Integrali II

Manuela Grella & Simona Giovannetti

26 aprile 2005

Soluzione 1. (i)∫ \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

(ii) 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|

(iii)∫ \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.

(iv)∫ \frac{cot x}{sin^{α} x}dx = ∫ \frac{cos x}{sin^{α+1}} dx = −\frac{1}{α sin^{α}} + c, essendo un integrale del tipo ∫ f′(x)f^{α}(x)dx.

(v)∫ \frac{e^{2x}}{\sqrt{e^{x}−1}}dx: ponendo t = \sqrt{e^{x} − 1} si ottiene e^{x} = t^{2} + 1, quindi dx = \frac{2t}{t^{2}+1}; sostituendo ciò nell’integrale abbiamo

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

.

(vi)∫ \frac{\sqrt{x}}{1+x\sqrt{x}}dx = \frac{2}{3} ∫ ^{\frac{\sqrt[\frac{3}{2}]{x}}{1+x\sqrt{x}}}dx = \frac{2}{3} ln |1 + x\sqrt{x}| + c, essendo \frac{2}{3} \sqrt{x} la

derivata di 1 + x\sqrt{x}, e quindi l’integrale del tipo ∫ \frac{f′(x)}{f(x)}dx.

(vii)∫ \frac{cos ln x^{n}}{x} dx = \frac{1}{n} ∫ \frac{n}{x} cos(n ln x)dx = \frac{1}{n} sin(n ln x) + c, risultato ottenuto considerando che (n ln x)′ = \frac{n}{x}, e quindi l’integrale è del tipo ∫ f′(x) sin(f(x))dx.

(viii)∫ \frac{dx}{e^{x}+e^{−x}} = ∫ \frac{e^{x}}{e^{2x}+1}dx = arctan e^{x} + c, poiché l’integrale è del tipo ∫ f′(x)\frac{1}{1+(f(x))^{2}} dx.

(ix)∫ e^{−x^{2}+ln x}dx = ∫ e^{ln x}e^{−x^{2}}dx = ∫ xe^{−x^{2}}dx = −\frac{1}{2}e^{−x^{2}} + c, essendo l’integrale del tipo ∫ f′(x)e^{f(x)}dx.

(x)∫ \frac{dx}{sin x cos x} = ∫ _{\frac{dx}{\frac{sin x}{cos x} cos^{2} x}} = ∫ \frac{1}{tan x} \frac{1}{cos^{2} x}dx = ln | tan x| + c, avendo no-

tato che \frac{1}{cos^{2} x} = (tan x)′, e che quindi l’integrale è della forma ∫ \frac{f′(x)}{f(x)}dx Soluzione 2. Sia f(x) una funzione continua in un intervallo [a, b]. Il teorema fondamentale del calcolo integrale stabilisce che la seguente funzione integrale

F (x) = ∫_{x_{0}}^{x} f(t) dt (con x_{0} ∈ [a, b])

è derivabile in [a, b] (in particolare F (x) è una funzione continua) e la derivata vale F′(x) = f(x) per ogni x ∈ [a, b].

(i) Fissiamo un numero reale x_{0}, la funzione integrale F (x) si può rappresentare nella forma

F (x) = ∫_{2x}^{x_{0}} cos^{2} t dt + ∫_{x_{0}}^{3x} cos^{2} t dt = ∫_{x_{0}}^{3x} cos^{2} t dt − ∫_{x_{0}}^{2x} cos^{2} t dt

In base al teorema fondamentale del calcolo integrale, la derivata vale F′(x) = 3 cos^{2}(3x) − 2 cos^{2}(2x)

(ii) Consideriamo la funzione integrale F (x) composta tramite le due funzioni y = \sqrt{x} e G(y) = ∫_{0}^{y} e^{t^{2}}dt, ossia F (x) = G(\sqrt{x}). La derivata della funzione G(y), in base al teorema fondamentale del calcolo integrale, vale G′(y) = e^{y^{2}}. Per la regola di derivazione delle funzioni composte otteniamo:

F′(x) = G′(\sqrt{x})\frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{1}{2\sqrt{x}}e^{x}

Soluzione 3. (i) Per la monotonia dobbiamo considerare la derivata prima della F (x), che si calcola applicando il teorema fondamentale del calcolo integrale: per cui abbiamo che F′(x) = 1 − \frac{sin^{2} x}{x^{2}} per x > 0. Essendo | sin x| < |x| ∀ x ≠ 0, risulta F′(x) > 0 ∀ x > 0. Perciò F (x) è strettamente crescente nell’intervallo (0, +∞).

(ii) Per lo studio dei punti di flesso abbiamo bisogno della derivata seconda: F′′(x) = −\frac{2 sin x}{x^{3}}(x cos x − sin x). Essa esiste per x ≠ 0 e si annlla se sin x = 0, oppure se tan x = x. L’equazione tan x = x non ha soluzioni nell’intervallo (0, π), poiché per 0 < x < π/2 risulta tan x > x, mentre per π/2 < x < π si ha che tan x < 0 < x. Dato che l’equazione sin x = 0 non ha soluzioni nell’intervallo aperto (0, π), la F (x) non ha punti di flesso lì.