Area compresa tra grafico e asintoti obliqui

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Area compresa tra grafico e asintoti obliqui #88917

avt
gcappellotto47
Cerchio
Ho questo problema sull'area compresa tra il grafico di una funzione con arcotangente e gli asintoti obliqui, che mi pone qualche difficoltà, soprattutto di calcolo.

a) Studiare la funzione y=x\arctan(x) e rappresentala graficamente.

b) Dimostrare che la regione delimitata dal grafico della funzione e dai suoi asintoti obliqui ha area finita e calcolarne il valore.


a) In x=0 la funzione vale y=0.

Ricerco l'esistenza degli asintoti obliqui:

\lim_{x\to\infty}x\arctan(x)= +\infty

Coefficiente angolare dell'asintoto: m=\frac{\pi}{2}.

Intersezione con l'asse y:

\lim_{x\to+\infty}x\arctan(x)-x\frac{\pi}{2}

Ho applicato Hopital ottenendo -1.

L'equazione dell'asintoto è:

y=\frac{\pi}{2}x-1

Domanda: il prof non gradisce che si applichi Hopital, questo limite si può calcolare in un altro modo?

b) Per l'area devo calcolare il valore di un integrale improprio:

\\ \int_0^{+\infty}\left(x\arctan(x)-\frac{\pi}{2}x+1\right) dx=\\ \\ \lim_{A\to+\infty}\int_0^{A}\left(x \arctan(x)-\frac{\pi}{2}x+1\right)dx

Questo limite mi mette in difficoltà.

Gradirei un aiuto.
Grazie e saluti
Giovanni C.
 
 

Area compresa tra grafico e asintoti obliqui #88929

avt
Omega
Amministratore
Brevemente, riguardo al limite, sinceramente non vedo strade alternative.

Ricordo come al solito che (piaccia o non piaccia) il teorema di de l'Hopital è un teorema con delle ipotesi e una tesi, indi per cui l'applicazione sotto tali ipotesi è assolutamente legittima.

\lim_{x\to+\infty}\left(x\arctan(x)-x\frac{\pi}{2}\right)

Qui - limite con arcotangente, differenza e de l'Hopital - puoi consultare lo svolgimento di un limite del tutto analogo, anche se mi sembra proprio che non ti serva, perché l'equazione che hai scritto per l'asintoto obliquo è corretta emt

y=\frac{\pi}{2}x-1

Direi che possiamo passare direttamente al calcolo dell'area compresa tra il grafico della funzione f(x)=x\arctan(x) e i suoi asintoti obliqui.

Innanzitutto ti faccio notare che stiamo lavorando con una funzione pari, dunque simmetrica rispetto all'asse x. Per simmetria l'asintoto obliquo per x\to-\infty avrà equazione

y=-\frac{\pi}{2}x-1

Ma poco importa perché per calcolare l'integrale richiesto potremo limitarci al semiasse delle ascisse non negative

\mbox{Area}=2\int_0^{+\infty}\left(x\arctan(x)-\frac{\pi}{2}x+1\right)dx

Una piccola osservazione e procediamo

integrale area con asintoti

la tua impostazione dell'integrale è corretta perché è coerente nella scelta dei segni. emt

Dato che l'esercizio ci chiede il valore dell'area, dobbiamo necessariamente usare la definizione di integrale improprio di prima specie

\\ 2\int_0^{+\infty}\left(x\arctan(x)-\frac{\pi}{2}x+1\right)dx=\\ \\ \\ \lim_{A\to+\infty}2\int_0^{A}\left(x\arctan(x)-\frac{\pi}{2}x+1\right)dx\ \ \ (\bullet)

Quindi calcoliamo

\int_0^A\left(x\arctan(x)-\frac{\pi}{2}x+1\right)dx

e per non cadere in confusione, separatamente

\int_0^A(x\arctan(x))dx+\int_0^A\left(1-\frac{\pi}{2}x\right)dx


Per il primo integriamo per parti

\\ =\int_0^A(x\arctan(x))dx=\left[\frac{x^2}{2}\arctan(x)\right]_0^A-\int_0^A\left(\frac{x^2}{2}\cdot \frac{1}{1+x^2}\right)dx=\\ \\ \\ =\left[\frac{x^2}{2}\arctan(x)\right]_0^A-\frac{1}{2}\int_0^A\frac{x^2}{1+x^2}dx=

Un piccolo trucchetto algebrico del tipo somma-sottrai

=\left[\frac{x^2}{2}\arctan(x)\right]_0^A-\frac{1}{2}\int_0^A\frac{x^2+1-1}{1+x^2}dx=

da cui

=\left[\frac{x^2}{2}\arctan(x)\right]_0^A-\frac{1}{2}\int_0^Adx+\frac{1}{2}\int_0^A\frac{1}{1+x^2}dx=

L'ultimo integrale è immediato perché l'integranda è la derivata dell'arcotangente

=\left[\frac{x^2}{2}\arctan(x)\right]_0^A-\frac{1}{2}[x]_0^A+\frac{1}{2}[\arctan(x)]_0^A=

e in definitiva la valutazione dell'integrale è

=\frac{A^2}{2}\arctan(A)-\frac{A}{2}+\frac{1}{2}\arctan(A)


Passiamo al secondo contributo

\\ \int_0^A\left(1-\frac{\pi}{2}x\right)dx=\\ \\ \\ =\left[x-\frac{\pi}{2}\cdot \frac{x^2}{2}\right]_0^A=\\ \\ \\ =A-\frac{\pi}{4}A^2


Rimettiamo tutto assieme, non dimentichiamoci del coefficiente 2 e riprendiamo il limite (\bullet)

\\ (\bullet)\ \lim_{A\to+\infty}2\left[\frac{A^2}{2}\arctan(A)-\frac{A}{2}+\frac{1}{2}\arctan(A)+A-\frac{\pi}{4}A^2\right]=\\ \\ \\ \lim_{A\to+\infty}\left[A^2\arctan(A)-A+\arctan(A)+2A-\frac{\pi}{2}A^2\right]

Conviene raccogliere totalmente secondo A

\lim_{A\to+\infty}\left[A^2\left(\arctan(A)-\frac{\pi}{2}\right)+A+\arctan(A)\right]

Indovina come dovremo calcolare questo limite?... emt

Mettiamoci nella condizione di applicare de l'Hopital ed effettuiamo la sostituzione z=\frac{1}{A}

\\ \lim_{z\to 0^+}\left[\frac{1}{z^2}\left(\arctan\left(\frac{1}{z}\right)-\frac{\pi}{2}\right)+\frac{1}{z}+\arctan\left(\frac{1}{z}\right)\right]=\\ \\ \\ =\lim_{z\to 0^+}\frac{\left(\arctan\left(\frac{1}{z}\right)-\frac{\pi}{2}\right)+z+z^2\arctan\left(\frac{1}{z}\right)}{z^2}=

Lascio a te la verifica delle ipotesi e proseguo derivando separatamente numeratore e denominatore (occhio perché a numeratore ci servirà il teorema per la derivata della funzione composta)

\overbrace{=}^{H}\lim_{z\to 0^+}\frac{\frac{1}{1+\frac{1}{z^2}}\cdot \left(-\frac{1}{z^2}\right)+1+2z\arctan\left(\frac{1}{z}\right)+z^2\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{z^2}}\cdot \left(-\frac{1}{z^2}\right)}{2z}

con un paio di semplificazioni ci riduciamo a

\lim_{z\to0^+}\arctan\left(\frac{1}{z}\right)=\frac{\pi}{2}

che è il valore dell'area richiesta.
Ringraziano: CarFaby, gcappellotto47
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