Ricevo da Beatrice la seguente domanda:
Gentile professore,
potrebbe per favore indicarmi il metodo di risoluzione del seguente esercizio (n.193 pag.115W, Corso base blu di matematica)?
Calcola il seguente limite applicando, qualora sia possibile, il teorema di De l’Hospital: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\int\limits_{0}^{{{x}^{2}}}{t\arctan 2tdt}}{{{x}^{4}}}\quad .\]
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Beatrice,
posto che \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{4}}=+\infty\), bisogna verificare se sia anche \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{0}^{{{x}^{2}}}{t\arctan 2tdt}=+\infty\), e a questo scopo cerchiamo di esplicitare la funzione integrale calcolando le primitive di \(t\arctan 2t\). Procediamo ad una integrazione per parti: \[\int{t\arctan 2tdt=\frac{1}{2}{{t}^{2}}\arctan 2t-\frac{1}{2}\int{\frac{2{{t}^{2}}}{1+4{{t}^{2}}}dt=}}\frac{1}{2}{{t}^{2}}\arctan 2t-\frac{1}{4}\int{\frac{1+4{{t}^{2}}-1}{1+4{{t}^{2}}}dt=}\] \[=\frac{1}{2}{{t}^{2}}\arctan 2t-\frac{1}{4}t+\frac{1}{8}\arctan 2t+c\]
che, estremata tra \(0\) e \(x^2\), ci fornisce la seguente funzione integrale (composta):\[F\left( {{x}^{2}} \right)=\frac{1}{2}{{x}^{4}}\arctan 2{{x}^{2}}-\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{1}{8}\arctan 2{{x}^{2}}\] e quindi il seguente limite:
\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{2}{{x}^{4}}\arctan 2{{x}^{2}}-\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{1}{8}\arctan 2{{x}^{2}} \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{4}}\left( \frac{1}{2}\arctan 2{{x}^{2}}-\frac{1}{4{{x}^{2}}}+\frac{1}{8}\frac{\arctan 2{{x}^{2}}}{{{x}^{4}}} \right)=+\infty \left( \frac{\pi }{4}+0 \right)=+\infty \]
Concludiamo che il limite originale si presenta nella forma \(\frac{\infty }{\infty }\), ed essendo le funzioni derivabili è possibile applicare il teorema di de l’Hospital; ricordando che (teorema fondamentale del calcolo integrale) la derivata della funzione integrale coincide con la funzione integranda, laddove questa sia continua, e tenendo conto che in questo caso la funzione è composta, si ha: \[D\int\limits_{0}^{{{x}^{2}}}{t\arctan 2tdt}={{x}^{2}}\arctan 2{{x}^{2}}\cdot \frac{d\left( {{x}^{2}} \right)}{dx}=2{{x}^{3}}\arctan 2{{x}^{2}}\] per cui: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\int\limits_{0}^{{{x}^{2}}}{t\arctan 2tdt}}{{{x}^{4}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{x}^{3}}\arctan 2{{x}^{2}}}{4{{x}^{3}}}=\frac{\pi }{4}\quad .\] Si osservi, tuttavia, che a questo risultato potremmo pervenire anche operando direttamente il seguente limite, dal momento che si è dovuta comunque esplicitare la funzione integrale \(F\left( {{x}^{2}} \right)\) per poter verificare l’applicabilità del teorema di de l’Hospital: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{4}}\left( \frac{1}{2}\arctan 2{{x}^{2}}-\frac{1}{4{{x}^{2}}}+\frac{1}{8}\frac{\arctan 2{{x}^{2}}}{{{x}^{4}}} \right)}{{{x}^{4}}}=\frac{\pi }{4}\quad .\]
Massimo Bergamini