Esercizi di esame sul Calcolo Integrale

Quaderni di Analisi Matemati a http://www.extrabyte.info

Eser izi svolti sul Cal olo Integrale Mar ello Colozzo

Indi e I

Teoria dell'integrazione di una funzione reale di variabile reale 7

1 Integrale denito

9

1.1

Funzioni primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2

Misura degli insiemi piani

1.3

Area del rettangoloide

1.4

Denizione di integrale denito

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.5

Proprietà dell'integrale denito

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

1.5.1

Proprietà additiva

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.5.2

Proprietà distributiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.6

Teorema della media

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

1.7

Teorema fondamentale del al olo integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2 Integrale indenito

27

2.1

Denizione di integrale indenito

2.2

Integrali indeniti fondamentali

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

II Eser izi sull'integrazione di una funzione reale di variabile reale 29

3 Integrali indeniti

31

3.1

Integrali indeniti fondamentali

3.2

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

3.2.1

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Integrali di somme di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

3.3

3.3.1 3.4

3.6

3.7 3.8

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Integrali di una 3.4.1

3.5

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f (ξ (x)),

on

ξ (x)

funzione lineare

. . . . . . . . . . . . . .

31

33 34

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

Integrazione per introduzione sotto il segno di integrale . . . . . . . . . . . .

37

3.5.1

Cal olare gli integrali:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

3.5.2

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

3.5.3

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

3.5.4


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

Integrazione per sostituzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

3.6.1


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

3.6.2

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

3.6.3 Cal olare i seguenti Z Z 2 sin xdx, cos2 xdx . .

integrali utilizzando le sostituzioni trigonometri he

60

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

Integrazione per parti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

3.8.1


64

3.8.2

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

3.8.3


67

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.9

3.8.4

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

3.8.5

Cal olare i seguenti integrali appli ando il metodo più opportuno

70

3.8.6

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Integrali ontenenti un trinomio di se ondo grado

. .

70

. . . . . . . . . . . . . . .

71

3.9.1


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

3.9.2

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

3.9.3

Cal olare gli integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

3.9.4

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

3.9.5

Cal olare gli integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80

3.9.6

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80

3.10 Coppia di integrali notevoli

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

3.11 Eser izi riepilogativi sugli integrali ontenenti un trinomio di se ondo grado .

85

3.11.1 Cal olare i seguenti integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85


87

3.11.3 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

87

3.12 Integrazione delle funzioni razionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

3.12.1 Funzioni razionali proprie Z

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

89

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (x2 +1)2

95


95

3.12.4 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

95


102

3.12.6 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

103


108

3.12.2

3.13

3.12.8 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

109


115

3.12.10 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

115

3.12.11 Funzioni razionali improprie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

121


121

3.12.13 Soluzioni . . . . . . Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Z

122

In (x) =

dx , (x2 −1)n

Jn (x) =

dx (x2 +1)n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

126

3.14 Integrali di funzioni irrazionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

130

3.14.1 Integrali del tipo 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

130


130

3.14.3 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

130


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

137


138


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

140


141

3.14.8 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

141


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

143


144

3.14.11 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

144

3.15 Eser izi riepilogativi sugli integrali di funzioni irrazionali

. . . . . . . . . . .

148


148

3.15.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

149

3.16 Integrali di funzioni trigonometri he . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

159


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

159


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

164

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

165

3.16.4 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

165


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

172

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

173

3.16.3 Eser izi

3.16.6 Eser izi

3.16.7 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

173


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

174

3.16.9 Eser izi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

175

3.16.10 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

176

3.16.11 Eser izi riepilogativi sugli integrali trigonometri i

. . . . . . . . . . .

183

3.17 Integrazione delle funzioni iperboli he . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

188

3.17.1 Eser izi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 Integrali deniti 4.1 4.2

189

191

Somme integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

191

4.1.1

191

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Teorema fondamentale del al olo integrale.

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 Estensione del on etto di integrale

194

205

5.1

Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

205

5.2

Rettangoloide generalizzato

207

A Integrali notevoli Z Z sin2 xdx,

A.1 A.2 A.3 A.4 A.5

Z Z Z Z

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

219 cos2 xdx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

219

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (x2 −1)n

219

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (x2 +1)n

220

dx ; (sin x)n

Z

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (cos x)n

(tan x)n dx;

Z

(cot x)n dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

220 221

2014 Copyright

Matemati a Open Sour e

All rights reserverd.

This do ument i free; you an redistribuite it and/or modify it under the terms of the GNU General Publi Li ense as published by the Free Software Foundation; either version 2 of the Li ense, or (at your opinion ) any later version. This program is distributed in the hope that it will be useful, but WITHOUT ANY WARRANTY; without even the implied warranty of MERCHANTABILITY or FITNESS FOR A PARTICULAR PURPOSE. See the GNU General Publi Li ense for more details.

Parte I Teoria dell'integrazione di una funzione reale di variabile reale

Capitolo 1 Integrale denito 1.1 Funzioni primitive Sia

f (x)

una funzione reale denita in

Denizione. zione reale

Di esi

F (x)

(a, b) ⊂ R.

funzione primitiva

denita in

(a, b)

o sempli emente

primitiva

di

f (x),

ogni fun-

e tale he:

d F (x) = f (x) dx

(1.1)

Il problema fondamentale del al olo integrale onsiste nel determinare eventuali primitive di una assegnata funzione

f (x).

Osserviamo innanzitutto he se an ora una primitiva di

F (x)

è una primitiva di

f (x),

per ogni

f (x):

c ∈ R, F (x) + c

d [F (x) + c] = f (x) dx

è

(1.2)

In altri termini se una funzione è dotata di una primitiva, tale funzione ammette innite primitive. Inoltre:

(F1 (x) , F2 (x)

primitive di

f (x)) =⇒ (F1′ (x) = f (x) , F2′ (x) = f (x))

da ui:

F1′ (x) − F2′ (x) = 0 =⇒ F1 (x) − F2 (x) = C , f (x)

f (x)

C

una ostante reale

f (x) dieris ono per una ostante F (x) in (a, b), la totalità delle

Cioè due primitive di un'assegnata funzione Si on lude he se

essendo

ammette una primitiva

c

primitive di

è:

G (x) = F (x) + c,

on

additiva.

variabile da

−∞

a

(1.3)

+∞. ***

Supponiamo ora he

f (x),

f (x)

ioè la urva di equazione

Denizione. sieme di

1 Tale

R

2

:

Di esi

[a, b] e non negativa. Consideriamo Γ)y = f (x)1 . Sussite la seguente

sia ontinua in

rettangoloide di base

[a, b] relativo

alla funzione

R = (x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)

urva gia e nel semipiano

y ≥ 0,

gia

hé

f (x)

è non negativa per ipotesi.

il gra o di

f (x), il sottoin(1.4)

Ciò premesso, onsideriamo il sottoinsieme di

R:

R (ξ) = {(x, y) ∈ R | a ≤ x ≤ ξ , 0 ≤ y ≤ f (x)} , ξ ∈ [a, b].

essendo

Quindi la funzione reale di variabile reale:

F : ξ → misR (ξ) , misR (ξ)

essendo

In rementiamo la

(1.5)

(1.6)

R (ξ). variabile ξ : l'area di

ξ → ξ + ∆ξ | ( ξ + ∆ξ) ∈ [a, b] Da ui l'in remento di

F (ξ): ∆F = F (ξ + ∆ξ) − F (ξ)

Siano:

def

m (ξ) =

min f (x)

[ξ,ξ+∆ξ]

def

M (ξ) = max f (x) [ξ,ξ+∆ξ]

Senza perdita di generalità supponiamo he sia

∆ξ > 0:

m (ξ) ∆ξ ≤ ∆F ≤ M (ξ) ∆ξ =⇒ m (ξ) ≤

∆F ≤ M (ξ) ∆ξ

Per una nota proprietà delle funzioni ontinue in un intervallo hiuso:

∆F ∆F m (ξ) ≤ ≤ M (ξ) =⇒ ∃ξ∗ ∈ [ξ, ξ + ∆ξ] | f (ξ∗ ) = ∆ξ ∆ξ f (x) è ontinua in [ξ, ξ + ∆ξ]

o, iò he è lo stesso:

∃θ ∈ [0, 1] |

F (ξ + ∆ξ) − F (ξ) = f (ξ + θ∆ξ) ∆ξ

Da iò segue (tenendo onto della ontinuità di

f (x)):

F (ξ + ∆ξ) − F (ξ) = f (ξ) ∆ξ→0 ∆ξ lim

Poi hé

ξ

(1.7)

è una variabile muta, la (1.7) può s riversi:

F ′ (x) = f (x) Cioè la funzione (1.6) he asso ia ad ogni

(1.8)

ξ ∈ [a, b] l'area di R (ξ) è una primitiva di f (x).

Da

tale on lusione si evin e he il problema della ri er a delle funzioni primitive di un'assegnata funzione

f (x)

è direttamente onnesso al problema della misura di un insieme piano.

1.2 Misura degli insiemi piani Fissiamo un riferimento artesiano ortogonale ′ ′′ ′ ′′ piano, essendo a ≤ a , b ≤ b .

Denizione. Denizione.

(Oxy).

rettangolo hiuso di estremi

Di esi

Siano

A, B ,

A (a′ , a′′ ), B (b′ , b′′ )

l'insieme di punti:

(x, y) ∈ R2 | a′ ≤ x ≤ b′ , a′′ ≤ y ≤ b′′

rettangolo aperto di estremi

Di esi

A, B ,

punti del

(1.9)

l'insieme di punti:

(x, y) ∈ R2 | a′ < x < b′ , a′′ < y < b′′

(1.10)

Le suddette denizioni si spe ializzano nel aso in ui vale la disuguaglianza in senso stretto

reattangolo semiaperto a sinistra e rettangolo semiaperto a

a sinistra o a destra (

destra, rispettivamente). Denizione.

Il

entro

del rettangolo (1.9 o 1.10) è il punto

x0 = Le

Le

dimensioni

C (x0 , y0 )

tale he:

a′ + b′ a′′ + b′′ , y0 = 2 2

del rettangolo (1.9 o 1.10) sono i numeri reali non negativi:

semidimensioni

2α = b′ − a′ , 2β = b′′ − a′′ del rettangolo sono i numeri reali non negativi

α, β .

Assegnato il rettangolo hiuso (1.9):

2x0 = a′ + b′ 2α = b′ − a′ , da ui:

x0 − α ≤ x ≤ x0 + α, o, iò he è lo stesso:

|x − x0 | ≤ α Similmente:

|y − y0 | ≤ β Si on lude he il rettangolo hiuso (1.9) può essere s ritto ome:

(x, y) ∈ R2 | |x − x0 | ≤ α, |y − y0 | ≤ β

mentre il rettangolo hiuso (1.10):

Denizione.

Di esi

P0 .

(x, y) ∈ R2 | |x − x0 | < α, |y − y0 | < β

intorno rettangolare

di entro

*** Assegnato un punto

P0 (x0 , y0 )

e un

r ∈ (0, +∞):

P0 ,

ogni rettangolo aperto di entro

Denizione. Denizione. Denizione.

Di esi

Di esi

Di esi

er hio hiuso di entro

P0

e raggio r, l'insieme:

(x, y) ∈ R2 | (x − x0 )2 + (y − y0 )2 ≤ r 2

er hio aperto di entro

P0

e raggio r, l'insieme:

(x, y) ∈ R2 | (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < r 2

intorno ir olare

di entro

P0 ,

ogni er hio aperto di entro

P0 .

Nel seguito i riferiremo indierentemente ad un intorno rettangolare o ir olare di un assegnato punto

P

del piano. Indi heremo tale intorno on

I (P ).

*** Sia

A ⊂ R2 .

def Denizione. A è limitato ⇐⇒ ∃ er hio γ ⊃ A di entro O (0, 0) def A è non limitato ⇐⇒ ∀ er hio γ di entro O (0, 0), (R − γ) ∩ A 6= ∅. def Denizione. P0 è interno ad A ⇐⇒ ∃I (P0 ) ⊂ A def P0 è esterno ad A ⇐⇒ ∃I (P0 ) : I (P0 ) ∩ A = ∅ def P0 è punto di frontiera per A ⇐⇒ ∀I (P0 ) , I (P0 ) * A, I (P0 ) ∩ A 6= ∅

Denizione.

Di esi

frontiera

A

di

l'insieme di punti:

∂A = {P | P

è di frontiera per

Indi hiamo on il simbolo Å l'insieme dei punti interni di Å

def

= {P ∈ A | P

A}

A:

è punto interno}

Ciò premesso, sia u l'unità di misura dei segmenti. Conseguentemente l'unità di misura 2 delle aree è u . Indi hiamo on P la lasse dei poligoni. Ad ogni poligono π ∈ P possiamo asso iare la sua misura

µ (π) ∈ [0, +∞)

rispetto all'unità di misura

u.

Resta per iò denita

la seguente funzione non negativa:

µ : P −→ R+ 0

(1.11)

La (1.11) veri a le seguenti proprietà: 1. Proprietà additiva: ◦

◦

∀π1 , π2 ∈ P : π 1 ∩ π 2 = ∅ =⇒ µ (π1 ∪ π2 ) = µ (π1 ) + µ (π2 )

(1.12)

2. Invarianza per onguenza:

π1 , π2 ∈ P : π1 , π2 Consideriamo ora un insieme di

µ (A).

ongruenti

A ⊂ R2 limitato.

A tale s opo ostruiamo gli insiemi:

Se

=⇒ µ (π1 ) = µ (π2 )

A∈ / P , si pone il problema della denizione

Σ1 = {π ∈ P | π ⊂ A} Σ2 = {Π ∈ P | Π ⊃ A}

Osservazione.

Se

A

è privo di punti interni, allora

Σ1 = ∅.

(1.13)

Poniamo:

def

α (A) = {µ (π) | π ∈ Σ1 } def

β (A) = {µ (Π) | Π ∈ Σ2 } Evidentemente:

(∀π ∈ Σ1 , ∀Π ∈ Σ2 , π ⊆ Π) =⇒ µ (π) ≤ µ (Π) ,

ioè

α (A)

e

β (A)

Denizione.

sono insiemi separati.

Si denis e

misura interna

di

A

il numero reale non negativo

µi (A) = sup α (A)

Denizione.

Si denis e

misura esterna

di

A

il numero reale non negativo

µe (A) = inf β (A) Risulta:

µi (A) ≤ µe (A)

Osservazione.

Se

A

è privo di punti interni:

def

Σ1 = ∅ =⇒ α (A) = ∅ =⇒ µi (A) = 0

Denizione. µe (A).

A

L'insieme

è

misurabile (se ondo Peano - Jordan )

se risulta

µi (A) =

In tal aso si pone:

def

µ (A) = µi (A) = µe (A) , essendo

µ (A)

la

Osservazione. µ (A) = 0,

misura Se

poi hé è

di

A.

A è misurabile µi (A) = 0.

ed è privo di punti interni, segue ne essariamente he

Dalla denizione di misurabilità segue he

β (A)

A

è misurabile se e solo se gli insiemi

α (A)

e

sono ontigui:

∀ε > 0, ∃πε ∈ Σ1 , ∃Πε ∈ Σ2 | µ (Πε ) − µ (πε ) < ε Nel aso spe iale in ui

A

(1.14)

è misurabile e privo di punti interni, la (1.14) si s rive:

∀ε > 0, ∃Πε ∈ Σ2 | µ (Πε ) < ε Resta osì denita la misura

µ

degli insiemi limitati

A ⊂ R2

non appartenenti a

µ : M → R+ 0

P: (1.15)

essendo:

Teorema 1. P ⊂ M

M = A ⊂ R2 | A

è limitato e misurabile

(1.16)

Dimostrazione. Osserviamo he i poligoni sono parti olari insiemi limitati e misurabili, donde:

∀π ∈ P, π ∈ M Consideriamo ora un qualunque er hio di entro

Abbiamo:

(x0 , y0 )

(1.17) e raggio

γ = (x, y) ∈ R2 : (x − x0 )2 + (y − y0 )2 ≤ r

µ (γ) = πr 2 ; ioè γ è limitato e misurabile =⇒ γ ∈ M.

r: 2

Ma

onto della (1.15)) l'asserto.

γ∈ / P , donde (tenendo

*** La misura (1.15) onserva le proprietà (additività e ongruenza) della misura (1.11). Rispetto

proprietà di monotonia:

a quest'ultima possiede la

∀A, B ∈ M | A ⊆ B =⇒ µ (A) ≤ µ (B) Altre proprietà. Se

A, B ∈ M A ∪ B ∈ M, A − B ∈ M, A ∩ B ∈ M

(1.18)

◦

A ∩ B = ∅ =⇒ µ (A + B) = µ (A) + µ (B) A ⊆ B =⇒ µ (A − B) = µ (A) − µ (B) ∀A, B ∈ M, µ (A ∪ B) = µ (A) + µ (B) − µ (A ∩ B) Dall'ultima delle (1.18) segue:

A, B ∈ M, µ (A ∪ B) ≤ µ (A) + µ (B) Ciò si esprime di endo he la misura (1.15) è

(1.19)

subadditiva.

*** La nozione di misura di un insieme si estende fa ilmente al aso di insiemi non limitati. A 2 tale s opo sia A ⊂ R un insieme non limitato.

Denizione.

In tal aso, la misura di

A

è misurabile

A

è:

def

⇐⇒ ∀X ∈ M, A ∩ X ∈ M

µ (A) = sup µ (A ∩ X) ≤ +∞ X∈M

Pre isamente:

µ (A) < +∞ =⇒ A è di misura nita µ (A) = +∞ =⇒ A è di misura innita Indi hiamo on

R

la lasse dei rettangoli

Θ (α, β)

di entro l'origine e dimensioni

Θ (α, β) = (x, y) ∈ R2 | |x| ≤ α, |y| ≤ β

Ciò premesso, sussiste il seguente

α, β :

Teorema 2. (A Se

A

è misurabile)

⇐⇒ (∀Θ ∈ R, A ∩ Θ ∈ M)

è misurabile:

µ (A) = sup µ (A ∩ Θ) Θ∈R

Dimostrazione.

(A

Impli azione diretta Abbiamo:

è misurabile)

=⇒ (∀X ∈ M, A ∩ X ∈ M) =⇒ (∀Θ ∈ R, Θ ∩ A ∈ M) R⊂M

Impli azione inversa L'ipotesi è: ∀Θ ∈ R, A ∩ Θ ∈ M X ∈M

Preso ad arbitrio

Θ∈R

s egliamo

tale he

Θ ⊃ X,

donde:

A ∩ X = (A ∩ Θ) ∩ X Quindi

A ∩ Θ ∈ M =⇒ A ∩ X ∈ M

ioè la tesi. Inoltre, nelle medesime ipotesi:

sup µ (A ∩ Θ) ≤ µ (A) ≤ µ (A ∩ Θ) =⇒ µ (A) = sup µ (A ∩ Θ)

Θ∈R

Θ∈R

1.3 Area del rettangoloide Premettiamo la seguente

Denizione. di

A

Sia

se:

A 6= ∅.

Gli insiemi non vuoti

A1 , A2 , ..., An n [

ostituis ono una

partizione

Ak = A

k=1 ◦

\◦ Ak Ak′ = ∅,

f (x) ontinua in [a, b] ⊂ R [a, b] attraverso n + 1 punti: Sia

per

k, k ′ ∈ {1, 2, ..., n}

on

k 6= k ′

e ivi non negativa. Eseguiamo una partizione dell'intervallo

x0 , x1 , ...., xn ∈ [a, b] Pre isamente:

a = x0 < x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = b Si tratta di una partizione, poi hé:

n−1 [ k=0

[xk , xk+1 ] = [a, x1 ] ∪ [x1 , x2 ] ∪ ... ∪ [xn−1 , b] = [a, b] ∀k, k ′ ∈ {0, 1, ..., n − 1}

on

k 6= k ′ , (xk , xk+1 ) ∩ (xk′ , xk′ +1 ) = ∅

Indi hiamo tale partizione on il simbolo onvenzionale denizione:

D (x0 , x1 , ..., xn ).

Poniamo per

δ = max (xk+1 − xk ) , N = {0, 1, 2, ..., n − 1} k∈N

Il numero reale

δ>0

si hiama

ampiezza della partizione. f (x)

mente nulla onsideriamo il minimo e il massimo di

in

Inoltre, se

f (x)

non è identi a-

[xk , xk+1 ]:

mk = min f (x) [xk ,xk+1 ]

Mk = max f (x) [xk ,xk+1 ]

Quindi:

(x, y) ∈ R2 | xk ≤ x ≤ xk+1 , 0 ≤ y ≤ mk def Rk = (x, y) ∈ R2 | xk ≤ x ≤ xk+1 , 0 ≤ y ≤ Mk def

rk =

rk è il rettangolo [xk , xk+1 ] e altezza Mk . Cioè

di base

[xk , xk+1 ]

mk ,

e altezza

mentre

Rk

(1.20)

è il rettangolo di base

Restano osì deniti i seguenti poligoni:

π (D) = Π (D) =

n−1 [

rk

(1.21)

k=0 n−1 [

Rk

k=0

Denizione. π (D) è il plurirettangolo ins ritto a R asso iato alla partizione D. Π (D) è il plurirettangolo ir os ritto a R asso iato alla partizione D . Evidentemente:

def

sD = µ [π (D)] =

n−1 X

µ (rk ) =

k=0

def

SD = µ [Π (D)] =

n−1 X

n−1 X

µ (Rk ) =

k=0

mk (xk+1 − xk )

k=0 n−1 X k=0

Mk (xk+1 − xk )

Inoltre:

Teorema 3.

∀D, D ′ , π (D) ⊆ Π (D ′ ) =⇒ ∀D, D ′ , sD ≤ SD′ Nelle suddette ipotesi il rettangoloide

R = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)

è misurabile, risultando:

µ (R) = supsD = inf SD D

Dimostrazione. Se

f (x)

D

è identi amente nulla, l'asserto è banale:

R = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, y = 0 =⇒ µ (R) = 0 ∀D, sD = SD = 0 =⇒ supsD = inf SD = 0 D

D

(1.22)

Consideriamo quindi il aso non banale, ioè

f (x)

non identi amente nulla in

[a, b].

Per il

teorema di Heine-Cantor, la funzione è ivi uniformemente ontinua, per ui:

∀ε > 0, ∃δε > 0 : x′ , x′′ ∈ [a, b] , |x′ − x′′ | < δε =⇒ |f (x′ ) − f (x′′ )| < Eseguiamo una partizione

¯ (x0 , x1 , ..., xn ) D

dell'intervallo

[a, b]

di ampiezza

ε b−a

δ¯ < δε .

Siano

x¯k , x¯′k ∈ [xk , xk+1 ] : f (¯ xk ) = mk , f (¯ x′k ) = Mk Quindi:

|¯ x′k − x¯k | ≤ xk+1 − xk ≤ δ¯ < δε =⇒ Mk − mk < Inoltre:

SD¯ − sD¯ = Ma

SD¯

e

sD¯

n−1 X k=0

(Mk − mk ) (xk+1 − xk ) <

sono le aree di due poligoni:

ε b−a

n−1 ε X (xk+1 − xk ) = ε b − a k=0

¯ = πε π D ¯ = Πε Π D

Per iò:

∀ε > 0, ∃Πε , πε : µ (Πε ) − µ (πε ) < ε

iò impli a la misurabilità di

R.

Inne:

sD¯ ≤ µ (R) , sD¯ > SD − ε,

ioè:

SD¯ − µ (R) < ε

(1.23)

Similmente:

µ (R) ≤ SD¯ , SD¯ < sD¯ + ε per ui:

µ (R) − sD¯ < ε

(1.24)

Dalle (1.23)-(1.24) segue:

µ (R) = supsD¯ = inf SD¯ D

D

*** Dal teorema appena dimostrato segue he

sD = SD =

on il rettangolo la somma

SD ,

rk

valore approssimato per e

esso

Ora poniamo:

µ (R) la somma sD , equivale ad approssimare ∀k ∈ N ,

(x, y) ∈ R2 | xk ≤ x ≤ xk+1 , 0 ≤ y ≤ f (x)

in esso ins ritto. Vi eversa, s egliere ome valore approssimato di

equivale ad approssimare

ad esso ir os ritto.

µ (R) di µ (R)

valore approssimato per difetto di

S egliere ome valore approssimato di il rettangoloide:

∀n ∈ N, ∀D (x0 , x1 , ..., xn ):

∀k ∈ N ,

(1.25)

µ (R) Rk

il rettangoloide (1.25) on il rettangolo

def

∀k ∈ N , τk = essendo

ηk ∈ [mk , Mk ].

(x, y) ∈ R2 | xk ≤ x ≤ xk+1 , 0 ≤ y ≤ ηk ,

Il poligono:

τ (D) =

n−1 [

τk

k=0

è un plurirettangolo he non è ins ritto ad

R

e al tempo stesso non è ir os ritto ad

R.

def

σD = µ (τ (D)) =⇒ sD ≤ σD ≤ SD Il numero reale

σD

è omunque un valore approssimato di

(mk ≤ ηk ≤ Mk )

in

Inoltre:

(∃ξk ∈ [xk , xk+1 ] | f (ξk ) = ηk )

=⇒ f (x)

µ (R).

è ontinua

[xk , xk+1 ]

Quindi:

µ (τk ) = f (ξk ) (xk+1 − xk ) =⇒ σD = Dalla (1.26) segue he

σD

∀ξk ∈ [xk , xk+1 ]

dipende da

( on

ξk

n−1 X

µ (τk ) =

n−1 X k=0

k=0

f (ξk ) (xk+1 − xk )

(1.26)

k ∈ N.

per ogni

k ∈ N ), sD ≤ σD ≤ SD =⇒ |σD − µ (R)| ≤ SD − sD

Dalla dimostrazione dell'ultimo teorema segue

Teorema 4. ∀ε > 0, ∃δε > 0 | ∀D (δ < δε ) , |σD − µ (R)| < ε

(1.27)

La (1.27) può essere s ritta nela forma simboli a:

limσD = µ (R)

(1.28)

δ→0

σD non δ < b − a,

Si osservi he la (1.28) non è l'usuale operazione di passaggio al limite, gia

hé una funzione ad un sol valore di

δ.

Infatti, assegnato un numero reale positivo

esistono innite partizioni di ampiezza

σD ,

δ,

e per ias una partizione esistono inniti valori di

gia

hé questi ultimi dipendono dai punti

Da iò si on lude he

σD

ξk

( he possono essere s elti in inniti modi).

è una funzione ad inniti valori di

δ.

Pertanto, la (1.28) andrebbe

ris ritta nella forma:

σD −→ µ (R) , δ→0

e ioè le somme

σD

tendono all'area del rettangoloide, quando la loro ampiezza tende a zero. ***

f (x) ontinua in [a, b] e ivi non positiva. f (x), si ridenis e:

Sia a

def

R =

In tal aso il rettangoloide di base

(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, f (x) ≤ y ≤ 0

′ Indi hiamo on R il rettangoloide di base ′ R è simmetri o a R rispetto all'asse x.

[a, b],

relativo a

−f (x).

[a, b], relativo

È fa ile onvin ersi he

Per i teoremi pre edenti si ha he

R′

è misurabile:

′ µ (R′ ) = limσD ,

(1.29)

δ→0

essendo:

′ σD =

n−1 X

[−f (ξk )] (xk+1 − xk )

k=0 n−1 X

=−

k=0

(1.30)

f (ξk ) (xk+1 − xk )

= −σD , per una generi a partizione

D

di ampiezza

δ,

e per ogni

segue

ξk ∈ [xk , xk+1 ].

Dalle (1.29)-(1.30)

µ (R′ ) = −limσD δ→0

Dalla misurabilità di

R

′

R′

e dalla simmetria tra

e

R,

segue he

R

è misurabile:

µ (R) = µ (R′ ) , donde:

limσD = −µ (R)

(1.31)

δ→0

1.4 Denizione di integrale denito f (x) ontinua in [a, b]. δ dell'intervallo [a, b]. Per

Sia

Eseguiamo ad arbitrio una partizione ogni

ξk ∈ [xk , xk+1 ], σD =

n−1 X k=0

Posto

D (x0 , x1 , ..., xn ) di ampiezza

onsideriamo le somme:

f (ξk ) (xk+1 − xk )

λ = limσD ,

(1.32)

δ→0

risulta:

λ= essendo

R

il rettangoloide di base

Teorema 5.

µ (R) , −µ (R) ,

[a, b]

se

f (x) ≥ 0 , f (x) ≤ 0

(1.33)

se

relativo a

f (x).

∃!λ ∈ R | limσD = λ

(1.34)

δ→0

Dimostrazione. Poniamo:

f + (x) =

f ± (x) sono rispettivamente (−) di f (x). Evidentemente:

Le funzioni ontinue

non positiva

f (x) + |f (x)| − f (x) − |f (x)| , f (x) = 2 2 la

parte non negativa (+)

f (x) = f + (x) + f − (x)

(1.35) e la

parte (1.36)

Se

Γ+ )y = f + (x): x ∈ [a, b] : f (x) > 0 =⇒ f + (x) = f (x) x ∈ [a, b] : f (x) < 0 =⇒ f + (x) = 0

Cioè

Γ+

Γ)y = f (x) di ordinata Γ− )y = f − (x)

è omposto dalle parti del gra o

x

dell'asse

positiva, e dai punti

le ui ordinate sono negative. Similmente

x ∈ [a, b] : f (x) < 0 =⇒ f − (x) = f (x) x ∈ [a, b] : f (x) > 0 =⇒ f + (x) = 0 ∀D , ∀ξk n−1 X

σD =

k=0

± σD =

n−1 X k=0

f (ξk ) (xk+1 − xk )

f ± (ξk ) (xk+1 − xk )

Dalle (1.36):

+ − σD = σD + σD Inoltre:

+ − limσD = µ (R+ ) , limσD = −µ (R− ) ,

δ→0 essendo

R±

δ→0

il rettangoloide di base

assoluto:

[a, b], relativo a f ± (x).

Per una nota proprietà del valore

+ − |σD − [µ (R+ ) − µ (R− )]| ≤ σD − µ (R+ ) + σD − µ (R− ) = ε | {z } | {z } <ε/2

Posto

<ε/2

λ = µ (R+ ) − µ (R− ) ,

(1.37)

segue:

|σD − λ| ≤ ε =⇒ limσD = λ δ→0

La (1.37) impli a esistenza e uni ità di

λ. ***

Per il teorema appena dimostrato, assegnata una funzione è uni o il limite funzione

f (x)

λ

f (x)

ontinua in

dato dall'equazione (1.32). Tale numero reale si hiama

esteso all'intervallo [a, b]: λ=

Zb

f (x) dx

[a, b],

esiste ed

integrale della

(1.38)

a

Cioè:

b

Z n−1 X lim f (ξk ) (xk+1 − xk ) = f (x) dx

δ→0

k=0

L'interpretazione geometri a dell'integrale (1.39) è:

a

(1.39)

Zb

f (x) dx = µ (R) ,

Zb

f (x) dx = −µ (R) ,

Zb

f (x) dx = µ (R+ ) − µ (R− ) ,

se

f (x) ≥ 0

(1.40)

a

a

a

f (x) è una funzione denita a < b, risulta denito l'oggetto: Se

nell'intervallo

Zb

f (x) ≤ 0

se

X

altrimenti

ed è ivi ontinua, per ogni

a, b ∈ X

on

f (x) dx

(1.41)

Zb f (x) dx = − f (x) dx

(1.42)

a

Poniamo quindi per denizione:

Za b

def

a

Da iò segue he (1.41) ha senso per ogni oppia di punti

x′ , x′′ ∈ X :

Zx′′ f (x) dx

(1.43)

x′ Il numero reale (1.43) si hiama ′ ′′ di estremi x e x .

orientato

integrale denito della funzione f (x) esteso all'intervallo

Seguono le denominazioni:

Z

segno di integrale

x′ , x′′ limiti di integrazione x′ limite inferiore x′′ limite superiore f (x) funzione integranda

Osservazione.

Il numero reale (1.41) dipende da

Ciò si esprime di endo he

x

è una

a, b

e da

f (x),

ma non dalla variabile

variabile muta , donde possiamo s rivere:

Zx′′ Zx′′ Zx′′ Zx′′ Zx′′ f (x) dx = f (y) dy = f (t) dt = f (ξ) dξ = f (η) dη = ...

x′

x′

x′

x′

x.

(1.44)

x′

1.5 Proprietà dell'integrale denito Sia

f (x)

funzione ontinua nell'intervallo

X

proprietà di ui omettiamo le dimostrazioni:

e ivi non negativa.

Sussistono le seguenti

Zb

∀a, b ∈ X, f (x) dx = 0 ⇐⇒ f (x) ≡ 0

a

a < b =⇒

Zb

f (x) dx ≥ 0

Zb

f (x) dx ≤ 0

a

a > b =⇒

a

Zb′

a < b, ∀ [a′ , b′ ] ⊂ [a, b] ,

a′

a

b b Z Z ∀a, b ∈ X, f (x) dx ≤ |f (x)| dx a

a

Proprietà additiva

Zb

∀a, b, c ∈ X ,

f (x) dx =

a

1.5.2

f (x) dx

f (x):

Qualunque sia il segno di

1.5.1

f (x) dx ≤

Zb

Zc

f (x) dx +

a

Zb

f (x) dx

(1.45)

c

Proprietà distributiva

f1 (x), f2 (x) , ..., fn (x)

funzioni ontinue in

X:

∀c1 , c2 , ...cn ∈ R, Zb [c1 f1 (x) + c2 f2 (x) + ... + cn fn (x)] dx

(1.46)

a

= c1

Zb

f1 (x) dx + c2

a

Nel aso parti olare:

fk (x) ≡ 0,

Zb

f2 (x) dx + ... + cn

a

per ogni

Zb

fn (x) dx

a

k ∈ {2, 3, ...n},

c1 f1 (x) dx = c1

a

Zb

Zb

la (1.46) si s rive:

f1 (x) dx,

a

he in generale si ris rive:

Zb a

cf (x) dx = c

Zb

f (x) dx

a

Ciò si esprime di endo he ogni ostante moltipli ativa può essere portata fuori dal segno di

integrale.

1.6 Teorema della media Teorema della media.

f (x)

è ontinua in

[a, b] =⇒ ∃ξ ∈ [a, b] | f (ξ) =

Zb

f (x) dx

a

(1.47)

b−a

Dimostrazione. Poniamo:

µ= Eseguiamo quindi una partizione i punti

ξk ∈ [xk , xk+1 ],

Zb

f (x) dx

a

b−a

D (x0 , x1 , ..., xn ) σD :

di

[a, b]

δ.

on ampiezza

Presi ad arbitrio

ostruiamo la somma

σD =

n−1 X k=0

f (ξk ) (xk+1 − xk )

(1.48)

La (1.48) veri a la doppia disuguaglianza:

m (b − a) ≤ σD ≤ M (b − a) , essendo

m = minf (x), M = maxf (x).

limite per

[a,b]

[a,b]

(1.49)

Eseguendo nella (1.49) l'operazione di passaggio al

δ → 0: m (b − a) ≤

Zb a

f (x) dx ≤ M (b − a) ⇐⇒ m ≤ µ ≤ M

=⇒ f (x)

è ontinua

in

[a, b]

=⇒ ∃ξ ∈ [a, b] : f (ξ) = µ, da ui l'asserto.

Denizione.

Il numero reale

µ

si hiama

media integrale .

Interpretazione geometri a. Eseguiamo una equipartizione di [a, b], ioè una partizione Dn

attraverso

stanti. Ad esempio:

xk = a +

k (b − a) , k ∈ N = {0, 1, ..., n − 1} n

Abbiamo:

b−a b−a =⇒ δn = max (xk+1 − xk ) = k∈N n n

xk+1 − xk = Determiniamo una somma

σDn

σDn =

assumendo

n−1 X k=0

ξk = xk+1 : n

b − aX f (xk ) f (xk+1 ) (xk+1 − xk ) = n

Passiamo dalle somme all'integrale:

k=1

n

punti equidi-

Zb

f (x) dx = lim σDn δn →0

a

= lim σDn n→+∞

= (b − a) lim

n→+∞

n X

f (xk )

k=1

n

Da ui:

µ = lim

n→+∞

n X

f (xk )

k=1

= lim

n

n→+∞

[f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn )] /n è la equidistanti di [a, b], e µ si presenta

f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) n f (x) n → +∞.

media aritmeti a dei valori assunti da

ome il limite di tale media per

denominazione di media integrale.

in

n

punti

Da qui la

1.7 Teorema fondamentale del al olo integrale Siamo ora in grado di risolvere il problema della ri er a della primitiva di una funzione

ontinua

f (x)

in un intervallo

Assegnato un punto

x0 ∈ X ,

X.

onsideriamo:

∀x ∈ X , F (x) = La funzione

F (x)

di esi

Zx

f (ξ) dξ

(1.50)

x0

funzione integrale della funzione f (x) di punto iniziale x0 .

Proposizione (Teorema fondamentale del al olo integrale) 6. (1.50) è derivabile in

X,

risultando:

∀x ∈ X , F ′ (x) = f (x) ,

ioè

F (x)

è una primitiva di

f (x).

Dimostrazione.

F (x + ∆x) − F (x) = ∆x

=

x+∆x Z

f (ξ) dξ −

x0

Zx

f (ξ) dξ

x0

∆x x+∆x Z x0

Zx0 f (ξ) dξ + f (ξ) dξ x

∆x x+∆x Z f (ξ) dξ

=

x

∆x

La funzione integrale

Per il teorema della media:

x+∆x Z

f (ξ) dξ

∃θ ∈ [0, 1] : f (x + θ∆x) = La ontinuità di

f (x)

x

=

∆x

F (x + ∆x) − F (x) ∆x

impli a:

F (x + ∆x) − F (x) = f (x) , ∆x→0 ∆x lim

donde l'asserto. *** Per l'equazione (1.3) la famiglia delle primitive di una funzione

X,

f (x) ontinua

nell'intervallo

è:

G (x) =

Zx

f (ξ) dξ + c,

on

c ∈ (−∞, +∞)

(1.51)

x0

In parti olare, nella (1.51) possiamo porre

c = G (x0 ),

G (x) = G (x0 ) +

Zx

onde:

f (ξ) dξ

(1.52)

x0

La dierenza tra la (1.51) e la (1.52) è evidente: mentre nella (1.51) la primitiva è indeterminata, in quanto denita a meno di una ostante additiva, nella (1.52) essa è univo amente determinata. Inoltre, ponendo nella (1.52)

Zb

x0 = a, x = b,

si ottiene:

f (x) dx = G (b) − G (a)

(1.53)

a

La (1.52) è la

formula fondamentale del al olo integrale,

denito della funzione

f (x)

tra

a e b,

poi hé fornis e l'integrale

attraverso la dierenza dei valori assunti in

ae

in

b da

una qualunque primitiva. La (1.52) viene spesso s ritta on la notazione simboli a:

Zb a

f (x) dx = G (x)|ba

(1.54)

Capitolo 2 Integrale indenito 2.1 Denizione di integrale indenito Denizione. zione

f (x)

Di esi

integrale indenito , la totalità dele primitive di una assegnata fun-

ontinua in un intervallo

X,

e si indi a on il simbolo:

Z Una qualunque primitiva di Se

F (x)

f (x)

f (x) dx

(2.1)

determinazione dell'integrale indenito (2.1).

è una

è una primitiva, in forza della (1.3) si ha:

Il numero reale

Osservazione.

c

Z

f (x) dx = F (x) + c,

si hiama

on

c ∈ (−∞, +∞)

(2.2)

ostante di integrazione.

L'integrale denito

Zb

f (x) dx,

a

è un numero reale. Vi eversa, l'integrale indenito:

Z

f (x) dx,

è un insieme di funzioni. L'integrale indenito rappresenta l'operazione inversa della derivazione. Più pre isamente l'operazione di derivazione è denita da:

Df (x) = f ′ (x) , essendo

D

l'operatore di derivazione e

f (x)

(2.3)

una qualunque funzione derivabile. L'integra-

zione indenita esegue l'operazione inversa della (2.3), gia

hé:

D

Z

f (x) dx = f (x)

Si osservi he il risultato dell'appli azione dell'operatore di derivazione su una qualunque funzione dotata di espressione elementare, è a sua volta una funzione dotata di espressione elementare. Ci si può hiedere se tale ir ostanza si veri a per l'operatore di integrazione indenita. La risposta è negativa, nel senso he esistono funzioni le ui primitive non sono dotate di espressioni elementari.

2.2 Integrali indeniti fondamentali Introdotta la nozione di integrale indenito, si pone il problema della ri er a delle funzioni primitive di una assegnata funzione dotata di espressione elementare (quando iò è possibile, se ondo quanto esposto nella sezione pre edente). Il punto di partenza per la soluzione di tale problema è fornito dalla tabella degli integrali indeniti fondamentali:

1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8)

9)

Z Z Z Z Z Z Z

n

x dx = dx x

1 xn+1 n+1

+ C,

per

n 6= −1

= ln |x| + C

11)

arctan xa + C , a 6= 0 dx 1 + C , a 6= 0 = 2a ln x−a x2 −a2 x+a a+x dx 1 + C , a 6= 0 = ln 2 2 a −x 2a a−x √ x + x2 ± a2 + C , (a 6= 0) √ dx = ln 2 2 x ±a √ dx = arcsin xa + C , (a > 0) a2 −x2 dx x2 +a2

=

1 a

Z

ax dx =

Z

ex dx = ex + C

ax ln a

10)

+ C , (a > 0)

12) 13) 14) 15) 16) 17)

18)

Z

sin xdx = − cos x + C

Z

dx cos2 x

Z

dx sin x

Z

cos xdx = sin x + C

Z

dx sin2 x

Z

dx cos x

Z

= tan x + C

= − cot x + C = ln tan x2 + C = ln tan x + π 2

4

sinh dx = cosh x + C

Z

cosh dx = sinh x + C  Z dx   = tanh x + C cosh2 x Z  dx  = coth x + C sinh2 x

Una oppia di integrali notevoli è la 14)-15) he può essere ris ritta nella forma:

1 dx = ln − cot x + C sin x sin x Z 1 dx = ln + tan x + C cos x cos x Z

(2.4)

Parte II Eser izi sull'integrazione di una funzione reale di variabile reale

Capitolo 3 Integrali indeniti 3.1 Integrali indeniti fondamentali Cal olare i seguenti integrali, utilizzando la tabella degli integrali indeniti fondamentali:

1) 2) 3) 4) 5) 6)

Z

3

x dx

Z

√

Z

√ x xdx

Z

xdx

dx √ x

Z Z

7) 8) 9)

Z Z

x

2 dx 3 sin xdx

Z

10)

5 √ 4 3 dx x

11)

ex/2 dx

12)

2 sinh xdx Z 3 dx x Z √ 3 2 dx Z 4−4x √−3dx x2 −1

13) 14) 15) 16) 17) 18)

Z Z Z Z Z Z

3.2 Soluzioni 1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

Z Z Z Z Z Z Z Z Z

x3 dx = 14 x4 + C √

1

xdx =

dx √ x

x 2 +1 1 +1 2 1

=

x− 2 +1 − 21 +1

√ x xdx = 5 √ 4 3 dx x

Z

√ + C = 23 x x + C

√ +C =2 x+C √ x3/2 dx = 25 x5/2 + C = 25 x2 x + C

√ x 4 = 20 √ x+C 4 3 + C = 20 x 1

1

ex/2 dx = 2e 2 x + C = 2e 2 x + C 2x dx =

1 x 2 ln 2

3 sin xdx = 3

+C

Z

2 sinh xdx = 2

Z

sin xdx = −3 cos x + C sinh xdx = 2 cosh x + C

√ dx 5x2 −5 dx 5+5x2 3dx x2 −1 √ √ a dx ax2 +a

5a2 x6 dx √ 2pxdx

(a

> 0)

10.

Z

3 dx x

11.

Z

√ 3 dx 4−4x2

12.

Z

√−3dx x2 −1

13.

Z

√ dx 5x2 −5

14.

Z

dx 5+5x2

15.

Z

3dx x2 −1

16.

Z

√

17.

Z

18.

Z

=3

Z

dx x

=

= 3 ln x + C

3 2

Z

√dx 1−x

√1 5

=

1 5

=

Z

√ dx x2 −1

arcsin x + C

√1 5

=

√ ln x + x2 − 1 + C

arctan x + C

+C = 32 ln x−1 x+1

√

3 2

p = −3 ln x + (−1 + x2 ) + C

a dx ax2 +a

=

Z

√ 1 dx x2 +1

2 6

2

5a x dx == 5a √

=

Z

√ = ln x2 + x2 + 1 + C

x6 dx = 57 a2 x7 + C

Z √ √ 2pxdx = 2px x1/2 dx = 23 2px3/2 + C = 23 x 2px + C

Altri eser izi:

1) 2)

3.2.1 1.

Z Z

dx √ nx

3)

(nx)

1−n n

dx

4)

Z Z

dx x2 +7 dx x2 −10

5) 6)

Z Z

√ dx 4+x2 √ dx 8−x2

Soluzioni

Z

dx √ nx

=

1 n x1− n n−1

+C =

2.

Z

(nx)

3.

Z

dx x2 +7

4.

Z

√ dx 8−x2

=

5.

Z

√ dx 4+x2

= ln x +

6.

Z

√ dx 8−x2

= arcsin √x8 + C

1−n n

=

dx = n

√1 7

1−n n

Z

x

n n−1

1−n n

√ n

xn−1 + C

dx = n

arctan √x7 + C

√1 10

√ √10 ln x− +C x+ 10 √

x2 + 4 + C

1−n n

1−n +1 n 1−n +1 n

x

+ C = n1/n x1/n =

√ n

nx

3.3 Integrali di somme di funzioni Cal olare i seguenti integrali, utilizzando la proprietà additiva:

1) 2) 3) 4) 5) 6)

Z

(sin x + cos x) dx Z √ 3 1 2 √ x − 3 2 dx x Z 5 3 3x −2x +1 dx x Z 3x5 −2x3 +1 dx x3 Z 3 2 + dx 2 2 cos x sin x Z sin 2x+2 cos x dx cos x

3.3.1 1.

2.

Z

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.

8) 9)

Z

11) 12)

−

dx

cos 2x dx sin x−cos x

13) 14) 15)

Z

sin 2x sin x

dx 2 sin x + Z e3x + x5 dx Z 2 1 dx − √1−x + 2 cos2 x

(sin x + cos x) dx =

Z

sin xdx +

Z

= sin x − cos x + C Z Z Z √ √ 3 3 1 2 2 x − √3 x2 dx = x dx − =

x 3 +1 2 +1 3

Z

3x5 −2x3 +1 dx x

Z

2 1+x2

2x4 −3x2 +5x dx x2

Z

10)

√ 3 1−x2

16) 17) 18)

Z

cos 2x dx cos x+sin x

Z

(2x + 1)4 dx

Z Z Z Z

(ax + b)3 dx

√

√ 2 2 2+x √ − 2−x dx 4−x4

(6x2 + 8x + 3) dx x (x + a) (x + b) dx

Soluzioni

2

3.

7)

Z

+ C1 −

3x5 −2x3 +1 dx x3

Z

3 cos2 x

+

2

x− 3 +1 − 32 +1

=3 =3

2 sin2 x

Z Z

cos xdx = (− cos x + C1 ) + (sin x + C2 )

1 √ 3 2 dx x

√ √ 3 + C2 = 35 x x2 − 3 3 x + C Z

4

Z

2

x dx − 2 x dx + Z

2

x dx − 2 dx +

dx = 3

Z

dx cos2 x

+2

Z

Z

dx x

= 35 x5 − 23 x3 + ln |x| + C

x−3 dx = x3 − 2x −

dx sin2 x

1 2x2

+C

= 3 (tan x + C1 ) + 2 (− cot x + C2 )

= 3 tan x − 2 cot x + C Z Z Z sin 2x+2 cos x sin 2x dx = dx+2 dx = 2 (− cos x + C1 )+2 (x + C2 ) = −2 (cos x − x)+ cos x cos x C Z Z

√ 3 1−x2

−

2 1+x2

2x4 −3x2 +5x dx x2

dx = 3

=2

Z

Z

2

√ dx 1−x2

x dx − 3

Z

−2

Z

dx + 5

dx 1+x2

= 3 arcsin x − 2 arctan x + C

Z

dx x

Z

cos xdx = −2 cos x + 2 sin x

+ C1 − 3 (x + C2 ) + 5 (ln |x| + C3 ) = 23 x3 − x + 5 ln |x| + C Z 2 x−sin2 x cos 2x dx = cos dx sin x−cos x sin x−cos x Z Z = − sin xdx − cos xdx = cos x − sin x + C =2 Z

Z

1 3 x 3

2 sin x +

sin 2x sin x

dx = 2

= 2 (sin x − cos x) + C

Z

sin xdx + 2

11.

12.

13.

14.

15.

16.

17.

18.

Z

3x

e

+

5 x

dx =

Z

3x

e dx + 5

Z

= 31 e3x + 5 ln x + C Z Z 2 1 √ − 1−x2 + cos2 x dx = −2 Z Z

cos 2x dx cos x+sin x

=

Z

3

(ax + b) dx =

cos2 x−sin2 x dx cos x+sin x

Z

dx x

= 13 e3x + C1 + 5 ln |x| + C2

√ dx 1−x2

=

Z

+

Z

dx cos2 x

cos xdx −

= 2 arccos x + tan x + C

Z

sin xdx = cos x + sin x + C

(a3 x3 + 3a2 bx2 + 3b2 ax + b3 ) dx

= 41 a3 x4 + a2 bx3 + 23 b2 ax2 + b3 x + C Z Z 4 (2x + 1) dx = (16x4 + 32x3 + 24x2 + 8x + 1) dx 16 5 x 5

+ 8x4 + 8x3 + 4x2 + x + C Z Z √ √ √ √ 2 − 2−x2 2 2+x 2+x 2−x2 √ √ √ dx = dx − dx 4 4−x (2−x2 )(2+x2 ) (2−x2 )(2+x2 ) Z Z √ dx dx 2 +2 +C √x − ln x + x = √2−x2 − √2+x 2 = arcsin 2

= Z Z Z

(6x2 + 8x + 3) dx = 2x3 + 4x2 + 3x + C x (x + a) (x + b) dx =

Z

3

x dx + (a + b)

= 14 x4 + 31 (a + b) x3 + 12 abx2

Z

Z x dx + ab xdx 2

3.4 Integrali di una f (ξ (x)), on ξ (x) funzione lineare Cal olare gli integrali: 1) 2) 3) 4)

3.4.1 1.

Z Z Z Z

sin (ax + b) dx (ax + b)n dx

5) 6)

eax+b dx

7)

cos (ax + b) dx

8)

Z

dx (ax+b)n

9)

Z

Z

(3 − 5x)3 dx

10) 11)

Z

cos (5x − 2) dx 3e−2x+5 dx

Z

Z Z

5 3

sinh (5x) dx √ dx 1−4x2 adx a−x

Soluzioni

I (x) =

Z

sin (ax + b) dx;

poniamo

ξ = ax + b =⇒ dξ = adx, donde:

1 I (ξ) = a

Ripristinando la variabile

Z

1 sin ξdξ = − cos ξ + C, a

x: 1 I (x) = − cos (ax + b) + C a

(3.1)

2.

I (x) =

Z

(ax + b)n dx;

eseguendo il ambio di varibile (3.1):

1 I (ξ) = a Ripristinando la variabile

Z

ξ n dξ =

1 ξ n+1 + C, a (n + 1)

x:

(ax + b)n+1 I (x) = + C, a (n + 1) 3.

I (x) =

Z

eax+b dx;

per

n 6= −1



Z

1 eξ dξ = eξ , a

x: 1 I (x) = eax+b + C a

4.

I (x) =

Z

cos (ax + b) dx;



Z

5.

I (x) =

1 +C a sin (ax + b)

dx ; eseguendo il ambio di varibile (3.1): (ax+b)n


6.

I (x) =

(3 − 5x)3 dx;

Z

dξ 1 1 1−n = ξ + C, n ξ a1−n

x:

I (x) = Z

1 sin ξ, a

x: I (x) =

Z

cos ξdξ =

(ax + b)1−n + C, a (1 − n)

per

n 6= 1


1 I (ξ) = − 5 Ripristinando la variabile

Z

ξ 3 dξ = −

1 ξ4 + C, 5 4

x: I (x) = −

(3 − 5x)4 +C 20

7.

I (x) =

Z

cos (5x − 2) dx;

eseguendo il ambio di variabile del tipo (3.1):

1 I (ξ) = 5


Z

x: sin (5x − 2) +C 5

I (x) = 8.

I (x) =

Z

3e−2x+5 dx;

1 sin ξ + C, 5

cos ξdξ =

eseguendo il ambio di varibile del tipo (3.1):

3 I (ξ) = − 2


Z

3 eξ dξ = − eξ + C, 2

x: 3 I (x) = − e−2x+5 + C 2

9.

I (x) =

Z

5 3

sinh (5x) dx;

eseguendo il ambio di varibile del tipo (3.1):

1 I (ξ) = 3


Z

x: I (x) =

10.

I (x) =

Z

segue:

ξ = 2x,


x:

Z

dξ p

I (x) = 11.

I (x) =

1 cosh (2x) + C 3

√ dx ; eseguendo il ambio di varibile: 1−4x2

1 I (ξ) = 2

Z

1 cosh ξ + C, 3

sinh ξdξ =

1 − ξ2

=

1 arcsin ξ + C, 2

1 arcsin (2x) + C 2

adx ; eseguendo il ambio di varibile: a−x

segue:


ξ = a − x, Z dξ I (ξ) = −a = −a ln |ξ| + C1 , ξ x: I (x) = −a ln |a − x| + C1

Poniamo:

C1 = a ln |C| , da ui:

C I (x) = a ln a − x

3.5 Integrazione per introduzione sotto il segno di integrale Esempio 1: Z

xdx √ = 1 + x4

Z

Poniamo

xdx q 1 + (x2 )2

ξ = x2 , donde:

1 xdx = dξ =⇒ 2

Z

Quindi:

Z

Esempio 2

xdx q

1 + (x2 )2

√

1 = 2

Z

p 1 2 p = ln ξ + 1 + ξ + C 2 1 + ξ2 dξ

√ xdx 1 = ln x2 + 1 + x2 + C 2 1 + x4 In (x) =

Poniamo:

Z

n

xn−1 ex dx

ξ = xn =⇒ xn−1 dx =

dξ , n

donde:

1 In (ξ) = n

3.5.1

Z

1 ξn 1 n e + C =⇒ In (x) = ex + C n n

eξ dξ =

***

Cal olare gli integrali: 1) 2)

Z Z Z

xdx cos2 x2

tan xdx

cot xdx Z √ 4) tan x √dxx Z 5) x cot (x2 + 1) dx Z 6) sin3 6x cos 6xdx Z cos ax 7) dx 5 Z sin ax sin 3x 8) dx 3+cos 3x Z √ sin x cos x dx 9) Z cos2 x−sin2 x √ x 10) dx x2 +1 3)

11) 12) 13) 14) 15) 16) 17) 18) 19) 20)

Z

√ x+ln x dx x

21)

Z

2x−5 dx 3x2 −2

22)

3−2x dx 5x2 +7

23)

Z

xdx x2 −5

24)

xdx 2x2 +3

25)

Z

ax+b dx a2 x2 +b2

27)

Z

√ xdx a4 −x4 x2 dx 1+x6

28)

Z Z Z

Z q Z

arcsin x dx 1−x2

arctan x2 4+x2

dx

26)

29) 30)

Z Z

√ x− arctan 2x dx 1+4x2

e−(x

) dx

2 +1

Z

x7x dx

Z

5

Z

2x −1 a√ dx ax

Z

2

e1/x dx x2 √ dx x√ x

Z

(ax −bx )2 dx ax bx

Z

ex dx ex −1

Z

√ ex a − bex dx Z 1/3 x/a ex/a + 1 e dx

3.5.2 1.

Soluzioni

I (x) =

Z

xdx ; eseguiamo il ambio di variabile cos2 x2

1 ξ = x2 =⇒ xdx = dξ, 2 quindi:

2.

Z dξ 1 1 1 I (ξ) = = tan ξ + C =⇒ I (x) = tan x2 + C 2 2 cos ξ 2 2 Z Z sin x I (x) = tan xdx = cos dx; eseguiamo il ambio di variabile: x ξ = cos x =⇒ dξ = − sin xdx =⇒ Z dξ = − ln |ξ| + C =⇒ I (x) = − ln |cos x| + C =⇒ I (ξ) = − ξ

3.

I (x) =

Z

Z

cot xdx =

cos x dx; eseguiamo il ambio di variabile: sin x

ξ = sin x =⇒ dξ = sin xdx =⇒ =⇒ I (ξ) =

4.

I (x) =

Z

tan

√

x √dxx

=

Z

Z

dξ = − ln |ξ| + C =⇒ I (x) = ln |sin x| + C ξ

√ sin x dx √ √ ; eseguiamo il ambio di variabile: cos x x

ξ = cos

√

√ 1 x =⇒ dξ = − √ sin xdx, 2 x

quindi:

dξ = −2 ln |ξ| + C ξ √ I (x) = −2 ln cos x + C

I (ξ) = −2

5.

Z

2

x cot (x + 1) dx =

7.

I (x) = I (x) =

cos(x2 +1) x sin(x2 +1) dx;

eseguiamo il ambio di variabile:

ξ = sin x2 + 1 =⇒ dξ = 2x cos x2 + 1 dx,

quindi:

6.

Z

Z

Z Z

Z 1 dξ 1 I (ξ) = = ln |ξ| + C 2 ξ 2 2 I (x) = −2 ln sin x + 1 + C

3

sin 6x cos 6xdx = cos ax dx sin5 ax

=

1 a

Z

dξ ξ

1 6

=

Z

1 a

sin3 6xd (sin 6x) =

1 24

sin4 6x

· − 14 ξ −4 + C =⇒ I (x) = − 4a sin1 4 ax + C

8.

I (x) =

Z

sin 3x dx; eseguiamo il ambio di variabile: 3+cos 3x

ξ = 3 + cos 3x =⇒ dξ = −3 sin 3xdx

Quindi:

1 I (ξ) = − 3 9.

I (x) =

Z

Quindi:

10.

I (x) =

Z

√ sin x cos x

cos2 x−sin2 x

dξ 1 1 = − ln |ξ| + C =⇒ I (x) = − ln |3 + cos 3x| + C ξ 3 3 Z 2x dx = 12 √sin dx; eseguiamo il ambio di variabile: cos 2x ξ = cos 2x =⇒ dξ = −2 sin 2xdx

1 I (ξ) = − 4 Z

Z

dξ 1p 1√ √ =− ξ + C =⇒ I (x) = − cos 2x + C 2 2 ξ

√ x dx; eseguiamo il ambio di variabile: x2 +1

ξ = x2 + 1 =⇒ dξ = 2xdx

Quindi:

11.

12.

Z 1p 1 dξ 1√ 2 √ =− I (ξ) = ξ + C =⇒ I (x) = x +1+C 2 2 2 ξ Z √ Z Z Z Z √ x+ln x 1 ln x dx ln x √ √ I (x) = dx = + x = + x dx = (2 x + C1 )+ ln xd (ln x) = x x x √ 1 4 x + ln2 x + C 2 Z Z Z Z 2x−5 2x 5 xdx I (x) = 3x2 −2 dx = − 3x2 −22 dx = 2 3x2 −2 − 5 3xdx 2 −2 = 2I1 (x) − 5I2 (x) 3x2 −2 Cal olo di

I1 (x)

Eseguiamo il ambio di variabile:

ξ = 3x2 − 2 =⇒ dξ = 6xdx Quindi:

1 I1 (ξ) = 6 Cal olo di

I2 (x)

Z

dξ 1 1 = ln |ξ| + C1 =⇒ I1 (x) = ln 3x2 − 2 + C1 ξ 6 6


ξ=

√

3x =⇒ dξ =

√

3dx

Quindi:

Z 1 dξ I2 (ξ) = √ √ 2 3 ξ2 − 2 √ ξ − 2 1 1 √ + C2 = √ · √ · ln ξ + 2 3 2 2 √ 1 ξ − 2 √ + C2 = √ ln 2 6 ξ + 2 √ √ 1 3x − 2 √ + C2 =⇒ I1 (x) = √ ln √ 2 6 3x + 2

donde:

13.

I (x) =

Z

Cal olo di

√ 3x − √2 5 1 2 √ +C I (x) = ln 3x − 2 − √ ln √ 3 2 6 3x + 2 Z

3−2x dx 5x2 +7

Z

1 dx 5x2 +7

=3 − 2 5x2x+7 dx = 3I1 (x) − 2I2 (x) Z Z 1 1 I1 (x) = 5x2 +7 dx = √ 2 dx √ 2 ( 5x) +( 7)


ξ=

√

5x =⇒ dξ =

√

5dx

Quindi:

1 I1 (ξ) = √ 5

Cal olo di

1 5

I2 (x) =

Z

Z

dξ 1 1 ξ √ 2 = √ · √ arctan √ + C1 5 7 7 ξ2 + 7 r ! 1 5 x + C1 =⇒ I1 (x) = √ arctan 7 35

d(5x2 +7) 5x2 +7

=

1 10

ln |5x2 + 7| + C2 , r

3 I (x) = √ arctan 35

14.

15.

16.

I (x) = I (x) = I (x) =

Z Z Z

Cal olo di

xdx x2 −5 xdx 2x2 +3

= =

1 2

Z

1 4

ax+b dx a2 x2 +b2

I1 (x) =

Z

d(x2 −5) x2 −5

! 5 1 x − ln 5x2 + 7 + C 7 5

= 12 ln |x2 − 5| + C

d(2x2 +3) 2x2 +3

Z =a Z

donde:

=

xdx a2 x2 +b2

1 4

ln (2x2 + 3) + C

Z +b

dx a2 x2 +b2

= aI1 (x) + bI2 (x)

xdx a2 x2 +b2


ξ = a2 x2 + b2 =⇒ dξ = 2a2 xdx Quindi:

1 I1 (ξ) = 2 2a

Cal olo di

I2 (x) =

Z

Z

dξ 1 = 2 ln |ξ| + C1 ξ 2a 2 2 1 =⇒ I1 (x) = 2 ln a x + b2 + C1 2a dx a2 x2 +b2


ξ = ax =⇒ dξ = adx

Quindi:

1 I2 (ξ) = 2 a

donde:

I (x) = 17.

I (x) =

Z

Z

dξ 1 1 ξ = · arctan + C2 2 2 ξ +b a b b a 1 =⇒ I2 (x) = arctan x + C2 ab b

2 2 1 a x + b2 + 1 arctan a x + C ln 2a2 a b

√ xdx . Eseguiamo il ambio di variabile: a4 −x4

ξ = x2 =⇒ dξ = 2xdx

Quindi:

1 I (ξ) = 2

18.

I (x) =

Z

x2 dx 1+x6

=

Z

Z

= arcsin

ξ a2

+C

1 =⇒ I (x) = arcsin 2

x2 a2

+C

dξ q

(a2 )2 − ξ 2

x2 dx . Eseguiamo il ambio di variabile: 1+(x3 )2

ξ = x3 =⇒ dξ = 3x2 dx

Quindi:

1 I (ξ) = 3

19.

I (x) =

Z q

Z

dξ 1 = arctan ξ + C 2 1+ξ 3 1 =⇒ I (x) = arctan x3 + C 3

arcsin x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: 1−x2

ξ = arcsin x =⇒ dξ = √

dx 1 − x2

Quindi:

I (ξ) =

Z p

=⇒ I (x) = 20.

I (x) =

Z

2 (arcsin x)3/2 + C 3

arctan x2 dx. Eseguiamo il ambio di variabile: 4+x2

ξ = arctan Quindi:

2 ξdξ = ξ 3/2 + C 3

x 1 dx dx 1 =⇒ dξ = = dξ 2 =⇒ 2 x 2 21+ 1 + 4x 2 2 Z 1 1 I (ξ) = ξdξ = ξ 2 + C 2 4 x 2 1 =⇒ I (x) = arctan +C 4 2

21.

I (x) =

Z

Cal olo di

Cal olo di

√ x− arctan 2x dx 1+4x2

I1 (x) = I2 (x) =

Z

=

Z

x dx 1+4x2

x dx 1+4x2

Z

√

=

1 8

Z

Z

−

√

arctan 2x dx 1+4x2

d(1+4x2 ) dx 1+4x2

= I1 (x) − I2 (x)

= 18 ln (1 + 4x2 ) + C1

arctan 2x dx 1+4x2


ξ = arctan 2x =⇒ dξ =

2 dx 1 dx =⇒ = dξ 2 2 1 + 4x 1 + 4x 2

Quindi:

1 I2 (ξ) = 2 =⇒ I2 (x) = donde:

22.

I (x) =

e−(x

) dx.

2 +1

1 ξdξ = ξ 3/2 + C1 3

1 (arctan 2x)3/2 + C2 , 3

1 1 ln 1 + 4x2 − (arctan 2x)3/2 + C 8 3

I (x) = Z

Z p


1 ξ = − x2 + 1 =⇒ dξ = −2xdx =⇒ xdx = − dξ 2

Quindi:

1 I (ξ) = 2

Z

1 eξ dξ = − ξ 2 + C 2 1 −(x2 +1) =⇒ I (x) = − e +C 2

23.

24.

I (x) = I (x) =

Z

Z

x2

x7 dx =

1 2

Z

2

7x d (x2 ) =

2

7x 2 ln 7

+C

e1/x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: x2

ξ=

1 dx dx =⇒ dξ = − 2 =⇒ 2 = −dξ x x x

Quindi:

Z I (ξ) = − eξ dξ = −eξ + C

1 =⇒ I (x) = − e1/x + C 2

25.

I (x) =

Z

5

√

dx x√ . Eseguiamo il ambio di variabile: x

ξ=

√

dx dx x =⇒ dξ = √ =⇒ √ = 2dξ 2 x x

Quindi:

Z 5ξ I (ξ) = − 5ξ dξ = 2 +C ln 5 √ 5 x =⇒ I (x) = 2 +C ln 5

26.

I (x) =

Z

(ax −bx )2 dx ax bx

=

Z

ax bx

I1 (x) =

−2+ Z

J1 (x) =

S ambiando

a

on

b:

ax dx + bx

Qui è:

Risulta:

bx ax

Z

dx = I1 (x) − 2 (x − C2 ), Z

essendo:

bx def dx = J1 (x) + J2 (x) x a

ax dx, J2 (x) = bx

Z

bx dx ax

Z x a x a b J1 (x) = dx = + K1 b ln a − ln b J2 (x) =

b x a

ln b − ln a

+ K2

Quindi:

ax b−x − a−x bx ax b−x − a−x bx + C1 =⇒ I (x) = − 2x + C ln a − ln b ln a − ln b Z Z Z 2x −1 a2x a√ −x/2 2x− x2 −x/2 I (x) = dx = − a dx = a − a dx x/2 x a a Z Z 3 x = a 2 dx − a−x/2 dx = I1 (x) − I2 (x) , I1 (x) =

27.

essendo:

Z 3 3 2 3 2 a2x x x = + C1 I1 (x) = a2 d 3 2 3 ln a Z x x a− 2 − x2 I2 (x) = −2 a d = −2 + C2 2 ln a Quindi:

I (x) = 28.

I (x) =

Z

2 3x x a 2 + 3a− 2 + C 3 ln a

ex dx. Eseguiamo il ambio di variabile: ex −1

ξ = ex =⇒ ex dx = dξ

Quindi:

I (ξ) =

29.

I (x) =

Z

√ ex a − bex dx.

Z

dξ = ξ−1

Z

d (ξ − 1) = ln |ξ − 1| + C ξ−1 =⇒ I (x) = ln |ex − 1| + C


1 ξ = a − bex =⇒ ex dx = − dξ b

Quindi:

Z p 1 1 3/2 ξdξ = − · ξ +C b 1 + 12 q 2 =⇒ I (x) = − (a − bex )3 + C 3b

1 I (ξ) = − b

I (x) =

30.

Z

ex/a + 1

1/3

ex/a dx.


1 ξ = ex/a =⇒ dξ = ex/a dx a

Quindi:

Z 3a I (ξ) = a (ξ + 1)1/3 dξ = (ξ + 1)4/3 + C 4 4/3 3a x/a =⇒ I (x) = e +1 +C 4 ***

3.5.2.1 Cal olare gli integrali 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9)

Z

ax dx 1+a2x

12)

Z

e−bx dx 1−e−2bx x √ e dx 1−e2x

13)

(cos ax + sin ax)2 dx

14)

Z Z Z

11)

sin (ln x)

Z

dx x

√

tan x dx cos2 x

16)

Z

x sin (1 − x ) dx

Z

1+sin 3x dx cos3 3x

2

Z

10)

(cot x)2/3 dx sin2 x

Z

3.5.3 1.

15)

17) 18) 19)

dx b−a cot 3x

20)

Z Z

(2 sinh 5x − 3 cosh 5x) dx

tanh dx Z √ x n n − x2 dx Z 2 xe−x dx Z √ 3− 2+3x2 dx 2+3x2 Z Z Z Z Z

21) 22) 23) 24) 25)

√dx ex

26)

1−sin x dx x+cos x

27)

dx x ln2 x

28)

√dx cos2 x 2−tan2 x

29)

2+

x 2x2 +1

dx 2x2 +1

30)

Z

asin x cos xdx

Z

tan2 axdx

Z Z Z Z

x√n−1 dx dx n n x +1

√ 3

1+ln x dx x

√ tan x − 1 √dx x−1

earctan x +x ln(1+x2 )+1 dx 1+x2

Z

sin x−cos x dx sin x+cos x

Z

esin

Z Z

x2 dx x2 −2 2

I (x) =

ax dx . Eseguiamo il ambio di variabile: 1+a2x

ξ = ax =⇒ 1 + a2x = 1 + ξ 2 ; dξ = axdx Quindi:

Z

dξ = arctan ξ + C 1 + ξ2 =⇒ I (x) = arctan (ax ) + C

I (ξ) =

2.

I (x) =

Z

sin 2xdx

√5−3x dx 4−3x2

Soluzioni

Z

x

e−bx dx; Eseguiamo il ambio di variabile: 1−e−2bx

ξ = e−bx =⇒ 1 − e−2bx = 1 − ξ 2 ; dξ = −be−bxdx

Quindi:

dξ 1 1 + ξ = − ln +C 1 − ξ2 2b 1 − ξ 1 1 + e−bx =⇒ I (x) = − ln +C 2b 1 − e−bx

1 I (ξ) = − b

3.

I (x) =

Z

Z

x √ e dx; Eseguiamo il ambio di variabile: 1−e2x

ξ = ex =⇒ ex dx = dξ

Quindi:

5.

dξ

= arcsin ξ + C 1 − ξ2 =⇒ I (x) = arcsin (ex ) + C Z Z Z 2 2 2 I (x) = (cos ax + sin ax) dx = cos ax + sin ax + sin 2ax dx = dx+ Z 1 1 1 + 2a sin 2axd (2ax) = (x + C1 ) + 2a (− cos 2ax + C2 ) = x − 2a cos 2ax + C I (ξ) =

4.

Z

I (x) =

Z

sin (ln x) dx . x

p


ξ = ln x =⇒ dξ =

dx x

Quindi:

I (ξ) =

Z

sin ξdξ = − cos ξ + C

=⇒ I (x) = − cos (ln x) + C 6.

I (x) =

Z

√

tan x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: cos2 x

ξ = tan x =⇒ dξ =

dx cos2 x

Quindi:

Z p

2 ξdξ = ξ 3/2 + C 3 2√ 3 tan x + C =⇒ I (x) = 3

I (ξ) =

7.

I (x) =

Z

x sin (1 − x2 ) dx.


1 ξ = 1 − x2 =⇒ xdx = − dξ 2

Quindi:

1 I (ξ) = − 2

Z

1 cos ξ + C 2 1 =⇒ I (x) = cos 1 − x2 + C 2 sin ξdξ =

8.

I (x) =

Z

(cot x)2/3 dx. Eseguiamo il ambio di variabile: sin2 x

ξ = cot x =⇒ dξ = −

dx sin2 x

Quindi:

9.

Z 3 I (ξ) = − ξ 2/3 dξ = − ξ 5/3 + C 5 3 =⇒ I (x) = − (cot x)5/3 + C 5 Z Z Z dx sin 3x 1+sin 3x dx = cos3 3x + cos I (x) = 3 3x dx = I1 (x) + I2 (x) cos3 3x I1 (x) =

Per al olare

I2 (x)

Z

dx 1 = tan 3x + C1 3 cos 3x 3 Z sin 3x I2 (x) = dx cos3 3x


ξ = cos 3x =⇒ dξ = −3 sin 3xdx Quindi:

Z 1 dξ 11 I2 (ξ) = − = + C2 2 3 ξ 3ξ 1 1 1 =⇒ I2 (x) = + C2 =⇒ I (x) = tan 3x + +C 3 cos 3x 3 cos 3x 10.

I (x) =

Z

dx . Eseguiamo il ambio di variabile: b−a cot 3x

ξ = cot 3x =⇒

dx 1 = − dξ 2 3 sin 3x

Quindi:

11.

13.

dξ 1 = b − aξ 3a

Z

cosh 5x − 35 sinh 5x + C = 15 (2 cosh 5x − 3 sinh 5x) + C Z Z Z x) sinh x I (x) = tanh dx = cosh x dx = d(cosh dx = ln (cosh x) + C cosh x

= 12.

Z

d (b − aξ) 1 = ln |b − aξ| + C b − aξ 3a 1 =⇒ I (x) = ln |b − a cot 3x| + C 3a Z Z Z 1 3 I (x) = (2 sinh 5x − 3 cosh 5x) dx = 2 · 5 sinh 5xd (5x) − 5 cosh 5xd (5x) 1 I (ξ) = − 3

2 5

In (x) =

Z

√ x n n − x2 dx.


1 ξ = n − x2 =⇒ dξ = −2xdx =⇒ xdx = − dξ 2

Quindi: 1+n n ξ n +C 2 (1 + n) q 3n =⇒ In (x) = − (n − x2 )1+n 5

In (ξ) = −

14.

15.

Z

I (x) = I (x) =

Z

I1 (x) =

Z

−x2

xe

− 12

dx =

√ 3− 2+3x2 dx 2+3x2 dx 2+3x2

=

Z

Z

=3

Z

2

2

e−x d (−x2 ) = − 12 e−x + C dx 2+3x2

−

dx √ 2 √ 2 ( 2) +( 3x)

Z

=

√ dx 2+3x2

√1 3

Z

√

= 3I1 (x) − I2 (x)

√ d( 3x) √ 2 2 2) +( 3x)

( 3 x + C1 = √16 arctan 2 Z Z dx √ I2 (x) = = q √ 2dx √ 2 = 2+3x2 ( 2) +( 3x) Z √ √ √ d( 3x) = √13 q √ 2 √ 2 = √13 ln 3x + 2 + 3x2 + C2 , ( 2) +( 3x) q

donde:

16.

17.

18.

r ! √ √ 3 3 1 I (x) = arctan x − √ ln 3x + 2 + 3x2 + C 2 2 3 Z Z Z 1 1 dx − x I (x) = √ex = e 2 dx = −2 e− 2 x d − 12 x = 2e−x/2 + C I (x) = I (x) =

r

Z Z

1−sin x dx x+cos x

=

Z

d(x+cos x) x+cos x

= ln |x + cos x| + C

dx . Eseguiamo il ambio di variabile: x ln2 x

ξ = ln x =⇒ dξ =

dx x

Quindi:

Z

dξ 1 =− +C ξ ξ 1 =⇒ I (x) = − +C ln x

I (ξ) =

19.

I (x) =

Z

√dx . Eseguiamo il ambio di variabile: cos2 x 2−tan2 x

ξ = tan x =⇒ dξ =

dx cos2 x

Quindi:

ξ I (ξ) = p = arcsin √ +C 2 2 − ξ2 tan x =⇒ I (x) = arcsin √ +C 2 Z

dξ

20.

I (x) = Qui è:

Z

2+

x 2x2 +1

dx 2x2 +1

=2

Z

dx 2x2 +1

+

Z

xdx (2x2 +1)2

= 2I1 (x) + I2 (x)

Z

dx I1 (x) = 2x2 + 1 Z dx = √ 2 1+ 2x √ 2 Z d 2x 1 =√ 2x2 + 1 2 √ 1 = √ arctan 2x + C1 ; 2 Z 1 1 d (2x2 + 1) =− I2 (x) = + C2 2 2 4 2x + 1 (2x2 + 1) Quindi:

I (x) = 21.

I (x) =

Z

asin x cos xdx.

√

2 arctan

√

2x −

1 +C 4 (2x2 + 1)


ξ = cos x =⇒ dξ = cos xdx Quindi:

Z

aξ +C ln a asin x =⇒ I (x) = − +C ln a

I (ξ) =

22.

I (x) =

Z

aξ dξ =

x√n−1 dx dx. Eseguiamo il ambio di variabile: n n x +1

ξ = xn + 1 =⇒ dξ = nxn−1 dx Quindi:

1 In (ξ) = n

23.

24.

Z

1 dξ 1 1 1− n = +C 1ξ 1/n ξ n1− n 1 1 n =⇒ In (x) = · (xn + 1)1− n + C n n −q 1 1 n n = (x + 1)n−1 + C n−1 Z Z sin2 ax 2 I (x) = tan axdx = cos 2 ax dx = Z Z Z 1−cos2 ax dx = dx = cos2 ax − dx = a1 tan ax − x cos2 ax

I (x) =

Z

√ 3

1+ln x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: x

ξ = ln x =⇒ dξ =

dx x

Quindi:

I (ξ) =

25.

I (x) =

Z

√ tan x − 1 √dx . x−1

Z

q 33 (1 + ξ) dξ = (1 + ξ)4 + C 4 q 33 (1 + ln x)4 + C =⇒ I (x) = 4 1/3


ξ=

√

dx x − 1 =⇒ dξ = √ 2 x−1

Quindi:

I (ξ) = 2

26.

I (x) =

Z

Cal olo di

Z

Z sin ξ d (− cos ξ) dξ = −2 = −2 ln |sin ξ| + C cos ξ cos ξ √ =⇒ I (x) = −2 ln sin x − 1 + C

earctan x +x ln(1+x2 )+1 dx 1+x2

= I1 (x) + I2 (x) + I3 (x),

essendo:

Z

earctan x I1 (x) = dx 1 + x2 Z x ln (1 + x2 ) dx I2 (x) = 1 + x2 Z dx I3 (x) = dx 1 + x2 I1 (x)


ξ = arctan x =⇒

dx = dξ 1 + x2

Quindi:

I1 (ξ) = 2

Z

eξ dξ = eξ + C1

=⇒ I1 (x) = earctan x + C1 Cal olo di

I2 (x)


2xdx ξ = ln 1 + x2 =⇒ dξ = 1 + x2

Quindi:

Cal olo di

I3 (x)

Z 1 1 I2 (ξ) = ξdξ = ξ 2 + C2 2 4 1 2 =⇒ I2 (x) = ln 1 + x2 + C2 4 I3 (x) =

Z

Quindi:

I (x) = earctan x +

dx = arctan x + C3 1 + x2 1 2 ln 1 + x2 + arctan x + C 4

27.

28.

29.

I (x) =

Z

sin x−cos x dx sin x+cos x

Z

x2 dx x2 −2

I (x) = Z Z = dx + 2 I (x) =

Z

2

esin

=

dx x2 −2 x

Z

Z =−

d(sin x+cos x) sin x+cos x

x2 −2+2 dx x2 −2

=x+2

sin 2xdx.

=

1 √ 2 2

Z

= − ln |sin x + cos x| + C

1+

2 x2 −2

dx

√ √2 ln x− +C =x+ x+ 2

√

2 2

√ √2 ln x− x+ 2


ξ = sin2 x =⇒ dξ = sin 2xdx Quindi:

I (ξ) =

Z

eξ dξ = eξ + C 2

=⇒ I (x) = esin

30.

I (x) =

Z

√5−3x dx 4−3x2

= 5I1 (x) − 3I2 (x),

x

+C

essendo:

I1 (x) =

Z

1 I1 (x) = √ 3

Z

dx 2 Z 4 − 3x dx I2 (x) = √ 4 − 3x2 Cal olo di

√

I1 (x) r

dx 2

√2 3

− x2

√ ! 1 3 = √ arcsin x + C1 2 3 Cal olo di

I2 (x)


1 ξ = 4 − 3x2 =⇒ xdx = − dξ 6 Quindi:

1 I2 (ξ) = − 6

Z

dξ 1p √ =− ξ + C2 3 ξ 1√ =⇒ I2 (x) = − 4 − 3x2 + C2 3

Da iò segue:

√ ! 5 3 1√ I (x) = √ arcsin x + 4 − 3x2 + C 2 3 3

3.5.4


Z

1)

Z

2)

Z

3)

I (t) =

+ φ0 dt

dx x(4−ln2 x)

e− tan x cosdx2 x

Z

sin

2π T

5) 6)

arccos( x2 ) √ dx 4−x2

Z

4)

1.

sin

2π T

7)

8)

+ φ0 dt. τ=

Z

sin x cos x √

Z

cos 2x dx 4+cos2 2x

Z

2−sin4 x

dx

9)

arcsin √ x+x dx 1−x2

Z r

Z

10)

x2 cosh (x3 + 3) dx Z 3tanh x dx cosh2 x

√ ln(x+ x2 +1) dx 1+x2


2π T 2π + φ0 =⇒ dτ = dt =⇒ dt = dτ T T 2π

Quindi:

2π I (τ ) = T

2.

I (x) =

Z

Z

T T sin τ dτ = − cos τ + C =⇒ I (t) = − cos 2π 2π

dx . Eseguiamo il ambio di variabile: x(4−ln2 x)

ξ = ln x =⇒

dx = dξ x

Quindi:

Z

3.

I (x) =

Z

dξ I (ξ) = 4 − ξ2 Z dξ = 2 2 − ξ2 1 2 + ξ = ln +C 4 2 − ξ 1 2 + ln x I (x) = ln +C 4 2 − ln x

arccos( x2 ) √ dx. Eseguiamo il ambio di variabile: 4−x2

ξ = arccos

x 2

=⇒ √

dx = −dξ 4 − x2

Quindi:

Z I (ξ) = − ξdξ

1 = − ξ2 + C 2 x i2 1h I (x) = − arccos +C 2 2

2π + φ0 + C T

4.

I (x) =

Z

e− tan x cosdx2 x .


ξ = − tan x =⇒ dξ = −

dx cos2 x

Quindi:

Z I (ξ) = − eξ dξ

= −eξ + C I (x) = −etan x + C 5.

I (x) =

Z

sin x cos x √ dx. 4 2−sin x


1 ξ = sin2 x =⇒ sin x cos xdx = dξ 2 Quindi:

Z dξ 1 p I (ξ) = 2 2 − ξ2 1 ξ = arcsin √ +C 2 2 2 1 sin x √ I (x) = arcsin +C 2 2 6.

I (x) =

Z

arcsin √ x+x dx 1−x2

Poniamo:

=

Z

arcsin x √ dx 1−x2

def

I1 (x) = Cal olo di

Z

+

Z

√ x dx 1−x2

arcsin x def √ dx; I2 (x) = 1 − x2

Z

√

x dx 1 − x2

I1 (x)


ξ = arcsin x =⇒ √

dx = dξ 1 − x2

Quindi:

Z 1 I1 (ξ) = ξdξ 2 1 = ξ 2 + C1 2

I1 (x) = Cal olo di

1 (arcsin x)2 + C1 2

I2 (x)


ξ = 1 − x2 =⇒ √

xdx dξ =− 2 1 − x2

Quindi:

Z 1 dξ √ I2 (ξ) = − 2 ξ p = − ξ + C2 √ I1 (x) = − 1 − x2 + C2 L'integrale

I (x)

è:

I (x) = 7.

I (x) =

Z

cos 2x dx 4+cos2 2x

=

Z

√ 1 (arcsin x)2 − 1 − x2 + C 2

cos 2x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: 5−sin2 2x

ξ = sin 2x =⇒ cos 2xdx =

dξ 2

Quindi:

Z dξ 1 I (ξ) = 2 5 − ξ2 √ 1 5 + ξ = √ ln √ +C 4 5 5 − ξ ! √ 1 5 + sin 2x +C I (x) = ln √ 2 5 − sin 2x 8.

I (x) =

Z r

√ ln(x+ x2 +1) dx. Eseguiamo il ambio di variabile: 1+x2

√ dx ξ = ln x + x2 + 1 =⇒ √ = dξ 1 + x2

Quindi:

I (ξ) =

9.

I (x) =

ξdξ

2p 3 ξ +C 3 r √ 2 I (x) = ln3 x + x2 + 1 + C 3 =

Z

Z p

x2 cosh (x3 + 3) dx.


ξ = x2 + 3 =⇒ x2 dx =

dξ 3

Quindi:

Z 1 I (ξ) = cosh ξdξ 3 1 = sinh ξ + C 3 1 I (x) = sinh x3 + 3 + C 3

10.

I (x) =

Z

3tanh x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: cosh2 x

ξ = tanh x =⇒

dx = dξ cos2 x

Quindi:

I (ξ) = = I (x) =

Z

3ξ dξ

3ξ +C ln 3

3tanh x +C ln 3

3.6 Integrazione per sostituzione Assegnato l'integrale:

Z

si esegue la sostituzione:

f (x) dx

(3.2)

x = φ (ξ)

(3.3)

In tal modo l'integrale (3.2) diventa:

La s elta della funzione

φ (ξ)

Z

f [φ (ξ)] φ′ (ξ) dξ

deve essere tale he (3.4) è ri ondu ibile agli integrali fonda-

mentali.

Esempio 1 I (x) = Poniamo:

Z

√ x x − 1dx

√

ξ=

x − 1,

da ui:

x = ξ2 + 1 dx = 2ξdξ L'integrale diventa:

I (ξ) = 2 Ripristinando la variabile

x:

Z

I (x) =

Esempio 2

(3.4)

1 5 1 3 ξ + 1 ξ dξ = 2 ξ + ξ +C 5 3 2

2

2 2 (x − 1)5/2 + (x − 1)3/2 + C 5 3

I (x) =

Z

√

dx 5x − 2

Poniamo:

ξ = 5x − 2 da ui:

dξ = 5dx L'integrale diventa:

1 I (ξ) = 5 Ripristinando la variabile

x:

Z

I (x) =

Esempio 3

dξ 2p √ = ξ+C 5 ξ 2√ 5x − 2 + C 5

I (x) = Poniamo:

Z

√

xdx 1 + x4

ξ = x2 da ui:

dξ = 2xdx L'integrale diventa:

1 I (ξ) = 2 Ripristinando la variabile

Z

x:

p 1 2 p = ln ξ + ξ + 1 + C 2 2 1+ξ dξ

1 2 √ 4 I (x) = ln x + x + 1 + C 2 *** In molti asi è onveniente eseguire le

sostituzioni trigonometri he.

l'integrando ontiene uno dei seguenti radi ali:

√

√ √ a2 − x2 , x2 − a2 , x2 + a2 ,

si eseguono le sostituzioni:

√

√ a2 − x2 , x = a sin ξ =⇒ a2 − x2 = a cos ξ √ √ a x2 − a2 , x = =⇒ x2 − a2 = a tan ξ cos ξ √ √ a x2 + a2 , x = a tan ξ =⇒ x2 + a2 = cos ξ

Esempio 4 I (x) = Poniamo:

Z √

x2 + 1 dx x2

Pre isamente, se

x = tan ξ da ui:

√

x2 + 1 =

1 cos ξ

L'integrale diventa:

Z

dξ sin ξ cos ξ Z sin2 ξ + cos2 ξ dξ = sin2 ξ cos ξ = I1 (ξ) + I2 (ξ) ,

I (ξ) =

2

essendo:

1 dξ I1 (ξ) = = ln + tan ξ + C1 cos ξ cos ξ Z Z cos ξ d (sin ξ) 1 I1 (ξ) = + C2 , =− 2 dξ = 2 sin ξ sin ξ sin ξ Z

Quindi:

x


1 1 + tan ξ − +C I (ξ) = ln cos ξ sin ξ e osservando he

p √ 1 = 1 + tan2 ξ = 1 + x2 cos ξ r r 1 1 1 = 1+ = 1 + 2, 2 sin ξ tan ξ x si ottiene:

√1 + x2 √ 2 I (x) = ln x + 1 + x − +C x 3.6.1

Cal olare gli integrali: 1) 2) 3) 4) 5)

Z Z

√dx x x2 −2

6)

dx ex +1

7)

Z

x (2x + 5) dx

Z

√dx x 2x+1

Z

1−x √ dx 1+ x

Z

√ dx ex −1

Z

x (5x − 3) dx

8) 9)

Z

√xdx x+1

√cos xdx

10)

Z

2

1+sin2 x

7

10

Z

ln 2x dx ln 4x x

11) 12) 13)

Z

√ex dx e +1

Z

√dx dx x 1+x2

Z

2x

sin3 x √ dx cos x

3.6.2 1.

Soluzioni

I (x) =

Z

√dx . Pro ediamo per sostituzione: x x2 −2

ξ=

1 dx dξ =⇒ =− x x ξ

Quindi:

Z I (ξ) = − q

dξ

√ 2 1− ξ 2 √ Z d ξ 2 1 q = −√ √ 2 2 1− ξ 2 √ 1 = − √ arcsin ξ 2 + C 2 √ ! 1 2 I (x) = − √ arcsin +C x 2 2.

I (x) =

Z

dx . Pro ediamo per sostituzione: ex +1

x = − ln ξ =⇒

dx dξ =− +1 ξ+1

ex

Quindi:

Z I (ξ) = −

3.

I (x) =

Z

dξ ξ+1 = − ln |ξ + 1| + C I (x) = − ln 1 + e−x + C 7

x (5x2 − 3) dx.

Pro ediamo per sostituzione:

5x2 − 3 = ξ =⇒ xdx =

dξ 10

Quindi:

4.

I (x) =

Z

Z 1 I (ξ) = ξ 7 dξ 10 1 = ξ8 + C 80 8 1 I (x) = 5x2 − 3 + C 80 √xdx . Pro ediamo per sostituzione: x+1

ξ=

√

x + 1 =⇒ √

dx = 2dξ x+1

Quindi:

I (ξ) = 2

Z

ξ 2 − 1 dξ

2 = ξ 3 − 2ξ + C 3 q √ 2 I (x) = (x + 1)3 − 2 x + 1 + C 3 5.

I (x) =

Z

√cos xdx

1+sin2 x

. Pro ediamo per sostituzione:

ξ = sin ξ =⇒ cos xdx = dξ Quindi:

Z

6.

I (x) =

Z

x (2x + 5)10 dx.

dξ I (ξ) = 2 p 1 + ξ2 p 2 = ln ξ + 1 + ξ + C p I (x) = ln sin x + 1 + sin2 x + C Poniamo

ξ = 2x + 5 =⇒ dξ = 2dx Quindi:

ξ 5 10 − ξ dξ 2 2 1 5 = ξ 12 − ξ 11 + C 24 44 1 1 5 I (x) = (2x + 5)12 − (2x + 5)11 + C 4 12 11 1 I (ξ) = 2

7.

8.

Z

1−x √ dx 1+ x

I (x) =

Z

=

Z

√

√

(1− x)(√1+ x) 1+ x

dx =

Z

dx −

Z

√

Z

xdx = x −

3 2

√

√dx . Poniamo x 2x+1

ξ=

√

2x + 1 =⇒ dξ = √

dx 2x + 1

Quindi:

Z

dξ I (ξ) = 2 2 ξ −1 ξ − 1 +C = ln ξ + 1 √ 2x + 1 − 1 +C I (x) = ln √ 2x + 1 + 1

x3 + C

9.

I (x) =

Z

√ dx . Poniamo ex −1

√

ξ=

ex − 1 =⇒ √

dx dξ = 2 2 ξ +1 ex − 1

Quindi:

dξ +1 = arctan ξ + C √ I (x) = 2 arctan ex − 1 + C I (ξ) = 2

10.

I (x) =

Z

ln 2x dx ln 4x x

=

Z

Z

ξ2

ln 2+ln x dx . Poniamo ln 4+ln x x

ξ = ln x =⇒

dx = dξ x

Quindi:

Z

ln 2 + ξ I (ξ) = dξ ln 4 + ξ Z ln 2 − ln 4 = 1+ dξ ln 4 + ξ Z d (ξ + ln 4) = ξ − ln 2 ln 4 + ξ = ξ − ln 2 ln |ξ + ln 4| + C I (x) = ln x − ln 2 ln |ln x + ln 4| + C 11.

I (x) =

Z

2x

√e x dx. Poniamo e +1

ξ=

√

Quindi:

e2x dx ex + 1 =⇒ √ x = 2 ξ 2 − 1 dξ e +1 Z

I (ξ) = 2 ξ 2 − 1 dξ 1 3 =2 ξ −ξ +C 3 √ 2 I (x) = (ex − 2) ex + 1 + C 3 12.

I (x) =

Z

sin3 x √ dx. Poniamo cos x

sin3 x 1 − ξ2 ξ = cos x =⇒ √ dx = − √ dξ cos x ξ

Quindi:

I (ξ) =

Z

ξ 3/2 − ξ −1/2 dξ

2 = ξ 5/2 − 2ξ 1/2 + C 5 √ 1 2 I (x) = 2 cos x cos x − 1 + C 5

13.

I (x) =

Z

√dx dx. Poniamo x 1+x2

ξ=

dx dξ 1 =⇒ =− x x ξ

Quindi:

Z dξ I (ξ) = − p 1 + ξ2 p = − ln ξ + ξ 2 + 1 + C x +C √ I (x) = − ln 1 + x2 + 1 ***

3.6.3

Cal olare i seguenti integrali utilizzando le sostituzioni trigonometri he 1) 2) 3) 4)

1.

I (x) =

Z

Z Z Z Z

2 √x dx 1−x2 3 √x dx 2−x2 √ x2 −a2 dx x

√dx x x2 −1

5) 6) 7) 8)

Z

√

Z

√

Z Z

x2 +1 dx x

√dx x2 4−x2

1 − x2 dx

√

dx x(1−x)

2 √x dx . Poniamo 1−x2

x2 dx = sin2 ξdξ x = sin ξ =⇒ √ 2 1−x Quindi:

Z

I (ξ) = sin2 ξdξ Z 1 (1 − cos 2ξ) dξ = 2 Z Z 1 1 = dξ − cos 2ξd (2ξ) 2 2 ξ 1 = − sin 2ξ 2 4 x√ I (x) = arcsin x − 1 − x2 + C 2 2.

I (x) =

Z

3 √x dx . Poniamo 2−x2

ξ=

√

x3 dx 2 sin ξ =⇒ √ = 23/2 sin3 ξdξ 2 − x2

Quindi:

3/2

Z

I (ξ) = 2 sin2 ξ sin ξdξ Z 3/2 =2 cos2 ξ − 1 d (cos ξ) 1 3/2 3 =2 cos ξ − cos ξ + C 3 q q 2 3/2 1 2 2 1 − sin ξ =2 1 − sin ξ − 1 − sin ξ + C 3 " # r r 2 2 2 x x x 1 1− I (x) = 23/2 1− − 1− +C 3 2 2 2 √ 1 = − 4 + x2 2 − x2 + C 3 3.

I (x) =

Z

√

x2 −a2 dx. Poniamo x

x=

1√ 2 a a =⇒ tan ξ = x − a2 ; dx = sin ξdξ cos ξ a cos2 ξ

Quindi:

Z

4.

I (x) = porre:

Z

sin2 ξ dξ I (ξ) = a cos ξ Z 1 − cos2 ξ =a dξ cos ξ Z Z dξ =a − cos ξdξ cos ξ 1 − sin ξ + C = a ln tan ξ + cos ξ √ 2 √ 2 x − a2 + x x − a2 I (x) = a ln +C − a x √dx . x x2 −1

Anzi hé eseguire una sostituzione trigonometri a, è onveniente

1 dx dξ =⇒ =− ξ x ξ Z dξ I (ξ) = − p = − arccos ξ 1 − ξ2 1 I (x) = − arccos + C x x=

5.

I (x) =

Z

√

x2 +1 dx. Poniamo x

x = tan ξ =⇒ dx =

dξ cos2 ξ

Quindi:

Z

dξ I (ξ) = sin ξ cos2 ξ Z sin2 ξ + cos2 ξ = dξ sin ξ cos2 ξ Z Z sin ξ dξ = dξ + 2 cos ξ sin ξ Z Z dξ d (cos ξ) =− + 2 cos ξ sin ξ 1 1 = + ln − cot ξ + C cos ξ sin ξ

Osservando he:

√ p 1 x2 + 1 2 = 1 + tan ξ = sin ξ x √ 1 = x2 + 1, cos ξ

si ottiene:

I (x) =

6.

I (x) = porre:

Z

√dx . x2 4−x2

√

√ x2 + 1 − 1 x2 + 1 + ln +C x

Anzi hé eseguire una sostituzione trigonometri a, è onveniente

1 dx =⇒ 2 = −dξ ξ x Z ξ I (ξ) = − dξ p 4ξ 2 − 1 Z 1 d (4ξ 2 − 1) p =− 8 4ξ 2 − 1 1p 2 =− 4ξ − 1 + C 4 √ 4 − x2 I (x) = − +C 4x x=

7.

I (x) =

Quindi:

Z

√

1 − x2 dx.

Poniamo

√ 2 x = sin ξ =⇒ dx = cos ξdξ , 1 − x = cos ξ Z

I (ξ) = cos2 dξ Z cos 2ξ + 1 = dξ 2 Z Z 1 1 = cos 2ξd (2ξ) + dξ 2 2 1 1 = sin 2ξ + ξ + C 2 2 x√ 1 I (x) = arcsin x + 1 − x2 + C 2 2

8.

I (x) =

Quindi:

Z

√

dx . Poniamo x(1−x)

p x = sin2 ξ =⇒ dx = 2 sin ξ cos ξdξ , x (1 − x) = sin ξ cos ξ I (ξ) = 2

Z

dξ

= 2ξ + C √ I (x) = 2 arcsin x + C

3.7

Z

sin2 xdx,

Z

cos2 xdx

Dagli eser izi pre edenti, risulta:

Z

1 1 (x − sin x cos x) + C = (2x − sin 2x) + C 2 4 Z 1 1 cos2 xdx = (x + sin x cos x) + C = (2x + sin 2x) + C 2 4 sin2 xdx =

(3.5)

3.8 Integrazione per parti Proposizione. Se f (x) e g (x) sono funzioni derivabili, sussiste la formula di integrazione per parti: Z Z f (x) g ′ (x) dx = f (x) g (x) −

g (x) f ′ (x) dx,

(3.6)

he può essere ris ritta ome:

Z

f (x) dg (x) = f (x) g (x) −

Z

g (x) df (x)

(3.7)

Dimostrazione. È immediata: basta appli are l'operatore di derivazione ad ambo i membri della (3.7).

Esempio 1 Z

Z x2 x2 1 dx x ln xdx = ln xd = ln x − x2 2 2 2 x 2 x 1 = ln x − x2 + C 2 4 2 x = (2 ln x − 1) + C 4 Z

Esempio 2 Z

x

Z

x

Z

e d (sin x) = e sin x − ex sin xdx Z x = e sin x − ex d (− cos x) Z x x = e sin x + e cos x − ex cos xdx,

e cos xdx =

x

risolvendo rispetto a

3.8.1

2) 3) 4) 5)

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

ex cos xdx: Z ex ex cos xdx = (sin x + cos x) + C 2

Cal olare gli integrali: 1)

3.8.2

R

Z Z Z Z Z

ln xdx

6)

arctan xdx

7)

arcsin xdx

8)

x sin xdx

9)

x cos 3xdx

Z

x dx ex

11)

Z

x · 2 dx

Z

3 −x/3

Z

10)

−x

12)

2 3x

x e dx

13)

xe dx Z x sin x cos xdx

14) 15)

Z

(x2 + 5x + 6) cos 2xdx

Z

x2 ln xdx

Z

ln x dx x3

Z Z

ln2 xdx

ln √ x dx x

Soluzioni

I (x) = I (x) =

Z

Z

ln xdx = x ln x −

Z

xd (ln x) = x ln x −

arctan xdx = x arctan x−

Z

Z

Z

Z

dx = x (ln x − 1) + C

xdx 1+x2

= x arctan x − 12 ln (1 + x2 ) + C

√xdx 1−x2

1 2

= x arcsin x + arcsin xdx = x arcsin x− √ = x arcsin x + 1 − x2 + C Z Z Z I (x) = x sin xdx = xd (− cos x) = −x cos x + cos xdx I (x) =

Z

d(1−x2 ) √ 1−x2

= −x cos x + sin x + C Z Z Z 1 1 1 I (x) = x cos 3xdx = xd 3 sin 3x = 3 x sin 3x − 9 sin 3xd (3x) = 31 x sin 3x + 13 cos 3x + C Z Z Z Z Z x −x −x −x −x −x I (x) = ex dx = xe dx = xd (−e ) = −xe + e dx = −xe − e−x d (−x) Z Z −x −x −x = xe + e dx = −xe − e−x d (−x) = −xe−x − e−x + C = − x+1 +C ex I (x) = I (x) =

Z Z

−x

x · 2 dx = x2 e3x dx.

Z

−x x · d − 2ln 2 = − ln12 x · 2−x + Assegnato l'integrale:

In,m (x) = pn (x)

Z

2−x dx = − 2x+1 x ln 2 + C

Anzi hè integrare per parti, è onveniente utilizzare il

oe ienti indeterminati.

essendo

1 ln 2

un polinomio di grado

Z

pn (x) emx dx,

n:

pn (x) =

n X k=0

ak xk

metodo dei

risulta:

In,m (x) = qn (x) emx ,

(3.8)

qui è:

qn (x) =

n X

bk xk

k=0

Appli hiamo l'operatore di derivazione ad ambo i membri della (3.8):

D

Z

pn (x) emx dx = D [qn (x) emx ] ,

ottenendo:

pn (x) = qn′ (x) + mqn (x)

(3.9)

Il prin ipio di identità dei polinomi appli ato alla (3.9) ondu e ad un sistema di equazioni lineari he permette di ri avare i oe ienti indeterminati

bk ,

e quindi l'integrale

In,m (x). Nel aso in esame è:

I2,3 (x) =

Z

x2 e3x dx = b2 x2 + b1 x + b0 e3x

x2 = 3b2 x2 + (3b1 + 2b2 ) x + b2 + 3b0 An hè sia veri ata l'ultima, deve essere:

3b2 = 1 3b1 + 2b2 = 0 b2 + 3b0 = 0, da ui i oe ienti indeterminati:

(b2 , b1 , b0 ) =

1 2 2 ,− , 3 9 27

,

quindi l'integrale:

I2,3 (x) = 9.

I (x) =

Z

x3 e−x/3 dx.

e3x 9x2 − 6x + 2 27

Pro edendo ome nell'eser izio pre edente:

Z

x x3 e−x/3 dx = b3 x2 + b2 x2 + b1 x + b0 e− 3 ,

donde:

1 x3 e−x/3 = 3b3 x2 + 2b2 x + b1 e−x/3 − b3 x3 + b2 x2 + b1 x + b0 e−x/3 3 b3 3 b2 b1 b2 2 = − x + 3b3 − x + 2b2 − x + b1 − 3 3 3 3

da ui:

b3 + 3 = 0 b2 3b3 − =0 3 b1 2b2 − =0 3 b0 − 3b1 = 0

10.

Z

x3 e−x/3 dx = −3 x3 + 9x2 + 54x + 162 e−x/3 1 2

Z

x sin 2xdx I (x) = x sin x cos xdx = Z Z 1 1 cos 2x 1 1 = 2 xd − 2 = 2 − 2 x cos 2x + 4 cos 2xd (2x) 1 4

(sin 2x − 2x cos 2x) + C Z I (x) = (x2 + 5x + 6) cos 2xdx. =

11.

Z

Anzi hé pro edere per un'integrazione per parti,

onviene appli are il metodo dei oe ienti indeterminati. Più in generale, onsideriamo l'integrale:

def

In,α (x) =

Z

pn (x) cos (αx) dx

(3.10)

L'integrale (3.10) ha la forma:

In,α (x) = qn (x) cos (αx) + rn (x) sin (αx) ,

(3.11)

essendo:

pn (x) = qn (x) =

n X

ak xk

k=1 n X

bk xk

k=1

rn (x) =

n X

ck xk

k=1

Appli ando l'operatore di derivazione ad ambo i membri della (3.11) ed eseguendo le dovute sempli azioni:

In,α (x) =

1 (a1 + 2a2 x) α cos (αx) + (a0 + a1 x) α2 + a2 −2 + α2 x2 sin (αx) 3 α

Nel aso in esame è:

1 (5 + 2x) cos (2x) + 2x2 + 10x + 11 sin (2x) 4 Z Z Z 3 3 x x3 1 2 I (x) = x ln xdx = ln xd 3 = 3 ln x − 3 x2 dx = x9 (3 ln x − 1) + C I2,2 (x) =

12.

13.

I (x) =

Z

2

2

ln xdx = x ln x − 2

Z

ln xdx = x ln2 x − 2 ln x + 2 + C

14.

15.

I (x) =

Z

ln x dx x3

=

Z

ln xd

− 2x12

=

Z

ln xd

− 2x12

=

− 2x12

ln x +

1 2

x = − 2x12 ln x − 14 x12 + C = − 1+ln +C 4x2 Z Z Z √ √ √ dx ln x √ dx = ln xd (2 x) = 2 x ln x − 2 I (x) = xx x Z √ √ = 2 x ln x − 2 x−1/2 dx = 2 x (ln x − 2) + C

Z

1 dx x2 x

***

3.8.3

Cal olare gli integrali: 1) 2) 3) 4)

3.8.4 1.

2.

Z Z

ln √ x dx x

5)

x arctan xdx

6)

Z

x arcsin xdx Z √ ln x + 1 + x2 dx

7) 8)

Z Z Z Z

Z

xdx sin2 x

9)

x cos xdx sin2 x

10)

ex sin xdx

R

eax sin bxdx sin (ln x) dx

3x cos xdx

Soluzioni

Z

ln √ x dx x

Z

Z √ √ dx ln xd (2 x) = 2 x ln x − 2 xx √

I (x) = = √ = 2 x (ln x − 2) + C Z Z 2 I (x) = x arctan xdx = arctan xd x2 =

x2 2

arctan x −

Poniamo:

1 2

Z

x2 dx x2 +1

Z

x2 J (x) = dx x2 + 1 Z 2 x +1−1 dx = x2 + 1 Z Z dx = dx − x2 + 1 = x − arctan x + C1 , donde:

x2 + 1 x arctan x − + C 2 2 Z Z Z 2 x x2 1 I (x) = x arcsin xdx = arcsin xd 2 = 2 arcsin x − 2 I (x) =

3.

Poniamo:

Z

x2 dx J (x) = √ 1 − x2 Z 2 x −1+1 √ = dx 1 − x2 Z Z x2 − 1 dx = √ dx + √ 2 x 1 − x2 Z1 − √ =− 1 − x2 dx + arcsin x

2 √x dx 1−x2

Cal oliamo a parte

R√

1 − x2 dx:

1 1 = ξ − sin 2ξ + C1 2 2

Z

Z √

=

ξ=arcsin x

1 − x2 dx = sin2 ξdξ x=sin ξ Z 1 (1 − cos 2ξ) dξ = 2 √ 1 arcsin x − x 1 − x2 + C1 , 2

donde:

4.

5.

6.

√ 1 x2 2 I (x) = arcsin x − arcsin x − x 1 − x + C 2 4 Z Z √ √ x 2 2 I (x) = ln x + 1 + x dx = x ln x + 1 + x − √1+x 2 dx Z √ √ √ d(1+x2 ) 2 2 − 2 1 + x2 + C √ = x ln x + 1 + x − = x ln x + 1 + x 1+x2 I (x) =

Z

xdx sin2 x

=

Z

xd (− cot x) = −x cot x +

Z

cot xdx = −x cot x +

cos x dx sin x

= −x cot x + ln |sin x| + C Z Z Z x cos xdx I (x) = = x cos xd (− cot x) = −x cos x cot x + cot x (cos x − x sin x) dx sin2 x Poniamo:

J (x) =

Z

donde:

cot x (cos x − x sin x) dx

Z

cos2 x − x cos x sin x dx sin x Z Z cos2 x = dx − x cos xdx sin x Z Z 1 − sin2 x dx − x sin x − sin xdx = sin x Z dx x = − x sin x = ln tan − x sin x + C, sin x 2 =

7.

Z

x I (x) = −x cos x cot x + ln tan − x sin x + C 2 x x =− + ln tan + C sin x 2 Z Z Z x x x I (x) = e sin xdx = e d (− cos x) = −e cos x + cos xd (ex ) Poniamo:

J (x) = =

Z

Z

ex cos xdx

ex d (sin x) = ex sin x − I (x) ,

da ui:

I (x) =

ex (sin x − cos x) + C 2

8.

I (x) =

Z

x

3 cos xdx =

Z

Z Z 1 x x 3 d (sin x) = 3 sin x− sin xd (3 ) = 3 sin x− ln 3 3x sin xdx x

x

Poniamo:

J (x) =

Z

x

Z

3x d (− cos x) Z 1 x = −3 cos x + 3x cos xdx ln 3 3 sin xdx =

Quindi

I (x) = 3x sin x − ln 3 [−3x cos x + I (x) ln 3] Risolvendo rispetto a

I (x): I (x) =

9.

Ia,b (x) =

Z

3x (cos x ln 3 + sin x) +C 1 + ln3

eax sin bxdx

Abbiamo

1 Ia,b (x) = e d − cos bx b Z 1 a = − eax cos bx + eax cos bxdx b b Z

ax

Poniamo:

Ja,b (x) =

Z

1 e cos bxdx = e d sin bx b 1 a = eax sin bx − Ia,b (x) , b b Z

ax

ax

donde:

Ia,b (x) =

10.

I (x) =

R

eax (a sin bx − b cos bx) +C a2 + b2

sin (ln x) dx = x sin (ln x) −

essendo:

R

J (x) =

cos (ln x) dx = x sin (ln x) − J (x) Z

cos (ln x) dx

= x cos (ln x) + I (x) ,

quindi:

I (x) =

x [x sin (ln x) − cos (ln x)] + C 2

3.8.5

Cal olare i seguenti integrali appli ando il metodo più opportuno 1) 2) 3) 4) 5) 6)

3.8.6 1.

Z

3

x sin xdx Z √ x ln (2x) dx Z 2 x3 e−x dx Z √ e x dx Z (x2 − 2x + 3) ln xdx Z x ln 1−x dx 1+x

7) 8) 9)

Z Z

ln2 x dx x2 ln(ln x) dx x

Z

10) 11) 12)

13) 14)

2

x arctan 3xdx Z x (arctan x)2 dx Z (arcsin x)2 dx Z arcsin x dx x2

15)

Z Z Z

√ arcsin x √ dx 1−x

x tan2 2xdx sin2 x dx ex

Soluzioni

I (x) =

Z

x3 sin xdx

Poniamo:

Z

3 3 X X k x sin xdx = sin x bk x + cos x ck xk 3

k=1

k=1

Derivando primo e se ondo membro, e risolvendo rispetto ai oe ienti

Z 2.

I (x) =

Z

x3 sin xdx = −x x2 − 6 cos x + 3 x2 − 2 sin x + C Z

√

x ln (2x) dx = ln (2x) d √ = 23 x3/2 ln (2x) − 49 x3 + C,

2 3/2 x 3

=

2 3/2 x 3

ln (2x) −

2 3

Z

x1/2 dx

donde:

2√ 3 x [3 ln (2x) − 2] + C 9 Z Z Z Z 2 1 1 3 −x2 2 −x2 2 −x2 I (x) = x e dx = x xe dx = 2 x xe dx = 2 x2 e−x d (x2 ) Z = 2 ξe−ξ dξ . Cal oliamo a parte quest'integrale utilizzando il metodo dei oe ienti I (x) =

3.

bk , ck :

ξ=x

indeterminati:

Z

ξe−ξ dξ = (b0 + b1 ξ) e−ξ + C

Derivando primo e se ondo membro:

ξe−ξ = (b0 + b1 ξ) e−ξ , da ui:

(b0 , b1 ) = (−1, −1) =⇒ Ripristinando la variabile

Z

ξe−ξ dξ = − (1 + ξ) e−ξ + C

x: I (x) = −

1 2 1 + x2 e−x + C 2

4.

I (x) =

Z

√

e

x

dx.


√

ξ= donde:

I (ξ) = 2

Z

ripristinando la variabile

x =⇒ dx = 2ξdξ,

Z ξ ξ ξe dξ = 2 ξe − e dξ = 2 (ξ − 1) eξ + C, ξ

x: I (x) = 2

5.

6.

7.

8.

9.

10.

11.

12.

13.

14.

15.

Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z

√

√ x−1 e x+C

(x2 − 2x + 3) ln xdx = 13 x3 ln x − 19 x3 − (ln x) x2 + 21 x2 + 3x ln x − 3x + C x ln

1−x 1+x

ln2 x dx x2

dx =

=−−

ln(ln x) dx x

x2 −1 2

1 x

ln

1−x 1+x

+C

ln2 x + 2 ln x + 2 + C

= ln x [ln (ln x) − 1] + C

x2 arctan 3xdx = 31 x3 arctan 3x − x (arctan x)2 dx =

x2 +1 2

1 18

2 1 x − 9 ln (1 + 9x2 ) + C

(arctan x)2 − x arctan x + 12 ln (1 + x2 ) + C

√ (arcsin x)2 dx = arcsin x x arcsin x + 2 1 − x2 − 2x + C arcsin x dx x2

= − x1 arcsin x + ln 1+√x1−x2 + C

√ arcsin x √ dx 1−x

√ √ √ = −2 1 − x arcsin x + 2 x + C

x tan2 2xdx = 12 x tan 2x − 21 x2 − 18 ln (1 + tan2 2x) + C sin2 x dx ex

=

1 − sin x−2 cos x 5 ex

sin x −

2 5ex

+C

3.9 Integrali ontenenti un trinomio di se ondo grado Consideriamo gli integrali del tipo:

F (x) = essendo

m, n, a, b, c ∈ R.

Z

mx + n dx, ax2 + bx + c

Senza perdita di generalità, onsideriamo

(3.12)

a > 0.

Poniamo:

mx + n = A (2ax + b) + B,

(3.13)

da ui:

A=

m mb , B =n− , 2a 2a

(3.14)

donde:

Z

essendo:

Z Z mx + n m 2ax + b mb dx dx = dx + n − 2 2 2 ax + bx + c 2a ax + bx + c 2a ax + bx + c mb m 2 ln ax + bx + c + C1 + n − G (x) , = 2a 2a G (x) =

Per al olare

G (x)

Z

ax2

dx + bx + c

pro ediamo nel modo seguente:

ax2 + bx + c = a (x + k)2 + l,

(3.15)

b b2 ∆ , l =c− =− , 2a 4a 4a

(3.16)

da ui si ri ava:

k= essendo

∆ = b2 − 4ac,

(3.17)

il dis riminante del trinomio. Distinguiamo i tre asi: 1.

∆<0

2.

∆>0

3.

∆=0

Iniziamo on il aso 1:

1 G (x) = l Eseguiamo il ambio di variabile:

r L'integrale

G (ξ)

Z

dx p a 2 1+ (x + k) l

a (x + k) = ξ =⇒ dx = l

r

l dξ a

diventa:

G (ξ) = Ripristinando la variabile

r

1 al

Z

dξ 1 = √ arctan ξ + C2 2 1+ξ al

x:

1 G (x) = √ arctan al

r a b x+ + C2 l 2a

(3.18)

Osserviamo he:

a 4a2 =− l ∆

a·l = −

quindi:

2 G (x) = √ arctan −∆

Finalmente l'integrale (3.12):

Cal oliamo:

F (x) = Qui è

∆ = −31,

Z

x2

quindi appli hiamo la (3.21):

Nel aso spe iale

2ax + b √ −∆

(3.19)

+ C2

(3.20)

2ax + b mb n− arctan √ +C 2a −∆

2 m F (x) = ln ax2 + bx + c + √ 2a −∆

Esempio 7.

∆ , 4

(3.21)

x+2 dx − 3x + 10

7 1 F (x) = ln x2 − 3x + 10 + √ arctan 2 31

2x − 3 √ 31

+C

m = 0, n = 1: Z dx 2 2ax + b =√ arctan √ +C F (x) = ax2 + bx + c −∆ −∆

(3.22)

*** Nel aso 2, la (3.15) si s rive:

gia

hé

l < 0.

ax2 + bx + c = a (x + k)2 − |l| , Quindi

Z

dx a (x + k)2 − |l| Z 1 d (x + k) = a (x + k)2 − |l| a q |l| x + k − 1 a q + C2 = p ln 2 a |l| x + k + |l| a √ 1 2ax + b − ∆ √ + C2 , = √ ln ∆ 2ax + b + ∆

G (x) =

Esempio 8.

G (x) = Qui è:

ioè:

(3.23)

∆ = 16,

quindi:

Z

x2

dx − 2x − 3

1 x − 3 G (x) = ln +C 4 x + 1

m 2 1 F (x) = ln ax + bx + c + √ 2a ∆

√ mb 2ax + b − ∆ √ +C n− ln 2ax + b + ∆ 2a

(3.24)

*** Caso 3 (∆

= 0): l = 0,

per ui

Z

dx a (x + k)2 Z 1 d (x + k) = a (x + k)2 2 =− + C2 , 2ax + b

G (x) =

ioè:

m mb 2 2 F (x) = ln ax + bx + c − n − +C 2a 2a 2ax + b

Esempio 9.

F (x) =

Z

= Riassumendo:

x2

(3.25)

3x + 2 dx − 4x + 4

3 8 ln x2 − 4x + 4 − +C 2 x−2

m 2 2ax + b mb 2 ln ax + bx + c + √ arctan √ ∆ < 0 =⇒ F (x) = n− +C 2a 2a −∆ −∆ √ m 2 1 mb 2ax + b − ∆ √ +C ln ax + bx + c + √ n− ln ∆ > 0 =⇒ F (x) = 2ax + b + ∆ 2a 2a ∆ m mb 2 ∆ = 0 =⇒ F (x) = ln ax2 + bx + c − n − +C 2a 2a 2ax + b 3.9.1

Cal olare gli integrali: 1) 2) 3)

3.9.2 1.

2.

3.

4.

Z

x2 −1 dx x2 −x−1

4)

dx x2 +2x+5

5)

Z

dx x2 +2x

Z

6)

Z

3x−2 dx x2 −4x+5

Z

x2 dx x2 −6x+10

R

Z

(x−2)2 dx x2 +3x+4

7)

Z

dx 3x2 −x+1

Soluzioni

F (x) =

Z

F (x) =

Z

x2 −1

F (x) = F (x) =

Z Z

dx =

R

dx

x2 +2x+5

dx x2 +2x

1+

x

dx = x + h √ i √5 + C = x + 12 ln |x2 − x − x| + √15 ln 2x−1− 2x−1+ 5 x2 −x−1

= 12 arctan

x2 −x−1

x+1 2

x +C = 12 ln x+2

3x−2 dx x2 −4x+5

x dx x2 −x−1

+C

= 32 ln (x2 − 4x + 5) + 4 arctan (x − 2) + C

5.

6.

7.

F (x) = F (x) = F (x) =

Z Z Z

(x−2)2 dx x2 +3x+4

h = x − ln (x2 + 3x + 4) − 7 2

x2 dx x2 −6x+10 dx 3x2 −x+1

=

√6 7

arctan

2x+3 √ 7

i

+C

= x + 3 ln (x2 − 6x + 10) + 8 arctan (x − 3) + C

√ 2 11 11

arctan

6x−1 √ 11

+C

*** Consideriamo integrali del tipo:

H (x) =

Z

√

mx + n dx, ax2 + bx + c

Qui vanno distinti i asi: 1.

a>0

2.

a<0

Consideriamo a > 0 Appli ando l'arti io (3.13):

Z Z m 2ax + b dx mb √ √ H (x) = dx + n − 2a 2a ax2 + bx + c ax2 + bx + c mb m√ 2 ax + bx + c + C1 + n − K (x) , = a 2a essendo:

K (x) = Per al olare

K (x)

Z

osi

hè vanno distinti i tre asi:

∆<0

2.

∆>0

3.

∆=0

√

dx ax2 + bx + c

appli hiamo l'arti io (3.15):

K (x) =

1.

Z

dx q

2

,

a (x + k) + l

Iniziamo on il aso 1:

1 K (x) = √

Eseguendo il

Z

dx q p 2 a l 1+ (x + k) l pa

ambio di variabile x → ξ = (x + k): l Z p 1 dξ 1 p K (ξ) = √ = √ ln ξ + ξ 2 + 1 + C2 a a 1 + ξ2


x:

(3.26)

Per le (3.19):

r r a 1 a 2 K (x) = √ ln (x + k) + 1 + (x + k) + C2 a l l 2ax + b ξ= √ , −∆

donde:

s 2 1 2ax + b (2ax + b) K (x) = √ ln √ + 1+ + C2 a −∆ |∆|

Finalmente l'integrale (3.26):

s 2 2ax + b m√ 2 1 mb (2ax + b) +C H (x) = ax + bx + c + √ n− ln √ + 1+ a a 2a |∆| −∆

Ad esempio:

Z

x+3 dx x2 + 2x + 2 √ √ 2 2 = x + 2x + 2 + 2 ln x + 1 + x + 2x + 2 + C

H (x) =

√

Caso 2 (∆ > 0) vale la (3.23), donde:

1 K (x) = p |l|

Z

dx s q

a |l|

(x + k)

2

−1


ξ=

Per le (3.19):

r

a (x + k) |l|

Z 1 dx p K (ξ) = √ a ξ2 − 1 p 1 = √ ln ξ + ξ 2 − 1 + C2 a ξ=

2ax + b √ , ∆

donde:

s 2 2ax + b 1 (2ax + b) K (x) = √ ln √ + − 1 + C2 a ∆ ∆

(3.27)

Quindi:

H (x) =

m√ a

ax2 + bx + c + n −

mb 2a

Caso 3 (∆ = 0): K (x) =

Z

s 2 1 2ax + b (2ax + b) √ ln √ + − 1 + C ∆ a ∆

(3.28)

dx q a (x + k)2

1 = √ ln |x + k| + C2 a 2ax + b 1 + C2 = √ ln 2a a

Quindi:

2ax + b 1 m√ 2 mb +C √ ln H (x) = ax + bx + c + n − a 2a a 2a

(3.29)

Consideriamo a < 0

m√ 2 mb H (x) = K (x) ax + bx + c + C1 + n − a 2a Qui è:

K (x) =

on

k

e

l

Z

dx q

− |a| (x + k)2 + l

dati dalla (3.16). Consideriamo solo il aso

∆ > 0,

gia

hé per

è immaginario.

1 K (x) = √

l

Z

s

1−

dx q |a| l

(x + k)

∆≤0

l'integrando

2

Eseguendo il ambio di variabile

ξ=

r

|a| (x + k) l

otteniamo:


x: r

1 K (ξ) = p arcsin ξ + C2 |a|

4a2 2ax + b 2ax + b =− √ =⇒ ∆ 2a ∆ 1 2ax + b √ =⇒ K (x) = − p arcsin + C2 , ∆ |a|

ξ=

(3.30)

donde:

Esempi

m√ 2 1 H (x) = ax + bx + c − p a |a|

1.

2.

H (x) = H (x) =

3.9.3

Z Z

√ 2x−3 dx −2x2 +3x+2 dx √ −x2 +2x+5

Z Z Z

3)

3.9.4

3.

4.

5.

6.

x−1 √ 6

+C

+C

√ dx x−x2

4)

√ 2x−8 dx 1−x−x2

5)

√ 3x+2 dx 1−4x−6x2

6)

Z

√ −x+2 dx 2−x−x2

Z

√ −2x+3 dx 14+5x−7x2

Z

√ 10x−4 dx 2+5x−7x2

Soluzioni

H (x) = H (x) = H (x) = H (x) = H (x) =

Z Z Z Z Z

√ dx x−x2

= arcsin (2x − 1) + C

√ 2x−8 dx 1−x−x2

√ √ = −2 1 − x − x2 − 9 arcsin 2x+1 +C 5

√ 3x+2 dx 1−4x−6x2

√ −x+2 dx 2−x−x2

=

√ 10x−4 dx 2+5x−7x2

Z

=

Eser izio 10.

− 12

√

√

1 − 4x −

+

√

2 − x − x2 + 52 arcsin

16 49

√

K (x) =

Z

arcsin

2x+1 3 √ 3 7 49

4

ξ=p

10 5

+C

arcsin

5 14

i (3x + 1) + C

14x−5 9

+C

2

∆ < 0 abbiamo: Z dx K (x) = v ( u u 4q−p2 t 1+ √ 2

Poniamo:

h√

dx p x2 + px + q

Soluzione 11. x2 + px + q = x + p2 2 + 4q−p 4 per ui se

6 6

√ 14 7 arcsin 417 417 x −

Cal olare:

∆ = p2 − 4q ,

6x2

√ = − 10 2 + 5x − 7x2 − 7

−2x+3 H (x) = √14+5x−7x 2 dx p = 72 (14 + 5x − 7x2 ) +

Risulta

4x−3 5

Cal olare gli integrali

2)

2.

√ √ = − −2x2 + 3x + 2 − 34 2 arcsin

= arcsin

1)

1.

mb 2ax + b √ n− +C arcsin 2a ∆

4q−p2

2 4q − p2

x+

x+

p , 2

p 2

2 )

+C

(3.31)

donde:

p K (ξ) = ln ξ + 1 + ξ 2

Cioè:

"

essendo Se

# p p K (x) = ln p x + + x2 + px + q + C1 2 2 4q − p p p 2 = ln x + + x + px + q + C, 2 C = ln √ 2 2 + C1 . 2

4q−p

∆ > 0:

p 2 |4q − p2 | x2 + px + q = x + − , 2 4 Z dx K (x) = v ( u 2 ) u |4q−p2 | t √ 2 2 x + p2 − 1 4

donde:

|4q−p |

Eseguendo il ambio di variabile:

ξ=p

otteniamo:

In funzione di

x: "

essendo Se

p x+ , 2 |4q − p2 | 2

p K (ξ) = ln ξ + ξ − 1 + C1

# p p K (x) = ln p x + + x2 + px + q + C1 2 2 |4q − p | p p 2 = ln x + + x + px + q + C, 2 C = ln √ 2 2 + C1 .

∆ = 0:

2

|4q−p |

donde:

p 2 x2 + px + q = x + , 2 Z dx p K (x) = 2 = ln x + + C 2 x+ p 2

***

Consideriamo gli integrali del tipo:

L (x) = essendo

m, n, a, b, c ∈ R

tali he

Z

dx √ , (mx + n) ax2 + bx + c

(m, n) 6= (0, 0).

(3.32)

Gli integrali di questo tipo si ridu ono a quelli del tipo (3.26) eseguendo il ambio di variabile:

ξ=

Esempio

1 mx + n

L (x) =

Z

dx √ (x + 1) x2 + 1

Esegiamo il ambio di variabile:

x+1=

1 dξ =⇒ dx = − 2 , ξ ξ

donde:

Z L (ξ) = − p

dξ

2ξ 2 − 2ξ + 1 p 1 2 = − √ ln 2ξ − 1 + 4ξ − 4ξ + 2 + C 2

Ripristinando la variabile indipendente:

3.9.5

1 − x + p2 (1 + x2 ) 1 L (x) = − √ ln +C 1+x 2

Cal olare gli integrali 1) 2)

3.9.6 1.

Z Z

√dx x 1−x2

3)

√ dx x x2 +x−1

4)

Z Z

dx √ (x−1) x2 −2 dx √ (x+1) x2 +2x

Soluzioni

L (x) =

Z

√dx . Eseguiamo il ambio di variabile: x 1−x2

1 x= , ξ donde:


2.

L (x) =

Z

Z dξ L (ξ) = − p ξ2 − 1 p = − ln ξ + ξ 2 − 1 + C

x:

x +C √ L (x) = ln 1 + 1 − x2

√ dx . Eseguiamo il ambio di variabile: x x2 +x−1

1 x= , ξ donde:

Z L (ξ) = − p

dξ −ξ 2 + ξ + 1

Appli ando la (3.30):

L (ξ) = arcsin Ripristinando la variabile

3.

L (x) =

+C

x: L (x) = arcsin

Z

−2ξ + 1 √ 5

x−2 √ x 5

+C

dx √ . Eseguiamo il ambio di variabile: (x−1) x2 −2

1 x−1= , ξ donde:

Z L (ξ) = − p


L (ξ) = arcsin Ripristinando la variabile

dξ −ξ 2 + 2ξ + 1

−ξ + 1 √ 2

+C

x:

x−2 L (x) = arcsin √ +C 2 (x − 1) 4.

L (x) =

Z

dx √ . Eseguiamo il ambio di variabile: (x+1) x2 +2x

1 x+1 = , ξ donde:

Z dξ L (ξ) = − p 1 − ξ2 = − arcsin ξ + C Ripristinando la variabile

x: L (x) = − arcsin

1 x+1

+C

*** Consideriamo gli integrali del tipo:

M (x) = Qui vanno distinti i asi: 1.

a>0

2.

a<0

Z √

ax2 + bx + cdx

(3.33)

Consideriamo a > 0 Ri aviamo dal trinomio un quadrato ompleto appli hando l'arti io (3.15):

M (x) = Eseguiamo il ambio di variabile:

Z q

a (x + k)2 + ldx

ξ = x+k

(3.34)

Quindi:

M (ξ) =

√

a

Z r

l ξ 2 + dξ a

Cal oliamo l'integrale a se ondo membro della (3.35), ponendo

(3.35)

α = l/a.

Integrando per

parti:

donde:

Z Z p p ξ 2dξ 2 2 ξ + αdξ = ξ ξ + α − p ξ2 + α Z p (ξ 2 + α) − α p = ξ ξ2 + α − dξ ξ2 + α Z p Z p dξ ξ 2 + αdξ + α p = ξ ξ2 + α − , ξ2 + α Z p

Osserviamo he:

ξ2

ξp 2 + αdξ = ξ +α+ 2 ξp 2 = ξ +α+ 2

ξ = x+k = α=−

Z α dξ p 2 ξ2 + α p α ln ξ + ξ 2 + α + C1 2

2ax + b 2a

∆ ax2 + bx + c 2 =⇒ ξ + α = 4a2 a

Quindi:

r √ 2ax + b √ 2 ∆ a 2ax + b ax2 + bx + c M (x) = ax + bx + c − ln + + C2 2a 4a 8a2 a √ √ 2ax + b √ √ 2ax + b √ 2 ∆ a = ax + bx + c − ln a + ax2 + bx + c − ln a + C2 4a 8a2 2a √ In orporando ln a nella ostante di integrazione: √ ∆ a √ C = C2 + ln a, 8a2 otteniamo:

√ 2ax + b √ 2 ∆ a √ 2ax + b √ 2 +C M (x) = ax + bx + c − ln a + ax + bx + c 4a 8a2 2a

(3.36)

Esempi Z M (x) =

√

Z

x2 + 2x − 3dx =

x+1 2

√

x2 + 2x − 3 − 2 ln 1 + x +

√

x2 + 2x − 3 + C

√ 3x2 + x + 2dx M (x) = i h √ √ √ 1+6x 1 2 2 √ = 72 6 (6x + 1) 3x + x + 2 + 23 3 ln 2 3 + 3x + x + 2 + C Z √ M (x) = 25x2 + 4x + 7dx √ √ 1 5 (2 + 25x) 25x2 + 4x + 7 + 171 ln 25 + 5x + 25x2 + 4x + 7 + C = 250 Consideriamo a < 0 L'integrale diventa (3.33)

p Z q M (x) = |a| β 2 − (x + k)2 dx,

essendo

β2 =

∆ l = 2 |a| 4a

da iò segue an hè l'integrando sia reale, deve essere

∆ > 0.

Eseguendo il ambio di

variabile (3.34):

M (ξ) = Integriamo per parti:

Z p

p

|a|

Z p

β 2 − ξ 2 dξ

(3.37)

Z p ξ2 β 2 − ξ 2 dξ = ξ β 2 − ξ 2 + p dξ β2 − ξ2 Z p (β 2 − ξ 2 ) − β 2 2 2 p =ξ β −ξ − dξ β2 − ξ2 Z p Z p dξ 2 2 2 2 2 p =ξ β −ξ − β − ξ dξ + β β2 − ξ2 Z p p ξ 2 2 2 2 2 =ξ β −ξ − β − ξ dξ + β arcsin , β

da ui:

Z p

β2

−

ξ 2 dξ

ξp 2 β2 = β − ξ2 + arcsin 2 2

ξ + C1 β

x: p ∆ |a| 2ax + b √ 2 2ax + b √ M (x) = ax + bx + c − arcsin +C 4a 8a2 ∆

Sostituendo nella (3.37) e ripristinando la variabile

Esempi Z

√ 2 − 2x + 1 + arcsin 1+x √ −x2 − 2x + 1dx = x+1 −x +C 2 2 Z √ √ M (x) = x − x2 dx = 2x−1 x − x2 + 18 arcsin (2x − 1) + C 4 Z √ √ 2 + 9 arcsin 2x+1 + C M (x) = 2 − x − x2 dx = 2x+1 2 − x − x 4 8 3 M (x) =

√

***

Riassumendo:

Z

mx + n dx ax2 + bx + c

(3.38)

   

2 + √−∆ n−

√

=

mx + n dx ax2 + bx + c

√ arctan 2ax+b + C, −∆ √ √∆ + C , + √1∆ n − mb ln 2ax+b− 2a 2ax+b+ ∆ 2 − 2ax+b + C,

m 2 = ln ax + bx + c +  2a   Z

mb 2a

se

∆<0

se

∆>0 se ∆ = 0

(3.39)

        

m√ 2 ax + bx + c +  a       

2ax+b q (2ax+b)2 n− ln √−∆ + 1 + |∆| + C , 2ax+b q 4a(ax2 +bx+c) mb √1 + C, n − 2a ln √∆ + ∆ a √1 ln 2ax+b + C , n − mb 2a 2a a 1 mb 2ax+b √ √ − n − 2a arcsin + C, ∆ mb 2a

√1 a

|a|

Z

se

a > 0, ∆ < 0

se

a > 0, ∆ > 0 se se

a > 0, ∆ = 0 a < 0, ∆ > 0

dx √ (mx + n) ax2 + bx + c

(3.40)

si ri ondu e alla forma (3.39) mediante la sostituzione

ξ=

Z √ =

1 mx + n

ax2 + bx + cdx

2ax + b √ 4a

(3.41)

√ √ 2ax+b √ ∆ a 2 + bx + c + C , − a ax ln + √ 8a2 2a ax2 + bx + c + ∆ |a|  − 8a2 arcsin 2ax+b √ + C, ∆

 

se

a>0 se

a<0

3.10 Coppia di integrali notevoli Dai al oli pre edenti segue l'esistenza della oppia di integrali notevoli:

Z √

√ x√ 2 α 2 + αdξ = x + α + ln x + x + α + C 2 2 Z p 2 p x x β β 2 − x2 dξ = β 2 − x2 + arcsin +C 2 2 β x2

(3.42)

3.11 Eser izi riepilogativi sugli integrali ontenenti un trinomio di se ondo grado 3.11.1

Cal olare i seguenti integrali 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9)

Z

√dx x x2 −1

11)

dx 2x2 +2x+5

12)

Z

x+1 dx x2 −4x+8

13)

dy y 2 +10y+30

14)

Z

√x+3 dx 1−x2

Z Z Z

2x−7 dx x2 +9

Z

√

Z

√ x+3 dx 5−4x−x2

Z

10)

15)

√

Z

16)

dx 20+8x−x2

17)

dx 28−12x−x2

18) 19)

2x+3 dx 9x2 −12x+8

20)

Z

√ x+2 dx 4x−x2

21) 22)

Z

√x+2 dx x2 +9 2x−3 dx 4x2 −11

23)

√ x+2 dx x2 +2x−3

24)

2−x dx 4x2 +4x−3

25)

Z Z Z Z

√

Z

√

Z

√

Z Z

√

√

25 −

x2 dx

26)

3 − 4x2 dx

27)

x2 − 36dx

28)

3x2

29)

+ 5dx

3 − 2x − x2 dx

30)

Z

√

4x2 − 4x + 5dx

Z

√dx x x2 −5

Z

x−1 dx 3x2 −4x+3 √

Z

x dx 27+6x−x2

√

5−4x dx 12x−4x2 −8

Z Z

2x−3 dx x2 +6x+13

Z

√

Z

√

Z

√

Z

√

16 − 9x2 dx x2 − 16dx 4x2 + 9dx x2 − 2x − 3dx

3.11.1.1 Soluzioni 1.

I (x) =

Z

√dx . Eseguiamo il ambio di variabile: x x2 −1

1 x= , ξ donde:

Z dξ I (ξ) = − p = − arcsin ξ + C 1 − ξ2


x:

1 I (x) = − arcsin +C x 2.

3.

4.

5.

6.

Z Z Z Z Z

dx 2x2 +2x+5

x+1 x2 −4x+8

1 3

arctan

2x+1 3

dx = 12 ln |x2 − 4x + 8| + 32 arctan

dy y 2 +10y+30

√x+3 dx 1−x2

2x−7 dx x2 +9

=

=

√1 5

arctan

y+5 √ 5

+C

√ = − 1 − x2 + 3 arcsin x + C

= ln (x2 + 9) − 73 arctan

x 3

+C

x−2 2

+C

7.

8.

9.

10.

11.

12.

13.

14.

15.

Z Z Z Z Z Z Z Z Z

√

dx 20+8x−x2

√

dx 28−12x−x2

x−4 6

= arcsin = arcsin

+C

x+6 8

+C

√ x+3 dx 5−4x−x2

√ = − 5 − 4x − x2 + arcsin

2x+3 dx 9x2 −12x+8

= 19 ln |9x2 − 12x + 8| +

√ x+2 dx 4x−x2

= 4 arcsin √

1 x 2

2x−3 dx 4x2 −11

= 14 ln |4x2 − 11| −

√3 4 11

18.

19.

20.

21.

22.

23.

24.

25.

3 x 2

arctan

−1 +C

√ √11 ln 2x− +C 2x+ 11

√ √ = ln 1 + x + x2 + 2x − 3 + x2 + 2x − 3 + C

√ x+2 dx x2 +2x−3

=

5 16

+C ln 2x−1 2x+3

= − 81 (ln |2x + 3| + ln |2x − 1|) +

17.

+C

√ x2 + 9 + 2 ln x + x2 + 9 + C

=

= − 18 ln |4x2 + 4x − 3| +

16.

√ − 1 − 4x − x2 + C

√x+2 dx x2 +9

2−x dx 4x2 +4x−3

13 18

x+2 3

5 16

(ln |2x − 1| − ln |2x + 3|) + C

7 3 = − 16 ln |2x + 3| + 16 ln |2x − 1| + C Z √ √ 25 − x2 dx = x2 25 − x2 + 25 arcsin x5 + C 2

Z Z Z Z Z Z Z Z Z

√ √ √ √ √

=

x 2

x2 − 36dx =

x 2

3x2 + 5dx =

x 2

3−

4x2 dx

√ √

3−

=

2x−3 dx x2 +6x+13

x−1 dx 3x2 −4x+3

3 4

+ arcsin

3x2 + 5 + x+1 2

4x2 − 4x + 5dx = √1 5

4x2

2x √ 3

arcsin

√

2x−1 4

5 x

√ √ ln 3x + 3x2 + 5 + C

=

x dx 27+6x−x2

2

1+x 2

3 − 2x − x2 + 2 arcsin

√

√

√ 5 3 6

+C

√ 4x2 − 4x + 5 + ln 2x − 1 + 4x2 − 4x + 5 + C

+C

= ln |x2 + 6x + 13| − 92 arctan 1 6

+C

√ x2 − 36 − 18 ln x + x2 − 36 + C

3 − 2x − x2 dx =

√dx x x2 −5

√

√

ln |3x − 4x + 3| −

√

5 15

x+3 2

arctan

√ = − 27 + 6x − x2 + 3 arcsin

+C

3x−2 √ 5

x−3 6

+C

+C

26.

27.

28.

29.

30.

Z

√

5−4x dx 12x−4x2 −8

Z

√

Z

√

Z

√

Z

√

3.11.2

=

1 2

16 − 9x2 dx =

x 2

√ arcsin (3 − 2x) + 2 3x − x2 − 2 + C √

3.11.3

3.

4.

5.

6.

Z Z Z

√

√ x2 − 2x − 3 − 2 ln −1 + x + x2 − 2x − 3 + C

Cal olare i seguenti integrali

4)

2.

x−1 2

x2 − 2x − 3dx =

3)

Z

+C

p √ 4x2 + 9dx = 12 x (4x2 + 9) + 94 ln 2x + 4x2 + 9 + C

2)

1.

3 x 4

√ √ x2 − 16dx = 12 x x2 − 16 − 8 ln x + x2 − 16 + C

1)

Z

16 − 9x2 + 83 arcsin

Z

√

Z

√

Z

√

Z

√

12 + 4x − x2

x2 dx

+ 4xdx

5) 6)

x2 − 8xdx

7)

x2 dx

8)

6x −

Z

√ dx 4−9x2

Z

xdx x4 −4x2 +3

Z Z

sin 8x dx 9+sin4 4x

cos x dx sin2 x−6 sin x+12

Soluzioni

√ √ √ √

12 + 4x − x2 dx = x2 + 4xdx =

x+2 2

x2 − 8xdx =

x−4 2

6x − x2 dx =

x−3 2

√ dx 4−9x2

I (x) =

Z

x−2 2

√

√

12 + 4x − x2 + 8 arcsin

x−2 4

+C

√ x2 + 4x − 2 ln 2 + x + x2 + 4x + C

√ √

√ x2 − 8x − 8 ln x − 4 + x2 − 8x + C 6x − x2 + 29 arcsin −1 + 13 x + C

= 13 arcsin 32 x + C sin 8x dx 9+sin4 4x

=2

Z

sin 4x cos 4x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: 9+sin4 4x

ξ = sin 4x, donde:

I (ξ) = = =

=

Z 1 ξdξ 2 9 + (ξ 2 )2 Z 1 d (ξ 2 ) 4 9 + (ξ 2 )2 Z 1 d (ξ 2 ) 2 2 36 1 + ξ3 2 ξ 1 arctan +C 12 3


x: 1 I (x) = arctan 12

7.

I (x) =

Z

sin2 4x 3

+C

xdx . Eseguiamo il ambio di variabile: x4 −4x2 +3

ξ = x2 , donde:


8.

I (x) =

Z

Z dξ 1 I (ξ) = 2 2 ξ − 4ξ + 3 1 ξ − 3 = ln +C 4 ξ − 1

x:

1 x2 − 3 I (x) = ln 2 +C 4 x − 1

cos x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: sin2 x−6 sin x+12

ξ = sin x, donde:

Z 1 dξ I (ξ) = 2 2 ξ − 6ξ + 12 1 ξ−3 = √ arctan √ +C 3 3 Ripristinando la variabile

x: sin x − 3 1 +C I (x) = √ arctan √ 3 3

3.12 Integrazione delle funzioni razionali Consideriamo l'integrale indenito:

Z

essendo:

f (x) dx,

f (x) =

on

p (x), q (x)

polinomi in

x

di grado

p (x) =

m

m X

e

n

p (x) , q (x)

La funzione

pre isamente, è una

impropria

se

f (x)

ak xk , q (x) =

n X

bk xk

(3.45)

k=0

espressa dalla (3.44) è una

funzione razionale propria

m ≥ n.

(3.44)

rispettivamente:

k=0

Denizione.

(3.43)

se

funzione razionale . Più una funzione razionale

m < n;

3.12.1

Funzioni razionali proprie

Sotto ragionevoli ipotesi, la funzione (3.44) ammette una

parziali, ioè somme di fattori del tipo:

de omposizione in frazioni

Ai Ai,j Ax + B Ai x + Bi , , νj , 2 x − ξi (x − ξi ) ax + bx + c (ax2 + bx + c)i Ad esempio, se

q (x)

ha

r

radi i reali distinte:

ξ1 , ξ2 , ..., ξr Se

νk

la molte iplità di

ξk : r X

νk = n,

k=1

donde:

q (x) =

r Y

k=1

(x − ξk )νk

(3.46)

In tal aso la de omposizione in frazioni parziali è

f (x) = essendo

Ai,j

νi r X X

Ai,j , (x − ξi )j i=1 j=1

oe ienti indeterminati.

Espli itando il se ondo membro della (3.47):

A1,1 A1,2 A1,ν1 + 2 + ... + x − ξ1 (x − ξ1 ) (x − ξ1 )ν1 A2,1 A2,2 A2,ν2 + + 2 + ... + x − ξ2 (x − ξ2 ) (x − ξ1 )ν2 Ar,2 Ar,1 Ar,νr + ... + 2 + ... + x − ξr (x − ξr ) (x − ξr )νr

f (x) =

Nel aso spe iale

1),

r=n

( ioè

q (x)

(3.47)

ammette

n

(3.48)

radi i reali e distinte ias una di moltepli ità

la de omposizione (3.47) è:

n X Ai A1 A2 An f (x) = = + + ... + x − ξi x − ξ1 x − ξ2 x − ξn i=1

La (3.49) esprime una de omposizione in

(3.49)

fattori lineari distinti.

Esempio 12. 1 1 = −4 (x − 2) (x + 2) A1 A1 = + x−2 x−2 (A1 + A2 ) x + 2 (A1 − A2 ) = x2 − 4

f (x) =

x2

Per il prin ipio di identità dei polinomi:

A1 + A2 = 0 2 (A1 − A2 ) = 1

(3.50)

La soluzione del sistema (3.50) è:

(A1 , A2 ) =

1 1 ,− 4 4

,

donde la demposizione in fattori lineari distinti è:

f (x) = Nel aso generale

r ∈ {1, 2, ...n − 1},

fattori lineari ripetuti. Esempio 13.

1 1 − 4 (x − 2) 4 (x + 2)

si appli a la (3.47) he esprime una de omposizione in

p (x) = x, q (x) = x3 + x2 − x − 1

Cer hiamo le radi i reali di

q (x): q (x) = 0 ⇐⇒ x = 1, −1

Pre isamente:

ξ1 = 1, (ν1 = 1) ξ2 = −1, (ν2 = 2) , per ui:

q (x) = (x − 1) (x + 1)2

La de omposizione si s rive:

x A1,1 A2,1 A2,2 + + 2 = x − 1 x + 1 (x + 1)2 (x − 1) (x + 1) Per non appesantire la notazione, rideniamo i oe ienti della de omposizione:

x A B1 B2 + + 2 = x − 1 x + 1 (x + 1)2 (x − 1) (x + 1) Abbiamo:

(A + B1 ) x2 + (2A + B2 − 1) x + A − B1 − B2 = 0 da ui il sistema lineare:

A + B1 + 0 = 0 2A + 0 + B2 = 1 A − B1 − B2 = 0

he è ompatibile e determinato:

(A, B1 , B2 ) = Per iò:

Quindi l'integrale:

1 1 1 ,− , 4 4 2

x 1 1 1 − + 2 = 4 (x − 1) 4 (x + 1) 2 (x + 1)2 (x − 1) (x + 1) Z

x 1 x − 1 1 ln − +C 2 = 4 x+1 2 (x + 1) (x − 1) (x + 1)

Esempio 14. I (x) = essendo:

Z

p (x) dx, q (x)

p (x) = 1, q (x) = x3 − 2x2 + x = x (x − 1)2 ,

donde:

A B1 B2 p (x) = + + q (x) x x − 1 (x − 1)2

Ciò impli a:

A + B1 + 0 = 0 2A + B1 − B2 = 0 A+0+0=1 La soluzione è

Quindi Se

I (x) = ln

x x−1

−

1 x−1

+C

(A, B1 , B2 ) = (1, −1, 1)

q (x) ontiene dei fattori irridu ibili ax2 +bx+c, a ias uno di essi orrisponde una frazione

parziale propria:

on

A, B

Ax + B , ax2 + bx + c

oe ienti indeterminati. In tal aso si ha una de omposizione in

drati i distinti. Esempio 15. Sia:

f (x) = La de omposizione è:

f (x) =

fattori qua-

x3 + x2 + x + 2 x4 + 3x2 + 2

Ax + B Cx + D + 2 x2 + 2 x +1

Deve essere:

A+0+C +0=1 0+B+0+D =1 A + 0 + 2C + 0 = 1 0 + B + 0 + 2D = 2 Tale sistema lineare è ompatibile e determinato:

(A, B, C, D) = (1, 0, 0, 1) Quindi:

f (x) = L'integrale vale:

Se

q (x)

Z

f (x) dx =

β

x 1 + 2 +1 x +1

1 ln x2 + 1 + arctan x + C 2

ontiene dei fattori irridu ibili

somma di

x2

(ax2 + bx + c)

β

, a ias uno di essi orrisponde una

frazioni parziali proprie:

β X

Ai x + Bi , (ax2 + bx + c)i i=1

on

Ai , Bi

oe ienti indeterminati. In tal aso si ha una de omposizione in

drati i ripetuti.

fattori qua-

Esempio 16.

Sia:

f (x) = Abbiamo:

f (x) =

2x2 + 3 (x2 + 1)2

Ax + B Cx + D + 2 x +1 (x2 + 1)2

Otteniamo il sistema di equazioni lineari:

A+0+0+0 =0 0+B +0+0 =2 A+0+C +0=0 0 + B + 0 + D = 3,

he è ompatibile e determinato, on soluzione:

(A, B, C, D) = (0, 2, 0, 1) donde:

f (x) =

x2

2 1 + + 1 (x2 + 1)2

Ciò impli a he l'integrale è:

I (x) =

Z

f (x) dx = 2 arctan x +

Z

dx (x2 + 1)2

Cal oliamo l'integrale a se ondo membro attraverso il ambio di variabile:

x = tan ξ, per ui:

Per ripristinare la

Z

Z dx 1 cos2 ξdξ = (ξ + sin ξ cos ξ) + C 2 = 2 2 (x + 1) variabile x è ne essario espli itare: sin (arctan x) , cos (arctan x)

A tale s opo osserviamo he:

cos x =

r

1 , tan x + 1 2

quindi:

1 cos (arctan x) = √ 2 x +1 p sin (arctan x) = 1 − cos2 (arctan x) x =√ 2 x +1 Dalle (3.51) otteniamo:

sin ξ cos ξ = quindi l'integrale:

Finalmente:

Z Z

x2

x , +1

dx 1 x = arctan x + + C1 2 2 2 (x2 + 1) (x2 + 1) f (x) dx =

(3.51)

5 x arctan x + +C 2 2 2 (x + 1)

(3.52)

Esempio 17.

Sia:

f (x) = Abbiamo:

f (x) =

x5 − x4 + 4x3 − 4x2 + 8x − 4 (x2 + 2)3

Cx + D Ax + B Ex + F + 2 + 2 2 x +2 (x + 2) (x2 + 2)3

Eseguendo i al oli:

A+0+0+0+0+0 =1 0 + B + 0 + 0 + 0 + 0 = −1 4A + 0 + C + 0 + 0 + 0 = 4 0 + 4B + 0 + D + 0 + 0 = −4 4A + 0 + 2C + 0 + E + 0 = 8 0 + 4B + 0 + 2D + 0 + F = −4, la ui uni a soluzione è:

(A, B, C, D, E, F ) = (1, −1, 0, 0, 4, 0) Quindi:

f (x) =

x−1 4x + 2 x + 2 (x2 + 2)3

L'integrale:

Z

Z Z dx xdx x dx − +4 f (x) dx = 2 2 x +2 x +2 (x2 + 2)3 1 1 x 1 2 = ln x + 2 − √ arctan √ − +C 2 2 2 2 (x + 2)2 Z

La tabella seguente riassume i vari asi:

Fattore

Frazioni parziali

ax + b (ax + b)α

A ax+b A , i = (ax+b)i Ax+B ax2 +bx+c Ax+B , (ax2 +bx+c)i

ax2 + bx + c (ax2 + bx + c) Se il polinomio

q (x)

β

N 1 α

1, 2, ..., α

1 i = 1, 2, ..., β

β

ha radi i reali e omplesse multiple, per il al olo dell'integrale (3.43)

si appli a la seguente formula di riduzione:

Z Nella (3.53)

q1 (x)

p (x) X (x) dx = + q (x) q1 (x)

Z

Y (x) dx q2 (x)

è il massimo omune denominatore di

X (x), Y (x) sono polinomi a q1 (x). Il polinomio q2 (x) è:

q (x)

oe ienti indeterminati di grado

q2 (x) =

q (x) q1 (x)

(3.53)

d q ′ (x) = dx q (x), mentre r − 1, essendo r il grado di e

Esempio 18. p (x) = 1, q (x) = (x3 − 1)2 . q2 (x) = x3 − 1.

Abbiamo

Per la (3.53)

Z

dx Ax2 + Bx + C = + x3 − 1 (x3 − 1)2

q ′ (x) = 6x2 (x3 − 1), Z

per ui

q1 (x) =

Dx2 + Ex + F x3 − 1

Derivando primo e se ondo membro:

1 (2Ax + B) (x3 − 1) − 3x2 (Ax2 + Bx + C) Dx2 + Ex + F = + x3 − 1 (x3 − 1)2 (x3 − 1)2 Dx5 + (E − A) x4 + (F − 2B) x3 + (−D − 3C) x2 + (−E − 2A) x − F − B = (x3 − 1)2 Da ui:

0+0+0+D+0+0=0 −A + 0 + 0 + 0 + E + 0 = 0 0 − 2B + 0 + 0 + 0 + F = 0 0 + 0 − 3C − D + 0 + 0 = 0 −2A + 0 + 0 + 0 − E + 0 = 0 0−B+0+0+0−F = 1

(3.54)

Dalla prima e dalla quarta equazione del sistema (3.54):

D = C = 0, donde otteniamo il sistema:

−A + 0 + E + 0 = 0 0 − 2B + 0 + F = 0 −2A + 0 − E + 0 = 0 0−B+0−F =1

(3.55)

Dalla prima e dalla terza:

A=E=0 Quindi:

B=− Riassumendo:

1 2 , F = − 3 3

1 2 , C = 0, D = 0, E = 0, F = − 3 3 Z 1 x 2 dx I (x) = − 3 − 3 3x −1 3 x −1

A = 0, B = − donde:

Poniamo:

Z

dx J (x) = 3 x −1 Z p ˜ (x) def = dx q˜ (x) def

Dove:

p˜ (x) = 1, q˜ (x) = x3 − 1 = (x − 1) x2 + x + 1

ioè

q˜ (x)

ha radi i omplesse. In tal aso la riduzione è:

Z

dx L Mx + N = + 2 2 (x − 1) (x + x + 1) x−1 x +x+1

Da ui:

(L, M, N) =

ioè:

1 1 2 ,− ,− 3 3 3

1 1 J (x) = ln |x − 1| − 3 3

Z

,

x+2 dx x2 + x + 1

L'integrale a se ondo membro si al ola on la (3.38):

Z

√ x+2 1 2 dx = ln x + x + 1 + 3 arctan x2 + x + 1 2

Quindi l'integrale

2x + 1 √ 3

+ C2

J (x):

√ 1 2x + 1 3 1 2 √ arctan + C1 J (x) = ln |x − 1| − ln x + x + 1 − 3 6 3 3

L'integrale

I (x):

√ 2 x 1 x +x+1 2 3 2x + 1 √ +C I (x) = + ln + arctan 3 (1 − x3 ) 9 9 3 (x − 1)2 3.12.2

Z

dx 2 (x2 +1)

Dai al oli pre edenti segue un integrale he ompare spesso:

Z

dx 1 x = + arctan x + C 2 x2 + 1 (x2 + 1)2 ***

3.12.3

Cal olare i seguenti integrali 1) 2) 3) 4)

3.12.4 1.

Z

dx , (x+a)(x+b)

Z

2x2 +41x−91 dx (x−1)(x+3)(x−4)

(a 6= b)

Z

dx (x−1)(x+2)(x+3)

Z

dx x(x+1)2

5) 6) 7) 8)

Z

5x2 +6x+9 dx (x−3)2 (x+1)2

9)

10)

Z

x2 −8x+7 dx (x2 −3x−10)2 2x−3 dx (x2 −3x+2)3

11)

x5 −7x+1 dx (x2 −3x+2)3

12)

Z Z

Z

Z Z Z

dx (x2 −4x+3)(x2 +4x+5) dx x3 +1 dx x4 +1 dx x4 +x2 +1

Soluzioni

I (x) =

Z

dx . Abbiamo: (x+a)(x+b)

1 A B = + (x + a) (x + b) x+a x+b (A + B) x + (Ab + Ba) = (x + a) (x + b)

(3.56)

da ui:

(A, B) = Quindi:

2.

I (x) =

Z

1 1 ,− b−a b−a

x + a 1 +C I (x) = ln b − a x + b

dx . Abbiamo: (x−1)(x+2)(x+3)

A B C 1 = + + (x − 1) (x + 2) (x + 3) x−1 x+2 x+3 Quindi il sistema di equazioni lineari:

A+B+C =0 5A + 2B − C = 0 6A − 3B − 2C = 1,


(A, B, C) = Quindi:

I (x) = 3.

I (x) =

Z

1 1 1 ,− , 12 3 4

1 1 1 ln |x − 1| − ln |x + 2| + ln |x + 3| + C 12 3 4

2x2 +41x−91 dx. Abbiamo: (x−1)(x+3)(x−4)

A B C 2x2 + 41x − 91 = + + (x − 1) (x + 3) (x − 4) x−1 x+2 x+3 Quindi il sistema di equazioni lineari:

A+B+C =2 −A − 5B + 2C = 41 −12A + 4B − 3C = −91,


(A, B, C) = (4, −7, 5) Quindi:

4.

I (x) =

Z

I (x) = 4 ln |x − 1| − 7 ln |x + 3| + 5 ln |x − 4| + C dx . Qui è: x(x+1)2

p (x) ≡ 1, q (x) ≡ x (x + 1)

La (3.47) porge:

1 A1,1 A2,1 A2,2 = + + x (x + 1) x x + 1 (x + 1)2 B1 B2 def A = + + x x + 1 (x + 1)2

Otteniamo il sistema di equazioni lineari:

A + B1 + 0 = 0 2A + B1 + B2 = 0 A + 0 + 0 = 1, la ui soluzione è:

(A, B1 , B2 ) = (1, −1, −1) Quindi:

5.

I (x) =

Z

x 1 +C I (x) = + ln x+1 x + 1

5x2 +6x+9 dx. Qui è: (x−3)2 (x+1)2

p (x) ≡ 5x2 + 6x + 9, q (x) ≡ (x − 3)2 (x + 1)2 La (3.47) porge:

p (x) A1,1 A1,2 A2,1 A2,2 = + + 2 + q (x) x − 3 (x − 3) x + 1 (x + 1)2 C A B D def = + + 2 + x − 3 (x − 3) x + 1 (x + 1)2 Otteniamo il sistema di equazioni lineari:

A+0+C +0=0 −A + B − 5C + D = 5 −5A + 2B + 3C − 6D = 6 −3A + B + 9C + 9D = 9, Tale sistema è ompatibile e determinato, on soluzione

9 1 (A, B, C, D) = 0, , 0, 2 2 Quindi:

I (x) = − 6.

I (x) =

Z

5x + 3 +K (x − 3) (x + 1)

x2 −8x+7 dx. Qui è: (x2 −3x−10)2

p (x) ≡ x2 − 8x + 7, q (x) ≡ x2 − 3x − 10 Le radi i di

q (x) = 0

e le relative moltepi ità sono:

ξ1 = 5, (ν1 = 2) ξ2 = −2, (ν2 = 2) donde:

q (x) = (x − 5)2 (x + 2)2

2

La (3.47) porge:

2

ν

i p (x) XX Ai,j = q (x) (x − ξi )j i=1 j=1 2 X Ai,2 Ai,νi Ai,1 + ... + = + x − ξi (x − ξi )2 (x − ξi )νi i=1 A1,1 A1,2 A2,1 A2,2 = + + 2 + x − ξ1 (x − ξ1 ) x − ξ2 (x − ξ2 )2

Per non appesantire la notazione, rideniamo:

def

(A1,1 , A1,2 , A2,1 , A2,2 ) = (A, B, C, D) per ui:

p (x) = q (x) A (x − 5) (x + 2)2 + B (x + 2)2 + C (x − 5)2 (x + 2) + D (x − 5)2 = (x − 5)2 (x + 2)2

ioè:

(A + C) x3 + (−A + B − 8C + D) x2 + (−16A + 4B + 5C − 10D) x + (−20A + 4B + 50C + 25D) = x2 − 8x + 7 Per il prin ipio di identità dei polinomi deve essere:

A+0+C +0=0 −A + B − 8C + D = 1 −16A + 4B + 5C − 10D = −8 −20A + 4B + 50C + 25D = 7 Tale sistema è ompatibile e determinato. La soluzione è:

(A, B, C, D) = Quindi:

p (x) 30 = q (x) 343 L'integrale:

7.

I (x) =

Z

30 8 30 27 ,− ,− ,− 343 49 343 49

1 1 − x−5 x+2

1 8 1 − + 49 (x − 5)2 (x + 2)2

30 x − 5 19x − 151 I (x) = ln − +K 343 x+2 49 (x2 − 3x − 10)

2x−3 dx. L'integrazione è immediata: (x2 −3x+2)3

Z

d (x2 − 3x + 2) dx (x2 − 3x + 2)3 1 =− +K 2 (x2 − 3x + 2)2

1 I (x) = 2

8.

I (x) =

Z

x5 −7x+1 dx. Qui è: (x2 −3x+2)3

p (x) ≡ x5 − 7x + 1, q (x) ≡ x2 − 3x + 2 Le radi i di

q (x) = 0


3

ξ1 = 2, (ν1 = 3) ξ2 = 1, (ν2 = 3) donde:

q (x) = (x − 2)3 (x − 1)3 La (3.47) porge:

2

ν

i Ai,j p (x) XX = q (x) (x − ξi )j i=1 j=1 2 X Ai,2 Ai,1 Ai,νi = + + ... + x − ξi (x − ξi )2 (x − ξi )νi i=1 A1,1 A1,2 A1,3 A2,1 A2,2 A2,3 = + + 2 + 3 + 2 + x − ξ1 (x − ξ1 ) x − ξ2 (x − ξ2 ) (x − ξ1 ) (x − ξ2 )3


def

(A1,1 , A1,2 , A1,3 , A2,1 , A2,2 , A2,3 ) = (A, B, C, D, E, F ) per ui:

p (x) = q (x) 1 · {A (x − 2)2 (x − 2)3 + B (x − 2) (x − 1)3 + C (x − 1)3 q (x) + D (x − 1)2 (x − 2)3 + E (x − 1) (x − 2)3 + F (x − 2)3 } =

Da ui:

p (x) 19 16 25 5 17 26 = + 3 + 2 − 3 + 2 + q (x) x − 2 (x − 1) x−1 (x − 2) (x − 2) (x − 1) L'integrale:

I (x) =

9.

I (x) =

Z

9 − 14x 38 − 33x − 25 ln |−2 + x| + 26 ln |x − 1| + K + 2 2 x − 3x + 2 2 (x2 − 3x + 2)

1 . Qui è: (x2 −4x+3)(x2 +4x+5)

p (x) ≡ 1, q (x) ≡ x2 − 4x + 3 Le radi i reali di

q (x)

sono:

ξ 1 = 3, ξ 2 = 1

x2 + 4x + 5

on moltepli ità:

ν1 = ν2 = 1 Quindi:

A B Cx + D p (x) = + + 2 , q (x) x − 3 x − 1 x + 4x + 5 x2 + 4x + 5

gia

hé

(3.57)

ha radi i omplesse oniugate. La (3.57) impli a

A+B+C +0=0 3A + B − 4C + D = 0 A − 7B + 3C − 4D = 0 −5A − 15B + +0 + 3d = 1, la ui uni a soluzione è:

(A, B, C, D) = onde:

I (x) = essendo:

1 2 3 1 ,− , , 52 20 65 26

1 1 ln |x − 3| − ln |x − 1| + J (x) , 52 20 1 J (x) = 130

Z

4x + 15 , + 4x + 5

x2

he si al ola attraverso la (3.38), ottenendo:

J (x) = Finalmente:

I (x) =

10.

I (x) =

Z

1 2 7 ln x + 4x + 5 + arctan (x + 2) + K1 65 130

1 1 1 2 7 ln |x − 3| − ln |x − 1| + ln x + 4x + 5 + arctan (x + 2) 52 20 65 130

dx . Qui è: x3 +1

Risulta:

donde:

p (x) ≡ 1, q (x) ≡ x3 + 1 q (x) = (x + 1) x2 − x + 1 , p (x) A Bx + C = + 2 , q (x) x+1 x −x+1

he ondu e al sistema:

A+B+0=0 −A + B + C = 0 A+0+C =1

ompatibile e determinato:

(A, B, C) =

1 1 2 ,− , 3 3 3

ioè

p (x) 1 1 1 x−2 = − q (x) 3 x + 1 3 x2 − x + 1

Quindi l'integrale:

I (x) =

1 1 ln |x + 1| − J (x) , 3 3

essendo:

J (x) =

Z

x2

x−2 dx, −x+1

he si al ola attraverso la (3.38), ottenendo:

√ 1 J (x) = ln x2 − x + 1 − 3 arctan 2

2x − 1 √ 3

+ K1

Finalmente:

11.

I (x) =

Z

1 1 1 I (x) = ln |x + 1| − ln x2 − x + 1 + √ arctan 3 6 3

2x − 1 √ 3

+K

dx . Qui è: x4 +1

√ √ 2 2 p (x) = 1, q (x) = x + 1 = x + 2x + 1 x − 2x + 1 4

Quindi:

(Ax + B) x2 − p (x) = q (x)

√

√ 2x + 1 + (Cx + D) x2 + 2x + 1 q (x)

da ui il sistema:

A+0+C +0=0 √ √ − 2A + B + 2C + D = 0 √ √ A − 2B + C + 2D = 0 0+B+0+D = 1

ompatible e determinato

(A, B, C, D) = Quindi l'integrale:

essendo:

J1 (x) =

1 1 1 1 √ , ,− √ , 2 2 2 2 2 2

1 I (x) = √ [J1 (x) − J2 (x)] , 2 2 Z

√ √ Z x+ 2 x− 2 √ √ dx, J2 (x) = dx x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1

he si al olano attraverso la (3.38), ottenendo:

√ 1 2 √ ln x + 2x + 1 + arctan 2x + 1 + C1 2 √ √ 1 J2 (x) = ln x2 − 2x + 1 − arctan 2x − 1 + C2 2 J1 (x) =

Finalmente:

" # √ √ √ 1 x2 + 2x + 1 + 2 arctan √ I (x) = √ ln 2x + 1 − 2 arctan 2x − 1 x2 − 2x + 1 4 2

(3.58)

12.

I (x) =

Z

dx . Qui è: x4 +x2 +1

p (x) = 1, q (x) = x4 + x2 + 1 = x2 + x + 1

Quindi:

x2 − x + 1

(Ax + B) (x2 − x + 1) + (Cx + D) (x2 + x + 1) p (x) = q (x) q (x)

da ui il sistema:

A+0+C +0=0 −A + B + C + D = 0 A−B+C +D =0 0+B+0+D =1

ompatible e determinato

(A, B, C, D) = Quindi l'integrale:

I (x) = essendo:

J1 (x) =

Z

1 1 1 1 , ,− , 2 2 2 2

1 [J1 (x) − J2 (x)] , 2

√ √ Z x+ 2 x− 2 √ √ dx, J2 (x) = dx x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1

he si al olano attraverso la (3.38), ottenendo:

Finalmente:

1 1 2x + 1 2 √ J1 (x) = ln x + x + 1 + √ arctan + K1 2 3 3 1 1 2x − 1 2 √ J2 (x) = ln x − x + 1 − √ arctan + K2 2 3 3

" r # 1 x2 + x + 1 1 2x + 1 2x − 1 ln + √ arctan √ I (x) = + arctan √ +K 2 x2 − x + 1 3 3 3 ***

3.12.5


Z

x+1 dx x2 −5x+6

Z

(x+2)2 dx x3 −1

Z Z

x2 +1 dx x3 −x2 −x+1

x3 +2x2 +1 dx x5 −x4 +2x3 −2x2 +x−1

5) 6) 7) 8)

Z

x+1 dx x2 −3x+2

9)

10)

Z

x2 dx (x+2)(x−1)2 x2 +2 dx (x−1)3

11)

x2 −1 dx (x−2)(x2 +1)

12)

Z Z

Z

Z Z Z

x2 +1 dx x3 −4x2 +5x−2 2x2 +1 dx x3 −2x2 +x−2 x+1 dx x3 −1 x2 −2x dx (2x−1)(x2 +1)

3.12.6 1.

Soluzioni

I (x) =

Z

x+1 dx. Qui è: x2 −5x+6

p (x) = 1, q (x) = x2 − 5x + 6 = (x − 3) (x − 2) Quindi:

p (x) A B = + q (x) x−3 x−2 da ui

(A, B) = (4, −3) L'integrale:

2.

I (x) =

Z

I (x) = 4 ln |x − 3| − 3 ln |x − 2| + C x2 +1 dx. Qui è: x3 −x2 −x+1

p (x) = x2 + 1, q (x) = x3 − x2 − x + 1 = (x − 1)2 (x + 1) Le radi i di

q (x) = 0


ξ1 = 1, (ν1 = 2) ξ2 = −1, (ν2 = 1) La (3.47) porge:

2

ν

i p (x) XX Ai,j = q (x) (x − ξi )j i=1 j=1 2 X Ai,1 Ai,2 Ai,νi + = 2 + ... + x − ξ (x − ξi )νi (x − ξ ) i i i=1 A1,1 A1,2 A2,1 = + 2 + x − ξ1 (x − ξ1 ) x − ξ2


def

(A1,1 , A1,2 , A2,1 ) = (A, B, C) per ui:

p (x) A B C = + 2 + q (x) x − 1 (x − 1) x+1

he ondu e al sistema

A+0+C =1 0 + B − 2C = 0 −A + B + C = 1,

ompatibile e determinato:

(A, B, C) =

1 1 , 1, 2 2

L'integrale:

I (x) = ln

p

|x2 − 1| −

1 +K x−1

3.

I (x) =

Z

(x+2)2 dx. Qui è: x3 −1

p (x) = x2 + 4x + 4, q (x) = (x − 1) x2 + x + 1

Quindi:

p (x) A Bx + C = + 2 q (x) x−1 x +x+1 da ui

A+B+0=1 A−B+C =4 A+0−C =4 La soluzione è

(A, B, C) = (3, −2, −1) Per iò:

3 2x + 1 p (x) = − 2 q (x) x−1 x +x+1 d (x2 + x + 1) 3 = − dx 2 x−1 x +x+1 Quindi:

I (x) = 3 ln |x − 1| − ln x2 + x + 1 + K ! |x − 1|3 = ln +K x2 + x + 1 4.

I (x) =

Z

x3 +2x2 +1 dx. Qui è: x5 −x4 +2x3 −2x2 +x−1

p (x) = x3 + 2x2 + 1, q (x) = x5 − x4 + 2x3 − 2x2 + x − 1 = x2 − 1 Quindi:

p (x) A Bx + C Dx + E = + 2 + q (x) x−1 x +1 (x2 + 1)2 da ui il sistema:

A+B+0+0+0=0 0−B+C +0+0=1 2A + B − C + D + 0 = 2 0−B−C −D+E = 0 A+0−C +0−E =1

ompatibile e determinato

(A, B, C, D + E) = (1, −1, 0, 1, 0) Ciò impli a:

p (x) 1 x x = − 2 + 2 q (x) x − 1 x + 1 (x + 1)2 Quindi l'integrale:

I (x) = ln |x − 1| −

1 1 ln x2 + 1 − +K 2 2 2 (x + 1)

x2 + 1

2

5.

I (x) =

Z

x+1 dx. Qui è: x2 −3x+2

p (x) = x + 1, q (x) = x2 − 3x + 2 = (x − 2) (x − 1)

Quindi:

p (x) A B = + q (x) x−2 x−1 An hé iò sia vero, deve essere:

A = 3, B = −2 Ciò impli a:

6.

I (x) =

Z

I (x) = 3 ln |x − 2| − 2 ln |x − 1| + K x2 dx. Qui è: (x+2)(x−1)2

p (x) = x2 , q (x) = (x + 2) (x − 1)2

Quindi:

p (x) A B1 B2 = + + q (x) x + 2 x − 1 (x − 1)2 An hé iò sia vero, deve essere:

A + B1 + 0 = 1 −2A + B1 + B2 = 0 A − 2B1 + 2B2 = 0 L'uni a soluzione di tale sistema è

A= Ciò impli a:

I (x) = 7.

I (x) =

Z

4 5 1 , B = , C = 9 9 3

4 5 1 ln |x + 2| + ln |x − 1| − +C 9 9 3 (x − 1)

x2 +2 dx. Qui è: (x−1)3

p (x) = x2 + 2, q (x) = (x − 1)3

Quindi:

p (x) A B C = + 2 + q (x) x − 1 (x − 1) (x − 1)3 An hé iò sia vero, deve essere:

A+0+0=1 −2A + B + 0 = 0 A−B+C =2 L'uni a soluzione di tale sistema è

A = 1, B = 2, C = 3 Ciò impli a:

I (x) = ln |x − 1| −

2 3 − +K x − 1 2 (x − 1)2

8.

I (x) =

Z

x2 −1 dx. Qui è: (x−2)(x2 +1)

p (x) = x2 − 1, q (x) = (x − 2) x2 + 1 Quindi:

A Bx + C p (x) = + 2 q (x) x−2 x +1 An hé iò sia vero, deve essere:

A+B+0=1 0 − 2B + C = 0 A + 0 − 2C = −1 L'uni a soluzione di tale sistema è

(A, B, C) =

3 2 4 , , 5 5 5

Ciò impli a:

9.

I (x) =

Z

4 1 3 I (x) = − ln |x − 2| + ln x2 + 1 + ar tanx + C 5 5 5 x2 +1 dx. Qui è: x3 −4x2 +5x−2

p (x) = x2 + 1, q (x) = x3 − 4x2 + 5x − 2 = (x − 1)2 (x − 2) Quindi:

p (x) A B C = + + q (x) x − 2 x − 1 (x − 1)2 An hé iò sia vero, deve essere:

A+B+0=1 −2A − 3B + C = 0 A + 2B − 2C = 1 L'uni a soluzione di tale sistema è

(A, B, C) = (5, −4, −2) Ciò impli a:

I (x) = 5 ln |x − 2| + 10.

I (x) =

Z

2 − 4 ln |x − 1| + K x−1

2x2 +1 dx. Qui è: x3 −2x2 +x−2

p (x) = 2x2 − 1, q (x) = x3 − 2x2 + x − 2 = (x − 2) x2 + 1 Quindi:

p (x) A Bx + C = + 2 q (x) x−2 x +1

da ui

A+B+0=2 0 − 2B + C = 0 A + 0 − 2C = 1 La soluzione è

(A, B, C) = Per iò:

9 1 2 , , 5 5 5

9 1 x+2 p (x) = + · 2 q (x) 5 (x − 2) 5 x + 1

L'integrale:

I (x) =

1 9 ln |x − 2| + J (x) , 5 5

essendo:

x+2 dx x2 + 1 Z Z x dx dx + 2 = 2 2 x +1 x +1 1 2 = ln x + 1 + 2 arctan x + C1 , 2

J (x) =

donde:

I (x) = 11.

I (x) =

Z

Z

2 9 1 ln |x − 2| + ln x2 + 1 + arctan x + C 5 10 5

x+1 dx. Qui è: x3 −1

p (x) = x + 1, q (x) = x3 − 1 = (x − 1) x2 + x + 1 Quindi:

p (x) A Bx + C = + 2 q (x) x−1 x +x+1 da ui

A+B+0=0 A−B+C =0 A+0−C =1 La soluzione è

(A, B, C) = (1, −1, 0) Per iò:

p (x) 1 x = − 2 q (x) x−1 x +x+1

L'integrale:

I (x) = ln |x − 1| − J (x) ,

essendo:

J (x) =

Si on lude he:

12.

I (x) =

Z

Z

x2

x dx +x+1

1 1 = ln x2 + x + 1 − √ arctan 2 3

1 |x − 1| + √ arctan I (x) = ln √ x2 + x + 1 3

+ K1 ,

+K

2x + 1 √ 3

2x + 1 √ 3

x2 −2x dx. Qui è: (2x−1)(x2 +1)

p (x) = x2 − 2x, q (x) = (2x − 1) x2 + 1

Quindi:

A Bx + C p (x) = + 2 q (x) 2x − 1 x +1 da ui

A + 2B + 0 = 1 0 − B + 2C = −2 A+0−C = 0 La soluzione è

3 4 3 (A, B, C) = − , , − 5 5 5

Per iò:

p (x) 3 1 4x − 3 =− + · 2 q (x) 5 (2x − 1) 5 x + 1

L'integrale:

I (x) = −

3 1 ln |2x − 1| + J (x) , 10 5

essendo:

4x − 3 dx x2 + 1 = 2 ln x2 + 1 − 3 arctan x + C1 ,

J (x) =

Si on lude he:

I (x) = −

Z

3 3 2 ln |2x − 1| + ln x2 + 1 − arctan x + C 10 5 5 ***

3.12.7


Z

5x2 +11x−2 dx (x+5)(x2 +9)

Z

x3 +x+1 dx x4 +x2

Z Z

x−1 dx 9x2 −18x+7

dx (x2 −1)2

5) 6) 7) 8)

Z

x2 −2x+3 dx (x−1)2 (x2 +1)

9)

10)

Z

x−3 dx (x−2)(x2 +x+1)2 dx x(x2 +1)

11)

Z Z

x3 +2x2 −2x dx x4 +4

Z

12)

2x2 +12 dx x4 +12x2 +16

Z

dx x3 +x

Z

x3 +x−1 dx (x2 +1)2

Z

2x3 dx (x2 +1)2

3.12.8 1.

Soluzioni

I (x) =

Z

5x2 +11x−2 dx. Qui è: (x+5)(x2 +9)

p (x) = 5x2 + 11x − 2, q (x) = (x + 5) x2 + 9

Quindi:

p (x) A Bx + C = + 2 q (x) x+5 x +9 da ui

A+B+0=5 0 + 5B + C = 11 9A + 0 + 5C = −2 La soluzione è

(A, B, C) = (2, 3, −4) Per iò:

p (x) 2 3x − 4 = + 2 q (x) x+5 x +9

L'integrale:

I (x) = 2 ln |x + 5| + J (x) , essendo:

Z

3x − 4 dx x2 + 9 x 4 3 2 = ln x + 9 − arctan + K1 , 2 3 3

J (x) =

Si on lude he:

2.

3.

R

x 4 3 2 I (x) = 2 ln |x + 5| + ln x + 9 − arctan +K 2 3 3

x−1 dx. Anzi hé pro edere per de omposizione in frazioni sempli i, è 9x2 −18x+7 preferibile pro edere nel modo seguente

I (x) =

I (x) =

R

Z 1 d (9x2 − 18x + 7) I (x) = 18 9x2 − 18x + 7 1 2 = ln 9x − 18x + 7 + K 18

x3 +x+1 dx. Qui è: x4 +x2

p (x) = x3 + x + 1, q (x) = x4 + x2 = x2 x2 + 1

Quindi:

p (x) A B Cx + D = + 2+ 2 q (x) x x x +1

da ui

A+0+C +0=1 0+B+0+D =0 A+0+0+0=1 0+B+0+0=1 La soluzione è

(A, B, C, D) = (1, 1, 0, −1) Per iò:

1 1 1 p (x) = + 2− 2 q (x) x x x +1

L'integrale:

I (x) = ln |x| − 4.

I (x) =

R

1 − arctan x + K, x

dx . Qui è: (x2 −1)2

p (x) = 1, q (x) = x2 − 1

2

= (x − 1)2 (x + 1)2

Quindi:

p (x) C A B D = + + 2 + q (x) x − 1 (x − 1) x + 1 (x + 1)2 da ui

A+0+C +0=0 A+B−C +D =0 −A + 2B − C − 2D = 0 −A + B + C + D = 1 La soluzione è

Per iò:

p (x) 1 1 1 1 =− + + 2 + q (x) 4 (x − 1) 4 (x − 1) 4 (x + 1) 4 (x + 1)2

L'integrale:

5.

I (x) =

1 1 1 1 (A, B, C, D) = − , , , 4 4 4 4

R

x + 1 1 2x I (x) = ln − +K 4 x − 1 x2 − 1

x2 −2x+3 dx. Qui è: (x−1)2 (x2 +1)

p (x) = x2 − 2x + 3, q (x) = (x − 1)2 x2 + 1

Quindi:

p (x) A B Cx + D = + 2 + q (x) x − 1 (x − 1) (x2 + 1)

da ui

A+0+C +0=0 −A + B − 2C + D = 1 A + 0 + C − 2D = −2 −A + B + 0 + D = 3 La soluzione è

(A, B, C, D) = (−1, 1, 1, 1) Per iò:

p (x) 1 1 x+1 =− + 2 + q (x) x − 1 (x − 1) (x2 + 1)

L'integrale:

I (x) = − ln |x − 1| +

1 + J (x) , 1−x

essendo:

Z

x+1 dx x2 + 1 Z Z dx x dx + = 2 2 x +1 x +1 1 = ln x2 + 1 + arctan x 2

J (x) =

Quindi:

6.

I (x) =

√ 1 x2 + 1 I (x) = + ln + arctan x + K 1−x |x − 1| R

x−3 dx. Qui è: (x−2)(x2 +x+1)2

p (x) = x − 3, q (x) = (x − 2) x2 + x + 1

Quindi:

2

p (x) A Bx + C Dx + E = + 2 + q (x) x − 2 x + x + 1 (x2 + x + 1)2 da ui

A+B+0+0+0=0 2A − B + C + 0 + 0 = 0 3A − B − C + D + 0 = 0 2A − 2B − C − 2D + E = 1 A + 0 − 2C + 0 − 2E = −2 La soluzione è

Per iò:

1 1 3 1 10 (A, B, C, D, E) = − , , , , 49 49 49 7 7 p (x) 1 1 1 x+3 1 x + 10 =− + + 2 2 q (x) 49 x − 2 49 x + x + 1 7 (x + x + 1)2

L'integrale:

I (x) = −

1 1 1 ln |x − 2| + J1 (x) + J2 (x) , 49 49 7

essendo:

Z

1 x+3 J1 (x) = dx = ln x2 + x + 1 + 2 x +x+1 2 Z x + 10 19x + 8 J2 (x) = dx = + 2 3 (x2 + x + 1) (x2 + x + 1)

5 2x + 1 √ arctan √ + K1 3 3 38 2x + 1 √ arctan √ + K2 3 3 3

Quindi:

I (x) =

1 882

+K 7.

I (x) =

R

h

42(19x+8) x2 +x+1

i √ 2 √ + 562 3 arctan 2x+1 − 18 ln |x − 2| + 9 ln (x + x + 1) + 3

dx . Qui è: x(x2 +1)

p (x) = 1, q (x) = x x2 + 1

Quindi:

p (x) A Bx + C = + 2 q (x) x x +1 da ui

A+B+0=0 0+0+C =0 A+0+0=1 La soluzione è

(A, B, C) = (1, −1, 0) Per iò:

p (x) 1 x = − 2 q (x) x x +1

L'integrale:

I (x) = ln |x| − 8.

I (x) =

R

x3 +2x2 −2x dx. Abbiamo: x4 +4

Z x3 2x2 − 2x dx + dx I (x) = x4 + 4 x4 + 4 1 = ln x4 + 4 + J (x) , 4 Z

essendo:

J (x) = Abbiamo:

1 ln x2 + 1 + K 2

Z

2x2 − 2x dx x4 + 4

2x2 − 2x Ax + B Cx + D = 2 + 2 4 x +4 x − 2x + 2 x + 2x + 2

(3.59)

da ui:

A+0+C +0=0 2A + B − 2C + D = 1 2A + 2B + 2C − 2D = −1 0 + 2B + 0 + 2D = 0 La soluzione di tale sistema è:

1 1 1 1 A = ,B = − ,C = − ,D = 4 4 4 4 Quindi:

J (x) =

1 [G1 (x) − G2 (x)] , 4

essendo:

G1,2 =

Z

x2

x−1 dx ± 2x + 2

Cal olando i due integrali:

1 2 ln x − 2x + 2 + C1 2 1 G2 (x) = ln x2 + 2x + 2 − 2 arctan (x + 1) + C2 2 G1 (x) =

Finalmente:

I (x) = 9.

I (x) =

R

1 |x2 − 2x + 2| 1 ln x4 + 4 + ln 2 + arctan (x + 1) + C 4 4 x + 2x + 2

2x2 +12 dx x4 +12x2 +16

=2

R

x2 +6 dx. Qui è: x4 +12x2 +16

√ √ p (x) = x2 + 6, q (x) = x4 + 12x2 + 16 = x2 + 6 + 2 5 x2 + 6 − 2 5 Quindi:

p (x) Ax + B Cx + D √ + √ = q (x) x2 + 6 + 2 5 x2 + 6 − 2 5 da ui il sistema:

A+0+C +0=0 0+B+0+D =1 √ √ 6−2 5 A+0+ 6+2 5 C +0=0 √ √ A+ 6−2 5 B+0+ 6+2 5 D =6 La soluzione è:

1 1 (A, B, C, D) = 0, , 0, , 2 2

donde:

I (x) =

Z

dx √ + 6 + 2 5 + x2

Z

dx √ 6 − 2 5 + x2

Cal oliamo (α

> 0) Z

dx 1 = 2 α+x α

Z

1 =√ α

1+ Z

dx 2 √x α

d

1+

√x α

1 = √ arctan α

√x α

2

x √ α

+ onst

Quindi:



10.





x 1 x 1     I (x) = q √ arctan q √ +q √ arctan q √ 2 3+ 5 2 3+ 5 2 3− 5 2 3− 5

I (x) =

R

dx . Qui è: x3 +x

p (x) = 1, q (x) = x3 + x

Quindi:

A Bx + C p (x) = + 2 q (x) x x +1 da ui il sistema:

A+B+0=0 0+0+C =0 A+0+0=1 La soluzione è:

(A, B, C) = (1, −1, 0) , donde:

Z dx x I (x) = − dx x x2 + 1 |x| +C = ln √ x2 + 1 Z

11.



I (x) =

R

2x3 dx. Qui è: (x2 +1)2

p (x) = 2x3 , q (x) = x2 + 1

Quindi:

2

p (x) Ax + B Cx + D = 2 + q (x) x +1 (x2 + 1)2 da ui il sistema:

A+0+0+0=2 0+B+0+0=0 A+0+C +0=0 0+B+0+D =0

La soluzione è:

(A, B, C, D) = (2, 0, −2, 0) , donde:

Z

12.

I (x) =

Z 2x 2x I (x) = dx dx − 2 2 x +1 (x + 1)2 Z Z d (x2 + 1) d (x2 + 1) = − x2 + 1 (x2 + 1)2 1 = ln x2 + 1 + 2 +C x +1

R

x3 +x−1 dx. Pro edendo ome nel n. 11: (x2 +1)2

A+0+0+0=1 0+B+0+0=0 A+0+C +0= 1 0 + B + 0 + D = −1,

la ui soluzione è:

(A, B, C, D) = (1, 0, 0, −1) , donde:

I (x) = ln

√

x2

+1−

Z

(x2

dx + 1)2

L'integrale a se ondo membro è dato dalla (3.56), he ris riviamo:

Z

1 dx = 2 2 (x2 + 1)

per ui:

I (x) = ln 3.12.9

2) 3) 4)

1.

x + arctan x + C1 x2 + 1

1 x2 + 1 − 2

(3.60)

x + arctan x + C x2 + 1

Cal olare i seguenti integrali 1)

3.12.10

√

Z

x4 +8x3 −x2 +2x+1 dx (x2 +x)(x3 +1)

5)

Z

x3 +x2 −5x+15 dx (x2 +5)(x2 +2x+3)

7)

Z

dx e2x −ex sin x dx cos x(1+cos2 x)

8)

Z

6)

Z

x3 +x2 +x+3 dx (x2 +1)(x2 +3)

Z

x2 −3x−1 dx x3 +x2 −2x

Z

xdx (x−2)2

Z

dx (x+1)2 (x2 −1)2

9)

Z

10)

Z

dx (x4 −1)2 dx (x+1)2 (x2 +1)

Soluzioni

I (x) =

Z

x4 +8x3 −x2 +2x+1 dx. Qui è: (x2 +x)(x3 +1)

p (x) = x4 + 8x3 − x2 + 2x + 1, q (x) = x2 + x x3 + 1 = x (x + 1)2 x2 − x + 1

Quindi:

p (x) A B C Dx + E = + + 2 + 2 q (x) x x + 1 (x + 1) x −x+1

da ui

A+B+0+D+0=1 A + 0 + C + 2D + E = 8 0 + 0 − C + D + 2E = −1 A+B+C +0+E =2 A+0+0+0+0=1 La soluzione è

(A, B, C, D, E) = (1, −2, 3, 2, 0) Per iò:

p (x) 1 2 3 2x = − + 2 + 2 q (x) x x + 1 (x + 1) x −x+1

L'integrale:

3 I (x) = ln |x| − 2 ln |x + 1| − + x+1

Z

x2

2x dx −x+1

Cal oliamo a parte l'integrale a se ondo membro:

Z

donde:

2.

I (x) =

Z

2x − 1 + 1 dx x2 − x + 1 Z 2 = ln x − x + 1 +

2x dx = 2 x −x+1

1 dx x2 − x + 1 Z 2 4 1 h i dx = ln x − x + 1 + 3 1 + √2 x − 1 2 3 2x − 1 2 2 √ + C1 , = ln x − x + 1 + √ arctan 3 3

|x3 − x2 + x| 3 2 − + √ arctan I (x) = ln 2 x+1 3 (x + 1) R

2x − 1 √ 3

+C

x3 +x2 −5x+15 dx. Qui è: (x2 +5)(x2 +2x+3)

p (x) = x3 + x2 − 5x + 15, q (x) = x2 + 5

Quindi:

x2 + 2x + 3

p (x) Ax + B Cx + D = 2 + 2 q (x) x +5 (x + 2x + 3) da ui

A+0+C +0=1 2A + B + 0 + D = 1 3A + 2B + 5C + 0 = −5 0 + 3B + 0 + 5D = 15 La soluzione è

(A, B, C, D) = (0, −5, 1, 6) Da iò segue:

I (x) = −5

Z

dx + 2 x +5

Z

x2

x+6 dx + 2x + 3

Cal oliamo a parte i due integrali:

Z

dx 1 =√ 2 x +5 5

d

Z

1+

√x 5

1 = √ arctan 5

√x 5

2

x √ 5

+C

Il se ondo integrale si al ola on la (3.38):

Z

√ x+6 5 dx = ln x2 + 2x + 3 + √ arctan 2 x + 2x + 3 2

x+1 √ 2

+C

Finalmente:

I (x) = ln 3.

I (x) =

R

√

x2

5 + 2x + 3 + √ arctan 2

x+1 √ 2

1 − √ arctan 5

dx . Eseguiamo il ambio di variabile: e2x −ex

y = ex =⇒ dx =

per ui:

I (y) =

Z

y2

dy , y

dy (y − 1)

Pro ediamo per de omposizione in frazioni sempli i:

1 A B C = + + y 2 (y − 1) y y2 y − 1 Il prin ipio di identità dei polinomi ondu e al sistema di Cramer:

A+0+C =0 −A + B + 0 = 0 0 − B + 0 = 1,

on soluzione:

(A, B, C) = (−1, −1, 1) Quindi:


4.

I (x) =

donde:

R

x:

y − 1 1 +C I (y) = + ln y y

I (x) = e−x + ln 1 − e−x + C

sin x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: cos x(1+cos2 x)

y = cos x =⇒ dy = − sin xdx, Z I (y) = −

dy y (1 + y 2)

x √ 5

+C

Pro ediamo per de omposizione in frazioni sempli i:

y 2 (1

1 A By + C = + 2 2 +y ) y y +1

Il prin ipio di identità dei polinomi ondu e al sistema di Cramer:

A+B+0=0 0+0+C =0 A + 0 + 0 = 1,

on soluzione:

(A, B, C) = (1, −1, 0) Quindi:


x:

|y| −I (y) = ln p +C 1 + y2 I (x) = ln

5.

I (x) =

R

√

1 + cos2 x +C |cos x|

x3 +x2 +x+3 dx. Qui è: (x2 +1)(x2 +3)

p (x) = x3 + x2 + x + 3, q (x) = x2 + 1

Quindi:

x2 + 3

Ax + B Cx + D p (x) = 2 + 2 q (x) x +1 x +3 da ui

A+0+C +0=1 0+B+0+D =1 3A + 0 + C + 0 = 1 0 + 3B + 0 + D = 3 La soluzione è

(A, B, C, D) = (0, 1, 1, 0) Da iò segue:

I (x) = arctan x + 6.

I (x) =

R

xdx . Qui è: (x−2)2

1 ln x2 + 3 + C 2

p (x) = x, q (x) = (x − 2)2

Quindi:

p (x) A B = + q (x) x − 2 (x − 2)2 da ui

A=1 B − 2A = 0

La soluzione è

(A, B) = (1, 2) Da iò segue:

I (x) = ln |x − 2| − 7.

I (x) =

R

x2 −3x−1 dx. Qui è: x3 +x2 −2x

2 +C x−2

p (x) = x2 − 3x − 1, q (x) = x3 + x2 − 2x = x (x + 2) (x − 1)

Quindi:

p (x) A B C = + + q (x) x x+2 x−1 da ui

A+B+C =1 A − B + 2C = −3 2A + 0 + 0 = 1 La soluzione è

(A, B, C) = Da iò segue:

I (x) = ln 8.

I (x) =

R

q

1 3 , , −1 2 2

x (x + 2)3 |x − 1|

+C

dx . Qui è: (x+1)2 (x2 −1)2

p (x) = 1, q (x) = (x + 1)2 x2 − 1

Quindi:

2

= (x + 1)4 (x − 1)2

p (x) C D E F A B = + 2 + 3 + 4 + 4 + q (x) x + 1 (x + 1) (x + 1) (x + 1) (x + 1) (x − 1)2 da ui

(A + E) x5 + (A + B + 3E + F ) x4 + (−2A + C + 2E + 4F ) x3 + + (−2A − 2B − C + D − 2E + 6F ) x2 + + (A − C − 2D − 3E + 4F ) x+ + (A + B + C + D − E + F ) =1 Per il prin ipio di identità dei polinomi:

A+0+0+0+E+0=0 A + B + 0 + 0 + 3E + F = 0 −2A + 0 + C + 0 + 2E + 4F = 0 −2A − 2B − C + D − 2E + 6F = 0 A + 0 − C − 2D − 3E + 4F = 0 A+B+C +D−E+F =1

La soluzione è

(A, B, C, D, E, F ) =

1 3 1 1 1 1 , , , ,− , 8 16 4 4 8 16

Da iò segue:

9.

I (x) =

R

Z Z Z dx 3 dx dx 1 1 I (x) = + 2 + 8 x + 1 16 (x + 1) 4 (x + 1)3 Z Z Z dx dx 1 dx 1 1 + + 4 − 4 (x + 1) 8 x − 1 16 (x − 1)2 1 x + 1 3x3 + 6x2 + x − 4 = ln − +C 8 x − 1 12 (x + 1)3 (x − 1)

dx . Qui è: (x4 −1)2

p (x) = 1, q (x) = (x − 1)2 (x + 1)2 x2 + 1

Quindi:

2

A B D Gx + H p (x) C Ex + F = + + + 2 + 2 + 2 q (x) x − 1 (x − 1) x + 1 (x + 1) x +1 (x2 + 1)2 da ui

A+0+C +0+E +0+0+0 =0 A+B−C +D+0+F +0+0=0 A + 2B + C − 2D − E + 0 + G + 0 = 0 A + 3B − C + 3D + 0 − F + 0 + H = 0 −A + 4B − C − 4D − E + 0 − 2G + 0 = 0 −A + 3B + C + 3D + 0 − F + 0 − 2H = 0 −A + 2B − C − 2D + E + 0 + G + 0 = 0 −A + 2B + C + D + 0 + F + 0 + H = 1 La soluzione è

(A, B, C, D, E, F, G, H) =

−3 1 3 1 1 , , , 0, , 0, 16 16 16 4 4

Da iò segue:

Z Z Z 3 dx 1 dx 3 dx I (x) = − + 2 + 16 x − 1 16 (x − 1) 16 x + 1 Z Z Z 1 dx 1 dx 1 dx + + 2 + 2 2 16 (x + 1) 4 x + 1 4 (x + 1)2 Z 3 x + 1 1 1 1 1 1 1 dx = ln + arctan x − − + + onst 16 x−1 4 16 x − 1 16 x + 1 4 (x2 + 1)2

L'integrale

R

dx è dato dalla (3.56) donde: (x2 +1)2

1 + x 4x 1 + 6 arctan x − I (x) = 3 ln + onst 16 1 − x x4 − 1

10.

I (x) =

R

dx . Qui è: (x+1)2 (x2 +1)

p (x) = 1, q (x) = (x + 1)2 x2 + 1

Quindi:

A B p (x) Cx + D = + 2 + q (x) x + 1 (x + 1) x2 + 1 Per il prin ipio di identità dei polinomi:

A+0+C +0=0 A + B + 2C + D = 0 A + 0 + C + 2D = 0 A + B + 0 + D = 1, la ui soluzione è:

(A, B, C, D) =

1 1 1 , ,− ,0 2 2 2

Quindi:

1 1 x p (x) = + , 2 − 2 q (x) 2 (x + 1) 2 (x + 1) 2 (x + 1) da ui l'integrale:

1 1 1 ln |x + 1| − + ln x2 + 1 + C 2 2 (x + 1) 4

I (x) = 3.12.11

Funzioni razionali improprie

Qui il grado del numeratore è

Esempio

≥

di quello del denominatore.

Z

x3 + 8 dx x−2

Eseguendo la divisione dei polinomi, otteniamo:

x3 + 8 16 = x2 + 2x + 4 + , x−2 x−2

donde:

Z 3.12.12

x3 + 8 x3 dx = + x2 + 4x + 16 ln |x − 2| + C x−2 3


Z

x6 −x5 +x4 −x2 +x dx x4 −1

5) 6)

Z

x4 −2x3 +3x2 −x+3 dx x3 −2x2 +3x x2 +3x−4 dx x2 −2x−8

7)

x2 −5x+9 dx x2 −5x+6

8)

Z Z

Z

5x3 +2 dx x3 −5x2 +4x

Z

x4 −6x3 +12x2 +6 dx x3 −6x2 +12x−8

Z Z

x3 −1 dx 4x3 −x

x4 dx x4 −1

9)

Z

x4 dx (1−x)3

3.12.13 1.

Soluzioni

I (x) =

R

x6 −x5 +x4 −x2 +x dx. Eseguendo la divisione tra polinomi: x4 −1

1 x6 − x5 + x4 − x2 + x = x2 − x + 1 + 4 , 4 x −1 x −1

donde:

1 1 I (x) = x3 − x2 + x + I1 (x) , 3 2

essendo:

I1 (x) = Per al olare

I1 (x)

Z

dx x4 − 1

o

orre appli are il metodo dei oe ienti indeterminati:

x4

1 A B Cx + D = + + 2 , −1 x−1 x+1 x +1

da ui il sistema:

A+B+C +0=0 A−B+0+D =0 A+B−C +0=0 A−B+0−D =1 La ui uni a soluzione è:

(A, B, C, D) =

1 1 1 , − , 0, − 4 4 2

,

per ui:

Finalmente:

2.

I (x) =

R

per ui:

Z Z Z 1 dx 1 dx 1 dx I1 (x) = − − 4 x − 1 4 x + 1 2 x2 + 1 1 x − 1 1 = ln − arctan x + C 4 x + 1 2 1 3 1 2 1 x − 1 1 I (x) = x − x + x + ln − arctan x + C 3 2 4 x + 1 2

x4 −2x3 +3x2 −x+3 dx. Risulta: x3 −2x2 +3x

x4 − 2x3 + 3x2 − x + 3 3−x =x+ 3 , 3 2 x − 2x + 3x x − 2x2 + 3x 1 I (x) = x2 + I1 (x) , 2

essendo:

I1 (x) =

Z

x3

3−x dx − 2x2 + 3x

Appli hiamo il metodo dei oe ienti indeterminati:

x3

3−x A Bx + C = + 2 , 2 − 2x + 3x x x − 2x + 3

ottenendo il sistema:

A+B+0=0 −2A + 0 + C = −1 3A + 0 + 0 = 3,

he ammette l'uni a soluzione:

(A, B, C) = (1, −1, 1) Quindi:

Z

Z

x−1 dx x2 − 2x + 3 Z 1 d (x2 − 2x + 3) = ln |x| − 2 x2 − 2x + 3 1 = ln |x| − ln x2 − 2x + 3 + C 2

I1 (x) =

dx − x

Si on lude he:

1 1 I (x) = x2 + ln |x| − ln x2 − 2x + 3 + C 2 2 3.

I (x) =

R

x2 +3x−4 dx. Risulta: x2 −2x−8

x2 + 3x − 4 5x + 4 =1+ 2 2 x − 2x − 8 x − 2x − 8

Per iè:

I (x) = x + I1 (x) , essendo:

I1 (x) =

Z

x2

5x + 4 dx − 2x − 8

Tale integrale si al ola on la (3.38):

donde:

3 x − 4 5 2 +C I1 (x) = ln x − 2x − 8 + ln 2 2 x + 2 = ln (x + 2) (x − 4)4 + C , I (x) = x + ln (x + 2) (x − 4)4 + C

4.

I (x) =

R

x2 −5x+9 dx. Abbiamo: x2 −5x+6

Z

x2 − 5x + 6 + 3 dx x2 − 5x + 6 Z Z dx = dx + 3 2 x − 5x + 6

I (x) =

L'integrale a se ondo membro si al ola on la (3.38):

Z per ui:

5.

x − 3 dx + C, = ln x2 − 5x + 6 x − 2

x − 3 +C I (x) = x + 3 ln x − 2 R 5x3 +2 R R 2+25x2 −20x I (x) = dx = 5 dx + dx. Cal oliamo 3 2 x −5x +4x x3 −5x2 +4x

integrale:

def

J (x) =

Z

a parte il se ondo

25x2 − 20x + 2 dx x3 − 5x2 + 4x

Metodo dei oe ienti indeterminati:

25x2 − 20x + 2 A B C = + + , 3 2 x − 5x + 4x x x−4 x−1 da ui il sistema lineare:

A + B + C = 25 5A + B + 4C = 20 4A + 0 + 0 = 2,


(A, B, C) =

1 161 7 , ,− 2 6 3

,

per iò:

1 161 7 ln |x| + ln |x − 4| − ln |x − 1| + C 2 6 3 R x3 −1 R R 14 x−1 R R 1 1 I (x) = 4x dx + 4x dx + 14 4xx−4 3 −x dx = 4 3 −x dx = 4 3 −x dx. Cal oliamo se ondo integrale: Z x−4 def J (x) = dx 4x3 − x I (x) = 5x +

6.

Metodo dei oe ienti indeterminati:

Z

Z Z 4 7 9 J (x) = dx − dx − dx x 2 (2x − 1) 2 (2x + 1) 7 9 = 4 ln x − ln (2x − 1) − ln (2x + 1) + C 4 4 Quindi:

1 7 9 I (x) = x + ln x − ln (2x − 1) − ln (2x + 1) + C 4 16 16

a parte il

7.

I (x) =

R

x4 −6x3 +12x2 +6 dx. Abbiamo: x3 −6x2 +12x−8

x4 − 6x3 + 12x2 + 6 6 + 8x = x + , x3 − 6x2 + 12x − 8 x3 − 6x2 + 12x − 8

per ui:

1 I (x) = x2 + 2 2

Z

x3

4x + 3 dx − 6x2 + 12x − 8

(3.61)

Appli ando il metodo dei oe ienti indeterminati

Quindi

x3

11 4x + 3 4 = 3 + 2 − 6x + 12x − 8 (x − 2) (x − 2)2

Z

x3

4x + 3 5 − 8x dx = +C 2 − 6x + 12x − 8 2 (x − 2)2

Sostituendo nella (3.61):

I (x) = 8.

I (x) =

R

x4 − 4x3 + 4x2 − 16x + 10 +C 2 (x − 2)2

x4 dx. Abbiamo: x4 −1

x4 1 =1+ 4 , 4 x −1 x −1

donde:

I (x) = x +

Z

dx −1

(3.62)

x4

Cal oliamo l'integrale a se ondo membro della (3.62) on il metodo dei oe ienti indeterminati:

x4

1 A B Cx + D = + + 2 , −1 x−1 x+1 x +1

da ui il sistema lineare:

A+B+C +0=0 A−B+0+D =0 A+B−C +0=0 A − B + 0 − D = 1, la ui uni a soluzione è:

(A, B, C, D) = Quindi:

x4 Per iò:

1 1 1 , − , 0, − 4 4 2

1 1 1 1 = − − 2 −1 4 (x − 1) 4 (x + 1) 2 (x + 1)

Z


dx 1 x − 1 1 = ln − arctan x + C x4 − 1 4 x + 1 2

1 x − 1 1 I (x) = x + ln − arctan x + C 4 x + 1 2

9.

I (x) =

R

x4 dx. Abbiamo: (1−x)3

x4 −8x + 6x2 + 3 = −x − 3 + , (1 − x)3 (1 − x)3

da ui l'integrale:

Z 6x2 − 8x + 3 I (x) = −x − 3 − dx (x − 1)3 Z 6x2 − 8x + 3 1 2 dx = − x − 3x − 2 (x − 1)3

(3.63)

Cal oliamo l'integrale a se ondo membro della (3.63) on il metodo dei oe ienti indeterminati:

A B C 6x2 − 8x + 3 = , + 3 2 + x − 1 (x − 1) (x − 1) (x − 1)3

da qui il sistema lineare:

A+0+0=6 −2A + B + 0 = −8 A − B + C = 3,


(A, B, C) = (6, 4, 1) Quindi

Z

6x2 − 8x + 3 4 1 1 dx = 6 ln |x − 1| − − +C 3 2 + x − 1 2 (x − 1) (x − 1) (x − 1)3

Sostituendo nella (3.63)

1 8x − 7 +C I (x) = − x2 − 3x − 6 ln |x − 1| + 2 2 (x − 1)2

3.13 In (x) =

Z

dx

, Jn (x) = )

n x2 −1

(

Z

dx

(

n x2 +1

)

Iniziamo on il primo eseguendo il ambio di variabile (anzi hé appli are il metodo dei

oe ienti indeterminati):

t=

x−1 x+1

(3.64)

Dalla (3.64) otteniamo:

x= donde:

1+t 2 , dx = dt, 1−t (1 − t)2

In (t) =

1 22n−1

Z

(1 − t)2(n−1) dt tn

(3.65)

La (3.65) può essere utilizzata solo per pi

oli valori di

I1 (t) = Ripristinando la variabile

Osservazione.

x:

n.

Ad esempio, per

n = 1:

dt 1 = ln |t| + C t 2

1 x − 1 I1 (x) = ln +C 2 x + 1

Il risultato pre edente è equivalente a:

Z Per

1 2

Z

dx = − arctanh x + C −1

x2

n = 2: Z 1 (1 − t)2 I2 (x) = dt 8 t2 Z Z Z 1 dt dt = −2 + dt 8 t2 t 1 1 = − − 2 ln |t| + t + C1 8 t


x: x − 1 x − 1 x+1 − − 2 ln + +C x−1 x + 1 x + 1 x 1 x − 1 − ln +C = 2 (1 − x2 ) 4 x + 1

1 I2 (x) = 8

Per

n = 3:

Z 1 (1 − t)4 I3 (x) = dt 32 t3 Z Z Z Z Z dt dt dt 1 −4 +6 − 4 dt + tdt = 32 t3 t2 t 1 1 4 1 2 = − 2 + + 6 ln |t| − 4t + t + C 32 2t t 2 Ripristinando la variabile

x:

" # 2 x − 1 1 1 (x + 1)2 x+1 x − 1 1 (x − 1) −4 − + 6 ln + I3 (x) = +4 +C 32 2 (x − 1)2 x−1 x + 1 x + 1 2 (x + 1)2 x (3x2 − 5) 3 x − 1 = + ln +C 16 x + 1 8 (x2 − 1)2

I rimanenti integrali (n Passiamo a

Jn (x);

per

> 3) sono riportati in Appendi e A. n = 1 è un integrale fondamentale: J1 (x) = arctan x + C

Per

n = 2,

abbiamo già al olato (vedi eq.3.52):

J2 (x) =

x 1 arctan x + +C 2 2 2 (x + 1)

È possibile giungere al medesimo risultato attraverso un'integrazione per parti. Per ogni

n:

Z

x2 + 1 − x2 Jn (x) = dx (x2 + 1)n Z Z x2 x2 + 1 = dx − dx, n (x2 + 1) (x2 + 1)n

ioè:

Jn (x) = Jn−1 (x) − Jn (x) ,

(3.66)

essendo:

def

Jn (x) = Per

n = 2:

Z

x2 dx (x2 + 1)n

(3.67)

J2 (x) = J1 (x) − J2 (x) Qui è:

J2 (x) =

Z

x2 dx (x2 + 1)2

Per al olare tale integrale, pro ediamo per parti osservando he:

d

1 x2 + 1

=−

2xdx , (x2 + 1)2

donde:

Z 1 1 J2 (x) = − xd 2 x2 + 1 Z 1 1 dx =− x 2 − 2 x +1 x2 + 1 1 x =− − J1 (x) 2 x2 + 1 Quindi:

1 x J2 (x) = J1 (x) + 2 2 (x2 + 1) Ma

J1 (x) =

Passiamo a

R

dx x2 +1

n = 3;

= arctan x+ onst, J2 (x) =

per ui:

1 x arctan x + +C 2 2 2 (x + 1)

per la (3.66):

J3 (x) = J2 (x) − J3 (x) Qui è:

(3.68)

J3 (x) =

Z

x2 dx (x2 + 1)3

An he in questo aso pro ediamo per parti osservando he:

1 4xdx d =− , 2 (x2 + 1) (x2 + 1)3 donde:

Z 1 1 xd J3 (x) = − 4 (x2 + 1)2 1 x 1 =− 2 + J2 (x) 2 4 (x + 1) 4 Quindi:

1 x 3 J3 (x) = J2 (x) + 2 4 4 (x + 1)2 L'integrale

J2 (x)

è dato dalla (3.68), per ui:

3 arctan x + 8 3 = arctan x + 8

J3 (x) =

3 x 1 x + +C 2 2 8 x + 1 4 (x + 1)2 x (3x2 + 5) +C 8 (x2 + 1)2

(3.69)

Iterando il pro edimento, si trova:

Jn (x) = Ad esempio per

2n − 3 x +C Jn−1 (x) + 2 (n − 1) 2 (n − 1) (x2 + 1)n−1

n = 4:

5 x J4 (x) = J3 (x) + 6 6 (x2 + 1)3 5 5 x 5 x x = arctan x + + + +C 2 2 16 16 x + 1 24 (x2 + 1) 6 (x2 + 1)3 Per

(3.70)

(3.71)

n = 5: 7 x J5 (x) = J4 (x) + (3.72) 8 8 (x2 + 1)4 35 35 x 35 x 7 x x arctan x + + + + +C = 2 3 128 128 x2 + 1 192 (x2 + 1) 48 (x2 + 1) 8 (x2 + 1)4

Una tabella di valori di

Jn (x)

è riportata in Appendi e A.

3.14 Integrali di funzioni irrazionali 3.14.1

Integrali del tipo 1

Hanno un espressione generale:

Z essendo

R

" p1 p2 pn # ax + b q1 ax + b q2 ax + b qn , , ..., dx, R x, cx + d cx + d cx + d

una funzione razionale, mentre

pi , qi ∈ N − {0}.

Gli integrali di questo tipo si

ri ondu ono ad integrali di funzioni razionali attraverso la sostituzione:

ax + b = tk cx + d Qui

k

è il m. .m. di

q1 , q2 , ...qn .

(3.73)

Ad esempio, al oliamo l'integrale:

I (x) = La (3.73) è:

Z

√

dx √ 2x − 1 − 4 2x − 1

2x − 1 = t4 , donde:

dx = 2t3 dt Quindi l'integrale:

Z

t2 dt t−1 Z =2 t+1+

I (t) = 2

1 t−1

dt

= (t + 1)2 + 2 ln |t − 1| + C Ripristinando la variabile

x:

I (x) = 1 + 3.14.2

2) 3) 4)

1.

√ 2 2x − 1 + 2 ln 4 2x − 1 − 1 + C


3.14.3

√ 4

Z Z Z Z

3 √x dx x−1

5)

xdx √ 3 ax+b

6)

√

dx √

x+1+

(x+1)3

√ dx√ x+ 3 x

7) 8)

Z Z Z Z

√ x−1 √ 3 x+1 dx √ x+1+2 √ dx (x+1)2 − x+1 √ x dx x+2 dx √ (2−x) 1−x

9)

Z

10) 11) 12)

q x x−1 dx x+1 Z q 3 x+1 dx x−1 Z x+3 √ dx x2 2x+3 q Z 2− 3 2x+1 x−1 q dx 2x+1 x+4

x−1

Soluzioni

I (x) =

R

3 √x dx. Qui è x−1

q1 = 2, n = 1,

per iò:

k = 2.

x − 1 = t2

Ciò impli a:

dx = 2tdt

La (3.73) porge:

Quindi l'integrale in funzione di

t:

I (t) = 2

Z

t2 + 1

3

dt

6 2 = t7 + t5 + 2t3 + 2t + K 7 5 x: q q q √ 2 6 7 5 I (x) = (x − 1) + (x − 1) + 2 (x − 1)3 + 2 x − 1 + C1 7 5 √ 3 1 3 2 = 2 x−1 (x − 1) + (x − 1) + x + C 7 5


2.

I (x) =

R

xdx √ . Qui è 3 ax+b

q1 = 3, n = 1,

per iò:

k = 3.

La (3.73) porge:

ax + b = t3

Ciò impli a:

1 3 t −b a 3t2 dx = dt a

x=

Quindi l'integrale in funzione di

t: Z

3t 1 3 t −b dt a a Z 3 = 2 t t3 − b dt a 3 1 5 b 2 = 2 t − t + onst a 5 2 I (t) =


x:

q q 3 13 3 5 2 I (x) = 2 (ax + b) − b (ax + b) + onst a 5 3.

I (x) =

R

√

dx √

x+1+

(x+1)3

=

La (3.73) porge:

R

h i 1 3 R (x + 1) 2 , (x + 1) 2 .

Qui è

x + 1 = t2

Ciò impli a:

dx = 2tdt Quindi l'integrale in funzione di

t: Z

2tdt t + t3 Z dt =2 1 + t2 = 2 arctan t + onst I (t) =


x: √ I (x) = 2 arctan x + 1 + onst

q1 = q2 = 2,

per iò:

k = 2.

4.

I (x) = porge:

R

√ dx√ x+ 3 x

=

R

1 1 R x 2 , x 3 dx.

q1 = 2, q2 = 3,

Qui è

per iò:

k = 6.

La (3.73)

k = 6.

La (3.73)

x = t6

Ciò impli a:

dx = 6t5 dt Quindi l'integrale in funzione di

t: Z

6t5 dt t3 + t2 Z t3 =6 dt 1+t Z 1 2 =6 t −t+1− t+1 3 2 = 2t − 3t + 6t − ln |t + 1| + onst I (t) =

x: √ √ √ √ I (x) = 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 ln 6 x + 1 + onst


5.

I (x) = porge:

R

√ x−1 √ 3 x+1 dx

=

R

1 1 R x 2 , x 3 dx.

Qui è

q1 = 2, q2 = 3,

per iò:

x = t6

Ciò impli a:

dx = 6t5 dt Quindi l'integrale in funzione di

t: Z

t3 − 1 5 I (t) = 6t dt t2 + 1 Z 5 3 t (t − 1) =6 dt t2 + 1 Z t−1 6 4 3 2 =6 t −t −t +t +t−1− 2 t +1 Z 1 7 1 5 1 4 1 3 1 2 t−1 =6 t − t − t + t + t −t− 7 5 4 3 2 t2 + 1 1 2 1 7 1 5 1 4 1 3 1 2 =6 t − t − t + t + t − t − ln t + 1 + arctan t + onst 7 5 4 3 2 2


6.

I (x) =

R

√

x:

√ 6 √ 6√ 3√ 6 3 I (x) = x 6 x − x5 − x2 + 2 x 2√ 7√ 5 √ √ +3 3 x − 6 6 x − 3 ln 3 x + 1 + 6 arctan 6 x + onst

x+1+2 √ dx (x+1)2 − x+1

=

R

h i 1 1 R (x + 1)2 , (x + 1) 2 , (x + 1) 2 dx. p1 = 2, q1 = 1 p2 = 1, q1 = 2 p3 = 1, q3 = 2,

Qui è:

donde:

k=2 Il ambio di variabile è:

x + 1 = t2 Ciò impli a:

dx = 2tdt L'integrale:

I (t) = 2

Z

t2 + 2t dt t4 − t

L'integrando è una funzione razionale propria:

1 t+1 t+2 = − 2 , 2 (t − 1) (t + t + 1) t−1 t +t+1 per ui:

t+1 I (t) = 2 dt t2 + t + 1 Z t+1 = 2 ln |t − 1| − dt t2 + t + 1 Z

dt − t−1

Z

(3.74)

L'integrale al se ondo termine del se ondo membro della (3.74) si al ola attraverso la (3.38) ottenendo:

Z

t+1 1 1 2 dt = ln t + t + 1 + √ arctan 2 t +t+1 2 3

2t + 1 √ 3

+C

+C


2 I (t) = 2 ln |t − 1| − ln t + t + 1 − √ arctan 3 2

2t + 1 √ 3

x: 2 √ √ x+1−1 2 2 x+1+1 √ √ I (x) = ln − √ arctan +C x+2+ x+1 3 3 R √x R 1 I (x) = x+2 dx = R x, x 2 dx. Qui è k = 2. La (3.73) porge: Ripristinando la variabile

7.

x = t2

Ciò impli a:

dx = 2tdt Quindi l'integrale in funzione di

t: Z

t2 I (t) = dt t2 + 2 Z Z dt =2 dt − 2 2 t +2   t √ Z d √2   = 6 t − 2 2  1 + √t2 √ t = 2 t − 2 arctan √ 2

x:


I (x) = 2 8.

I (x) = porge:

R

dx √ (2−x) 1−x

=

R

√

x−

√

r x 2 arctan + onst 2

h i 1 R x, (1 − x) 2 dx.

Qui è

q1 = 2,

per iò:

k = 2.

1 − x = t2

Ciò impli a:

dx = −2tdt Quindi l'integrale in funzione di

t: Z

dt 1 + t2 = −2 arctan t + onst I (t) = −2

x:


I (x) = −2 arctan 9.

I (x) =

R q x−1 R h x x+1 dx = R x,

1−x 1+x

pq1 i 1

dx.

√

1 − x + onst

Qui è:

p1 = 1, q1 = 2,

donde:

k=2 La (3.73) porge:

Risolvendo rispetto a

x−1 = t2 x+1 x: x=

da ui il dierenziale:

dx = Quindi l'integrale in funzione di

1 + t2 1 − t2

4t dt (1 − t2 )

t:

I (t) = 4

Z

t2 (t2 + 1) dt (1 − t2 )3

Appli ando il metodo dei oe ienti indeterminati:

1 t + 1 t + 3t2 + I (t) = ln +C 2 t − 1 (t2 − 1)2

x: √ √ 1 x − 1 + x + 1 √ I (x) = ln √ + 2 x − 1 − x + 1 √ √ (x + 1)2 3 (x − 1) x + 1 + (x + 1) x − 1 q + +C 4 3 (x + 1)


La (3.73)

10.

Rq 3 x+1

dx = x−1

I (x) =

R

R

h

x+1 x−1

pq1 i 1

. Qui è:

p1 = 1, q1 = 3,

donde:


x+1 = t3 x−1 Risolvendo rispetto a

x: t3 − 1 t3 − 1

x= da ui il dierenziale:

dx = − Quindi l'integrale in funzione di

6t2 dt (t3 − 1)

t:

I (t) = −6

Z

t3 dt (t3 − 1)2

Sviluppiamo l'integrando in frazioni parziali:

t3 1 1 t+3 t+1 = + − + 2 2 9 (t − 1) 9 (t2 + t + 1) 3 (t2 + t + 1)2 (t3 − 1) 9 (t − 1) Quindi:

Z

1 1 1 1 t3 dt = ln |t − 1| − − 2 9 9t−1 9 (t3 − 1)

Z

t+3 1 dt − 2 t +t+1 3

Z

t+1 dt (t2 + t + 1)2

Risulta:

t+3 1 5 1 + 2t 2 √ + C1 dt = ln t + t + 1 + √ arctan t2 + t + 1 2 3 3 Z t+1 t−1 2 1 + 2t √ dt = + C2 + √ arctan 3 (t2 + t + 1) 3 3 3 (t2 + t + 1)2 Z

donde:

2 √ 6t 1 t +t+1 1 + 2t √ I (t) = + 3 ln + 2 3 arctan +C 3 t −1 3 (t − 1)2


x:

q q √ 3 2 (x + 1) + 3 (x − 1)2 − 2 3 x2 − 1 1 q I (x) = ln q + √ 3 2 2 3 3 3 2 (x + 1) + x − 1 − (x − 1) ! √ √ 3 p √ x−1+2 3x+1 3 p − 3 (x2 − 1) (x − 1) + C − 2 3 arctan 3 3 (x − 1)

11.

I (x) =

R

x+3 √ dx. Qui è: x2 2x+3

p1 = 1, q1 = 2,

donde:


2x + 3 = t2 Risolvendo rispetto a

x: x=

da ui il dierenziale:

1 2 t −3 2

dx = tdt Quindi l'integrale in funzione di

t: I (t) = 2

Z

t2 + 3 dt (t2 − 3)2

Sviluppiamo l'integrando in frazioni parziali:

t2 + 3 1 6 + 2 = 2 2 2 t − 3 (t − 3)2 (t − 3) L'integrale in funzione di

t I (t) = −


x: I (x) = −

12.

I (x) =

R

2−

q

3 2x+1 x−1

q dx x+4 2x+1 x−1

=

di variabile è:

Risolvendo rispetto a

R

h R x,

2x+1 1/3 x−1

√

,

2x + 3 +C x 2x+1 1/4 x−1

2x + 1 = t6 x−1

x: x=

Dierenziando rispetto a

2t +C t2 − 3

i

dx.

Qui è

k = 6, per ui il ambio

t6 + 1 t6 − 2

t: dx = −18

t5 dt (t6 − 2)


I (t) = 18

Z

t7 − 2t5 dt, (t6 − 2) (4t9 + t6 − 8t3 + 1)

he è l'integrale di una funzione razionale propria. Ridu endo:

Z 5 Z 2 t −t 8t8 + 2t5 − 8t4 + t I (t) = 18 dt + dt 3 t6 − 2 3 (4t9 + t6 − 8t3 + 1)

Il primo integrale a se ondo membro è:

# √ √ ! 2 + √ 3 3 2 4 √ 4t + 2t 1 + 3 4t2 3 √ √ + 2 ln + 4 ln t6 − 2 3 2 3 4t − 2

" √ √ t5 − t 1 3 dt = 2 2 3 arctan 6 t −2 24

Z

+ C1

Il se ondo integrale non si esprime in forma hiusa. Utilizzando il software

Z

Mathemati a:

8t8 + 2t5 − 8t4 + t 1 X ln (t − ρ) − 8ρ3 ln (t − ρ) + 2ρ4 ln (t − ρ) + 8ρ7 ln (t − ρ) dt = , 4t9 + t6 − 8t3 + 1 6 ρ 6ρ7 + ρ4 − 4ρ

dove la somma è estesa a tutte le radi i reali

3.14.4

ρ

del polinomio

4t9 + t6 − 8t3 + 1.



Z

In (x) = essendo

pn (x)

un assegnato polinomio di

pn (x) dx, ax2 + bx + c grado n: √

pn (x) =

n X

(3.75)

ak xk

k=0

n ≥ 2,

Qui è

poi hè per

n = 0, 1

l'integrale si al ola on i metodi visti nelle sezioni

pre edenti.

Proposizione.

L'integrale (3.75) è:

In (x) = qn−1 (x) essendo

λ ∈ R,

mentre

qn−1 (x)

√

ax2

+ bx + c + λ

Z

è un polinomio di grado

qn−1 (x) =

n−1 X

√

ax2

n−1

dx , + bx + c

(3.76)

a oe ienti indeterminati:

bk xk

k=0

Dimostrazione. Omessa I oe ienti indeterminati e il numero reale

λ

si ottengono derivando primo e se ondo

membro della (3.76):

n X ak xk

√ k=0 ax2 +

bx + c

=

√

+√

ax2

n−2 X

n−1 X 2ax + b + bx + c (k + 1) bk+1 x + √ bk xk + 2 2 ax + bx + c k=0 k=0 k

λ , ax2 + bx + c

da ui:

2

n X

k

2

ak x = 2 ax + bx + c

k=0

n−2 X

(k + 1) bk+1 x + (2ax + b)

k=0

Per il prin ipio di identità dei polinomi la n-pla sistema di Cramer.

k

n−1 X

bk xk + 2λ

(3.77)

k=0

(bn−1 , bn−2 , ..., b0 , λ)

è la soluzione di un

Esempio I4 (x) =

Z

x4 + 4x2 √ x2 + 4

La (3.76) è:

I4 (x) = q3 (x)

√

x2 + 4 + λ

Derivando:

Z

√

dx x2 + 4

√ λ x4 + 4x2 x (b3 x3 + b2 x2 + b1 x + b0 ) √ √ = 3b3 x2 + 2b2 x + b1 +√ x2 + 4 + x2 + 4 x2 + 4 x2 + 4

Segue il sistema:

4b3 + 0 + 0 + 0 + 0 = 1 0 + 3b2 + 0 + 0 + 0 = 0 12b3 + 0 + 2b1 + 0 + 0 = 4 0 + 8b2 + 0 + b0 + 0 + 0 = 0 0 + 0 + 4b1 + 0 + λ = 0, la ui uni a soluzione è:

(b3 , b2 , b1 , b0 , λ) =

1 1 , 0, , −2 , 4 2

donde:

Z x3 + 2x √ 2 dx I4 (x) = x +4−2 √ 4 x2 + 4 √ x3 + 2x √ 2 = x + 4 − 2 ln x + x2 + 4 + C 4 3.14.5

Cal olare i seguenti integrali 1) 4)

1.

I (x) =

R

Z Z

2 √ x dx x2 −x+1

√

4x dx x2 −4x+2

2)

Z

5 √x dx 1−x2

3)

Z

6

√x dx 1+x2

2 √ x dx. La (3.76) è: x2 −x+1

Z

√ x2 √ dx = (b1 x + b0 ) x2 − x + 1 + λ x2 − x + 1

Z

√

x2

dx −x+1

(3.78)

Derivando primo e se ondo membro e riordinando i termini:

2x2 = 4b1 x2 + (2b0 − 3b1 ) x + (−b0 + 2b1 + 2λ) Per il prin ipio di identità dei polinomi:

2b1 + 0 + 0 = 1 −3b1 + 2b0 + 0 = 0 2b1 − b0 + λ = 0

(3.79)

La soluzione del sistema (3.79) è:

(b1 , b0 , λ) =

1 3 1 , ,− 2 4 8


1 1 (2x + 3) − J (x) , 4 8

I (x) = essendo:

J (x) =

Z

√

dx x2 − x + 1

(3.80)

L'integrale (3.80) si al ola attraverso la (3.39), e si ottiene:

avendo in orporato

2.

I (x) =

R

5

ln

√ 2x − 1 + 2 x2 − x + 1 + C1 √ J (x) = ln 3 √ = ln 2x − 1 + 2 x2 − x + 1 + C2 ,

√

3

nella ostante di integrazione. In denitiva:

√ 1 1 2 I (x) = (2x + 3) − ln 2x − 1 + 2 x − x + 1 + C 4 8

√x dx. La (3.76) è: 1−x2

Z

√ x5 √ dx = q4 (x) 1 − x2 + λ 1 − x2

Z

√

dx 1 − x2

Appli ando direttamente la (3.77):

5

2

2x = 2 1 − x Si ottiene:

3 X

I (x) = − I (x) =

R

(k + 1) bk+1 x

k=0

4 X − 2x bk xk + 2λ k=0

1 4 8 b4 = − , b3 = 0, b2 = − , b1 = 0, b0 = − , λ = 0 5 15 15

da ui:

3.

k+1

6

√x dx. La (3.76) è: 1+x2

Z

√ 1 3x4 + 4x2 + 8 1 − x2 + C 15

√ x6 √ dx = q6 (x) 1 + x2 + λ 1 + x2

Z

√

dx 1 + x2

Appli ando direttamente la (3.77):

6

2

x = x +1

4 X k=0

5 X (k + 1) bk+1 x + x bk xk + λ k

k=0


6b5 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 = 1 0 + 5b4 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 = 0 5b5 + 0 + 4b3 + 0 + 0 + 0 + 0 = 0 0 + 4b4 + 0 + 3b2 + 0 + 0 + 0 = 0 0 + 0 + 3b3 + 0 + 2b1 + 0 + 0 = 0 0 + 0 + 0 + 2b2 + 0 + b0 + 0 = 0 0 + 0 + 0 + 0 + b1 + 0 + λ = 0 Tale sistema ammette l'uni a soluzione:

(b5 , b4 , b3 , b2 , b1 , b0 , λ) = donde:

1 5 5 5 , 0, − , 0, , 0, − 6 24 16 16

,

5 5 1 x − x3 + x5 16 24 6 √ = ln x + x2 + 1 + C1 , si ottiene: q5 (x) =

Ri ordando he

4.

I (x) =

3.14.6

R

R

√ dx x2 +1

√ √ 1 5 5 3 2 2 I (x) = 8x − 10x + 15x x + 1 − ln x + x + 1 + C 48 16

√

4x dx. Si al ola on la (3.39): x2 −4x+2

I (x) = 4

√

x2

√ 2 − 4x + 2 + 8 ln x − 2 + x − 4x + 2 + onst



Jn (x) =

n = 0, 1 l'integrale n ∈ N − {0, 1}.

Si osservi he per assumiamo

Z

dx √ (x − x0 ) ax2 + bx + c n

(3.81)

(3.81) è del tipo (3.39)-(3.40) rispettivamente, donde


1 =t x − x0


essendo:

Z Jn (t) = − p

tn−1 αt2 + βt + γ

(3.82)

dt = −In−1 (t) ,

α = ax20 + bx0 + c β = 2ax0 + b γ=a e

In−1 (t) =

Z

tn−1 p

αt2 + βt + γ

(3.83)

(3.84)

dt

n ≥ 3.

Abbiamo quindi ri ondotto l'integrale al tipo 2, per ui è

In−1 (t) = qn−2 (t) n−1

2t

p

αt2 + βt + γ + λ

2

= 2 αt + βt + γ

n−3 X

Z

Quindi:

dt p αt2 + βt + γ k

(k + 1) bk+1 t + (2αt + β)

k=0

3.14.7

1.

R

n−2 X

bk tk + 2λ

k=0


3.14.8

(3.85)

Z

dx √ (x+1)3 x2 +2x

2)

Z

√dx x5 x2 −1

3)

Z

x2 +x+1 √ dx x x2 −x+1

Soluzioni

dx √ . Qui è: (x+1)3 x2 +2x

α = −1, β = 0, γ = 1

Quindi:

Cal oliamo

Z t2 dt √ J3 (t) = −I2 (t) = − 1 − t2 I2 (t): I2 (t) = q1 (t)

√

1−

t2

+λ

Z

√

(3.86)

dt 1 − t2

Per la se onda delle (3.85):

2t2 = 2 1 − t2 b1 + (−2t) (b0 + b1 t) + 2λ

Ciò impli a:

−2b1 + 0 + 0 = 1 0 − b0 + 0 = 0 b1 + 0 + λ = 0, la ui uni a soluzione è:

Osservando he

R

√ dt 1−t2

1 1 (b1 , b0 , λ) = − , 0, 2 2 = arcsin t

1 √ 2 I2 (t) = −t 1 − t + arcsin t + C2 2

Per la (3.86):

1 J3 (x) = 2 2.

R

√dx . Qui è: x5 x2 −1

Quindi:

si ottiene:

"√

# x2 + 2x 1 +C − arcsin x+1 (x + 1)2

α = 0, β = 0, γ = 1 Z t4 dt J5 (t) = −I4 (t) = − √ 1 − t2

(3.87)

Cal oliamo

I4 (t): I4 (t) = q3 (t)

√

1−

t2

+λ

Z

√

dt 1 − t2

Per la se onda delle (3.85):

2t4 = 2 1 − t2 Ciò impli a:

b1 + 2b2 t + 3b3 t2 + (−2t) b0 + b1 t + b2 t2 + b3 t3 + 2λ −4b3 + 0 + 0 + 0 + 0 = 1 0 − 3b2 + 0 + 0 + 0 = 0 3b3 + 0 − 2b1 + 0 + 0 = 0 0 + 2b2 + 0 − b0 + 0 = 0 0 + 0 + b1 + 0 + λ = 0,

la ui uni a soluzione è:

(b3 , b2 , b1 , b0 , λ) = Osservando he

R

√ dt 1−t2

= arcsin t+ onst,

I4 (t) =

1 J5 (x) = 8 R

3 3 1 − , 0, − , 0, 4 8 8

si ottiene:

i √ 1h − 3t + 8t3 1 − t2 + arcsin t + C1 8

Per la (3.87):

3.

2 + 3x2 √ 2 1 x − 1 − arcsin 4 x x

+C

x2 +x+1 √ dx. Spezziamo l'integrale: x x2 −x+1

F (x) =

Z

x2 + x + 1 √ dx x x2 − x + 1 3 X = Fk (x) , k=1

essendo:

Z

xdx x2 − x + 1 Z dx √ F2 (x) = x2 − x + 1 Z dx √ F3 (x) = x x2 − x + 1 F1 (x) =

√

Cal oliamo separatamente i tre integrali (3.88). Per la (3.39):

√ 1 x2 − x + 1 + ln 2x − 1 + 2 x2 − x + 1 + C1 2 √ F2 (x) = ln 2x − 1 + 2 x2 − x + 1 + C2 F1 (x) =

√

(3.88)

F3 (x)

x = t−1 ottenendo Z dt F (t) = − √ , t2 − t + 1

si al ola on la sostituzione

F2 (x), quindi: √ F3 (t) = − ln 2t − 1 + 2 t2 − t + 1 + C3 ,

he a parte il segno, è pari a

essendo

t = x−1 .


x:

√ 2 F3 (x) = ln |x| − ln 2 − x + 2 x − x + 1 + C3

Quindi:

√ 3 x2 − x + 1 + ln 2 − x + 2 x2 − x + 1 + 2 √ 2 + ln |x| − ln 2 − x + 2 x − x + 1 + onst

F (x) =

3.14.9

√



Im,n,p (x) = essendo

m, n, p ∈ Q.

Z

xm (a + bxn )p dx,

(3.89)

Proposizione (Teorema di Cebys ev) 19. L'integrale (3.89) è esprimibile attraverso una

ombinazione nita di funzioni elementari se e solo se è veri ata una delle ondizioni:

1.

p∈Z

2.

m+1 n

3.

∈Z

m+1 n

+p ∈Z

Nel aso 1 il ambio di variabile è:

x = tq , essendo

q

il m. .m. dei denominatori di

m

e

(3.90)

n.


essendo

k

il denominatore di

a + bxn = tk ,

(3.91)

ax−n + b = tk

(3.92)

p.


Dimostrazione. Omessa.

Esempio:

I− 1 , 1 , 1 2 4 3

√ Z p 3 1+ 4x √ (x) = dx x

Qui è:

1 1 1 m = − ,n = ,p = ,a = b = 1 2 4 3 Siamo nel aso 2: 1

1 + x 4 = t3 =⇒ dx = 12t2 t3 − 1 Ciò impli a:

12 t6 − t3 dt = t7 − 3t4 + onst 7

q

q 7 √ √ 4 3 4 1 + x − 3 1 + 4 x + onst

2 4 3

x:

I− 1 , 1 , 1 2 4 3

3.14.10 1) 4) 7)

Z Z Z

3.14.11 1.

R

12 (x) = 7

dt

Z

I− 1 , 1 , 1 (t) = 12 Ripristinando la variabile

3

3

Cal olare i seguenti integrali 2 −3/2

3

x (1 + 2x )

dx

√dx x 3 1+x5

√

2) 5)

x (1 +

√ 3

2

x) dx

8)

Fm (x) = Z

Z

xm dx √ per 4 1+x4

m = −1, 4

dx x2 (2+x3 )5/3

Z

p √ √ 4 3 3 x 1 + x2 dx

3) 6) 9)

Z Z Z

Soluzioni

x3 (1 + 2x2 )

−3/2

dx.

m = 3, n = 2, p = − 32 : Z −3/2 3 I3,2,− (x) = x3 1 + 2x2 dx,

Qui è

2

quindi:

1 tdt a + bxn = tk ⇐⇒ 1 + 2x2 = t2 =⇒ dx = √ √ 2 t2 − 1 L'integrale diventa:

I3,2,− 3 2


Z 1 1 (t) = 1 − 2 dt 4 t 1 t2 + 1 = + onst 4 t

x: 1 + x2 I3,2,− 3 (x) = √ + onst 2 2 1 + 2x2

2.

F−1 (x) =

R

m+1 √dx . Qui è n x 4 1+x4

= 0,

per ui il ambio di variabile:

1 + x4 = t4 ,

√dx x4 1+x2 dx √ √ 3 4 3 x 1+ x3 √ √ 3 4 1+ x √ dx x

√

per ui:

F−1 (t) =

Z

t2 dt (t4 − 1)

Pro edendo per de omposizione in frazioni sempli i:

1 t + 1 1 F−1 (t) = ln + arctan t + C 4 t − 1 2


x:

√ √ 1 4 x−4 + 1 + 1 1 4 F−1 (t) = ln √ + arctan x−4 + 1 + C 4 −4 4 2 x +1−1

Pro edendo in maniera simile per

3.

R

m = 4:

q   √ 4 −4 + 1)3 4 −4 4 (x √ 1  x + 1 − 1 4 +C F4 (x) = ln √ + 2 arctan x−4 + 1 + q 4 −4 x + 1 + 1 16 3 4 −4 (x + 1) − 1

√dx . Qui è x4 1+x2

m = −4, n = 2, p = − 12

I−4,2,− 1 (x) = 2

Z

dx √ , x4 1 + x2

quindi:

ax−n + b = tk ⇐⇒ x−2 + 1 = t2 =⇒ dx = −

tdt (t2 − 1)3/2


I1,4,− 1 4

Z (t) = −

t2 − 1 dt

1 = − t3 + t + onst 3


x:

I1,4,− 1 (x) = − 4

4.

R

x

dx √ . Qui è 3 1+x5

q

(1 + x2 )3

+

2 3x √ 1 + x2 = 3x2

m = −1, n = 5, p = − 13 I−1,5,− 1 (x) = 3

Z

√

1 + x2 + onst x 2x2 − 1 + onst

dx , x 1 + x5 √ 3

quindi:

a + bxn = tk ⇐⇒ 1 + x5 = t3 =⇒ dx = L'integrale diventa:

I−1,5,− 1 3

3 (t) = 5

Z

tdt −1

t3

3 t2 dt 5 (t3 − 1)4/5

Abbiamo quindi ri ondotto l'integrale 4 all'integrale di una funzione razionale propria. Ridu iamo l'integrando in frazioni sempli i:

t3

A Bt + C t = + 2 −1 t−1 t +t+1

Si ottiene:

A+B+0=0 A−B+C =1 A + 0 − C = 0, la ui uni a soluzione è:

(A, B, C) = (0, 1, 0) Quindi:

I−1,5,− 1 3

3 (t) = 5

1 1 ln |t − 1| − 3 3

Z

t−1 2 t +t+1

+ onst

Cal oliamo l'integrale a se ondo membro on la (3.38):

Z

√ t−1 1 2 = ln t + t + 1 − 3 arctan t2 + t + 1 2

2t + 1 √ 3

x:  √ 3 5 √  1 1+x −1 + 3 arctan (x) = ln r q 5 √ 3 2 3 5 5 (1 + x ) + 1 + x + 1

+ onst


I−1,5,− 1

3

5.

R

dx . Qui è x2 (2+x3 )5/3

m = −2, n = 3, p = − 53 Z I−2,3,− 5 (x) = 3

dx x2 (2 + x3 )5/3

 ! 2 1 + x5 + 1  +C √  3 √ 3

,

quindi:

ax−n + b = tk ⇐⇒ 2x−3 + 1 = t3 =⇒

x=

21/3 (t3

− 1)

1/3

, dx = −21/3

t2 dt (t3 − 1)4/3


I−2,3,− 5 3

# Z " 3 2/3 5/3 2 (t − 1) 1 (t3 − 1) t (t) = − · 5/3 · 21/3 dt 22/3 2 t5 (t2 − 1)4/3 Z 1 t3 − 1 =− dt 4 t3 1 1 −2 =− t+ t +C 4 2


I−2,3,− 5 3

x:

" # 1/3 1 (2 + x3 ) 1 x2 (x) = − + +C 4 x 2 (2 + x3 )2/3 =−

4 + 3x3 8x (2 + x3 )2/3

+C

!

6.

R

√

x3

dx √ 3

1+

√ 4

x3

. Qui è

m = − 32 , n = 34 , p = − 13 I− 3 , 3 ,− 1 (x) = 2 4

3

Z

dx , √ √ p 3 4 x3 1 + x3

quindi:

ax−n + b = tk ⇐⇒ x−3/4 + 1 = t3 =⇒ dx = −4

t2 dt (t3 − 1)7/3


I−2,3,− 5 (t) = −4 3

Z

tdt

= −2t2 + C Ripristinando la variabile

x: r 3

I−2,3,− 5 (x) = −2 3

7.

R√

x (1 +

√ 3

2

x) dx.

Qui è

√ 4

x3 + 1 √ x

2

+C

m = 12 , n = 13 , p = 2 Z √ √ 2 I 1 , 1 ,2 (x) = x 1 + 3 x dx, 2 3

quindi:

x = t6 =⇒ dx = 6t5 dt L'integrale diventa:

Z

I 1 , 1 ,2 (t) = 6 t12 + 2t10 + t8 dt 2 3 1 13 2 11 1 9 t + t + t + onst =6 13 11 9 Ripristinando la variabile

x:

I 1 , 1 ,2 (x) = 6 2 3

8.

p √ R√ 4 3 3 x 1 + x2 dx.

Qui è

1 13/6 2 1 x + x11/6 + x3/2 13 11 9

m = 13 , n = 23 , p = I 1 , 2 , 1 (x) = 3 3 4

Abbiamo:

Z

√ 3

+ onst

1 4

x

q 4

1+

√ 3

x2 dx,

m+1 = 1, n

donde il ambio di variabile è

3/2 1/2 a + bxn = tk ⇐⇒ 1 + x2/3 = t4 =⇒ x = t4 − 1 , dx = 6t3 t4 − 1 dt


Z

I 1 , 1 ,2 (t) = 6 2 3 1 9 =6 t − 9 x:


√ 3 R √ 1+ 4 x √

9.

x

t4 t4 − 1 dt 1 5 t + onst 5

" r # 9 1 r 5 √ √ 14 3 3 4 I 1 , 1 ,2 (x) = 6 +C 1 + x2 − 1 + x2 2 3 9 5 r 3 5 5 √ √ x2 − 4 3 4 2 =6 1+ x +C 45 dx.

m = − 12 , n = 14 , p =

Qui è

I− 1 , 1 , 1 2 4 3

Abbiamo:

1 3

√ Z p 3 1+ 4x √ (x) = dx, x m+1 = 2, n


4 3 a + bxn = tk ⇐⇒ 1 + x1/4 = t3 =⇒ x = t3 − 1 , dx = 12t2 t3 − 1 dt


Z

I 1 , 1 ,2 (t) = 12 t3 t3 − 1 dt 2 3 1 7 1 4 = 12 t − t +C 7 4 x:


q 7 1 q 4 √ √ 13 3 4 4 I 1 , 1 ,2 (x) = 12 +C 1+ x − 1+ x 2 3 7 4 q √ 7 √ 33 = 1+ 4x 4 4x−3 +C 7

3.15 Eser izi riepilogativi sugli integrali di funzioni irrazionali 3.15.1 1) 5) 9)

Z Z Z

13) 17)

Z Z

Cal olare i seguenti integrali

√

x2 +4x+4+x2 dx x+1 √ x dx 1+x √ dx x2 −x+1 dx (x+1)1/2 +(x+1)1/4 √ 1− 3 x √ √ dx x+ 4 x

2) 6)

Z Z

10) 14) 18)

Z Z Z

dx √ x−2 3 x+4

3)

Z

7)

√ dx x x2 +x−1

11)

√dx x2 4−x2 √ 3 √ 1− x+1 √ dx x+1+ 3 x+1

x

Z

dx √ x(1+ x)

√

15) 19)

−3

Z

(1 + x )

√ dx 6+x−x2

1+

√

dx

Z

dx √ 3 x+x3 √ 1−√3x+2 8) dx Z 1+√ 3x+2 4x−x2 12) dx x3 4)

Z

dx √ 3+ x+2

Z p Z

4 1/2

xdx

√ dx x2 −3x+2

16) 20)

Z Z

√ x2 1 − xdx √ xdx −x2 +x+2

21) 24) 27)

3.15.2 1.

Z Z Z

√

x2

+ 4x + 13dx

√ 4 x+ x+2 √ dx 3 x+2 √

22) 25)

6x−5 dx x2 −12x+52

28)

Z Z Z

√

***

−x2

− x + 1dx

√ x √ dx x+1+x

p

23) 26)

x dx x−2

29)

Z Z Z

√

x3 +x dx −x4 +3x2 −2

√

−x2 − 14x + 17dx

√ dx x x2 +x+1

Soluzioni

R

I (x) =

√

x2 +4x+4+x2 dx. Si ridu e fa ilmente all'integrale di una funzione razionale x+1

impropria:

(x + 2) + x2 dx x+1 Z 2 = x+ dx x+1 1 = x2 + 2 ln |x + 1| + onst 2 R = R x, x1/3 dx, ioè è del tipo 1 on (p1 , q1 ) = (1, 3), I (x) =

2.

I (x) =

R

dx √ x−2 3 x+4

Z

donde:

x = t3


Z

t2 dt t3 − 2t + 4 Z t2 dt =3 (t + 2) (t2 − 2t + 2)

I (t) = 3

Ridu iamo in frazioni sempli i:

t2 A Bt + C = + 2 2 (t + 2) (t − 2t + 2) t + 2 t − 2t + 2

ioè:

(A + B) t2 + (−2A + 2B + C) t + 2A + 2C = t2 Per il prin ipio di identità dei polinomi:

A+B+0=1 −2A + 2B + C = 0 2A + 0 + 2C = 0

(3.93)

Il sistema (3.93) è di Cramer, e risolvendo:

(A, B, C) = Quindi:

2 3 2 , ,− 5 5 5

Z 2 dt 1 I (t) = 3 + J (t) , 5 t+2 5

essendo:

J (t) =

Z

t2

3t − 2 dt, − 2t + 2

he si al ola on la (3.38):

J (t) =

3 ln t2 − 2t + 2 + arctan (t − 1) + onst 2

Quindi:

1 3 2 2 I (t) = 3 ln |t + 2| + ln t − 2t + 2 + arctan (t − 1) + onst 5 10 5


3.

R

x:

√ 3 √ √ √ 3 3 3 3 3 2 ln x + 2 + ln I (x) = x2 − 2 x + 2 + arctan x − 1 + onst 5 2 1/2

x−3 (1 + x4 )

dx.

m = −3, n = 4, p = 21 Z 1/2 (x) = x−3 1 + x4 dx,

È del tipo 4 on

I−3,4, 1

2

Abbiamo:

m+1 + p = 0, n


−n

ax

−4

k

+ b = t ⇐⇒ x

2

+ 1 = t =⇒

2

x= t −1

1/4

−5/4 1 2 , dx = − t t − 1 dt 2


Z 1 t2 I3,4, 1 (t) = − dt 2 2 t2 − 1 Z 1 dt =− t+ dt 2 t2 − 1 1 t + 1 1 =− t + ln +C 2 2 t − 1


I−3,4, 1 2

4.

R

dx √ 3 x+x3

=

R

x:

√

1 (x) = − 2

x−1/3 (1 + x2 )

−1/3

dx.

√ ! x4 + 1 1 x4 + 1 + x2 − ln √ +C x2 2 x4 + 1 − x2

È del tipo 4 on

I− 1 ,2,− 1 (x) = 3

3

Abbiamo:

Z

m = − 13 , n = 2, p = − 13

x−1/3 1 + x2 dx,

m+1 + p = 0, n


−n

ax

k

−2

+ b = t ⇐⇒ x

3

+ 1 = t =⇒

3

x= t −1

−1/2

−3/2 3 2 3 , dx = − t t − 1 dt 2


I− 1 ,2,− 1 3

3

3 (t) = − 2

Z

t dt t3 − 1

Ridu iamo in frazioni sempli i:

t3

A Bt + C t = + 2 −1 t−1 t +t+1 A (t2 + t + 1) + (Bt + C) (t − 1) = t3 − 1 2 (A + B) t + (A − B + C) t + A − C = t3 − 1


A+B+0=0 A−B+C =1 A+0−C =0

(3.94)

Il sistema (3.94) è di Cramer, quindi risolviamolo on l'omonima regola:

∆ = ∆A = ∆B =

=3 0 1 0 1 −1 1 = 1 0 0 −1 1 1 0 1 −1 1 = −1 1 0 0 1 1 0 ∆C = 1 −1 1 = 1 1 0 0

Quindi:

1 1 0 1 −1 1 1 0 −1

∆A 1 = ∆ 3 1 ∆B =− B= ∆ 3 ∆C 1 C= = ∆ 3 A=


1 I− 1 ,2,− 1 (t) = − 3 3 2

ln |t − 1| + C1 −

Z

t−1 t2 + t + 1

L'integrale a se ondo membro si al ola on la (3.38), ottenendo:

Z

√ t−1 1 2 = ln t + t + 1 − 3 arctan t2 + t + 1 2

2t + 1 √ 3

+ C2

Sostituendo nella pre edente:

I− 1 ,2,− 1 3

3

√ 1 1 3 2t + 1 2 √ arctan + onst (t) = − ln |t − 1| + ln t + t + 1 − 2 4 2 3


x:

1 q p 1 √ 3 3 2 I− 1 ,2,− 1 (x) = − ln x−2 + 1 − 1 + ln (x−2 + 1) + (x−2 + 1) + 1 3 3 2 4 ! √ √ 3 2 3 x−2 + 1 + 1 √ − arctan +C 2 3 5.

I (x) =

R

√

x dx. Il ambio di variabile è 1+x

√

x = t =⇒ dx = 2tdt

donde:

Z

t2 dt t2 + 1 Z 2 t +1−1 =2 dt t2 + 1 Z Z dt =2 dt − t2 + 1 = 2 (t − arctan t) + onst

I (t) = 2


x:

I (x) = 2 6.

I (x) =

R

√

√

√ x − arctan x + onst

dx √ . Il ambio di variabile è x(1+ x)

√

x = t =⇒ dx = 2tdt

donde:

I (t) = 2

Z

dt t+1

= 2 ln |t + 1| + onst Ripristinando la variabile

7.

I (x) =

R

x: √ I (x) = 2 ln x + 1 + onst

dx √ . Eseguiamo il ambio di variabile: 3+ x+2

√

x + 2 = t =⇒ dx = 2tdt

donde:

I (t) = 2

Z

tdt t+3

= 2 (t − 3 ln |t + 3|) + onst Ripristinando la variabile

x:

I (x) = 2

h√

x + 2 − 3 ln

√

x+2+3

i

+ onst

8.

I (x) =

R

√ 1−√3x+2 dx. Eseguiamo il ambio di variabile: 1+ 3x+2

√

3x + 2 = t =⇒

1 2 2 x= t − 2 , dx = tdt 3 3

donde:

Z 2 t − t2 I (t) = dt 3 1+t Z 2 2 = −t + 2 − dt + C1 3 1+t 1 2 2 − t + 2t − 2 ln |1 + t| + C1 = 3 2 Ripristinando la variabile

x:

I (x) = −x + 9.

10.

I (x) =

I (x) =

i √ 4 h√ 3x + 2 − ln 1 + 3x + 2 + C 3

R

√ dx . Si al ola direttamente on la (3.39): x2 −x+1

R

√ dx . Eseguiamo il ambio di variabile: x x2 +x−1

√ I (x) = ln 2x − 1 + 2 x2 − x + 1 + onst 1 , x

t= ottenendo:

Z I (t) = − √

on la (3.39):


12.

I (x) =

I (x) =

R

R

dt , +t+1

1 − 2t I (t) = arcsin √ + onst 5 x: I (x) = arcsin

11.

−t2

x−2 √ + onst x 5

√ dx . Si al ola direttamente on la (3.39): 6+x−x2

1 − 2x + onst 5 2x − 1 = arcsin + onst 5

I (x) = − arcsin

√

4x−x2 dx. Può essere s ritto ome: x3

Z

√ I (x) = x−5/2 4 − xdx Z = x−m (a + bxn )p dx

Risulta:

m+1 + p = −1, n

per ui il ambio di variabile è:

4x−1 − 1 = t2 , da ui:

x=

t2

4 8tdt , dx = − 2 +1 (t + 1)


Z

I (t) =

4−5/2 t2 + 1

(−8) · t 2 dt (t2 + 1)1/2 (t2 + 1) Z −5/2 = −16 · 4 t2 dt 2t

5/2

= Ripristinando la variabile

x: I (x) = −

13.

16 −5/2 3 ·4 t + onst 3

q

(4x − x2 )3 6x3

+ onst

i R R h 1/2 1/4 I (x) = (x+1)1/2dx R (x + 1) , (x + 1) , 1/4 = +(x+1) q2 = 4, donde è k = 4. Il ambio di variabile è:

quindi è del tipo 1 on

(x + 1)4 = t L'integrale diventa:

Z

t2 dt t+1 Z 1 dt =4 t−1+ t+1 1 2 =t t − t + ln |t + 1| + onst 2 I (t) = 4

Rirpristinando la variabile

x:

14.

I (x) =

R

1 1/2 1/4 1/4 I (x) = 4 (x + 1) − (x + 1) + ln (x + 1) + 1 + onst 2

√dx . Eseguiamo il ambio di variabile: x2 4−x2

x=

2 t


Z tdt 1 √ I (t) = − 4 t2 − 1 1√ 2 =− t − 1 + onst 4 Ripristinando la variabile

x: I (x) = −

√

4 − x2 + onst 4x

q1 = 2,

15.

I (x) =

Rp √ 1 + xdx.

È del tipo 4 on

m = 0, n = 1/2, p = 1/2,

per ui il ambio di

variabile è:

1 + x1/2 = t2 ,

dierenziando:

dx = 4t t2 − 1 dt


Z

I (t) = 4 1 5 =4 t − 5

t2 t2 − 1 dt 1 3 t + onst 3

x: 1 1 1/2 5/2 1/2 3/2 I (x) = 4 1+x − 1+x + onst 5 3 q √ 3 √ 4 = 1 + x 3 x − 2 + onst 15


16.

I (x) =

R

√ x2 1 − xdx.

m = 2, n = 1, p = 1/2,

È del tipo 4 on

√

per ui:

1 − x = t2


Z

I (t) = −2 t6 − 2t4 + t2 dt 1 7 2 5 1 3 t − t + t + onst = −2 7 5 3 Ripristinando la variabile

x:

2 I (x) = − 105 17.

I (x) =

R

√ 1− 3 x √ √ dx x+ 4 x

=

R

q

(1 − x)3 15x2 + 12x + 8 + onst

R x1/3 , x1/2 , x1/4

, quindi il ambio di variabile è:

x = t12


Z

t8 (1 − t4 ) dt t3 + 1 Z t−1 2 3 5 6 9 1−t −t +t +t −t + 2 = 12 dt t −t+1 1 3 1 4 1 6 1 6 1 7 1 10 = 12 t − t − t + t + t + t − t + J (t) , 3 4 6 6 7 10 I (t) = 12

essendo:

J (t) =

Z

t2

t−1 −t+1

1 1 = ln t2 − t + 1 − √ arctan 2 3

2t − 1 √ 3

+ C1

x: √ √ √ √ √ 12 12 7 I (x) = 12 12 x − 4 4 x − 3 3 x + 2 x + x 7 √ 12 12 √ √ x−1 6√ 2 6 6 12 √ − x5 + 6 ln x − x + 1 − √ arctan +C 5 3 3 i R 1− √3 x+1 R h 1/2 1/3 √ I (x) = √x+1+ dx = R (x + 1) , (x + 1) dx, quindi il ambio di 3 x+1 Sostituendo nella pre edente e ripristinando la variabile

18.

è:

x + 1 = t6


I (t) = 6 Rirpristinando la variabile

Z

20.

21.

22.

23.

I (x) =

I (x) =

R R

√

√

4

t −t

x:

3 I (x) = 2 19.

3

dt = 6

1 4 1 5 t − t 4 5

+ onst

q q 66 3 2 (x + 1) − (x + 1)5 + onst 5

dx . Si al ola direttamente on la (3.39), ottenendo: x2 −3x+2

√ I (x) = ln 2x − 3 + 2 x2 − 3x + 2

xdx . Si al ola direttamente on la (3.39), ottenendo: −x2 +x+2

I (x) =

1 1 − 2x √ 2 arcsin − −x + x + 2 + onst 2 3

R√

x2 + 4x + 13dx. Si al ola direttamente on la (3.41), ottenendo: √ x + 2√ 2 9 I (x) = x + 4x + 13 + ln x + 2 + x2 + 4x + 13 + onst 2 2 R√ I (x) = −x2 − x + 1dx. Si al ola direttamente on la (3.41), ottenendo: 2x + 1 √ 2 5 2x + 1 I (x) = −x − x + 1 + arcsin √ + onst 4 8 5 R 3 +x I (x) = √−xx4 +3x 2 −2 dx. Può essere s ritto ome: Z 1 x2 + 1 √ d x2 , I (x) = 2 −x4 + 3x2 − 2 I (x) =

per ui è onveniente eseguire il ambio di variabile:

y = x2 , donde:

1 I (y) = 2

Z

he si al ola on la (3.39), ottenendo:

I (y) =

5 1p 2 arcsin (2y − 3) − −y + 3y − 2 + onst 4 2


I (x) =

y+1 p dy, −y 2 + 3y − 2

x:

1√ 5 arcsin 2x2 − 3 − −x4 + 3x2 − 2 + onst 4 2

variabile

24.

I (x) = è:

R

√ 4 x+ x+2 √ dx 3 x+2

=

R

h i R x, (x + 2)1/3 , (x + 2)1/4 dx,

Dierenziando rispetto a

per ui il ambio di variabile

x + 2 = t12

t: dx = 12t11 dt


Z

I (t) = 12 t19 + t10 − 2t7 dt 20 t11 1 8 t = 12 + − t + onst 20 11 4 Ripristinando la variabile

x: 2/3

I (x) = 12 (x + 2) 25.

I (x) =

R

√

1 1 1/11 (x − 1) + (x + 2) + onst 20 11

√ x dx. Indi ando on x+1+x

f (x) la funzione integranda: √ √ x x+1−1 ·√ f (x) = √ x+1+1 x+1−1 √ √ x x+1−1 = x r x+1 1 = −√ , x x

donde:

Z r

Z dx x+1 dx − √ I (x) = x x √ = J (x) − 2 x + onst, essendo:

J (x) = Per il al olo di

J (x)

Z r

x+1 dx x


r da ui:

x=

t2

x+1 = t, x

1 2tdt , dx = − 2 −1 (t − 1)2

Quindi:

J (t) = −2

Z

t2 dt (t2 − 1)2

Ridu iamo l'integrando in frazioni sempli i:

t2 t2 = (t2 − 1)2 (t − 1)2 (t2 + 1) 1 1 1 1 1 = + + − 4 (t − 1)2 t − 1 (t + 1)2 t + 1

(3.95)

Integrando:

1 J (t) = 2

x e sostituendo nella (3.95): r √ √ √ x+1 1 x + 1 + x I (x) = x − 2 x + ln √ √ + onst x 2 x + 1 − x


26.

I (x) =

27.

I (x) =

28.

I (x) =

R√ R

√

t + 1 2t ln + + onst t − 1 t2 − 1

−x2 − 14x + 17dx. Si al ola direttamente on la (3.41): x + 7√ 2 x+7 I (x) = −x − 14x + 17 + 33 arcsin √ + onst 2 66

6x−5 dx. Si al ola direttamente on la (3.39): x2 −12x+52

√ x − 6 + x2 − 12x + 52 + onst I (x) = 6 x2 − 12x + 52 + 31 ln 4 √

Rp

x dx. Eseguiamo il ambio di variabile: x−2

x = t2 x−2

donde:

2t2 4t x= 2 , dx = − dt 2 t −1 t −1


I (t) = −4

Z

t2 dt (t2 − 1)2

Sviluppiamo l'integrando in frazioni sempli i:

t2 1 1 1 1 1 = + + − 4 t − 1 (t − 1)2 (t + 1)2 t + 1 (t2 − 1)2 Da ui l'integrale:


t + 1 2t + onst I (t) = 2 + ln t −1 t − 1 x:

I (x) = 29.

I (x) =

R

p

√ √ x + x − 2 + onst √ x (x − 2) + ln √ x − x − 2

√ dx . Si al ola on la (3.40). Il ambio di variabile è: x x2 +x+1

ξ=

1 , x

da ui:

Z dξ I (ξ) = − p ξ2 + ξ + 1 p √ 2 = − ln 2ξ + 1 + 2 ξ + ξ + 1 − ln 3 + onst x

e in orporando

ln

√

3 nella ostante x + onst √ I (x) = ln x + 2 + 2 x2 + x + 1


di integrazione:

3.16 Integrali di funzioni trigonometri he 3.16.1


Hanno la seguente espressione:

In1 ,n2 (x) =

Z

(sin x)n1 (cos x)n2 dx,

(3.96)

n1 , n2 ∈ Z. Consideriamo ni entrambi positivi. Lo s hema di al olo per In1 ,n2 (x) è legato alla partità di n1 , n2 . Più pre isamente, il aso più immediato è quello in ui ni è dispari. Senza perdita di generalità, supponiamo he n1 sia dispari: essendo

∃k ∈ N : n1 = 2k + 1, donde:

Z

(sin x)2k (cos x)n2 sin xdx Z k =− 1 − cos2 x (cos x)n2 d (cos x)

In1 (k),n2 (x) =


y = cos x

(3.97)

Quindi:

Z In1 (k),n2 (y) = −

he si risolve fa ilmente. Ad esempio:

k

y n2 dy,

Z

sin3 x cos4 xdx Z =− 1 − cos2 x cos4 xd (cos x)

I (x) =

Il ambio di variabile (3.97):

1 − y2

Z I (y) = −

1 − y 2 y 4 dy

1 1 = − y 5 + y 7 + onst 5 7


Nel aso

n2 = 2k + 1,

il

x:

1 1 I (x) = − cos5 x + cos7 x + onst 5 7

ambio di variabile è y = sin x:

In1 ,n2 (k) (x) = =

Z

Z

(sin x)n1 (cos x)2k cos xdx k (sin x)n1 1 − sin2 x d (sin x)

Cambiando la variabile:

In1 ,n2 (k) (y) =

he si risolve fa ilmente.

Z

y n1 1 − y 2

k

dy,

*** Se

n1

e

n2

sono entrambi pari, si er a di trasformare l'integrando utilizzando le formule

trigonometri he:

1 (1 − cos 2x) 2 1 cos2 x = (1 + cos 2x) 2 1 sin x cos x = sin 2x 2 sin2 x =

Ad esempio:

I (x) = = = = = = =

Z Z

cos2 3x sin4 3xdx (cos 3x sin 3x)2 sin2 3xdx

Z

sin2 6x 1 − cos 6x · dx 4 2 Z 1 sin2 6x − sin2 6x cos 6x dx 8 Z 1 − cos 12x 1 2 − sin 6x cos 6x dx 2 2 1 x 1 1 3 − sin 12x − sin 6x + C 2 2 24 18 1 36x − 3 sin 12x − 4 sin3 6x + C 576 ***

n1 , n2 ≤ 0 : (n1 , n2 ) 6= (0, 0). L'integrale Z dx In1 ,n2 (x) = |n1 | (sin x) (cos x)|n2 |

Consideriamo ora il aso in ui

(3.96) si s rive:

(3.98)

Ri ordiamo le formule:

1 1 =1+ 2 tan2 x sin x 1 = 1 + tan2 x, cos2 x da ui:

1

(sin x)|n1 | = 1+ dx (cos x)|n2 |

1 tan2 x

|n21 |

|n2 |−2 = 1 + tan2 x 2 d (tan x)

(3.99)

Sostituendo in (3.98):

Z In1 ,n2 (x) = 1+

1 tan2 x

|n21 |

|n2 |−2 1 + tan2 x 2 d (tan x)


y = tan x Quindi:

In1 ,n2 (y) =

Osservazione.

|n1 |+|n2 | −1

Z

(y 2 + 1) 2 y |n1 |

La (3.100) è valida an he se

Al uni esempi:

I (x) = Qui è:

n1 , n2 Z

sono numeri razionali.

dx cos4 x

|n1 | = 0, |n2 | = 4, donde la (3.100):

I (y) = = Ripristinando la variabile

Z

y 2 + 1 dy

y3 +y+C 3

x: I (x) =

1 tan3 x + tan x + C 3

Consideriamo ora:

I (x) = Conviene ris rivere

I (x)

Z

dx sin3 x

nella forma:

1 I (x) = 8

Z

dx cos3

sin3 x2

x 2

Poniamo:

ξ=

x 2

Ciò impli a:

1 I (ξ) = 4

Z

dξ sin ξ cos3 ξ 3

Qui è:

|n1 | = |n2 | = 3, per ui:

dy

(3.100)

Z 2 1 (y 2 + 1) dy I (y) = 4 y3 Z Z 1 2y 2 + 1 = ydy + dy 4 y3 1 y2 1 = + 2 ln |y| − 2 + C 4 2 2y Ripristinando la variabile

3.16.1.1

Z

dx (sin x)n

,

x:

i x 1h 2x 2 x I (x) = tan + 4 ln tan − cot +C 8 2 2 2

Z

dx (cos x)n

Questi integrali possono essere al olati attraverso un pro edimento ri orsivo (qui è Iniziamo on il primo integrale:

n ≥ 2).

Z

dx (sin x)n Z sin2 x + cos2 x = dx (sin x)n = Fn−2 (x) + Hn (x) ,

Fn (x) =

essendo:

Hn (x) =

Z

cos2 x dx (sin x)n

Osserviamo he

cos x d 1 n−1 = − (n − 1) dx (sin x) (sin x)n Quindi:

Hn (x) =

Z

cos x

1 =− n−1

cos x dx (sin x)n Z cos xd

1 dx (sin x)n−1

Eseguendo un'integrazione per parti nell'ultimo integrale:

Hn (x) = −

1 cos x 1 Fn−2 (x) n−1 − n − 1 (sin x) n−1

Finalmente:

1 cos x Fn (x) = (n − 2) Fn−2 (x) − n−1 (sin x)n−1 Attraverso la formula ri orrente (3.101) è possibile determinare di

n

Fn (x)

(3.101)

per assegnati valori

(ved. Appendi e). Passiamo all'integrale ontenente il oseno. Poniamo:

Z

dx (cos x)n Z sin2 x + cos2 x = dx (cos x)n = Gn−2 (x) + Kn (x) ,

Gn (x) =

essendo:

Kn (x) =

Z

sin2 x dx (cos x)n

Osserviamo he

d 1 sin x n−1 = (n − 1) dx (cos x) (cos x)n Quindi:

Z

sin x sin x dx (cos x)n Z 1 1 dx = sin xd n−1 (cos x)n−1

Kn (x) =

Eseguendo un'integrazione per parti nell'ultimo integrale:

Kn (x) =

1 sin x 1 Gn−2 (x) n−1 − n − 1 (cos x) n−1

Finalmente

1 sin x (n − 2) Gn−2 (x) + Gn (x) = n−1 (cos x)n−1 Attraverso la formula ri orrente (3.102) è possibile determinare di

n

(ved. Appendi e).

Osservazione.

Le (3.101)-(3.102) sono inappli abili per

n = 1.

Gn (x)

(3.102)

per assegnati valori

A tale valore orrispondono

due integrali notevoli:

3.16.1.2 Metodo prati o

x F1 (x) = ln tan +C 2 x π G1 (x) = ln tan + +C 2 4

Questo metodo si appli a ad integrali del tipo:

Z Se

n

è pari si appli ano le (3.99).

arti io. Ad esempio:

dx , sinn x

Per

n

Z

dx cosn x

dispari, inve e, si trasforma l'integrando on un

Z

Z dx sin xdx I (x) = = 3 sin x sin4 x Z d (cos x) =− (1 − cos2 x)2 Poniamo

t = cos x,

quindi:

I (t) = −

Z

dt =− (1 − t2 )2

Z

dt (1 − t) (1 + t)2 2

Ridu endo l'integrando in frazioni sempli i e pro edendo per de omposizione:


x:

t + 1 1 2t +C I (t) = − ln 4 t2 − 1 t − 1

cos x + 1 1 2 cos x +C I (x) = − + ln 4 sin2 x cos x − 1

3.16.2


Per denizione:

In (x) = essendo

Per

n ∈ N.

n ≥ 2:

Per

n = 0, 1

Z

(tan x)n dx,

(3.103)

il al olo è immediato:

I0 (x) = x + C I1 (x) = − ln |cos x| + C 1 = ln 1 + tan2 x + C 2 In (x) =

Z

(tan x)n−2 tan2 xdx

(3.104)

Sostituendo la se onda delle (3.99) nella (3.104):

In (x) =

Z

(tan x)

n−2

1 − 1 dx cos2 x

Cioè:

In (x) =

1 (tan x)n−1 − In−2 (x) n−1

(3.105)

Pro edendo in maniera analoga per l'integrale:

Jn (x) = si giunge:

Z

(cot x)n dx,

1 (cot x)n−1 − Jn−2 (x) 1−n integrali In (x), Jn (x) per al uni

Jn (x) = In Appendi e 5 sono espli itati gli

(3.106) valori di

n.

3.16.3 1) 5) 9)

Z Z Z

13) 17) 21)

Eser izi 3

cos xdx

2)

cos5 x dx sin3 x 2

Z

sin x cos xdx cos2 x dx sin6 x

14)

sin(x+ π4 ) dx sin x cos x

18)

Z

cos3 x dx sin4 x

3.16.4

Z Z Z

22)

3)

sin4 xdx

Z

10)

Z Z

sin xdx

Z

6)

4

5

7)

6

cos 3xdx

Z Z

11)

dx sin2 x cos4 x

15)

dx sin5 x

19)

2

2

x sin x dx

23)

Z Z Z Z

2

3

sin x cos xdx cos4 xdx

R

cos3 xdx =

R

cos2 x cos xdx =

I (x) =

2.

= sin x − 31 sin3 x + C R I (x) = sin5 xdx. Abbiamo:

R

12)

dx sin5 x cos3 x

16)

tan2 5xdx

20)

5

√ 3

sin x cos xdx

1 − sin2 x d (sin x)

Z

I (x) = sin4 x sin xdx Z 2 =− 1 − cos2 x d (cos x)

Il ambio di variabile

y = cos x

impli a:

Z 2 I (y) = − 1 − y 2 dy 2 3 1 5 =− y− y + y +C 3 5 Ripristinando la variabile

x:

I (x) = 3.

I (x) =

R

sin2 x cos3 dx.

Il ambio di variabile

1 2 cos3 x − cos x − cos5 x + C 3 5

Abbiamo:

Z

I (x) = sin2 x cos2 x cos xdx Z = sin2 x 1 − sin2 x d (sin x) y = sin x

impli a:

I (y) =

Z

y 2 1 − y 2 dy

1 1 = y3 − y5 + C 3 5 Ripristinando la variabile

x: I (x) =

8)

Z

dx sin4 x

Soluzioni

1.

4)

Z

1 3 1 sin x − sin5 x + C 3 5

24)

Z

sin3 x2 cos5 x2 dx sin2 x cos2 xdx dx cos6 x

Z

sin

Z

√

Z

dx cos3

x 2

x 2

dx cos5 4x dx sin x cos3 x

4.

I (x) =

R

sin3 x2 cos5 x2 dx.

Poniamo:

y=

x 2

Quindi:

I (ξ) = 2 =2 Il ambio di variabile

ξ = sin y

Z

sin3 y cos5 ydy

Z

sin3 y 1 − sin2 y d (sin y)

impli a:

Z

2 ξ 3 1 − ξ 2 dξ 1 8 1 6 1 4 =2 ξ − ξ + ξ +C 8 3 4

I (ξ) =

x: x x x i 1 h I (x) = 3 sin8 − 8 sin6 + 6 sin4 +C 12 2 2 2


5.

I (x) =

R

cos5 x dx. Abbiamo: sin3 x

Z

cos4 x d (sin x) sin3 x 2 Z 1 − sin2 x = d (sin x) sin3 x

I (x) =

Ponendo

y = sin x: 2

Z

(1 − y 2) dy I (y) = y3 Z 2 1 = y − + 3 dy y y 1 1 = y 2 − 2 ln |y| − 2 + C 2 2y Ripristinando la variabile

x:

I (x) = 6.

I (x) =

R

sin4 xdx.

1 2 1 sin x − 2 ln |sin x| − +C 2 2 sin2 x

Abbiamo:

sin4 x =

Sostituendo:

I (x) = essendo:

J (x) =

Z

1 (1 − cos 2x)2 4

1 [x − sin 2x + J (x)] , 4

1 cos 2xdx = 2 2

Z

cos2 2xd (2x)

Dalla se onda delle (3.5):

J (x) = Quindi:

1 (12x − 8 sin 2x + sin 4x) + onst 32

I (x) = 7.

I (x) =

R

cos4 xdx.

1 (4x + sin 4x) + onst 8

Abbiamo:

cos4 x =

Sostituendo:

1 [x + sin 2x + J (x)] , 4

I (x) = essendo:

J (x) =

Z

cos2 2xdx =

Quindi:

I (x) = 8.

I (x) =

R

sin2 x cos2 xdx.

1 (12x + 8 sin 2x + sin 4x) + C 32

sin2 x cos2 x =

1 I (x) = 8

Dalla prima delle (3.5):

I (x) = I (x) =

R

1 (4x + sin 4x) + onst 8

Abbiamo:

donde:

9.

1 (1 + cos 2x)2 4

Z

1 2 sin 2x, 4

sin2 2xd (2x)

1 (4x − sin 4x) + C 32

sin2 x cos4 xdx. Risulta: Z Z sin2 2x 1 2 4 sin x cos xdx = · (1 + cos 2x) dx 4 2 Z Z 1 2 2 = sin 2xdx + sin 2x cos 2xdx 8

Poniamo:

I1 (x) = Cal oliamo

I1 (x):

Z

2

sin 2xdx, I2 (x) =

1 I1 (ξ) = 2

Z

sin2 ξdξ ,

Z

sin2 2x cos 2xdx

on

ξ = 2x

Quindi:

Z 1 1 1 I1 (ξ) = (1 − cos 2ξ) = ξ − sin 2ξ + C1 4 4 2 1 1 I1 (x) = x − sin 4x + C1 2 8

Cal oliamo

I2 (x): 1 I2 (x) = 2

Z

da ui:

I (x) = 10.

I (x) =

R

cos6 3xdx.

Poniamo

sin2 2xd (sin 2x) =

1 3 sin 2x + C2 6

1 12x − 3 sin 4x + 4 sin3 2x 192

y = 3x:

1 I (y) = 3

Z

cos6 ydy

Sviluppiamo l'integrando:

1 (1 + cos 2y)3 8 1 = cos3 2y + 3 cos2 2y + 3 cos 2y + 1 8

cos6 y =

Quindi:

3 1 ′ I (y) = y + sin 2y + 3F1 (y) + F2 (y) + C , 24 2

essendo:

F1 (y) = =

Z

cos2 (2y) dy

y 1 + sin 4y + C1 Z2 8

cos3 (2y) dy 1 1 3 = sin 2y − sin 2y + C2 2 3

F2 (y) =

Sempli ando e ripristinando la variabile

I (x) = 11.

R

x:

1 48 sin 6x + 180x + 9 sin 12x − 4 sin3 6x + C 576

dx . Si al ola attraverso una formula di ri orrenza (ved. sin4 x Alternativamente, pro ediamo nel seguente modo:

I (x) =

Z I (x) = −

1 d (cot x) sin2 x

Dalla prima delle (3.99):

1 = 1 + cot2 x, 2 sin x donde:

Z I (y) = −

1 + y 2 dy

1 = −y − y 3 + C, 3

essendo

y = cot x. I (x) = − cot x −

1 cot3 x + C 3

Appendi e).

12.

I (x) =

R

dx . Abbiamo: cos6 x

I (x) =

Z

1 d (tan x) cos4 x

Dalla se onda delle (3.99):

2 1 2 = 1 + tan x , cos4 x

donde:

I (y) =

Z

1 + y2

2

dy

1 2 = y5 + y3 + y + C , 5 3 essendo

y = tan x. I (x) =

13.

I (x) =

R

1 2 tan5 x + tan3 x + tan x + C 5 3

cos2 x dx. Abbiamo: sin6 x

Z cos2 x I (x) = − d (cot x) sin4 x Z cos x 2 1 =− d (cot x) sin x sin2 x

Tenendo onto della prima delle (3.99):

Z I (y) = −

y 2 + y 4 dy

1 1 = − y 3 − y 5 + C, 3 5

essendo

14.

15.

I (x) =

I (x) =

y = cot x.

1 1 I (x) = − cot3 x − cot5 x + C 3 5

R

dx . sin2 x cos4 x

R

dx . Appli ando la (3.100): sin5 x cos3 x


2

Z

(y 2 + 1) I (y) = dy y2 Z 1 2 = y + 2 + 2 dy y 1 1 = y 3 − + 2y + C 3 y 1 1 I (x) = tan3 x − + 2 tan x + C 3 tan x

Z

3

(y 2 + 1) I (y) = dy y5 Z 3 3 1 = y + + 3 + 5 dy y y y 1 3 1 = y + 3 ln |y| − 2 − 4 + C 2 2y 4y 1 3 1 I (x) = tan2 x + 3 ln |tan x| − − +C 2 2 tan2 x 4 tan4 x

16.

I (x) =

R

sin

dx cos3

x 2

x 2

. Prima di appli are la (3.100) eseguiamo il ambio di variabile:

ξ=

per ui:

I (ξ) = 2

Z

x , 2 dξ sin ξ cos3 ξ

La (3.100) si s rive:

(y 2 + 1) dy y x 2 x = 2 ln tan + tan +C 2 2

I (y) =

17.

I (x) = ar hi:

R

sin(x+ π4 ) dx. sin x cos x

Z

Sviluppando il numeratore on le formule di addizione degli

√ Z 2 sin x + cos x I (x) = dx 2 sin x cos x √ Z Z 2 dx dx = + 2 cos x sin x

Gli integrali a se ondo membro dell'equazione pre edente, ompongono una oppia di integrali notevoli dati dalla (2.4) he qui ris riviamo:

1 dx = ln − cot x + C1 sin x sin x Z dx 1 = ln + tan x + C1 cos x cos x Z

Quindi:

18.

I (x) =

R

√ 1 1 2 I (x) = ln + tan x + ln − cot x + C 2 cos x sin x

dx . Abbiamo: sin5 x

Z I (x) = −

3/2 1 + cot2 x d (cot x)

y = cot x: Z q I (y) = − (1 + y 2 )3 dy

Con l'usuale ambio di variabile

Eseguiamo la sostituzione

y = sinh t: I (t) =

Z

cosh4 tdt

Utilizzando la nota relazione:

cosh2 t =

1 (cosh 2t + 1) 2

si ha:

Z 1 I (t) = (cosh 2t + 1)2 4 Z 1 2 = cosh (2t) dt + sinh (2t) + t + C 4 Cal oliamo a parte l'integrale a se ondo membro:

Z

Z 1 cosh (2t) dt = (cosh (4t) dt + t) 2 1 t = sinh (4t) + + C1 8 2 2

Quindi:

I (t) = Ripristiniamo la variabile

1 1 3 sinh (4t) + sinh (2t) t + C, 32 4 8

y = sinh t.

A tale s opo osserviamo he

p p sinh 2t = 2 sinh t cosh t = 2 sinh t 1 + sinh2 t = 2y 1 + y 2 sinh 4t = 2 sinh 2t cosh 2t ma:

cosh 2t = 1 + 2 sinh2 t = 1 + 2y 2 Sostituendo nella pre edente:

sinh 4t = 4y 1 + 2y 2 onde:

p

1 + y 2,

p p y yp 3 2 2 2 2 I (y) = 1+y + 1 + y + ln y + y + 1 + C 1 + 2y 8 2 8


x:

p cot x 1 + 2 cot2 x 1 + cot2 x+ 8 p cot x p 3 + 1 + cot2 x + ln cot x + 1 + cot2 x + C 2 8

I (x) =

19.

I (x) =

R

tan2 5xdx.

Poniamo:

ξ = 5x,

per ui:

Z 1 I (ξ) = tan2 ξdξ 5 Z 1 1 = − 1 dξ 5 cos2 ξ 1 = tan 5x − x + C 5 20.

R

dx . Dopo aver eseguito il ambio di variabile cos5 4x la formula ri orsiva espli itata in Appendi e 4, ottenendo:

I (x) =

ξ = 4x

onviene appli are

π sin 4x sin 4x 1 3 I (x) = ln tan 2x + + +C + 16 2 4 cos2 4x cos4 4x

21.

22.

I (x) =

I (x) =

R

cos3 x dx sin4 x

R

x sin2 x2 dx.

=

R

cos x cos2 x sin 4 x dx =

I (x) = −

R

cos2 xd − 13 sin13 x

; integrando per parti:

cos2 x 2 1 + +C 3 3 sin x 3 sin x

Abbiamo:

1 I (x) = 2

Z

sin2 x2 d x2

y = x2 :


1 I (y) = 2

Z

sin2 ydy,

he è un integrale notevole (eq. 3.5):

I (y) = Ripristinando la variabile

x: I (x) =

23.

I (x) =

1 2x2 − sin 2x2 + C 8

R √ 2√ sin5 x 3 cos xdx = − (1 − cos2 x) 3 cos xd (cos x). y = cos x: Z 2 I (y) = − y 1/3 1 − y 2 dy

R

variabile

1 (2y − sin 2y) + C 8

Eseguendo il ambio di

3 3 3 = y 10/3 − y 16/3 − y 4/3 + C 5 16 4

Quindi:

I (x) = −

3√ 3√ 3√ 3 3 3 cos4 x + cos10 x − cos16 x + C 4 5 16

24. Qui è:

I (x) =

Z

1

d (tan x) (sin x)1/2 (cos x)−1/2 1/4 Z 1 1 d (tan x) = 1+ 2 1/4 tan x (1 + tan2 x) Z = (tan x)−1/2 d (tan x) √ = 2 tan x + C

3.16.5


Sono integrali del tipo:

essendo

fm (x)

una funzione

sin, cos

Z

fm (x) fn (x) dx,

fm (x) = sin mx, cos mx

(3.107)

Si trasforma l'integrando della (3.107) in una somma pro edendo poi per de omposizione. A tale s opo si utilizzano le note formule trigonometri he:

1 [sin (m + n) x + sin (m − n) x] 2 1 sin mx sin nx = [cos (m − n) x − cos (m + n) x] 2 1 cos mx cos nx = [cos (m − n) x + cos (m + n) x] 2 sin mx cos nx =

(3.108)

Ad esempio:

Z

I (x) =

sin 4x cos 12xdx Z Z 1 = sin 16xdx − sin 8xdx 2 1 = (2 cos 8x − cos 16x) + C 32

3.16.6 1) 4) 7)

Eser izi

Z

sin 3x cos 5xdx Z sin x3 cos 23 x dx Z cos x cos2 3xdx

3.16.7 1.

4. 5.

8)

Z

sin x sin 2x sin 3xdx

Z

3)

cos (ax + b) cos (ax − b) dx

R

1 16

sin 3x cos 5xdx =

1 2

(4 cos 2x − cos 8x) + C R I (x) = sin 10x sin 15xdx =

6)

Z

cos

x 2

cos

x 3

dx

sin (ωt) sin (ωt + φ) dt

R

sin 8xdx − R

1 2

1 50

R

cos 5xdx −

sin 2xdx R

cos 25xdx

(5 sin 5x − sin 25x) + C R I (x) = cos x2 cos x3 dx = 3 sin 61 x + 35 sin 56 x + C R I (x) = sin x3 cos 23 x dx = 21 3 cos x3 − cos x + C R I (x) = cos (ax + b) cos (ax − b) dx. Poniamo: α = ax + b, β = ax − b,

= 3.

5)

sin 10x sin 15xdx

Z

Soluzioni

I (x) = =

2.

2)

Z

donde

l'integrando:

cos α cos β =

Quindi:

I (x) = 6.

I (t) =

R

1 [cos (α − β) + cos (α + β)] 2 1 = [cos (2b) + cos (2ax)] 2

1 [2ax cos (2b) + sin (2ax)] + C 4a

sin (ωt) sin (ωt + φ) dt.

Poniamo:

sin α sin β =

α = ωt, β = ωt + φ,

1 [cos (α − β) − cos (α + β)] 2 1 = [cos φ − cos (2ωt + φ)] 2

donde l'integrando:

Quindi:

1 1 I (t) = t cos φ − sin (2ωt + φ) + C 2 2ω 1 = [2ωt cos φ − sin (2ωt + φ)] + C 4ω 7.

I (x) =

R

cos x cos2 3xdx Z I (x) = cos x cos 3x cos 3xdx Z 1 = (cos 2x + cos 4x) cos 3xdx 2 Z Z 1 = cos 2x cos 3xdx + cos 4x cos 3xdx 2 1 1 1 1 sin x + sin 5x + C1 + sin x + sin 7x + C2 = 2 5 2 7 1 = (70 sin x + 7 sin 5x + 5 sin 7x) + C 140

8.

I (x) =

R

sin x sin 2x sin 3xdx Z 1 (cos x − cos 3x) sin 3xdx I (x) = 2 Z Z 1 = cos x sin 3xdx − cos 3x sin 3xdx 2 Z Z 1 1 1 = (sin 4x + sin 2x) dx − sin 6xdx 2 2 2 1 (2 cos 6x − 3 cos 4x − 6 cos 2x) + C = 48

3.16.8


Sono integrali del tipo:

essendo

R

Z

R (sin x, cos x) dx,

(3.109)

una funzione razionale. Il ambio di variabile è:

x x → t = tan , 2

(3.110)

da ui:

2t 1 − t2 R (sin x, cos x) → R , 1 + t2 1 + t2 e il dierenziale:

dx =

2dt 1 + t2

Ad esempio:

I (x) = diventa:

Z

dx , sin x + cos x + 1

,

Z

I (t) =

dt = ln |1 + t| + C 1+t

x:

Ripristinando

x I (x) = ln 1 + tan + C 2 ***

Se

R

è una funzione pari:

R (− sin x, − cos x) ≡ R (sin x, cos x) , il ambio di variabile è

x → t = tan x,

(3.111)

donde:

R (sin x, cos x) → R

t 1 √ ,√ 1 + t2 1 + t2

,

e il dierenziale:

dx =

dt 1 + t2

Ad esempio:

I (x) =

Z

dx , 1 + cos2 x

diventa:

I (t) =

Z

√ dt 2 t = arctan √ +C 2 + t2 2 2

ioè:

√

2 arctan I (x) = 2 3.16.9

tan x √ 2

+C

Eser izi 1) 4) 7)

Z

dx 3+5 cos x

Z

3 sin x+2 cos x dx 2 sin x+3 cos x

Z

10) 13) 16)

sin x dx 1−sin x

Z

dx 3 sin2 x+5 cos2 x

Z


Z

sin x dx (1−cos x)3

2) 5) 8)

Z

dx sin x+cos x

Z

1+tan x dx 1−tan x

Z

11) 14) 17)

dx 8−4 sin x+7 cos x

3) 6) 9)

Z

cos x dx 1+cos x

Z

dx 1+3 cos2 x

Z

Z

dx sin2 x+3 sin x cos x−cos2 x

12) 15)

Z

sin 2x dx 1+sin2 x dx (2−sin x)(3−sin x)

18)

Z

dx cos x−2 sin x+3

Z

dx sin2 x−5 sin x cos x

Z

1−sin x+cos x dx 1+sin x−cos x

Z

cos 2x dx cos4 x+sin4 x

3.16.10 1.

Soluzioni

I (x) =

R

dx . Qui è: 3+5 cos x

R (cos x) =

1 , 3 + 5 cos x

donde il ambio di variabile è (3.110). L'integrale diventa:

I (t) = Cioè:

2.

R

dx . sin x+cos x

Z

1 2 + t dt = ln +C 4 − t2 4 2 − t

1 2 + tan I (x) = ln 4 2 − tan

x 2 x 2

+C

Z dt x x → t = tan =⇒ I (t) = − 2 2 t − 2t − 1

Appli ando direttamente la (3.38) troviamo:

√ 1 t + 1 + 2 √ +C I (t) = √ ln 2 2 t − 1 − 2

Cioè:

3.

I (x) =

R

cos x dx. 1+cos x

tan x + 1 + √2 1 2 √ +C I (x) = √ ln x 2 2 tan 2 − 1 − 2 Z I (x) = 1−

1 dx 1 + cos x = x − J (x) + onst,

essendo:

J (x) =

Z

dx 1 + cos x


x x → t = tan , 2 donde:

J (t) =

Z

=

Z

dt 1 2 2 1 + t2 1 + 1−t 1+t2 dt = t + onst,

quindi:

J (x) = tan

x + onst 2

Cosi

hé l'integrale vale:

I (x) = x − tan

x + onst 2

4.

I (x) =

R

sin x dx 1−sin x

=

R

sin x−1+1 dx 1−sin x

= −x + J (x), essendo: Z dx J (x) = 1 − sin x


x x → t = tan , 2 donde:

Z

1 2dt 2t 1 − 1+t2 1 + t2 Z dt 2 =2 + onst, 2 = − t−1 (t − 1) J (t) =

quindi:

J (x) = −

2 x 2

tan − 1

+ onst

Cosi

hé l'integrale vale:

I (x) = −x − 5.

I (x) =

R

2 x 2

tan − 1

+ onst

dx . Eseguiamo il ambio di variabile: 8−4 sin x+7 cos x

x → tan

Quindi:

I (t) = 2

Z

t2

x 2

dt − 8t + 15

L'integrale suddetto si risolve on la (3.38):

t − 5 + C, I (t) = ln t − 3

da ui:

6.

I (x) =

R

tan x2 − 5 +C I (x) = ln tan x2 − 3

dx . Eseguiamo il ambio di variabile: cos x−2 sin x+3

x → tan

Quindi:

I (t) =

Z

t2

x 2

dt − 2t + 2

L'integrale suddetto si risolve on la (3.38):

I (t) = arctan (t − 1) + C, da ui:

x I (x) = arctan tan − 1 + C 2

7.

R

3 sin x+2 cos x dx. Osserviamo he il numeratore si può esprimere ome ombi2 sin x+3 cos x nazione lineare del denominatore e della sua derivata prima:

I (x) =

3 sin x + 2 cos x = A (2 sin x + 3 cos x) + B

d (2 sin x + 3 cos x) dx

Quindi:

I (x) = Ax + B ln |2 sin x + 3 cos x| + C, essendo

C

l'usuale ostante di integrazione.

Dalla (3.112) si ottiene il sistema:

2A − 3B = 3 3A + 2B = 2, quindi i oe ienti indeterminati

A

B:

e

5 12 , B=− 13 13

A= e l'integrale:

12 5 x− ln |2 sin x + 3 cos x| + C 13 13 R R x+cos x R x−sin x) x I (x) = 1+tan dx = sin dx = − d(cos 1−tan x cos x−sin x cos x−sin x I (x) =

8.

9.

= − ln |cos x − sin x| + C R I (x) = 1+3dx . Osserviamo cos2 x

he:

Z

dx 1 + 3 cos2 x Z 1 dx = 1 + 3 cos2 x cos2 x

I (x) =

Ma:

1 = 1 + tan2 x cos2 x dx = d (tan x) , cos2 x donde eseguendo il ambio di variabile

Z

x → y = tan x:

dy 4 + y2 Z d y2 1 = 2 1+ y 2 2 1 tan x = arctan +C 2 2

I (x) =

10.

I (x) =

R

dx . Osserviamo he: 3 sin2 x+5 cos2 x

Z

dx 2 Z 3 sin x + 5 cos x dx 1 = 2 3 tan x + 5 cos2 x Z 1 = d (tan x) , 5 + 3 tan2 x

I (x) =

2

(3.112)

x → y = tan x: Z dy I (x) = 5 + 3y 2 q 3 Z d y 5 1 =√ q 2 3 15 1+ y 5 ! r 1 3 = √ arctan tan x + C 5 15

donde eseguendo il ambio di variabile

11.

I (x) =

R

dx . sin2 x+3 sin x cos x−cos2 x

Risulta:

I (x) =

Z

cos2

dx x (tan x + 3 tan x − 1) 2

x → y = tan x: Z dy I (y) = y 2 + 3y − 1 2y + 3 − √13 1 √ + C, = √ ln 13 2y + 3 + 13


ioè:

12.

I (x) =

R

2 tan x + 3 − √13 1 √ +C I (x) = √ ln 13 2 tan x + 3 + 13

dx . sin2 x−5 sin x cos x

Risulta:

I (x) =

Z

dx sin x (1 − 5 cot x) 2

x → y = cot x: Z dy I (y) = 5y − 1 1 = ln |5y − 1| + C, 5


ioè:

13.

I (x) =

R

1 5 − tan x I (x) = ln +C 5 tan x

sin x dx. Risulta: (1−cos x)3

Z I (x) = −


d (cos x) (1 − cos x)3

x → y = cos x: Z d (1 − y) I (y) = (1 − y)3 1 =− +C 2 (1 − y)2

Cioè:

I (x) = −

1 +C 2 (1 − cos x)2

14.

I (x) =

R

sin 2x dx. Risulta: 1+sin2 x

Z

sin x cos x I (x) = 2 2 dx 1 + sin x Z sin x =2 d (sin x) 1 + sin2 x


Cioè:

15.

R

cos 2x dx. Risulta: cos4 x+sin4 x

x → y = sin x: Z ydy I (y) = 2 1 + y2 Z d (1 + y 2) = 1 + y2 = ln 1 + y 2 + C

I (x) = ln 1 + sin2 x + C Z

cos2 x − sin2 x I (x) = dx cos4 x + sin4 x Z 1 − tan2 x d (tan x) = 1 + tan2 x


x → y = tan x: Z 1 − y2 I (y) = dy 1 + y4 = I1 (y) − I2 (y) ,

(3.113)

essendo:

Z

dy 1 + y4 Z 2 y dy I2 (y) = 1 + y4 I1 (y) =

I1 (y) è stato già al olato pre edentemente (eq. 3.58): # " y 2 + √2y + 1 √ √ 1 √ I1 (y) = √ −2 arctan 1 − 2y + 2 arctan 1 + 2y + ln y 2 − 2y + 1 4 2

L'integrale

+ onst

Per il se ondo integrale pro ediamo per de omposizione in frazioni sempli i:

y2 Ay + B Cy + D √ √ = + 1 + y4 y 2 + 2y + 1 y 2 − 2y + 1 Risolvendo il onseguente sistema di Cramer:

(A, B, C, D) =

1 1 − √ , 0, √ , 0 , 2 2 2 2

donde:

1 1 I2 (y) = − √ J1 (y) + √ J2 (y) , 2 2 2 2

essendo:

Z

ydy √ J1 (y) = 2 y + 2y + 1 Z ydy √ J2 (y) = , 2 y − 2y + 1

he si al olano on la (3.38):

√ 1 2 √ ln y + 2y + 1 − arctan 2y + 1 + onst 2 √ 1 2 √ J1 (y) = ln y − 2y + 1 + arctan 2y − 1 + onst 2 J1 (y) =

Quindi:

y 2 + √2y + 1 √ i √ 1 1 h √ I2 (y) = − √ ln + √ arctan 1 + 2y − arctan 1 − 2y 4 2 y 2 − 2y + 1 2 2 + onst


y 2 + √2y + 1 1 √ I (y) = √ ln + onst 2 2 y 2 − 2y + 1

Cioè:

16.

R


Da ui:

17.

I (x) =

R

=

tan2 x + √2 tan x + 1 1 √ I (x) = √ ln + onst 2 2 2 tan x − 2 tan x + 1 √ 2 + sin 2x 1 = √ ln √ + onst 2 2 2 − sin 2x R

d(sin x) . Eseguendo il ambio di variabile sin2 x−6 sin x+5

Z

x → y = sin x:

dy − 6y + 5 1 y − 5 = ln +C 4 y − 1

I (y) =

y2

1 sin x − 5 I (x) = ln +C 4 sin x − 1

dx . Ridu iamo l'integrando in frazioni sempli i (rispetto a (2−sin x)(3−sin x)

1 A B = + (2 − sin x) (3 − sin x) 2 − sin x 3 − sin x (3A + 2B) + (−A − B) sin x = (2 − sin x) (3 − sin x)

sin x):

Deve essere:

A+B =0 3A + 2B = 1 Risolvendo:

(A, B) = (1, −1) Quindi:

1 1 1 = − (2 − sin x) (3 − sin x) 2 − sin x 3 − sin x

L'integrale:

I (x) = I1 (x) − I2 (x) , essendo:

Z

dx 2 − sin x Z dx I2 (x) = 3 − sin x I1 (x) =

Risolviamo

I1 (x):

x x → t = tan =⇒ I1 (t) = 2 Per iò:

dt 2 √ arctan = t2 − t + 1 3

2 I1 (x) = √ arctan 3

Risolviamo

Per iò:

Z

2 tan x2 − 1 √ 3

2t − 1 √ 3

+ onst

3 tan x2 − 1 √ 2 2

1 + √ arctan 2

3t − 1 √ 2 2

+ onst

+ onst

I (x):

2 I (x) = √ arctan 3

2 tan x2 − 1 √ 3

3 tan x2 − 1 √ 2 2

R

1−sin x+cos x dx. Prima di eseguire il ambio di variabile 1+sin x−cos x sempli hiamo l'integrando:

I (x) =

+ onst

dt 1 = √ arctan 2 3t − 2t + 3 2

1 I1 (x) = √ arctan 2

L'integrale

I2 (x):

x x → t = tan =⇒ I2 (t) = 2 2

18.

Z

Z I (x) = −1 +

essendo:

J (x) =

Z

2 dx 1 + sin x − cos x = −x + 2J (x) ,

dx 1 + sin x − cos x

+C

x → t = tan x2 ,

Cambiando la variabile:

Z

dt t (t + 1) Z 1 1 − dt = t t+1 t +C = ln t + 1

J (t) =

da ui

I (x):

tan x2 +C I (x) = −x + 2 ln tan x + 1 2

3.16.11 1)

Eser izi riepilogativi sugli integrali trigonometri i

Z

4

3

cos 2x sin 2xdx

2)

Z

cosn nx dx (n > 1) Z √ 7) 1 − cos xdx Z 10) tan3 3x sec4 3xdx Z 13) cot 3x csc4 3xdx Z sin7 xdx 16) 4)

1.

I (x) =

R

Poniamo

cos4 2x sin3 2x.

5) 8)

Z

3

sin 3x cos 3xdx

Z

sin4 3x cos2 3xdx

Z

(1 + cos 3x)3/2 dx

Z

11)

Z

14)

5

2

3

tan x sec xdx cot3 x csc5 xdx

3) 6) 9)

Z

sin2 3x cos5 3xdx

Z

√ dx 1−sin 2x

Z

12) 15)

Z

sin 3x sin 2xdx

Z

tan3 2x sec3 2xdx sin4 2xdx

Abbiamo:

1 I (x) = − 2

Z

y = cos 2x:

cos4 2x 1 − cos2 2x d (cos 2x)

Z 1 I (y) = y 4 y 2 − 1 dy 2 1 1 7 1 5 = y − y +C 2 7 5 Cioè:

I (x) = 2.

I (x) =

R

Poniamo

sin3 3x cos5 3xdx.

1 1 cos7 2x − cos5 2x + C 14 10

Abbiamo:

I (x) =

Z

y = cos 3x:

1 − sin2 3x cos5 3x sin 3xdx

Z 1 I (y) = − y 5 1 − y 2 dy 3 1 1 6 1 8 =− y − y +C 3 6 8 Cioè:

I (x) =

1 1 cos8 3x − cos6 3x + C 24 18

3.

I (x) =

R

Poniamo

sin2 3x cos5 3xdx.

Abbiamo:

1 I (x) = 3

Z

2 sin2 3x 1 − sin2 3x d (sin 3x)

y = sin 3x: Z 2 1 I (y) = y 2 1 − y 2 dy 3 1 1 3 2 5 1 7 = y − y + y +C 3 3 5 7

Cioè:

4.

1 I (x) = 3

In (x) =

R

1 3 2 5 1 7 sin 3x − sin 3x + sin 3x + C 3 5 7

cosn nx dx. Z x x n−1 cos dx In (x) = n cos n n Z n−1 x 2 2 x =n 1 − sin d sin n n x → y = sin nx : Z n−1 In (y) = n 1 − y 2 2 dy


Ad esempio, per

n = 3: Z

1 − y 2 dy 1 3 = 3 y − y + C, 3

I3 (y) = 3

per ui:

I3 (x) = 3 sin 5.

I (x) =

R

sin4 3x cos2 3xdx.

x x − sin3 + C 3 3

Abbiamo:

I (x) =

Z

(sin 3x cos 3x)2 sin2 3xdx

Osservando he:

1 sin 6x 2 1 sin2 3x = (1 − cos 6x) , 2

sin 3x cos 3x =

si ha:

Z 1 I (x) = sin2 6x (1 − cos 6x) dx 8 1 = [I1 (x) − I2 (x)] , 8

essendo:

1 1 I1 (x) = (1 − cos 12x) dx = x− sin 12x + C1 2 12 Z Z 1 1 2 I2 (x) = sin 6x cos 6xdx = sin2 6xd (sin 6x) = sin3 6x + C2 , 6 18 Z

1 sin 6xdx = 2 2

Z

per ui:

I (x) = 6.

I (x) =

R

sin 3x sin 2xdx

x 1 1 − sin 12x − sin3 6x + C 16 144 192

. Per le (3.108):

sin 3x sin 2x =

donde:

I (x) = 7.

I (x) =

R√

1 − cos xdx.

x cos x = 1 − 2 sin2 , 2

(3.114)

x 1 − cos x = 2 sin2 , 2

donde:

I (x) =

1 1 sin x − sin 5x + C 2 10

Osservando he:

segue:

8.

1 (cos x − cos 5x) , 2

√ Z √ x x I (x) = 2 sin dx = −2 2 cos + C 2 2 R

(1 + cos 3x)3/2 dx.

Se poniamo

Dalla (3.114):

cos y = 2 cos2 y = 3x: 2

cos 3x = 2 cos donde:

(1 + cos 3x)

3/2

y −1 2 3 x − 1, 2

√ = 2 2 cos3

3 x 2


√ Z 3 3 2 I (x) = 2 2 cos x cos x dx 2 2 Z 4√ 3 3 2 = 2 1 − sin x d sin x 3 2 2 3 4√ 3 2 = 2 sin x 3 − sin x +C 9 2 2

9.

I (x) =

R

√ dx 1−sin 2x

=

R

dx q

1−cos( π2 −2x)

. Poniamo:

y=

π − 2x 2

donde:

x:


√

10.

I (x) =

R

Z

dy √ 1 − cos y Z 1 dy =− √ y 2 2 sin 2 1 1 = − √ ln y − cot y + C sin 2 2

1 I (y) = − 2

1 2 π I (x) = − ln − cot −x +C π 2 4 sin 4 − x

tan3 3x sec4 3xdx.

Poniamo

3x = ξ :

Z

dξ 1 tan3 ξ 4 3 cos ξ Z 1 1 = tan3 ξ 2 d (tan ξ) 3 cos ξ

I (ξ) =

(3.115)

Ma

1 sin2 ξ + cos2 ξ = cos2 ξ cos2 ξ 2 = tan ξ + 1 Quindi la (3.115) diventa:

1 I (ξ) = 3

Z

tan3 ξ tan2 ξ + 1 d (tan ξ)

ξ → y = tan ξ : Z 1 I (y) = y 3 y 2 + 1 dy 3 1 1 6 1 4 = y + y + onst 3 6 4

Esegiamo il ambio di variabile

Ritornando alla variabile

11.

x:

1 1 1 6 4 I (x) = tan 3x + tan 3x + C 6 3 2 R R R I (x) = tan2 x sec3 xdx = cosdx5 x − cosdx3 x = G5 (x) − G2 (x), essendo Gn (x)

dalla (3.102). Abbiamo:

1 sin x G3 (x) = G1 (x) + + onst 2 cos2 x x π 1 sin x = ln tan + + onst + 2 2 4 cos2 x sin x 1 G5 (x) = 3G3 (x) + + onst, 4 cos4 x

espresso

donde:

12.

I (x) =

1 sin x I (x) = − G3 (x) + +C 4 4 cos4 x R

tan3 2x sec3 2xdx.

ξ = 2x: Z 1 dξ I (ξ) = tan3 ξ 3 2 cos ξ Z 1 − cos2 ξ 1 =− d (cos ξ) 2 cos6 ξ Poniamo

y = cos ξ : Z Z 1 −4 −6 I (y) = y dy − y dy 2 1 −3 1 −5 1 = − y + y +C 2 3 5

Eseguiamo il ambio di variabile

Ritornando alla variabile

x:

1 I (x) = 2 13.

I (x) =

R

cot 3x csc4 3xdx = − 13

R

1 1 − 5 5 cos 2x 3 cos3 2x

+C

cot 3x d (cot 3x). Osservando he: sin2 3x

1 = 1 + cot2 3x, sin2 3x

si ha:

14.

I (x) =

R

Z 1 cot 3x 1 + cot2 3x d (cot 3x) I (x) = − 3 1 = − cot2 3x 2 + cot2 3x + C 12

cot3 x csc5 xdx.

Sviluppiamo l'integrando:

cos2 x dx sin8 x d (sin x) d (sin x) = − , sin8 x sin6 x

cot3 x csc5 xdx =

donde:

Z

Z d (sin x) d (sin x) I (x) = − 8 sin x sin6 x 1 1 =− + +C 7 7 sin x 5 sin5 x 15.

R

sin4 2xdx. Abbiamo (ξ = 2x): Z 1 I (ξ) = sin4 ξdξ 2 Z 1 1 2 = sin ξd (2ξ − sin 2ξ) 2 4 1 1 1 1 1 2 2 = 2ξ sin ξ − sin ξ sin 2ξ + ξ cos 2ξ − cos 2ξ − sin 2ξ + ξ − sin 4ξ + C 8 2 2 2 8

I (x) =

x: 1 1 1 2 2 I (x) = 4x sin 2x − sin 2x sin 4x + 2x cos 4x − sin 4x + x − sin 8x + C 8 2 8 1 3 3 = − sin3 2x cos 2x − cos 2x sin 2x + x + C 8 16 8 R R 3 I (x) = sin7 xdx = − (1 − cos2 x) d (cos x). Eseguiamo il ambio di variabile x → y = cos x: 3 1 I (y) = y 7 − y 5 + y 3 − y + C 7 5 Ripristinando la variabile x: 3 1 I (x) = cos7 x − cos5 x + cos3 x − cos x + C 7 5 Ripristinando la variabile

16.

3.17 Integrazione delle funzioni iperboli he Il punto di partenza è la relazione fondamentale:

cosh2 x − sinh2 x = 1

(3.116)

cosh 2x = 2 sinh2 x + 1,

(3.117)

La prima relazione utile si ottiene dalla formula di dupli azione:

risolvendo rispetto a

2

sinh x: 1 (cosh 2x − 1) 2 2 l'integrando ontiene sinh x. sinh2 x =

La (3.118) è utilizzabile quando

(3.118)

Tenendo onto della (3.116), la (3.118) diventa:

cosh2 x =

1 (cosh 2x + 1) 2

(3.119)

Inne dalla:

sinh 2x = 2 sinh x cosh x, si ottiene:

1 sinh 2x, 2 sinh x cosh x.

sinh x cosh x = utilizzabile quando l'integrando ontiene

Esempio 1 Cal oliamo:

I (x) = = = = =

Z

cosh2 xdx Z 1 (cosh 2x + 1) dx 2 Z Z 1 1 cos 2xd (2x) + dx 2 2 1 1 sinh 2x + x + C 2 2 1 1 x + sinh 2x + C 2 4

(3.120)

Esempio 2 Cal oliamo:

I (x) = = = = 3.17.1

4)

I (x) =

4.

Z

sinh2 x + 1 d (sinh x)

1 sinh3 x + sinh x + C 3

R

Z Z

3

sinh xdx

2)

sinh2 x cosh2 xdx

sinh3 xdx =

R

Z

4

cosh xdx

sinh2 xd (cosh x) =

R

1 3

1 32

3)

Z

sinh3 x cosh xdx

cosh2 x − 1 d (cosh x) 1 4

R

cosh2 2xdx + 2

R

sinh (4x) + 14 sinh (2x) + 34 x + C . R R I (x) = sinh3 x cosh xdx = sinh3 xd (sinh x) = 14 sinh4 x + C R R R I (x) = sinh2 x cosh2 xdx = (sinh x cosh x)2 dx = 14 sinh2 2xdx R sinh2 2xdx: Cal oliamo a parte Z Z 1 2 sinh 2xdx = sinh2 tdt t=2x 2 Z 1 = (cosh 2t − 1) dt 4 1 1 = sinh 2t − t + C1 8 4 1 1 =⇒ I (x) = sinh (4x) − x + C 32 8 =

3.

cosh2 xd (sinh x)

cosh3 x − cosh x + C R R I (x) = cosh4 xdx = 14 (cosh 2x + 1)2 dx = = 41 18 sinh (4x) + x2 + 12 sinh (2x) + c + C =

2.

Z

cosh3 xdx

Eser izi 1)

1.

Z

cosh 2x + x

Capitolo 4 Integrali deniti 4.1 Somme integrali Si hiede di al olare i seguenti integrali onsiderandoli ome il limite delle orrispondenti somme integrali.

Zb

1)

2

x dx

2)

0

4)

Z1

Zb

3)

a

2

x dx

5)

(v0 + gt) dt,

0

Z10 2x dx

−2

4.1.1

dx

ZT

6)

Zx

f (x) =

on

v0 , g = onst

sin tdt

0

0

Soluzioni

1. Eseguiamo una equipartizione

Dn

xk = k

di

b , n

[0, b]: k ∈ N = {0, 1, ..., n − 1}

L'ampiezza è

δn =

b n

La somma integrale:

σDn =

n−1 X k=0

Prendiamo

ξk = xk :

3 X n−1 b = k2 n k=0

σDn Ma:

n−1 X

k2 =

k=0

donde:

σDn =

f (ξk ) (xk+1 − xk )

n (2n − 1) (n − 1) , 6

b3 (2n − 1) (n − 1) , 6 n2

da ui l'integrale:

Zb 0

x2 dx = lim σDn = lim σDn = δn →0

n→+∞

b3 3

2. Eseguiamo unequipartizione

xk = a + L'ampiezza di

Dn

Dn

[a, b]:

di

k (b − a) , k ∈ N = {0, 1, 2, ..., n − 1} n

è:

b−a n

δn = Assumendo

ξk = xk+1 σDn =

n−1 X k=0

f (xk+1 ) (xk+1 − xk ) n

b − aX f (xk ) n k=1

=

= b − a,

quindi:

Zb a

dx = lim σδn = lim σn = b − a n→+∞

δn →0

3. Quest'integrale ha una sempli e interpretazione si a, se poniamo:

y (T ) =

ZT

(v0 + gt) dt

0

Qui

y (T )

è al tempo

T

la quota di un punto materiale in aduta libera in un am-

po gravitazionale (g è l'a

elerazione di gravità) on velo ità iniziale

v0 .

L'asse

y

è

orientato verso il basso e si tras ura la resistenza dell'aria. L'integrando è la velo ità istantanea:

v (t) = v0 + gt Eseguiamo un'equipartizione

tk = k

Dn

T , n

[0, T ]:

di

k ∈ N = {0, 1, 2, ..., n − 1}

on

L'ampiezza è

δn = max (tk+1 − tk ) = k∈N

T n

La somma integrale è

σDn =

n−1 X k=0

Assumendo

v (τk ) (tk+1 − tk )

τk = tk+1 : σDn

n TX T = v0 + g k n k=1 n = T v0 +

n + 1 gT n 2

Quindi l'integrale:

y (T ) = lim σDn δn →0

= lim σDn n→+∞

1 = v0 T + gT 2 2 4. Eseguiamo una equipartizione

Dn

xk = −2 +

di

[−2, 1]:

3 k, n

on

k = 0, 1, ..., n − 1

di ampiezza:

δn = Assumendo

3 n

ξk = xk+1 : n

3X 2 σDn = x n k=1 k 2 n 3X 3 k−2 = n k=1 n 3 2n2 − 3n + 3 = 2 n

da ui:

Z1

x2 dx = lim σDn = 3 n→+∞

−2 5. Eseguiamo una equipartizione

Dn

xk =

di

[0, 10]:

10 k, n

on

k = 0, 1, ..., n − 1

di ampiezza:

δn = Assumendo

10 n

ξk = xk+1 : n

σDn

10 X k 10 = 2 n n k=1 n 10+n 52 n −1 + (1024)1/n = n (−1 + 10241/n )

da ui:

Z10 2x dx = lim σDn = n→+∞

0

10230 ln (1024)

6. Eseguiamo l'equipartizione:

tk = k L'ampiezza dell'intervallo

x , n

k ∈ N = {0, 1, ..., n − 1}

on

[tk , tk+1 ]

è:

x , n

δk,n = tk+1 − tk = donde l'ampiezza della partizione:

x n

δn = max (δk ) = k∈N

Assumendo

τk = tk+1

e ponendo

g (t) = sin t:

σDn =

n−1 X

g (tk+1 )

k=0 n X

x n

x x = sin k n k=1 n Per il al olo della sommatoria utilizziamo una nota relazione trigonometri a:

n X

sin (ky) =

y 2

cos

k=1

donde:

σDn = Passiamo al limite per

x cos

y 2

lim σDn = lim

n→∞

=

− cos 2 sin

n+ y

1 2

2

y

,

n → +∞:

n→∞

x cos

− cos n + 12 y 2n sin y2 x 2n

− cos 1 + x 2n sin 2n

x (1 − cos x) x 2 lim n sin 2n

1 2n

x

n→+∞

Cal oliamo a parte il limite a denominatore:

x sin mx x 2 lim n sin =−1 lim+ = , n→+∞ 2n m=n m→0 m 2 Quindi

f (x) = lim σDn = 1 − cos x n→∞

4.2 Teorema fondamentale del al olo integrale. 1. Cal olare

dI dI , , essendo: da db

I=

Zb a

dx ln (sin x)

sia

F (x)

[ln (sin x)]−1 : Z dx F (x) = , ln (sin x)

una qualunque primitiva di

per ui:

I = F (b) − F (a) Quindi le derivate:

dI 1 = −F ′ (a) = − da ln (sin a) dI 1 = F ′ (b) = db ln (sin b) 2. Cal olare la derivata della funzione:

F (x) =

Zx

ln tdt

Z

ln tdt

1

Poniamo:

G (t) = Quindi:

F (x) = G (x) − G (1) =⇒ F ′ (x) = G′ (x) = ln x 3. Cal olare la derivata della funzione:

F (x) =

Zx2

e−t dt

Z

e−t dt

2

x

Poniamo:

G (t) = Quindi:

La derivata è:

2

F (x) = G x2 − G (x) d d G x2 − G (x) dx dx = 2xG′ x2 − G′ (x)

F ′ (x) =

4

= 2xe−x − e−x

2

4. Cal olare la derivata della funzione:

F (x) =

Z0 √

1 + t4 dt

x

Poniamo:

G (t) = Quindi:

Z √

1 + t4 dt

√ F (x) = G (0) − G (x) =⇒ F ′ (x) = − 1 + x4

5. Cal olare la derivata della funzione:

√

F (x) =

Zx

1/x Poniamo:

G (t) = Quindi:

Z

cos t2 dt

cos t2 dt

√ F (x) = G x − G

La derivata è:

1 x

√ d d 1 F (x) = G x − G dx dx x 1 1 1 = √ cos x + 2 cos 2 x x x2 ′

6. Determinare i punti estremali della funzione

F (x) =

seno integrale:

Zx

sin t dt t

Z

sin t dt, t

0

Poniamo:

G (t) = donde:

F (x) = G (x) − G (0) Segue:

F ′ (x) = G′ (x) = I punti estremali di

F (x)

sin x x

sono le radi i dell'equazione:

F ′ (x) = 0 ⇐⇒

sin x =0 x

Cioè:

xk = kπ , ∀k ∈ Z − {0} In gura 4.1 è riportato il gra o di

F (x). ***

Cal olare: Z1

dx 1+x

1)

0

3)

Zx

−x

t

e dt

Soluzioni

Z−1

dx x3

2)

−2 4)

Zx 0

cos tdt

y

3 2 1 1 2 x -10 Π

-8 Π

-6 Π

-4 Π

-2 Π

2Π

4Π

6Π

8Π

1 - 2 -1 3 - 2

Figura 4.1: Gra o della funzione seno integrale e degli asintoti orizzontali:

y = ±π/2.

10 Π

1.

I=

R1

dx . Poniamo: 0 1+x

F (x) =

Z

dx = ln |1 + x| + C, 1+x

donde:

I = F (1) − F (0) = ln 2 R −1

dx −2 x3

2.

I=

3.

I=

4.

I (x) =

Rx

−x

−1 = − 2x12 −2 = − 38 . x

et dt = et |−x = ex − e−x

Rx 0

cos tdt = sin t|x0 = sin x ***

Cal olare i seguenti limiti attraverso gli integrali deniti.

1.

2.

3.

lim

1 n2

lim

1 n+1

n→+∞

n→+∞

+

2 n2

+

+ ... +

1 n+2

n−1 n2

+ ... +

1p +2p +...+np np+1 n→+∞

λp = lim

1 n+n (p

> 0)

Soluzioni 1. È il limite di una somma integrale relativa a equipartizione

Dn

di

f (x) = x

[0, 1].

Infatti, eseguiamo una

[0, 1]: xk =

k , n

on

k ∈ N = {0, 1, 2, ..., n − 1}

La norma è:

δn = max (xk − xk−1 ) = k∈N

Assumendo

in

1 n

ξk = xk : σDn

n−1 X = f (ξk ) (xk − xk−1 )

= =

k=0 n−1 X

1 k n2 k=0

1 2 n−1 + 2 + ... + , 2 n n n2

donde:

lim

n→+∞

1 2 n−1 + 2 + ... + 2 n n n2

= lim σDn = n→+∞

Z1 0

xdx =

1 2

2. Poniamo:

σDn = =

1 1 1 + + ... + n+1 n+2 n+n n X 1 k=1

essendo

Dn

una equipartizione di

n+k

[0, 1].

σDn =

n X

Deve essere:

f (xk ) (xk − xk−1 )

k=1 n X

1 = f n k=1

k n

Confrontando on la pre edente:

k n f = n n+k 1 , = 1 + nk

ioè:

f (x) = per ui

σDn è

1 , 1+x

una somma integrale relativa a

lim

n→+∞

f (x) = x.

1 1 1 + + ... + n+1 n+2 n+n

=

Da iò segue:

Z1 0

3. Poniamo:

1p + 2p + ... + np np+1 n 1 X p = p+1 k n k=1

σDn =

essendo

Dn

una equipartizione di

[0, 1].

σDn =

n X

Deve essere:

f (xk ) (xk − xk−1 )

k=1 n X

1 = f n k=1

k n

Confrontando on la pre edente:

p k k f = , n n

ioè:

f (x) = xp Quindi:

λp =

Z1 0

xp dx =

1 p+1

dx = ln 2 1+x

*** Cal olare:

1)

Z2 1

2

(x − 2x + 3) dx

5)

Z−3

9)

Z1

√ dx 25+3x

2)

Z8 0

6)

Z−3

−2

0

dx x2 +4x+5

10)

14)

Z1

5

Z7/2

√

2

dx −x2 +4x+5

√ 2x + 3 x dx

dx x2 −1

Z4

0

13)

√

√ 1+ y dy y2

Z1

xdx x2 +3x+2

11)

Z1

15)

Zπ/2 sin3 xdx

s3 ds s8 +1

0

y 6 +4

0

0

Soluzioni 1. 2.

I=

R2 1

(x2 − 2x + 3) dx =

1 3 x 3

x=2 − x2 + 3x x=1 =

√ 1+ y dy 1 y2

h i4 R 4 −3/2 4 −2 y dy + y dy = − y1 + −2y −1/2 1 1 1 1 7 1 1 = − 4 + 1 + −2 · 2 + 2 · 1 = 4

I=

4.

I=

R4

R6√ 2

=

R4

x − 2 = F (6) − F (2),

essendo

F (x) = = =

Z Z

√

x − 2dx

(x − 2)1/2 d (x − 2)

2 (x − 2)3/2 + C, 3

donde:

I= 5.

7 3

√ R8 R8 √ R8 √ I= 0 2x + 3 x dx = 2 0 x1/2 dx + 0 x1/3 dx √ = 2 · 32 · 83/2 + 34 · 84/3 = 100 3

3.

I=

R −3 0

√ dx 25+3x

= F (−3) − F (0),

16 3

essendo:

Z

dx √ 25 + 3x Z 1 = (25 + 3x)−1/2 d (25 + 3x) 3 2√ = 25 + 3x + C, 3

F (x) =

donde:

I=

Z6

√

2

0

2 dy

4)

1

7)

dx x2 −3x+2

√y

3)

Z4

2√ 2√ 2 16 − 25 = − 3 3 3

8)

Z1

x − 2dx

y 5 dy y+2

−1√ Z2/2

√ dx 1−x2

12)

0

16)

Ze2 e

dx x ln x

6.

I=

R −3

dx −2 x2 −1

= F (−3) − F (−2), F (x) =

Z

donde:

essendo:

dx 1 x − 1 = ln + C, x2 − 1 2 x + 1

1 ln 2 + C 2 1 F (−2) = ln 3 + C 2 F (−3) =

Quindi:

I= 7.

I=

R1

xdx 0 x2 +3x+2

= F (1) − F (0), F (x) =

Z1

1 2 ln 2 3

essendo:

x2

xdx + 3x + 2

0

3 x + 1 1 2 +C = ln x + 3x + 2 − ln 2 2 x + 2 = − ln |x + 1| + 2 ln |x + 2| + C, donde:

F (1) = − ln 2 + 2 ln 3 + C F (0) = 2 ln 2 + C Quindi:

I = ln 8.

I=

R1

y 5 dy −1 y+2

= F (1) − F (−1),

essendo:

Z

y 5 dy F (y) = y+2 Z 32 4 3 2 = y − 2y + 4y − 8y + 16 − dy y+2 1 1 1 = y 5 − y 4 + y 3 − 4y 2 + 16y − 32 ln |y + 2| + C, 5 2 5

donde:

I= 9.

I=

R1

dx 0 x2 +4x+5

9 8

= F (1) − F (0),

526 − 32 ln 3 15

essendo:

F (x) =

Z

x2

dx + 4x + 5

Per la (3.38):

F (x) = arctan (x + 2) + C,

donde:

I = arctan 3 − arctan 2,

he può eesere sempli ata:

tan I = tan (α − β) , Come è noto:

tan (α − β) = da ui:

I=

R1

dx 0 x2 −3x+2

= F (4) − F (5),

essendo:

F (x) =

Per la (3.38):

I = ln

I=

R1

s3 ds 0 s8 +1

Z

dx − 3x + 2

x2

x − 2 + C, F (x) = ln x − 1

donde:

11.

tan α − tan β , 1 + tan α tan β

1 1 =⇒ I = arctan 7 7

tan I = 10.

α = arctan 3, β = arctan 2

on

= F (1) − F (0),

2 3 8 − ln = ln 3 4 9

essendo:

F (s) =

Z

s3 ds s8 + 1

s → y = s4 : Z 1 dy 1 F (y) = = arctan y 2 4 y +1 4



s: F (s) =

donde:

1 arctan s4 , 4 I=

12.

I=

13.

I=

R √2 2

0

R 7/2 2

√ dx 1−x2 √

√

2

= [arcsin x]02 =

dx −x2 +4x+5

=F

7 2

π 4

− F (2),

essendo:

F (x) =

Z

√

Dalla (3.39):

F (x) = arcsin donde:

π 16

dx −x2 + 4x + 5

x−2 3

+ C,

π 1 I = arcsin = 2 6

14.

I=

R1 0

√y

2 dy

y 6 +4

= F (1) − F (0),

essendo:

Z

F (y) = Eseguendo il ambio di variabile

1 F (x) = 3 Cioè:

Z

y → x = y 3: √

√ dx 1 = ln x + x2 + 4 + C 2 3 x +4

1 3 p 6 F (y) = ln y + y + 4 + C 3

donde:

1 I = ln 3

15.

I (x) =

y 2dy p y6 + 4

R π/3 0

Z

sin3 xdx = π/2

0

sin2 xd (− cos x).

Integriamo per parti:

π/2 sin xd (− cos x) = − cos x sin x 0 + 2 h π i =2 F − F (0) , 2 2

0

R π/2

√ ! 1+ 5 2

2

Z

essendo:

F (x) = =

Z

sin x cos2 xdx

Z

cos2 xd (− cos x)

1 = − cos3 x + C, 3 donde:

I= 16.

I=

R e2 e

dx x ln x

= F (e2 ) − F (e),

2 3

essendo:

Z

dx x ln x Z d (ln x) = ln x = ln (ln x) + C,

F (x) =

donde:

F e2 = ln 2 + C F (e) = C Quindi:

I = ln 2 Cal olare:

0

π/2

sin x cos2 xdx

Zπ/4

1)

5)

tan xdx

−π/4 Z−3

√ dx 25+3x

9)

6)

π/6 Z−3 −2

0

Z1

2)

Zπ/3 cot4 xdx

dx x2 +4x+5

10)

Z4

14)

Z1

0

13)

dx √ −x2 +4x+5

√y

4)

0

Z6

Z1

8)

Z1

7)

ex dx 1+e2x

2 dy

y 6 +4

xdx x2 +3x+2

x − 2dx

y 5 dy y+2

−1√

11)

Z1

15)

Zπ/2 sin3 xdx

s3 ds

12)

s8 +1

0

0

√

2

0

dx x2 −3x+2

5

Z7/2 2

dx x2 −1

3)

Z1

Z2/2

√ dx 1−x2

0

16)

0

Ze2

dx x ln x

e

Soluzioni 1.

Rπ I = −4π tan x. 4 a ∈ (0, +∞):

Risulta

I = 0.

Ia =

Infatti se

Za

f (x)

f (x) dx

−a

=

Z0

è una funzione dispari e per ogni

f (x) dx +

−a

Za

f (x) dx

0

x → x′ = −x,

Nel se ondo integrale eseguiamo il ambio di variabile

0 ≤ x = −x′ ≤ a =⇒ 0 ≥ x′ ≥ −a

ioè:

Ia =

Z0

−a

=

Z0

Z−a f (x) dx − f (x′ ) dx′ 0

f (x) dx +

−a 2. 3.

I= I=

R π3 π 6

R1

Z0

−a

π cot4 xdx = − 31 cot3 x + cot x + x π3 =

ex dx 0 1+e2x

6

= F (1) − F (0),

f (x′ ) dx′ = 0

8 √ 9 3

+

π . 6

essendo:

F (x) =

Z

ex dx 1 + e2x

x → y = ex : Z dy F (y) = = arctan y + C 1 + y2


Cioè:

F (x) = arctan (ex ) + C, donde:

I = arctan e −

π 4

per ui:

Capitolo 5 Estensione del on etto di integrale 5.1 Introduzione Nel apitolo 1 abbiamo introdotto la nozione di integrale denito di una funzione ontinua in un intervallo hiuso e limitato

[a, b].

Ci si può hiedere se tale nozione possa essere estesa

al aso di una funzione he abbia punti di dis ontinuità e/o he sia denita in un intervallo illimitato.

Sotto opportune ipotesi, la risposta è aermativa.

Per rendere operativa tale

estensione della nozione di integrale, ri ordiamo la seguente

Denizione. Una funzione reale di variabile reale f (x) R, si di e generalmente ontinua , se l'insieme dei suoi

denita in un intervallo

A ⊆

punti di dis ontinuità è al più

numerabile. Senza perdita di generalità, supponiamo he va nell'intervallo

A ⊆ R.

f (x)

generalmente ontinua sia non negati-

È fa ile rendersi onto he è omunque possibile ostruire una

su

essione nita di intervalli:

[a1 , b1 ] , [a2 , b2 ] , ..., [an , bn ] tali he:

[ak , bk ] ⊂ A, on k = 1, 2, ..., n [ak , bk ] ∩ [ak′ , bk′ ] = ∅, ∀k 6= k ′ ∀k , f (x) è ontinua in [ak , bk ] Si osservi he tale proprietà ontinua a valere an he se A è illimitato. Ad esempio se [a, +∞), ssiamo A′ = [a, b] ⊂ A e ripetiamo il pro edimento per l'intervallo A′ .

A=

Poniamo per denizione:

def

D =

n [

[ak , bk ]

(5.1)

k=1 Chiamiamo l'insieme (5.1)

dominio limitato e misurabile di ontinuità per f (x).

Osservazione. Assegnato l'intervallo A ⊆ R, esistono inniti domini (5.1). Esempio 20. Consideriamo la seguente funzione non negativa in A = [0, 3]: 1 + (x − 2)2 se x ∈ [0, 1) x f (x) = −x2 + 4x se x ∈ [1, 3] f (x) =

L'insieme delle dis ontinuità di

f (x)

è:

S = {ξ0 = 0, ξ1 = 1} ,

(5.2)

donde

f (x)

è generalmente ontinua. Costruiamo gli intervalli:

[a1 , b1 ] , [a2 , b2 ] essendo

a1 = 0.2, b1 = 0.8, a2 = 1.2, b2 = 3

(gura 5.1).

y

x a1

b1 Ξ1 a2

b2

Figura 5.1: Gra o della funzione (5.2)

f (x)

Si on lude he un dominio limitato di ontinuità per

è

D = [a1 , b1 ] ∪ [a2 , b2 ].

*** Costruiamo quindi la famiglia:

F = {D | D

è un dominio limitato e mis di ontinuità per

f (x)}

Ciò posto, indi hiamo on il simbolo:

Z

f (x) dx

X l'integrale di

f (x)

esteso ad un intervallo hiuso e limitato

X

Evidentemente:

∀D ∈ F ,

Z

bk

f (x) dx =

k=1a k

D poi hé è

f (x) ≥ 0

n Z X

f (x) dx ≥ 0,

per ipotesi. Inoltre:

∀D ∈ F ,

Z

D

f (x) dx = λ ∈ Λ ⊆ [0, +∞) ,

in ui

f (x)

è ontinua.

Denizione. Si hiama integrale della funzione generalmente ontinua f (x) ≥ 0 esteso all'intervallo A, l'estremo superiore dell'insieme Λ: Z

f (x) dx = sup Λ ≤ +∞

(5.3)

A

5.2 Rettangoloide generalizzato La denizione (5.3) non si presta ad un al olo diretto dell'integrale di una funzione generalmente ontinua esteso ad un intervallo limitato o illimitato.

Ciò può essere realizzato

attraverso un'operazione di passaggio al limite. Iniziamo on l'osservare he:

D ∈ F =⇒ ∃D ′ ∈ F | D ′ ⊇ D, per ui possiamo ostruire una su

essione di domini:

{Dn }n∈N | D1 ⊆ D2 ⊆ ...Dn ⊆ ...

(5.4)

Inoltre:

∀D ∈ F , D ⊆ A − S essendo

S

l'insieme (numerabile) dei punti di dis ontinuità di

Denizione.

Al res ere indenito di

n,

f (x).

la su

essione (5.4) tende all'insieme

risulta:

A−S

se

∀D ⊆ A − S, ∃Dν | Dν ⊇ D Esprimiamo iò s rivendo:

lim Dn = A − S

n→+∞

Teorema 21.

Nelle ipotesi poste:

Z

lim

n→+∞ Dn

f (x) dx = sup Λ =

Z

f (x) dx

A

Dimostrazione. Omessa. Questo teorema i di e he nelle ipotesi poste:

Z

f (x) dx = lim

Z

n→+∞ Dn

A

f (x) dx

(5.5)

Diamo ora un'interpretazione geometri a alla (5.5). A tale s opo onsideriamo il sottoinsieme 2 di R :

def

U =

(x, y) ∈ R2 | x ∈ A − S, 0 ≤ y ≤ f (x)

Tale insieme di punti si hiama

f (x). Si osservi he

U

rettangoloide generalizzato di base A − S , relativo a

è illimitato in uno dei seguenti asi: 1)

f (x) limitata (dotata al più di punti di dis ontinuità f (x) non limitati.

dotata di singolarità); 2) A illimitato e eliminabili o di prima spe ie); 3) Ciò premesso, sussiste il

A

e

A è limitato e f (x) non limitata ( ioè

Teorema 22.

Nelle ipotesi poste:

misU =

Z

f (x) dx

A

Dimostrazione. Omessa. Osserviamo he la misura di

U

può essere nita an he se

U

è illimitato, ome nel aso della

funzione:

1

on x ∈ A = [−1, 1] 1 − x2

ontinua in A:

f (x) = √ Tale funzione è generalmente

S = {−1, 1} =⇒ A − S = (−1, 1) Più pre isamente:

lim f (x) = +∞

x→1−

lim f (x) = +∞

x→−1+ Il rettangoloide generalizzato è:

1 2 U = (x, y) ∈ R | −1 < x < 1, 0 ≤ x ≤ √ 1 − x2

Costruiamo la su

essione

{Dn }n∈N :

1 1 Dn = −1 + , 1 − n n

y

ome mostrato in gura 5.2.

-1+1/n

x

Figura 5.2: Gra o della funzione

1-1/n

f (x) =

√ 1 . 1−x2

Quindi:

Z1

−1

1 1− n

Z

dx √ = lim 1 − x2 n→+∞

√

1 −1+ n

dx 1 − x2

1 1 = lim arcsin 1 − − arcsin −1 + n→+∞ n n = arcsin (1) − arcsin (−1) = π,

donde:

misU = π Un esempio di insieme illimitato di misura innita è dato dal rettangoloide generalizzato relativo alla seguente funzione:

f (x) = f (x)

è non negativa, inoltre:

1 ex − 1

on

x ∈ A = [0, 1]

lim f (x) = +∞,

x→0+ donde:

A − S = (0, 1] Costruiamo la su

essione di domini:

1 ,1 , Dn = n

ome mostrato in gura 5.3.

14

12

10

y

8

6

4

2

0 0

1/n

0.2

0.4

0.6

0.8

x


Evidentemente:

lim Dn = (0, 1]

n→+∞

f (x) =

1 . ex −1

1

Abbiamo:

Z1 0

dx = lim x e − 1 n→+∞

Z1

1/n

dx −1

ex

1 = lim ln 1 − e−x 1/n n→+∞ = ln 1 − e−1 − ln 0+ = +∞, donde:

misU = +∞ Riportiamo di seguito un esempio di integrale di una funzione ontinua esteso ad un intervallo illimitato.

f (x) =

1 1 + x2

per

x ∈ A = (−∞, +∞)

(5.6)

La funzione (5.6) è manifestamente ontinua ed innitesima all'innito:

1 = 0+ |x|→+∞ 1 + x2 lim

Costruiamo la su

essione (5.4) assumendo:

Dn = [−n, n]

ome mostrato in g. 5.2.

1

0.8

y

0.6

0.4

0.2

0 -3

-2

-1

0 x


donde:

1

f (x) =

2

1 . 1+x2

3

Z A

Zn dx dx = lim 2 n→+∞ 1+x 1 + x2 −n

= lim [arctan (n) − arctan (−n)] n→+∞ π π = − − =π 2 2 Quindi an he in questo aso abbiamo un insieme illimitato di misura nita:

U = (x, y) ∈ R2 : −∞ < x < +∞, 0 ≤ y ≤ f (x) misU = π *** Cal oliamo l'integrale:

I=

xZ0 +h

f (x) dx,

x0 −h essendo:

f (x) = Qui è

A = [x0 − h, x0 + h], x0 :

1 |x − x0 |α

essendo per ipotesi

singolarità in

(5.7)

x0 ∈ R,

e

h, α > 0.

L'integrando ha una

1 α = +∞, x→x0 |x − x0 | lim

donde

A − S = A − {x0 }.

Costruiamo la su

essione (5.4) assumendo:

1 1 Dn = x0 − h, x0 − ∪ x0 + , x0 + h n n

ome mostrato in g. 5.5. Quindi:



 I = lim  n→+∞

1 x0 − n

Z

x0 −h

Poniamo:

dx + |x − x0 |α

xZ0 +h

1 x0 + n

1 x0 − n

I1 =

Z

x0 −h

I2 =

dx |x − x0 |α

xZ0 +h

1 x0 + n

dx |x − x0 |α



dx   |x − x0 |α

(5.8)

140

120

100

80

60

40

20

0 x -h 0

x0

x0+h



f (x) =

1 . |x−x0 |α

x → ξ = x − x0 : 1

Z− n dξ I1 = − ξα −h

I2 =

Zh

dξ ξα

1 n

In virtù della simmetria di

Γ)y = f (ξ)

rispetto all'asse delle ordinate:

I = 2 lim

Zh

n→+∞

I1 = I2 ,

per ui:

dξ ξα

1 n

Se

α 6= 1: 2 1 2h1−α − 0 = I= , se α ∈ (0, 1) 1 − α hα−1 1−α 2 1 I =− + (+∞) = +∞, se α ∈ (1, +∞) 1 − α hα−1

Se

α=1 I = 2 lim ln (nh) = +∞ n→+∞

Cioè:

I= In g.

2h1−α , se α ∈ (0, 1) 1−α +∞, se α ∈ [1, +∞)

5.6 sono riportati i gra i della funzione (5.7) per

a = 0.4, 2.

x0 = 5, h = 2,

nei due asi:

3

2.5

y

2

1.5

1

0.5

x0

0 3

3.5

4

4.5

5 x

5.5

6

6.5

7

Figura 5.6: Gra o della funzione (5.7).

Per quanto visto l'integrale (5.8) onverge solo per

α ∈ (0, 1):

lim I (α) = +∞

α→1− In g. 5.7 è riportato l'andamento di

I

in funzione del parametro

α.

200 180 160 140

I(α)

120 100 80 60 40 20 0 0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

α

Figura 5.7: Andamento dell'integrale

***

Cal oliamo gli integrali:

I

in funzione di

α.

Z+∞ I= f (x) dx

(5.9)

x0 +h

J=

xZ0 −h

g (x) dx,

−∞ essendo

1 (x − x0 )α 1 g (x) = (x0 − x)α

f (x) =

Nella (5.10)

x0

x,

è un punto arbitrario dell'asse

mentre

(5.10)

α, h

parametri positivi. Il gra o è

riportato in g. (5.8).

0.25

0.2

y

0.15

0.1

0.05

0

x0+h

x

x0+n

Figura 5.8: Gra o della funzione (5.10). Costruiamo i domini

Dn : Dn = [x0 + h, x0 + n]

Quindi:

I = lim In , n→+∞

essendo:

In =

xZ0 +n

x0 +h Risulta:

dx (x − x0 )α

n1−α − h1−α , se α 6= 1 1−α n In = ln , se α = 1 h In =

Quindi:

n1−α − h1−α I (α 6= 1) = lim = n→+∞ 1−α n I (α = 1) = lim ln = +∞ n→+∞ h Si on lude he l'integrale onverge solo per

+∞,

se 0 < α < h1−α , se α > 1 α−1

1

α > 1.

100

80

y

60

40

20

0 x0+h

L'integrale

J

x +h x0

(se ondo degli integrali (5.9)) assume lo stesso valore di

I,

in virtù della

simmetria dell'integrando. Infatti possiamo s rivere:

Z+∞ I= f (x) dx x0 +h

J=

xZ0 −h

f (x) dx,

−∞ avendo ridenito la funzione integranda:

f (x) =

1 |x − x0 |α

Tale funzione è manifestamente simmetri a rispetto alla retta

x − x0 = 0,

per ui:

Z+∞ dξ I= ξα h

J =−

Z−h

dξ ξα

−∞

*** Cal oliamo l'integrale:

Z+∞ I= e−|x| dx −∞

Pro ediamo per de omposizione:

Z0

I=

−∞

Z+∞ e−|x| dx + e−|x| dx 0

def

= I1 + I2 ,

essendo:

I1 =

Z0

−∞

I2 = I2

il ambio di variabile:

ex dx

−∞

Z+∞ 0

Eseguiamo in

e−|x| dx =

Z0

Z+∞ e−|x| dx = e−x dx 0

x → x′ = −x.

Osserviamo he:

0 ≤ x = −x′ ≤ +∞, per ui:

0 ≥ x′ ≥ −∞ Quindi:

Z−∞ ′ I2 = − ex dx′ 0

=

Z0

′

ex dx′ = I1 ,

−∞ donde:

Z+∞ I = 2 e−x dx 0

Assumendo:

Dn = [0, n] , si ha:

I = 2 lim

Zn

n→+∞

e−x dx

0

1 − e−n

= −2 lim

n→+∞

=2

he è la misura del rettangoloide generalizzato:

U = (x, y) ∈ R2 : −∞ < x < +∞, 0 ≤ y ≤ e−|x| ,

ome riportato in gura (5.9).

1

0.8

y

0.6

0.4

0.2

0 -4

-3

-2

-1

0 x

Figura 5.9: Gra o di

1

2

f (x) = e−|x| .

3

4

Appendi e A Integrali notevoli Z

A.1

sin2 xdx, Z

Z

cos2 xdx

1 1 (x − sin x cos x) + C = (2x − sin 2x) + C 2 4 Z 1 1 cos2 xdx = (x + sin x cos x) + C = (2x + sin 2x) + C 2 4

A.2 1.

2.

3.

Z Z Z

Z dx x2 −1

sin2 xdx =

(A.1)

dx

(

n x2 −1

)

= − arctanh x+ onst

dx (x2 −1)2 dx (x2 −1)3

+ onst − 41 ln x−1 x+1

=

x 2(1−x2 )

=

x(3x2 −5) 8(x2 −1)2

+

3 16

x−1 + onst ln x+1

4.

Z

5.

Z

35 35 1 + 256(−1+x) + 256 ln (−1 + x)+ 128(1+x) 4 +

6.

Z

ln (−1 + x)−

7.

Z

+

8.

dx 1 = − 48(−1+x) 3 (x2 −1)4 5 5 + 32 ln (1 + x) 32(1+x)

+

1 16(−1+x)2

−

5 32(−1+x)

dx 1 5 15 − 256(−1+x) = − 128(−1+x) 4 + 2 192(−1+x)3 (x2 −1)5 5 35 15 35 + 256(1+x) 2 + 256(1+x) − 256 ln (1 + x) 192(1+x)3

−

5 32

ln (−1 + x) −

1 48(1+x)3

dx 1 3 7 7 63 63 = − 320(−1+x) − 256(−1+x) − 512(−1+x) − 512 5+ 3+ 256(−1+x)4 128(−1+x)2 (x2 −1)6 1 3 7 7 63 63 − 256(1+x) − 128(1+x) 4 − 2 − 512(1+x) + 512 ln (1 + x) 320(1+x)5 256(1+x)3

−

1 16(1+x)2

dx 1 7 7 7 105 231 = − 768(−1+x) − 512(−1+x) − 2048(−1+x) 6 + 4 + 2 + 2048(−1+x) 1280(−1+x)5 256(−1+x)3 (x2 −1)7 231 1 7 7 7 105 231 ln (−1 + x) + 768(1+x) + 512(1+x) + 2048(1+x) 6 + 4 + 2 + 2048(1+x) 2048 1280(1+x)5 256(1+x)3 231 ln (1 + x) 2048

Z

−

−

dx 1 1 9 15 55 99 = − 1792(−1+x) − 1280(−1+x) − 2048(−1+x) − 7+ 5+ 3+ 384(−1+x)6 1024(−1+x)4 2048(−1+x)2 (x2 −1)8 429 429 1 1 9 15 55 − 4096 ln (−1 + x) − 1792(1+x) − 1280(1+x) − 2048(1+x) 7 − 5 − 3 − 4096(−1+x) 384(1+x)6 1024(1+x)4 99 429 429 − 4096(1+x) + 4096 ln (1 + x) 2048(1+x)2

Z

A.3

dx

(

n x2 +1

)

1.

Z

dx x2 +1

2.

Z

dx (x2 +1)2

=

1 x 2 x2 +1

3.

Z

dx (x2 +1)3

=

1 x 4 (x2 +1)2

+

3 x 8 x2 +1

4.

Z

dx (x2 +1)4

=

1 x 6 (x2 +1)3

+

5 x 24 (x2 +1)2

+

5 x 16 x2 +1

5.

Z

dx (x2 +1)5

=

1 x 8 (x2 +1)4

+

7 x 48 (x2 +1)3

+

35 x 192 (x2 +1)2

6.

Z

dx (x2 +1)6

=

1 x 10 (x2 +1)5

7.

Z

8.

Z

143 429 143 143 x x x x + 1680 + 4480 + 1280 + 1024 + (x2 +1)5 (x2 +1)4 (x2 +1)3 (x2 +1)2

9.

Z

143 x x 429 x + 1792 + 141287 + 4096 + 336 (x2 +1)4 (x2 +1)5 (x2 +1)3

10.

Z

11.

A.4

= arctan x+ onst

+ 12 arctan x+ onst

+ 83 arctan x

+

5 16

arctan x+ onst

+

35 x 128 x2 +1

+

35 128

arctan x+ onst

9 x 21 x 21 x 63 x 63 + 80 + 160 + 128 + 256 + 256 arctan x+ onst x2 +1 (x2 +1)4 (x2 +1)3 (x2 +1)2

dx x 1 = 12 (x2 +1)7 (x2 +1)6 231 arctan x 1024

+

x 11 120 (x2 +1)5

dx 1 13 x x = 14 + 168 (x2 +1)8 (x2 +1)7 (x2 +1)6 429 x 429 + 2048 arctan x 2048 x2 +1

+

x 33 320 (x2 +1)4

dx 1 x 15 x 65 x = 16 + 224 + 896 (x2 +1)9 (x2 +1)8 (x2 +1)7 (x2 +1)6 2145 x x + 326435 + 326435 arctan x 16 384 (x2 +1)2 768 x2 +1 768

dx 1 x 17 x = 18 + 288 (x2 +1)10 (x2 +1)9 (x2 +1)8 x x 155 x + 242431 + 12 576 (x2 +1)3 98 304 (x2 +1)2 (x2 +1)4

+ +

+

x 77 640 (x2 +1)3

+

x 77 512 (x2 +1)2

85 x x + 161105 1344 (x2 +1)7 128 (x2 +1)6 12 155 x 155 + 12 arctan x 65 536 x2 +1 65 536

Z

+

+

x 231 1024 x2 +1

2431 x 32 256 (x2 +1)5

+

+

2431 28 672

dx 1 x 19 x 323 x 323 x x 46 189 = 20 + 360 + 5760 + 5376 + 644199 + 645 512 (x2 +1)6 120 (x2 +1)11 (x2 +1)10 (x2 +1)9 (x2 +1)8 (x2 +1)7 x 46 189 x 46 189 x 46 189 x 46 189 x 46 189 + 573 440 (x2 +1)4 + 491 520 (x2 +1)3 + 393 216 (x2 +1)2 + 262 144 x2 +1 + 262 144 arctan x (x2 +1)5

Z

dx ; (sin x)n

Z

dx (cos x)n

Appli ando le (3.101)-(3.102) per valori res enti di

n = 3, 4, 5:

Z

Z

Z

Z

Z

Z

A.5

Z

dx sin3 x dx cos3 x dx sin4 x dx cos4 x dx sin5 x dx cos5 x

x cos x i 1 h +C ln tan − 2 2 sin2 x x π 1 sin x = ln tan + +C + 2 2 4 cos2 x cos x i 1h = − 2 cot x + +C 3 sin3 x 1 sin x = tan x + +C 3 cos3 x x cos x cos x 1 3 = ln tan − +C − 4 2 2 sin2 x sin4 x x π 1 3 sin x sin x = ln tan + + +C + 4 2 2 4 cos2 x cos4 x =

n

(tan x) dx;

Z

Appli ando le (3.105)-(3.106) per

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

(cot x)n dx n = 2, 3, ..., 8:

tan2 xdx = tan x − x + C cot2 xdx = − cot x − x + C 1 1 tan2 x − ln 1 + tan2 x + C 2 2 1 1 cot3 xdx = − cot2 x + ln 1 + cot2 x 2 2 1 tan4 xdx = tan3 x − tan x + x + C 3 1 cot4 xdx = − cot3 x + cot x + x + C 3 1 1 1 tan5 xdx = tan4 x − tan2 x + ln 1 + tan2 x + C 4 2 2 1 1 1 cot5 xdx = − cot4 x + cot2 x − ln 1 + cot2 x + C 4 2 2 1 1 tan6 xdx = tan5 x − tan3 x + tan x − x + C 5 3 1 1 cot6 xdx = − cot5 x + cot3 x − cot x − x + C 5 3 1 1 1 1 tan7 xdx = tan6 x − tan4 x + tan2 x − ln 1 + tan2 x + C 6 4 2 2 1 1 1 1 cot7 xdx = − cot6 x + cot4 x − cot2 x + ln 1 + cot2 x + C 6 4 2 2 1 1 1 tan8 xdx = tan7 x − tan5 x + tan3 x − tan x + x + C 7 5 3 1 1 1 cot8 xdx = − cot7 x + cot5 x − cot3 x + cot x + x + C 7 5 3 tan3 xdx =

Esercizi di esame sul Calcolo Integrale

Recommend Documents