Integrali

Manuela Grella & Simona Giovannetti 26 aprile 2005

Soluzione 1. (i)∫ x^{α}dx = \frac{x^{α+1}}{α+1} + c.

(ii)∫ \frac{1}{x}dx = ln |x| + c. (iii)∫ sin xdx = − cos x + c. (iv)∫ \frac{1}{cos^{2}x}dx = tan x + c. (v)∫ \frac{1}{sin^{2}x cos^{2} x}dx = ∫ \frac{sin^{2} x+cos^{2} x}{sin^{2}x cos^{2} x}dx = tan x − cot x + c (vi)∫ \frac{1}{sin^{2} x}dx = − cot x + c (vii)∫ (2e^{x} − 5 cos x)dx = 2e^{x} − 5 sin x + c (viii)∫ a^{x}dx = a^{x} log_{a} e + c = \frac{a^{x}}{ln a} + c (ix)∫ \frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} dx = arcsin x + c. (x)∫ \frac{1}{1+x^{2}} dx = arctan x + c (xi)∫ (x^{3} − 4x^{2} + \frac{3}{5}x + 2)dx = \frac{x^{4}}{4} − \frac{4}{3}x^{3} + \frac{3}{10}x^{2} + 2x (xii)∫ \frac{x^{5}+1}{x+1} = \frac{x^{5}}{5} − \frac{x^{4}}{4} + \frac{x^{3}}{3} − \frac{x^{2}}{2} + x + c (xiii)∫ \frac{3x+1}{x^{3}−4x}dx: poiché x^{3} − 4x = x(x − 2)(x + 2), la funzione integranda

può essere decomposta come segue:

\frac{3x + 1}{x^{3} − 4x} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x − 2} + \frac{C}{x + 2} = \frac{Ax^{2} − 4A + Bx^{2} + 2Bx + Cx^{2} − 2Cx}{x^{3} − 4x}

Poiché questo deve valere per ogni x, si ha:

A + B + C = 0 (ossia i coefficienti di x^{2})
2B − 2C = 3 (ossia i coefficienti di x)
−4A = 1  (ossia i termini noti)

Risolvendo il sistema si ricava che A = −\frac{1}{4}, B = \frac{7}{8} e C = −\frac{5}{8}, quindi:

∫ \frac{3x + 1}{x^{3} − 4x}dx = −\frac{1}{4} ∫ \frac{dx}{x} + \frac{7}{8} ∫ \frac{dx}{x − 2} − \frac{5}{8} ∫ \frac{dx}{x + 2} =

= −\frac{1}{4} ln |x| + \frac{7}{8} ln |x − 2| − \frac{5}{8} ln |x + 2| + c

(xiv) Poiché il grado del numeratore supera quello el denominatore, conviene dividere il primo per il secondo: otteniamo che x^{5} − 6x^{3} + 2x^{2} + 5 = (x^{3} + 3x^{2} − x − 3)(x^{2} − 3x + 4) − 10x^{2} − 5x + 17; andando a sostituire questo risultato nell’integrale e semplificando otteniamo:

∫ \frac{x^{5} − 6x^{3} + 2x^{2} + 5}{x^{3} + 3x^{2} − x − 3}dx = ∫ (x^{2} − 3x + 4)dx − ∫ \frac{10x^{2} + 5x − 17}{x^{3} + 3x^{2} − x − 3}dx =

= \frac{x^{3}}{3} − \frac{3x^{2}}{2} + 4x − ∫ \frac{10x^{2} + 5x − 17}{x^{3} + 3x^{2} − x − 3}dx

Ora calcoliamo il secondo integrale: poiché x^{3} + 3x^{2} − x − 3 = (x − 1)(x + 1)(x + 3), la funzione integranda può essere decomposta come segue:

\frac{10x^{2} + 5x − 17}{x^{3} + 3x^{2} − x − 3} = \frac{A}{(x − 1)} + \frac{B}{(x + 1)} + \frac{C}{(x + 3)}

Facendo il minimo comune multiplo, e risolvendo il sistema come sopra ottengo i seguenti valori: A = −\frac{1}{4}, B = 3 e C = \frac{29}{4}, quindi l’integrale iniziale avrà soluzione:

\frac{x^{3}}{3} − \frac{3}{2}x^{2} + 4x + \frac{1}{4} ln |x − 1| − 3 ln |x + 1| − \frac{29}{4} ln |x + 3|

(xv)∫ \frac{dx}{x^{3}(x^{2}+1)^{2}} : \frac{1}{x^{3}(x^{2}+1)^{2}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^{2}} + \frac{C}{x^{3}} + \frac{Dx+E}{x^{2}+1} + \frac{F x+G}{(x^{2}+1)^{2}} ; risolvendo il sistema che ne viene si ottiene che A = −2, B = 0, C = 1, D = 2, E = 0 F = 1 e G = 0, quindi si ha:

∫ \frac{dx}{x^{3}(x^{2} + 1)^{2}} = −2 ∫ \frac{dx}{x} + ∫ \frac{dx}{x^{3}} + ∫ \frac{2x}{x^{2} + 1}dx + ∫ \frac{x}{(x^{2} + 1)^{2}} dx =

= −2 ln |x|− \frac{1}{2x^{2}} +ln(x^{2} +1)− \frac{1}{2(x^{2} + 1)} +c = −\frac{2x^{2} + 1}{2x^{2}(x^{2} + 1)} +ln \frac{x^{2} + 1}{x^{2}} +c

Soluzione 2. (i)Eseguendo la sostituzione x = t^{2} si ha t = \sqrt{x} e dx = 2tdt quindi l’integrale diventa 2 ∫ \frac{t^{2}}{2+t}dt,effettuando la divisione tra polinomi,si ha

2 ∫ (t − 2)dt + 8 ∫ \frac{dt}{2 + t} = t^{2} − 4t + 8ln|2 + t| + c

(ii)La sostituzione da fare é 2^{x} − 1 = t^{2},da cui x = log_{2}(1 + t^{2}) e dx = \frac{2t}{(t^{2}+1)ln2}dt.Otteniamo quindi

\frac{2}{ln2} ∫ \frac{t^{2}}{t^{2} + 1}dt

che si risolve con la divisione tra polinomi; il risultato é

\frac{2}{ln2}[\sqrt{2^{x} − 1} − arctg2^{x} − 1] + c

(iii)Si puó procedere notando che l’integrale é del tipo − ∫ \frac{f′(x)}{1+f^{2}(x)}dx con f(x) = cosx da cui si trova il risultato −arctgcosx + c;altrimenti si puó eseguire la sostituzione tg(x/2) = t e ci si riconduce al calcolo dell’integrale

∫ \frac{2t}{t^{4} + 1}dt

(iv)Ponendo e^{x} = t si ottiene il risultato x − ln(1 + e^{x}) + c.

(v)Ponendo t = \sqrt{x + 4} si ha x = t^{2} − 4 e dx = 2tdt,l’integrale diventa

1/2 ∫ \frac{4}{t^{2} − 4}dt

Il risultato finale é

1/2ln|\sqrt{x + 4} − 2| − 1/2ln(\sqrt{x + 4} + 2) + c

(vi)Si pone tan x = t, quindi x = arctgt,dx = \frac{dt}{1+t^{2}} ,sen^{2}x = \frac{t^{2}}{1+t^{2}} ; il risultato é 1/4ln(1 + 2tg^{2}x) + c.

(vii) Poniamo x + \sqrt{x^{2} + 1} = t, dalla quale ricaviamo che x = \frac{t^{2}−1}{2t}, per cui dx = \frac{2t^{2}+1}{4t^{2}}dt. Pertanto otteniamo:

∫ \frac{dx}{x + \sqrt{1 + x^{2}}} = ∫ \frac{2t^{2} + 1}{4t^{3}}dt = \frac{1}{2} ∫ \frac{dt}{t} + \frac{1}{4} ∫ \frac{1}{t^{3}} dt =

= \frac{1}{2} ln |t| − \frac{1}{8} \frac{1}{t^{2}} + c = \frac{1}{2} ln |x + \sqrt{x^{2} + 1}| − \frac{1}{8(x + \sqrt{x^{2} + 1})} + c

(viii) Notiamo che −x^{2} − 2x + 3 = (x + 3)(1 − x), per cui abbiamo che

\frac{1}{\sqrt{−x^{2} − 2x + 3}} = \frac{1}{\sqrt{(x + 3)(1 − x)}} = \frac{1}{(x + 3)\sqrt{\frac{1−x}{x+3}}}

Poniamo t = \sqrt{\frac{1−x}{x+3}}, dalla quale otteniamo x = \frac{1−3t^{2}}{1+t^{2}} : quindi dx = \frac{−8t}{(1+t^{2})^{2}} e x + 3 = \frac{4}{1+t^{2}} . Detto ciò si ha:

∫ \frac{1}{\sqrt{−x^{2} − 2x + 3}}dx = ∫ \frac{1}{(x + 3)\sqrt{\frac{1−x}{x+3}}} dx = −2 ∫ \frac{1}{1 + t^{2}} dt =

= −2 arctan t + c = −2 arctan \sqrt{\frac{1 − x}{x + 3}} + c

Soluzione 3. Applichiamo la formula dell’integrazione per parti:

∫ udv = uv − ∫ vdu

(i) Consideriamo u = x e dv = sin x: applicando la formula su scritta otteniamo ∫ x sin xdx = −x cos x + ∫ cos xdx = −x cos x + sin x + c

(ii) Consideriamo u = \sqrt{1 − x^{2}} e dv = dx: allora otteniamo ∫ \sqrt{1 − x^{2}}dx = x\sqrt{1 − x^{2}}+∫ \frac{x^{2}}{\sqrt{1−x^{2}}} dx = x\sqrt{1 − x^{2}}+∫ \frac{x^{2}+1−1}{\sqrt{1−x^{2}}}dx = x\sqrt{1 − x^{2}}−∫ \frac{1−x^{2}}{\sqrt{1−x^{2}}} dx− ∫ \frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} dx = x\sqrt{1 − x^{2}}+arcsin x−∫ \sqrt{1 − x^{2}}dx+c; portando dall’altra parte dell’uguale l’integrale ottenuto, si ha che:

∫ \sqrt{1 − x^{2}}dx = \frac{x\sqrt{1 − x^{2}} + arcsin x}{2} + c_{1}

(iii) Consideriamo u = sin x e dv = e^{−x}: allora otteniamo ∫ \frac{sin x}{e^{x}} = −e^{−x} sin x + ∫ cos xe^{−x}dx; ora riapplichiamo il metodo dell’integrazione per parti con u = cos x e dv = e^{−x}, e abbiamo che −e^{−x} sin x + ∫ cos xe^{−x}dx = −e^{−x} sin x − cos xe^{−x} − ∫ e^{−x} sin xdx + c: considerando l’uguaglianza di quest’ultima formula con l’integrale iniziale otteniamo che:

∫ \frac{sin x}{e^{x}} = \frac{−e^{−x}(sin x + cos x)}{2} + c_{1}

(iv) Consideriamo u = x e dv = \frac{1}{cos^{2} x}: allora otteniamo ∫ \frac{x}{cos^{2} x}dx = x tan x−∫ tan xdx; quest’ultimo integrale è della forma ∫ \frac{f′(x)}{f(x)}dx = ln |f(x)|+ c, quindi otteniamo che ∫ \frac{x}{cos^{2} x}dx = x tan x − ln | cos x| + c.

(v) Consideriamo u = arcsin^{2} x e dv = dx: quindi otteniamo ∫ arcsin^{2} xdx = x arcsin^{2} x − ∫ \frac{2x arcsin x}{\sqrt{1−x^{2}}}dx; ora riapplichiamo il metodo dell’integrazione per parti con u = arcsin x e dv = \frac{x}{\sqrt{1−x^{2}}} , e abbiamo che x arcsin^{2} x−∫ \frac{2x arcsin x}{\sqrt{1−x^{2}}}dx = x arcsin^{2} x + 2 arcsin x\sqrt{1 − x^{2}} − 2x + c

(vi) Consideriamo u = \sqrt{x^{2} + 4} e dv = dx: allora otteniamo ∫ \sqrt{x^{2} + 4}dx = x\sqrt{x^{2} + 4}−∫ \frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}+4}}dx = x\sqrt{x^{2} + 4}−∫ \frac{x^{2}+4−4}{\sqrt{x^{2}+4}}dx = x\sqrt{x^{2} + 4}−∫ \sqrt{x^{2} + 4}dx+ 4 ∫ \frac{dx}{\sqrt{x^{2}+4}}; poiché ∫ \frac{dx}{\sqrt{x^{2}+4}} = ln |\sqrt{x^{2} + 4}+x|+c (ottenuto per sostituzione), allora si ottiene:

∫ \sqrt{x^{2} + 4}dx = \frac{x\sqrt{x^{2} + 4} + 4 ln |\sqrt{x^{2} + 4} + x|}{2} + c_{1}

(vii) Consideriamo u = e^{x} e dv = sin x: allora abbiamo che ∫ e^{x} sin x dx = −e^{x} cos x+∫ e^{x} cos x dx; riapplicando lo stesso metodo otteniamo: −e^{x} cos x+ ∫ e^{x} cos x dx = −e^{x} cos x+e^{x} sin x−∫ e^{x} sin x dx, e riportando al primo membro l’integrale rimasto otteniamo che ∫ e^{x} sin x dx = \frac{−e^{x} cos x+e^{x} sin x}{2} + c

(viii) Consideriamo u = sin^{3} x e dv = e^{x}: allora abbiamo che ∫ e^{x} sin^{3} x dx = sin^{2} x cos xe^{x} − 3 ∫ sin^{2} x cos xe^{x}dx; calcoliamo ora a parte l’integrale rimasto: considerando u = sin^{2} x cos x e dv = e^{x}, si ha che ∫ sin^{2} x cos xe^{x}dx = sin^{2} x cos xe^{x}−∫ (2 sin x cos^{2} x−sin^{3} x)e^{x}dx = sin^{2} x cos xe^{x}−2 ∫ sin xe^{x}dx+ 3 ∫ sin^{3} xe^{x}dx; notiamo che il primo integrale lo abbiamo risolto nel puto precedente; quindi, andando a sostituire il risultato ottenuto nell’espressione precedente e portando al primo membro l’integrale rimasto otteniamo che:

∫ e^{x} sin^{3} x dx = \frac{e^{x}}{10}(sin^{3} x − 3 sin^{2} x cos x + 3 sin x − 3 cos x)

(ix) Consideriamo u = ln x e dv = dx; allora otteniamo ∫ ln x dx = x ln x − ∫ dx = x ln x − x + c

(x) Consideriamo u = sin^{2} x e dv = sin x; allora otteniamo che ∫ sin^{3} x dx = − cos x sin^{2} x+2 ∫ cos^{2} x sin x dx = − cos x sin^{2} x+2 ∫ sin x dx−2 ∫ sin^{3} x dx = − cos x sin^{2} x + 2 cos x − 2 ∫ sin^{3} x dx + c; quindi portando al primo membro l’integrale rimasto otteniamo che

∫ sin^{3} x dx = \frac{− cos x sin^{2} x − 2 cos x}{3} + c_{1}