dipendenti da parametri
Mosè Giordano 16 novembre 2010
1 Introduzione
I seguenti esercizi mostrano alcuni esempi di applicazioni degli integrali dipendenti da parametri per il calcolo di integrali generalizzati. Riportiamo qui per convenien- za le ipotesi di applicabilità della regola di derivazione sotto il segno di integrale per questo tipo di integrali (vedi De Marco [1, pagina 417]):
Teorema 1. Sia E spazio metrizzabile, I intervallo di R i cui estremi (eventual- mente infiniti) sono α, β ∈ ˜R; sia f : E × I → Y (Y spazio di Banach) funzione continua. Supponiamo che per ogni x ∈ E l’integrale generalizzato
F (x) = Z β
α
f (x, t) dt (1)
esista in Y . Allora
i. se per p ∈ E esistono un intorno U di p in E e una γ : I → [0, +∞[ sommabile su I tale che sia kf (x, t)kY ≤ γ(t) per ogni x ∈ U e ogni t ∈ I, allora F è continua in p;
ii. sia u un vettore di X tale che ∂uf (x, t) esista e sia continua in E × I (E ora è aperto nello spazio normato X). Se per un p ∈ E esistono un intorno U di p in E e una γ : I → [0, +∞[ sommabile su I tale che sia k∂uf (x, t)kY ≤ γ(t) per ogni x ∈ U e per ogni t ∈ I, allora si ha
∂uF (x) = Z β
α
∂uf (x, t) dt (2)
(e quindi, per i, ∂uF è anche continua in U ).
In questi appunti supporremo sempre soddisfatte le ipotesi del teorema.
2 Esempi
Esempio 1. Calcolare Z +∞
0
sin x
x dx. (3)
Svolgimento. La funzione Si(t) =
Z t 0
sin x
x dx (4)
è detta seno integrale, quando t = +∞ si ha l’integrale di Dirichlet. L’integranda sin x/x è una funzione non elementarmente integrabile, però possiamo valutare l’integrale definito considerando la funzione f : [0, +∞[ → R definita da
f (α) = Z +∞
0
e−αxsin x
x dx. (5)
Applichiamo la formula di derivazione sotto il segno di integrale:
I ≡ f0(α) = Z +∞
0
∂
∂α
e−αx sin x x
dx =
Z +∞
0
−x e−αx sin x x dx =
= Z +∞
0
− e−αxsin x dx = 1 α
Z +∞
0
(−α) e−αxsin x dx =
= 1 α
t→+∞lim [e−αxsin x]x=tx=0− Z +∞
0
e−αxcos x dx
=
= 1 α2
Z +∞
0
(−α) e−αxcos x dx =
= 1 α2
t→+∞lim [e−αxcos x]x=tx=0+ Z +∞
0
e−αxsin x dx
=
= − 1 α2 − I
α2,
(6)
da cui, con α 6= 0, I + I
α2 = − 1
α2 ⇐⇒ I = f0(α) = − 1
1 + α2. (7)
Risulta:
t→+∞lim (f (t)) − f (t) = − Z +∞
t
dα
1 + α2 = − lim
t→+∞arctan t + arctan t =
= arctan t − π
2, x > 0.
(8)
Poiché limt→+∞f (t) = 0 (l’integranda è la funzione identicamente nulla), risulta f (α) = π
2 − arctan α, α > 0. (9)
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4
0 2 4 6 8 10
Z+∞ 0e−αxsinx xdx
α
Osserviamo che f è prolungabile per continuità da destra in α = 0:
f (0) = lim
α→0+f (α) = Z +∞
0
sin x
x dx = π
2. (10)
Per α > 0 risulta π/2 − arctan α = arctan(1/α) e dunque f (α) = arctan(1/α), se α > 0 e f (0) = π/2.
Esempio 2. Calcolare Z +∞
0
e−(x2+x21 ) dx. (11)
Svolgimento. Consideriamo la funzione f : R → R definita da f (α) =
Z +∞
0
e−
x2+α2
x2
dx (12)
e calcoliamo f0(α) usando la formula di derivazione sotto il segno di integrale:
f0(α) = Z +∞
0
∂
∂α
e−
x2+α2
x2
dx =
Z +∞
0
−2α x2 e−
x2+α2
x2
dx. (13)
Effettuiamo la sostituzione y = α/x, cosicché dy = −(α/x2) dx, x → 0+ =⇒ y → +∞, x → +∞ =⇒ y → 0+:
f0(α) = Z +∞
0
−2α x2 e−
x2+α2
x2
dx = − Z +∞
0
2 e−
y2+α2
y2
dy = −2f (α). (14) Si tratta allora di risolvere il seguente problema di Cauchy:
f0 = 2f f (0) =
√π 2
(15)
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9
0 1 2 3 4 5
Z+∞ 0e− x2+α2 x2 dx
α
poiché è noto che R+∞
0 e−x2dx =√
π/2. Separando le variabili troviamo:
f0 = −2f =⇒
Z df
f = −2 Z
dα =⇒ log f = −2α + c
=⇒ f = c e−2α, c, α ∈ R.
(16)
Determiniamo c imponendo la condizione iniziale: √
π/2 = c, per cui f (α) =
√π
2 e2α. (17)
Abbiamo così trovato che:
f (1) = Z +∞
0
e−(x2+x21 ) dx =
√π
2 e2. (18)
Esempio 3. Calcolare Z 1
0
x − 1
log x dx. (19)
Svolgimento. Consideriamo la funzione f : R → R definita da f (α) =
Z 1 0
xα− 1
log x dx (20)
e calcoliamo f0(α) usando la formula di derivazione sotto il segno di integrale:
f0(α) = Z 1
0
∂
∂α
xα− 1 log x
dx =
Z 1 0
xαdx = xα+1 α + 1
x=1 x=0
= 1
α + 1. (21)
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6
0 1 2 3 4 5
Z1 0
xα −1 logxdx
α
Dobbiamo allora risolvere il seguente problema di Cauchy:
f0 = 1 α + 1 f (0) = 0
(22)
perché f (0) =R1
0 dx(x0 − 1)/ log x =R1
0 0 dx = 0. Risulta:
f = Z
df =
Z dα
α + 1 = log(α + 1) + c, c ∈ R, α > −1 (23) e imponendo la condizione iniziale otteniamo: 0 = 0 + c =⇒ c = 0. Pertanto
f (α) = log(α + 1), α > −1 (24)
e in particolare f (1) =
Z 1 0
x − 1
log x dx = log 2. (25)
Esempio 4. Calcolare Z π/2
0
x
tan x dx. (26)
Svolgimento. Consideriamo la funzione f : R → R definita da f (α) =
Z π/2 0
arctan(α tan x)
tan x dx (27)
e calcoliamo f0(α) usando la regola di derivazione sotto il segno di integrale:
f0(α) = Z π/2
0
∂
∂α
arctan(α tan x) tan x
dx =
Z π/2 0
1 tan x
tan x
1 + α2tan2xdx =
= Z π/2
0
1
1 + α2tan2xdx.
(28)
Effettuiamo la sostituzione t = tan x, quindi dx = dt/(1+t2), x → 0+ =⇒ t → 0+, x → π/2− =⇒ t → +∞:
f0(α) = Z +∞
0
dt
(1 + α2t2)(1 + t2). (29)
Scomponiamo la frazione con il metodo dei fratti semplici:
1
(1 + α2t2)(1 + t2) = At + B
1 + α2t2 +Ct + D 1 + t2 =
= (A + Cα2)t3+ (B + Dα2)t2+ (A + C)t + (B + D) (1 + α2t2)(1 + t2)
(30)
dove A, B, C e D sono costanti reali da determinare applicando il principio di identità dei polinomi. Dobbiamo dunque risolvere il sistema
A + Cα2 = 0 B + Dα2 = 0 A + C = 0 B + D = 1
(31)
da cui si trova
A = 0 B = α2
α2− 1 C = 0
D = 1
1 − α2
. (32)
Allora
f0(α) = Z +∞
0
α2 α2− 1
1
1 + α2t2 − 1 α2− 1
1 1 + t2
dt =
= 1
α2− 1 Z +∞
0
α α
1 + α2t2 − 1 1 + t2
dt =
= 1
α2− 1 lim
x→+∞[α arctan(αt) − arctan t]t=xt=0 =
= π 2
α − 1
α2− 1 = π 2(α + 1).
(33)
Dobbiamo risolvere pertanto il seguente problema di Cauchy:
f0 = π 2(α + 1) f (0) = 0
(34)
0 0.5 1 1.5 2 2.5
0 1 2 3 4 5
Zπ/2 0
arctan(αtanx) tanxdx
α
perché f (0) =Rπ/2
0 dx arctan(0 tan x)/ tan x =Rπ/2
0 0 dx = 0. Abbiamo:
f = Z
df = Z π
2 dα
α + 1 =⇒ f = π
2 log(α + 1) + c, c ∈ R, α > −1. (35) Imponendo la condizione iniziale otteniamo: 0 = π log(1)/2 + c =⇒ c = 0, da cui:
f (α) = π
2 log(α + 1), α > −1 (36)
e in particolare f (1) =
Z π/2 0
x
tan xdx = π
2 log 2. (37)
Esempio 5. Calcolare Z +∞
0
log(1 + x2)
1 + x2 dx. (38)
Svolgimento. Consideriamo la funzione f : R → R definita da f (α) =
Z +∞
0
log(1 + α2x2)
1 + x2 dx. (39)
Calcoliamo f0(α) usando la regola di derivazione sotto il segno di integrale:
f0(α) = Z +∞
0
∂
∂α
log(1 + α2x2) 1 + x2 dx =
Z +∞
0
2αx2
(1 + x2)(1 + α2x2)dx. (40)
Scomponiamo la frazione con il metodo dei fratti semplici:
x2
(1 + x2)(1 + α2x2) = Ax + B
1 + α2x2 + Cx + D 1 + x2 =
= (A + Cα2)x3+ (B + Dα2)x2+ (A + C)x + (B + D) (1 + α2x2)(1 + x2)
(41)
dove A, B, C e D sono costanti reali da determinare applicando il principio di identità dei polinomi. Dobbiamo dunque risolvere il sistema
A + Cα2 = 0 B + Dα2 = 1 A + C = 0 B + D = 0
(42)
da cui si ottiene
A = 0 B = − 1
α2− 1 C = 0
D = α2− 1
. (43)
Allora
f0(α) = 2α α2− 1
Z +∞
0
1
1 + x2 − 1 1 + α2x2
dx =
= 2α α2− 1
Z +∞
0
1
1 + x2 − 1 α
α 1 + α2x2
dx =
= 2α
α2− 1 lim
t→+∞
arctan x −arctan(αx) α
x=t x=0
=
= 2α α2− 1
π 2 − π
2α
= πα α2− 1
α − 1
α = π
α + 1.
(44)
Dunque si tratta di risolvere il seguente problema di Cauchy:
f0 = π α + 1 f (0) = 0
(45)
poichéR+∞
0 dx(log(1 + 0x2))/(1 + x2) = 0. Risulta:
f = Z
df =
Z π dα
α + 1 = π log(α + 1) + c, c ∈ R, α > −1. (46) Imponendo la condizione iniziale troviamo: 0 = π log(1) + c =⇒ c = 0. Allora
f (α) = π log(α + 1), α > −1 (47)
e in particolare f (1) =
Z +∞
0
log(1 + x2)
1 + x2 dx = π log 2. (48)
0 1 2 3 4 5
0 1 2 3 4 5
Z+∞ 0
log(1+α2 x2 ) 1+x2dx
α
Esempio 6. Calcolare Z +∞
−∞
1 − cos x
x2 dx. (49)
Svolgimento. Consideriamo la funzione f : ]0, +∞[ → R definita da f (α) =
Z +∞
−∞
e−αx2 1 − cos x
x2 dx. (50)
Calcoliamo f0(α) usando la formula di derivazione sotto il segno di integrale:
f0(α) = Z +∞
−∞
∂
∂α
e−αx2 1 − cos x x2
dx =
= Z +∞
−∞
−e−αx2x2(1 − cos x)
x2 dx =
Z +∞
−∞
e−αx2(cos x − 1) dx =
= Z +∞
−∞
e−αx2cos x dx − Z +∞
−∞
e−αx2dx =
= Z +∞
−∞
e−αx2cos x dx −r π α.
(51)
Per calcolare R+∞
−∞ e−αx2cos x dx consideriamo la funzione g : R → R definita da g(β) =
Z +∞
−∞
e−αx2cos(βx) dx. (52)
L’integrale presente nel secondo membro della (52) è detto integrale di Laplace ed è la trasformata di Fourier della gaussiana. Dalla regola di derivazione sotto il segno
di integrale abbiamo:
g0(β) = Z +∞
−∞
∂
∂β(e−αx2cos(βx)) dx = Z +∞
−∞
−x e−αx2sin(βx) dx =
= 1 2α
Z +∞
−∞
(−2αx) e−αx2sin(βx) dx =
= 1 2α
t→+∞lim [e−αx2sin(βx)]x=tx=−t − Z +∞
−∞
e−αx2β cos(βx)
dx =
= − β 2αg(β).
(53)
Per determinare g(β) dobbiamo allora risolvere il seguente problema di Cauchy:
g0 = − β 2αg g(0) = r π
α
α > 0 (54)
avendo nuovamente sfruttato il valore dell’integrale R+∞
−∞ e−αx2dx = pπ/α. Ab- biamo:
g0 = − β
2αg =⇒
Z dg
g = − 1 2α
Z
β dβ =⇒
=⇒ log g = − 1 2α
β2
2 + c =⇒
=⇒ g = c e−β2/(4α), c, β ∈ R, α > 0.
(55)
Imponiamo la condizione iniziale: pπ/α = c, per cui:
g(β) = Z +∞
−∞
e−αx2cos(βx) dx =r π
αe−β24α, α > 0, β ∈ R. (56) Dunque
f0(α) = g(1) −r π
α =r π α
e−4α1 −1
. (57)
Osserviamo che
α→+∞lim e−αx2 1 − cos x
x2 = 0 (58)
pertanto
α→+∞lim f (α) = lim
α→+∞
Z +∞
−∞
e−αx2 1 − cos x
x2 dx = 0 (59)
e possiamo così calcolare
y→+∞lim (f (y)) − f (x) = lim
y→+∞
Z f (y) f (x)
df = Z +∞
x
r π α
e−4α1 −1
dα. (60)
0 1 2
3 4
5 −4−2 0 2 4 0
0.5 1 1.5 2 2.5 3
−∞
α
β
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
Effettuiamo la sostituzione t2 = 1/(4α), quindi dα = − dt/(2t3), α → x+ =⇒
t → 1/2√
x−, α → +∞ =⇒ t → 0+:
y→+∞lim (f (y)) − f (x) =
Z 1/2√ x
0
√πt(e−t2−1)
t3 dt =√ π
Z 1/2√ x
0
e−t2−1 t2 dt =
=√ π
Z 1/2√ x
0
−
−1 t2
e−t2−1 t2
dt =
=√ π
−1
t e−t2+1 t
t=1/2√ x
t→0
+
Z 1/2√ x
0
1
t(−2t) e−t2dt
!
=
=√
π 2√ x
1 − e−4x1
− lim
t→0+
1 − e−t2 t
!
− 2
Z 1/2√ x
0
e−t2dt
!
=
=√ π
2√
x(1 − e−4x1 ) −√
π erf 1 2√ x
=
= 2√
πx(1 − e−4x1 ) − π erf 1 2√
x,
(61) in cui
erf(t) = 2
√π Z t
0
e−x2dx (62)
è la funzione degli errori per la quale si ha limt→+∞erf(t) = 1. Allora f (α) = 2√
πα(e−4α1 −1) + π erf 1 2√
α, α > 0 (63)
e la funzione può essere prolungata per continuità in α = 0 da destra con questo
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
0 1 2 3 4 5
Z+∞ −∞e−αx21−cosx x2dx
α
valore:
f (0) = Z +∞
−∞
1 − cos x
x2 dx = lim
α→0+
2√
πα(e−4α1 −1) + π erf 1 2√
α
= π. (64)
Riferimenti bibliografici
[1] Giuseppe De Marco. Analisi due. Volume 2. Padova: Decibel e Zanichelli, 1993 (citato a pagina1).
