Un integrale definito si calcola su un intervallo finito in cui valgono le ipotesi necessarie. Che cosa cambia se un estremo va all’infinito o la funzione diventa illimitata? Non basta inserire il simbolo ∞ in una primitiva: occorre un limite. E se i punti problematici sono più di uno, occorre studiarli separatamente.
Integrali impropri: laboratorio dei limiti · Indice del percorso
1. Prima il troncamento, poi il limite
Supponiamo f integrabile su ogni intervallo finito [a,R]. Si definisce:
∫a∞f(x)dx = lim(R→∞) ∫aRf(x)dx.
L’integrale improprio converge se questo limite esiste ed è finito. Se cresce a +∞ o −∞, oppure non ha limite, non converge. L’infinito non è un numero da sostituire nelle operazioni usuali. Il troncamento I(R) è un integrale ordinario; il suo limite è una domanda ulteriore.
Analogamente ∫−∞bf=lim(A→−∞)∫Abf. Nell’ultima formula l’estremo inferiore dell’integrale è A: è il parametro che si sposta verso −∞.
2. All’infinito: la soglia p>1
Per p≠1: ∫1Rx⁻ᵖdx=(R¹⁻ᵖ−1)/(1−p). Se p>1, R¹⁻ᵖ→0; se p<1 cresce senza limite. Per p=1 l’integrale è ln R e diverge.
∫1∞dx/xᵖ converge ⇔ p>1; il valore è 1/(p−1).
Per 1/x²: I(R)=1−1/R→1. Per 1/x: I(R)=ln R→∞. In entrambi i casi f(x)→0, quindi una funzione che tende a zero non basta a garantire area finita. Per p=1,01 la convergenza esiste ma può essere estremamente lenta.
3. Vicino a zero la soglia si inverte
Se la funzione è illimitata vicino all’estremo 0, definiamo ∫01f=lim(ε→0⁺)∫ε1f. Per p≠1: ∫ε1x⁻ᵖdx=(1−ε¹⁻ᵖ)/(1−p). Ora ε è piccolo, non grande:
∫01dx/xᵖ converge ⇔ p<1; il valore è 1/(1−p).
Per 1/√x il valore è 2, anche se la funzione cresce senza limite vicino a zero. Per 1/x il troncamento è −ln ε e diverge. Le soglie all’infinito e vicino a zero sono opposte: indicare il punto problematico è essenziale. Una funzione può quindi essere illimitata ma avere un integrale finito.
4. Tre esempi con primitive e limiti
Coda esponenziale: per λ>0, ∫0Re^(−λx)dx=(1−e^(−λR))/λ→1/λ. La parte esclusa vale e^(−λR)/λ.
Logaritmo vicino a zero: ∫ε1−ln(x)dx=1−ε+ε ln ε→1, perché ε ln ε→0. La funzione cresce senza limite, ma l’integrale converge.
Singolarità a destra: ∫01−εdx/√(1−x)=2−2√ε→2. La variabile che tende a zero è la distanza ε dall’estremo 1, non necessariamente il punto x stesso.
5. Singolarità interne e più estremi problematici
Se c è interno ad [a,b] e f è problematica in c, definiamo separatamente ∫acf e ∫cbf come limiti unilaterali. L’integrale complessivo converge soltanto se entrambi sono finiti. I tagli a sinistra e a destra devono essere indipendenti: non è lecito assegnare un numero a −∞+∞.
Per 1/√|x| su [−1,1], i due integrali valgono 2 e il totale è 4. Per 1/x² ciascun lato diverge a +∞: la simmetria non aiuta.
Per f(x)=1/√[x(1−x)] su (0,1), separiamo in 1/2. La primitiva è 2 arcsin√x: ciascuna metà ha valore π/2, quindi il totale è π. Ci sono due singolarità integrabili, non un unico limite da prendere in modo sincronizzato.
6. Su tutta la retta: due code indipendenti
∫−∞∞f = ∫−∞cf + ∫c∞f, purché entrambi gli integrali convergano.
Per 1/(1+x²), la primitiva è arctan x. Le due code da 0 valgono π/2 ciascuna, quindi l’integrale è π. Con troncamenti [−L,R] il valore è arctan L+arctan R e tende a π anche se L e R crescono a velocità diverse.
Per x/(1+x²), la primitiva è (1/2)ln(1+x²). La coda sinistra diverge a −∞ e la destra a +∞: l’integrale improprio ordinario non converge. Integrarlo su [−R,R] dà sempre 0, ma questo è un altro tipo di limite.
7. Valore principale: una nozione diversa
Per 1/x su [−1,1] il lato sinistro tende a −∞ e il destro a +∞. L’integrale ordinario non converge. Imporre lo stesso taglio ε sui due lati dà però:
PV ∫−11 dx/x = lim(ε→0⁺)[∫−1−εdx/x + ∫ε1dx/x] = 0.
Questa è la definizione del valore principale di Cauchy per quel punto singolare, non una regola per sommare infiniti. Se il taglio sinistro è αε e il destro ε, la somma troncata è ln α: α=2 dà ln 2, α=1 dà 0. Il risultato dipende dal percorso di avvicinamento.
Anche per x/(1+x²) su tutta la retta il valore principale simmetrico è 0, mentre con [−αR,R] il limite è −ln α. Un valore principale finito non basta a dimostrare l’esistenza dell’integrale improprio ordinario. Per 1/x² su [−1,1] nemmeno la troncatura simmetrica ha limite finito.
8. Confronto e convergenza assoluta
Se 0≤f≤g vicino al punto problematico e ∫g converge, converge anche ∫f. Se ∫f diverge a +∞, diverge anche ∫g. La direzione del confronto conta. Per esempio su [1,∞), 0<1/(1+x³)≤1/x³: l’integrale converge anche senza calcolarne una primitiva.
Con f,g positive, se f/g→L con 0<L<∞ vicino al punto problematico, hanno lo stesso carattere di integrabilità lì. Così (2x+1)/(x³+4) si confronta con 1/x² all’infinito, perché il rapporto tende a 2. Il confronto locale non autorizza a ignorare altre singolarità presenti nell’intervallo.
Se ∫|f| converge, converge anche ∫f: si parla di convergenza assoluta. La convergenza semplice non implica quella assoluta. Il segno può produrre cancellazioni lungo una singola coda, ma non consente di unire due limiti divergenti ai lati di un punto.
A differenza delle serie, f(x)→0 non è neppure necessario in generale per un integrale finito. Una funzione continua fatta di triangolini disgiunti, centrati negli interi n≥2, di altezza 1 e base 2⁻ⁿ, ha area totale 1/4 ma f(n)=1. Tra i triangolini vale 0: non tende a zero.
9. Oscillazioni: convergenza senza convergenza assoluta
Su [1,∞), sin(x)/x converge come integrale improprio. Integrando per parti su [R,T]: ∫RTsin(x)/x dx=[−cos(x)/x]RT−∫RTcos(x)/x²dx. Il valore assoluto è al più 1/R+1/T+∫RTdx/x²=2/R. La coda diventa piccola uniformemente per T>R: il criterio di Cauchy garantisce la convergenza.
L’integrale di |sin(x)|/x diverge: in ogni intervallo [kπ+π/6,kπ+5π/6], con k≥1, |sin(x)|≥1/2. Il contributo è almeno 1/[3(k+1)] e la somma di questi contributi diverge. È convergenza condizionata, diversa dalla sola cancellazione simmetrica di 1/x attorno a zero.
Il laboratorio non tratta questo caso oscillante: qui la dimostrazione è analitica, non il risultato di campionare sempre più punti.
10. Quanto manca? Controllare la parte esclusa
Un valore troncato non è il risultato finale. Se I=∫1∞x⁻ᵖdx con p>1, allora I−I(R)=R¹⁻ᵖ/(p−1). Per p=2 e R=100 manca ancora 0,01; con R=1000 manca 0,001.
Vicino a zero, per p<1, la parte esclusa è ε¹⁻ᵖ/(1−p). Con p=1/2 serve 2√ε≤δ per errore al più δ, cioè ε≤(δ/2)². Per δ=0,01 occorre ε≤0,000025: un taglio piccolo può non essere ancora abbastanza piccolo.
Per un confronto 0≤f≤g, anche la coda di g può maggiorare la coda di f. Conoscere la convergenza non significa conoscere la somma esatta né aver già raggiunto la precisione richiesta. Differenze piccole fra due troncamenti non sono, da sole, una stima garantita della coda.
11. Una regione infinita con volume finito
La regione sotto y=1/x per x≥1 ha area ∫1∞dx/x=∞. Ruotandola attorno all’asse x, il volume è invece V=π∫1∞dx/x²=π. È il solido ideale noto come tromba di Gabriele.
La superficie laterale non ha area finita: S=2π∫1∞(1/x)√(1+1/x⁴)dx≥2π∫1∞dx/x=∞. Area piana, volume e superficie laterale sono grandezze diverse e coinvolgono integrande diverse. Il modello è matematico: spessori fisici, vernici e materiali reali non sono descritti da una superficie infinitamente sottile.
12. Procedura e laboratorio: non fidarsi di una cancellazione
- Trova tutti gli estremi infiniti e le singolarità.
- Dividi il problema in intervalli con un solo punto problematico per ogni limite.
- Scrivi i troncamenti con parametri indipendenti.
- Calcola una primitiva o usa un criterio di confronto.
- Verifica che ciascun limite richiesto sia finito prima di sommare.
- Se il risultato è ottenuto imponendo simmetria, chiamalo valore principale e non integrale ordinario.
Il laboratorio ha dieci casi guidati. Il cursore muove R da 1 a un milione oppure ε da 1 a 10⁻⁶; i casi con più tagli partono da un valore che mantiene gli intervalli validi. Il parametro α cambia il rapporto tra il taglio sinistro e quello destro. Avvia procede di un livello al secondo.
Il primo grafico mostra la parte inclusa nel troncamento in una finestra finita, con eventuali altezze tagliate. Il secondo confronta il totale e, dove necessario, i due contributi separati. Valori e resti sono calcolati dalle formule dei casi predisposti, non da una quadratura del disegno. La classificazione è teorica; non è un risolutore per funzioni arbitrarie. Le cifre sono arrotondate.
Esercizi: prova prima di aprire
1. Calcola ∫1∞dx/x² e il resto dopo R=1000.
Mostra la soluzione ragionata
I(R)=1−1/R, quindi l’integrale vale 1. Con R=1000 il valore troncato è 0,999 e manca 0,001.
2. Quale taglio basta per ∫01dx/√x con errore al più 0,01?
Mostra la soluzione ragionata
L’integrale vale 2 e la parte esclusa è 2√ε. Serve ε≤(0,01/2)²=0,000025. Il laboratorio usa livelli discreti e trova il primo taglio disponibile che soddisfa la stima.
3. La crescita di −ln x vicino a zero impedisce un integrale finito?
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No: ∫ε1−ln x dx=1−ε+ε ln ε→1. Essere illimitata non basta a rendere divergente una funzione integrata.
4. Quanto vale ∫−∞∞dx/(1+x²)? Serve imporre troncamenti simmetrici?
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Vale π: le due code convergono separatamente a π/2. Con [−L,R] il valore troncato è arctan L+arctan R, che tende a π indipendentemente dalle velocità di crescita.
5. Per 1/x su [−1,1], che cosa cambia con tagli 2ε ed ε?
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Il totale troncato è ln 2, mentre con tagli uguali è 0. L’integrale ordinario non converge: sinistra −∞, destra +∞. Il valore principale simmetrico resta 0 e non coincide con il limite del percorso asimmetrico.
6. La simmetria rende finito ∫−11dx/x²?
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No: ciascun lato diverge a +∞. Con tagli uguali la somma è 2/ε−2→+∞, quindi nemmeno il valore principale è finito.
7. Come si tratta 1/√[x(1−x)] su (0,1)?
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Si separano i due estremi, per esempio in 1/2. La primitiva 2 arcsin√x dà π/2 per ciascuna metà: il totale è π, senza imporre tagli uguali.
8. Serve una primitiva per dimostrare la convergenza di ∫1∞dx/(1+x³)?
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No: 0<1/(1+x³)≤1/x³ e ∫1∞dx/x³=1/2 è finito. Il confronto prova la convergenza, non dice che il nuovo integrale sia uguale a 1/2.
Integrali definiti e rotazioni · Serie