Integrale improprio su (-1,+infinito) con logaritmo

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Integrale improprio su (-1,+infinito) con logaritmo #96842

avt
davide abb
Punto
Sono alle prese con un integrale improprio su (-1,+infinito) con il logaritmo, preso da una traccia d'esame.

Studiare il seguente integrale:

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

Innanzitutto non capisco se è un integrale improprio di prima o di terza specie, perché nell'intorno di uno il logaritmo perde di significato.

Grazie in anticipo.
 
 

Integrale improprio su (-1,+infinito) con logaritmo #96852

avt
Ifrit
Ambasciatore
Il nostro compito consiste nell'analizzare l'integrale

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

ma prima di procedere, è opportuno classificarlo così da agevolarne lo studio.

Per prima cosa osserviamo che la funzione integranda

f(x)=\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}

è ben definita nel momento in cui l'argomento del logaritmo è positivo, vale a dire:

x+1>0 \ \to \ x>-1

Il dominio della funzione è pertanto

Dom(f)=(-1,+\infty)

Osserviamo che per x\to -1 la funzione esplode a -\infty, di conseguenza f(x) è una funzione illimitata in ogni intorno destro di -1.

Aggiungiamoci inoltre l'intervallo di integrazione (-1,+\infty) è illimitato, di conseguenza possiamo asserire che

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

è un integrale improprio misto, che possiamo risolvere avvalendoci delle proprietà degli integrali, mediante le quali possiamo esprimere l'integrale come somma di due integrali: è sufficiente considerare un qualsiasi valore x_0\in (-1, +\infty) e spezzare come segue

=\int_{-1}^{x_0}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx+\int_{x_0}^{+\infty}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx=

Il primo addendo è un integrale improprio di seconda specie perché l'intervallo di integrazione è limitato mentre la funzione integranda è illimitata; il secondo addendo, invece, è un integrale improprio di prima specie perché l'intervallo di integrazione è illimitato.

Se riusciamo a dimostrare la convergenza dei due integrali, siamo in grado di concludere che l'integrale di partenza è convergente.

Analizziamo il primo

I_1=\int_{-1}^{x_0}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx

mediante il criterio del confronto asintotico, ma prima alcune osservazioni di carattere generale.

Osserviamo che in un intorno sufficientemente piccolo di -1, la funzione integranda è a segno costante (in particolare è negativa per -1<x<0), inoltre per x\to-1 sussistono le seguenti equivalenze asintotiche

\\ \ln(1+x)\sim_{x\to-1}\ln(1+x) \\ \\ (x+2)^2\sim_{x\to-1}1

e, in accordo con la teoria sulle stime asintotiche

\frac{\ln(1+x)}{(x+2)^2}\sim_{x\to -1}\ln(1+x)

Per il criterio del confronto asintotico, se converge l'integrale

\int_{-1}^{x_0}\ln(x+1)dx=

convergerà anche l'integrale I_1. Grazie alla sostituzione t=x+1, il nostro integrale si riscrive come

=\int_{0}^{x_0+1}\ln(t)dt

dunque ci siamo ricondotti all'integrale improprio notevole

\int_{0}^{\alpha}\frac{1}{x^a\ln^b(x)}dx

con a=0 \ \mbox{e} \ b=-1, e dunque convergente.

Ottimo! Abbiamo la prima informazione utile a risolvere il problema: l'integrale I_1 converge per confronto asintotico.

Concentriamoci ora sull'integrale improprio

I_2=\int_{x_0}^{+\infty}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx

In questo caso, il problema è che l'intervallo di integrazione non è limitato, dunque dobbiamo analizzare il comportamento asintotico dell'integranda per x\to+\infty.

Osserviamo che, per x\to+\infty, la costante additiva all'interno dell'argomento del logaritmo può essere bellamente trascurata, dunque possiamo scrivere la stima asintotica

\ln(1+x)\sim_{x\to+\infty}\ln(x)

Per quanto concerne il denominatore, possiamo trascurare il 2 alla base della potenza e scrivere

(x+2)^2 \sim_{x\to +\infty}x^2

In definitiva, la funzione integranda gode della seguente relazione asintotica

\frac{\ln(1+x)}{(x+2)^2}\sim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x^2}

In accordo con il criterio del confronto asintotico, l'integrale I_2 converge se e solo se è convergente

\int_{x_0}^{+\infty}\frac{\ln(x)}{x^2}dx

Ci siamo ricondotti all'integrale improprio notevole

\int_{\alpha}^{+\infty}\frac{1}{x^{a}\ln^{b}(x)}dx

dove a=2 \ \mbox{e} \ b=-1 e, in base alla teoria, risulta convergente.

Traiamo le dovute conclusioni: l'integrale di partenza è convergente perché somma di due integrali convergenti. Abbiamo concluso l'analisi.

Una volta verificato che converge, possiamo calcolare l'integrale improprio misto avvalendoci della definizione stessa, non prima di aver fissato per comodità x_0=0

\int_{-1}^{+\infty}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx=\lim_{m\to -1^+}\int_{m}^{0}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx+\lim_{M\to+\infty}\int_{0}^{M}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx

In entrambi i casi abbiamo bisogno della famiglia di primitive della funzione integranda. Calcoliamo dunque l'integrale indefinito

\int\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx=

Possiamo risolverlo avvalendoci della regola di integrazione per parti scegliendo come fattore finito, da derivare

F(x)=\ln(x+1) \ \to \ F'(x)=\frac{1}{x+1}

e come fattore differenziale, da integrare

G'(x)=\frac{1}{(x+2)^2} \ \to \ G(x)=-\frac{1}{x+2}

Avvalendoci della formula di integrazione per parti

\int F(x)G'(x)dx=F(x)G(x)-\int F'(x)G(x)dx

ricaviamo

\\ \int\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx=\ln(x+1)\cdot\left(-\frac{1}{x+2}\right)-\int\frac{1}{x+1}\cdot\left(-\frac{1}{x+2}\right)dx= \\ \\ \\ = -\frac{\ln(x+1)}{x+2}+\int\frac{1}{(x+1)(x+2)}dx

Concentriamoci sul calcolo dell'integrale

\int\frac{1}{(x+1)(x+2)}dx

e risolviamolo con il metodo di integrazione dei fratti semplici. Andiamo alla ricerca di due numeri reali A\ \mbox{e} \ B tali che

\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}

da cui

A(x+2)+B(x+1)=1

Sviluppiamo i calcoli e scriviamo il polinomio al primo membro secondo le potenze decrescenti di x

(A+B)x+2A+B=1

Il principio di identità dei polinomi consente infine di scrivere il sistema lineare

\begin{cases}A+B=0 \\ \\ 2A+B=1\end{cases}

da cui

A=1 \ \ \ \mbox{e} \ \ \ B=-1

Grazie ai valori ricavati, possiamo scrivere la seguente uguaglianza

\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}

e dunque l'integrale

\int\frac{1}{(x+1)(x+2)}dx=

diventa

\\ =\int\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}\right)dx=\\ \\ \\ =\int\frac{1}{x+1}dx-\int\frac{1}{x+2}dx=

i due integrali coincidono, a meno di costanti additive, con i logaritmi dei rispettivi denominatori

=\ln(|x+1|)-\ln(|x+2|)+c

In definitiva, possiamo scrivere

\int\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx=-\frac{\ln(x+1)}{x+2}+\ln(|x+1|)-\ln(|x+2|)+c

Calcoliamo l'integrale

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

Osserviamo che quando m\to -1^{+} il termine \ln(|2+m|) tende a zero, inoltre il valore assoluto sul termine |m+1| non è necessario giacché m+1 è positivo nell'intorno destro di -1, quindi il limite si riscrive come

\\ =\lim_{m\to-1^+}\left[-\ln(2)+\frac{\ln(1+m)}{2+m}-\ln(1+m)\right]= \\ \\ \\ =\lim_{m\to-1^+}\left[-\ln(2)+\frac{(-1-m)\ln(1+m)}{2+m}\right]=-\ln(2)

Calcoliamo il secondo integrale, vale a dire

\\ \lim_{M\to+\infty}\int_{0}^{M}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx= \\ \\ \\ =\lim_{M\to+\infty}\left[\ln(2)-\frac{\ln(1+M)}{2+M}+\ln(|1+M|)-\ln(|2+M|)\right]=(\bullet)

Notiamo che

\lim_{M\to+\infty}\frac{\ln(1+M)}{2+M}=0

perché il logaritmo è un infinito di ordine inferiore rispetto a 2+M. Inoltre, grazie alle proprietà dei logaritmi

\ln(|1+M|)-\ln(|2+M|)=\ln\left(\left|\frac{1+M}{2+M}\right|\right)

dunque il limite diventa

(\bullet)=\lim_{M\to+\infty}\left[\ln(2)+\ln\left(\left|\frac{1+M}{2+M}\right|\right)\right]=\ln(2)

Possiamo finalmente concludere che l'integrale improprio di partenza è zero, infatti:

\\ \int_{-1}^{+\infty}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx=\\ \\ \\ =\overbrace{\lim_{m\to -1}\int_{m}^{0}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx}^{=-\ln(2)}+\overbrace{\lim_{M\to+\infty}\int_{0}^{M}\frac{\ln(x+1)}{(x+2)^2}dx}^{=\ln(2)}= \\ \\ \\ = -\ln(2)+\ln(2)=0

Abbiamo finito.
Ringraziano: Omega, CarFaby

Integrale improprio su (-1,+infinito) con logaritmo #96858

avt
davide abb
Punto
Sei un genio, complimenti. Grazie.
Ringraziano: Ifrit
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Os