, studiamo ciascun fattore:

\bullet\,\, e^{-x^2}>0\quad\forall x\in\mathbb{R}

\bullet\,\, x>0

\bullet\,\, -3x^4-2x^2+3>0\iff -\sqrt{\frac{1}{3}(\sqrt{10}-1)}<x<\sqrt{\frac{1}{3}(\sqrt{10}-1)}

Il denominatore è certamente positivo nel dominio della derivata prima. Creando la tabella dei segni scopriamo che la derivata seconda è:

\bullet\,\, \mbox{ positiva in }x<-1\vee -1<x<- \sqrt{\frac{1}{3}\left(\sqrt{10}-1\right)}\vee 0<x<\sqrt{\frac{1}{3}(\sqrt{10}-1)}

\bullet\,\, \mbox{ negativa } nell'insieme complementare.

Questo ci permette di asserire che x=0 e x=\pm \sqrt{\frac{1}{3}\sqrt{10}-1} sono punti di flesso.

grafico di funzione integrale
Ringraziano: Omega, Galois, CarFaby

Re: Studio di una funzione integrale con esponenziale e radice #77196

avt
ispanico94
Punto
Siete fantastici...ringrazio il giorno che avete creato questo magnifico sito!
Ringraziano: Omega, Galois
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Os