PRIMITIVA DI UNA FUNZIONE. INTEGRALE INDEFINITO

PRIMITIVA DI UNA FUNZIONE. INTEGRALE INDEFINITO.
INTEGRALI IMMEDIATI O RICONDUCIBILI AD IMMEDIATI.
METODI DI INTEGRAZIONE.
Angela Donatiello
1
DEF. Una funzione F(x) si dice primitiva di una funzione y = f(x) definita
nell’intervallo [a;b] se
1) F(x) è derivabile in [a;b]
2) F ’(x) = f(x) (la sua derivata è f(x))
Attenzione!!! La primitiva di una funzione non è unica!!!
y = x2 + 3
Operatore derivata
y = x2 − 2
2 1
y=x −
2
y = 2x
y = x 2 + 12
.......
Angela Donatiello
2
Osservazione: Se una funzione ammette primitive, allora ammette infinite primitive
del tipo F(x) + c, con c numero reale, (differiscono tutte per una costante).
Infatti (F(x) + c)’ = F’(x) = f(x), in quanto la derivata di una costante è nulla.
Inoltre: se F(x) e G(x) sono primitive di f(x), allora
[F(x)-G(x)]’= F’(x)-G’(x) = f(x) – f(x) = 0, ossia F(x) – G(x) = costante
Le funzioni y = F(x) + c sono tutte e sole le primitive della funzione y = f(x) e
rappresentano tutte le funzioni ottenute dalla primitiva y = F(x) mediante
traslazioni verticali.
3
y=x
y = x3 + 2
1
y = x3 −
2
y = x3 − 3
y = x3 − 5
Primitive di
Angela Donatiello
y = 3x 2
3
La primitiva che si ottiene con c = 0 è detta primitiva fondamentale.
DEFINIZIONE DI INTEGRALE INDEFINITO
Si chiama integrale indefinito della funzione y = f(x) e si indica con il simbolo
∫ f ( x ) dx l’insieme di tutte le infinite primitive F(x) + c della funzione f(x), dove c è
un numero reale qualunque.
∫ f ( x ) dx = F( x ) + c
tale che
(F( x ) + c)' = f ( x )
f (x) è detta FUNZIONE INTEGRANDA
x è detta VARIABILE d’INTEGRAZIONE
derivazione
y = F(x)
F’(x) = f(x)
integrazione
Teorema. Se una funzione y = f(x) è continua in [a;b] allora è integrabile.
Angela Donatiello
4
Ricordiamo le derivate
Angela Donatiello
5
Angela Donatiello
6
INTEGRALI INDEFINITI IMMEDIATI
α +1
x
α
1) ∫ x dx =
+ c, α ∈ R − {−1}
α +1
In particolare:
∫ dx = x + c
x2
∫ xdx = 2 + c
1
2) ∫ dx = ln | x | + c
x
1 x
x
3) ∫ a dx =
a +c
ln a
4)
6)
∫ senx dx = − cos x + c
∫
1
2
cos x
dx = tgx + c
∫
2 3
x dx =
x +c
3
In particolare:
5)
7)
x
x
e
dx
=
e
+c
∫
∫ cos x dx = senx + c
∫
1
2
sen x
Angela Donatiello
dx = − cot gx + c
7
8)
∫
1
dx = arcsin x + c = − arccos x + c
1− x
1
9) ∫
dx = arctgx + c
2
1+ x
2
PROPRIETA’ DEGLI INTEGRALI INDEFINITI
∫ k ⋅ f ( x )dx = k ⋅ ∫ f ( x )dx
2) ∫ [f ( x ) + g ( x )]dx = ∫ f ( x )dx + ∫ g ( x )dx
3) ∫ [ k ⋅ f ( x ) + h ⋅ g ( x )]dx = k ∫ f ( x )dx + h ∫ g ( x )dx
1)
NOTA: Non esistono proprietà degli integrali su prodotti o quozienti, pertanto tali
casi andranno analizzati mediante opportuni metodi risolutivi.
Angela Donatiello
8
Esempi:
3
x
2
2
• ∫ (3x + cos x )dx = 3∫ x dx + ∫ cos xdx = 3
+ senx + c = x 3 + senx + c
3
− 2 +1
x
1
−2
−1
dx
=
x
dx
=
+
c
=
−
x
+
c
=
−
+c
• ∫
∫
2
− 2 +1
x
x
1
1
dx = ∫ ( x )
x
−
1
2 dx
1
x2
+c=
+c=2 x +c
1
1
− +1
2
2
3x 2 + 2
2
2
1

• ∫
dx = ∫  3x + dx = ∫ 3xdx + ∫ dx = 3∫ xdx + 2 ∫ dx =
x
x
x
x

x2
= 3 + 2 ln | x | +c
2
•
∫
=
1
− +1
x 2
Angela Donatiello
9
 3
5 
1
1
dx = 3∫
• ∫ 
+
dx + 5∫
dx =
2
2
1+ x
1 + x
1 − x2 
1 − x2
= 3arctgx + 5 arcsin x + c
5 

dx = −4 cos x − 5tgx + c
• ∫  4senx −
2 

cos x 

x 3
x
• ∫  6e + dx = 6e + 3 ln | x | + c
x

Angela Donatiello
10
INTEGRALI INDEFINITI DI FUNZIONI LA CUI PRIMITIVA E’ UNA FUNZIONE
COMPOSTA
Angela Donatiello
11
Esempi.
3
3
3
3
1
1
(
x
+
5
)
(
x
+
5
)
2 3
2
2 3
2
x
(
x
+
5
)
dx
=
3
x
(
x
+
5
)
dx = ⋅
+c=
+c
∫
∫
3
3
3
9
senx
− senx
∫ tgxdx = ∫ cos x dx = − ∫ cos x dx = − ln | cos x | +c
1
1
1
2
1
dx = ∫
dx = ∫
dx = arctg(2 x ) + c
∫
2
2
2
2 1 + (2x )
2
1 + 4x
1 + (2x )
x +1
1
2x + 2
1
2
dx
=
dx
=
ln
|
x
+ 2x − 3 | +c
∫ 2
∫
2
2 x + 2x − 3
2
x + 2x − 3
Angela Donatiello
12
Esercizi.
∫
41+ 2 x
8
x
dx = ∫
4 ⋅ 42 x
3x
2
∫ x x + 1 dx = ∫
2
dx = ∫
4 ⋅ 24 x
23x
1
x ( x 2 + 1) 2 dx
x
2
dx = 4 ∫ 2 x dx = 4
+c
ln 2
1
= ∫
2
1
2 x ( x 2 + 1) 2 dx
=
3
1 ( x 2 + 1) 2
2
3
2
+c
1
=
( x 2 + 1)3 + c
3
sen (ln x )
∫ x dx = − cos(ln x ) + c
Angela Donatiello
13
x+2
1
2x + 4
1
2
dx
=
dx
=
tg
(
x
+ 4x ) + c
∫ 2 2
∫
2
2
2 cos ( x + 4 x )
2
cos ( x + 4 x )
∫
∫
ex
1+ e
dx = ∫
2x
ex
1 − e2 x
1
ex
1 + (e x )
dx = ∫
x
dx
=
arctg
(
e
)+c
2
ex
dx = arcsen (e x ) + c
1 − (e x ) 2
1
1
1
dx = ∫
dx = ∫
dx =
∫
2
2
3 2

16
16 + 3x
 3 
161 + x 
1+  x
 16 
 4 
3
1
3
3
3
1 4
4
= ⋅ ∫
dx =
arctg x + c =
arctg x + c
2
16 3
4 3
4
12
4
 3 
1+  x
 4 
Angela Donatiello
14
INTEGRAZIONE DELLE FUNZIONI RAZIONALI FRATTE
1° CASO:
∫
IL NUMERATORE È RICONDUCIBILE ALLA DERIVATA DEL
DENOMINATORE
3x 2 + 3x − 2
2 x + 3x − 4 x − 1
3
2
dx =
a meno della costante 2 il numeratore è la
derivata del denominatore
1
6x 2 + 6x − 4
= ∫ 3
dx =
2
2 2 x + 3x − 4 x − 1
f ' (x)
RICORDO: ∫
dx = ln | f ( x ) | + c
f (x)
1
= ln | 2 x 3 + 3x 2 − 4 x − 1 | + c
2
Angela Donatiello
15
2° CASO: IL DENOMINATORE E’ DI PRIMO GRADO
2 x 2 + 5x + 1
∫ 2x + 1 dx
Effettuo la divisione tra polinomi:
A( x )
R (x)
Ricordo:
= Q( x ) +
B( x )
B( x )
2 x 2 + 5x + 1
1
= x+2−
2x + 1
2x + 1
(Esame 19/06/12)
2x2 + 5x +1 2x + 1
-2x2 - x
x+2
// 4x +1
-4x -2
// -1
2 x 2 + 5x + 1
1
1
2
∫ 2x + 1 dx = ∫ xdx + 2∫ dx − ∫ 2x + 1 dx = ∫ xdx + 2∫ dx − 2 ∫ 2x + 1 dx =
1 2
1
= x + 2 x − ln | 2 x + 1 | + c
2
2
Angela Donatiello
16
3° CASO: IL DENOMINATORE E’ DI SECONDO GRADO (e non posso ricondurmi al
primo caso in maniera immediata)
- sottocaso 1: ∆
>0
(si riconduce ad integrali di tipo logaritmo)
∫
x −1
dx
x + 5x + 6
2
1) Calcolo il discriminante ∆ = b − 4ac = 25 − 24 = 1 > 0
2
2) Scompongo il polinomio al denominatore nella forma
ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x 2 ) con x1 e x2 radici o zeri dell’equazione
associata.
− 5 ±1
x=
x1 = −3
2
x 2 = −2
x 2 + 5x + 6 = ( x + 3)( x + 2)
F( x )
A
B
=
+
3) Riscrivo la frazione algebrica nella forma
G ( x ) a ( x − x1) x − x 2
x −1
A
B
In questo caso
=
+
2
x + 5x + 6 x + 3 x + 2
Angela Donatiello
17
4) Cerco i parametri A e B in modo che sia verificata l’uguaglianza:
x −1
A ( x + 2) + B( x + 3)
=
2
( x + 3)( x + 2)
x + 5x + 6
x −1
x 2 + 5x + 6
=
Ax + 2A + Bx + 3B
( x + 3)( x + 2)
x −1
(A + B) x + 2A + 3B
=
tale uguaglianza è vera se e solo se
2
( x + 3)( x + 2)
x + 5x + 6
A + B = 1
A = 1 − B A = 4
⇒
⇒

2A + 3B = −1 B = −3
B = −3
x −1
4
3
Pertanto:
=
−
2
x + 5x + 6 x + 3 x + 2
Angela Donatiello
18
5) Riscrivo l’integrale che ora si riconduce a due integrali quasi immediati di
tipo logaritmo
x −1
3 
4
3
 4
dx = ∫ 
−
dx − ∫
dx
dx = ∫
∫ 2
x+3
x+2
 x + 3 x + 2
x + 5x + 6
= 4 ln | x + 3 | −3 ln | x + 2 | + c
- sottocaso 2: ∆
= 0 (si riconduce ad integrali di tipo logaritmo e di tipo potenza)
∫
x+5
dx
x + 6x + 9
2
1) Calcolo il discriminante ∆ = b − 4ac = 36 − 36 = 0
2
2) Scompongo il polinomio al denominatore nella forma
ax 2 + bx + c = a ( x − x1) 2
2
2
In questo caso x + 6 x + 9 = ( x + 3)
Angela Donatiello
19
F( x )
A
B
3) Riscrivo la frazione algebrica nella forma
=
+
G ( x ) a ( x − x1) ( x − x1 ) 2
x+5
A
B
In questo caso:
=
+
2
x + 6 x + 9 ( x + 3) ( x + 3)2
4) Cerco i parametri A e B in modo che sia verificata l’uguaglianza:
x+5
A
B
=
+
2
x + 6 x + 9 ( x + 3) ( x + 3)2
x+5
A( x + 3) + B
=
2
x + 6x + 9
( x + 3) 2
x+5
Ax + 3A + B
=
tale uguaglianza è vera se e solo se
2
2
x + 6x + 9
( x + 3)
A = 1
A = 1
⇒

3A + B = 5 B = 5 − 3 = 2
Angela Donatiello
20
x +5
1
2
=
+
Pertanto: 2
2
(
x
3
)
+
x + 6x + 9
( x + 3)
5) Riscrivo l’integrale che ora si riconduce a due integrali quasi immediati di
tipo logaritmo e di tipo potenza
 1
2 
1
−2


dx
=
+
dx
=
dx
+
2
(
x
+
3
)
dx
∫ 2
∫  ( x + 3)
∫x+3
∫
2
x + 6x + 9
( x + 3) 

( x + 3) − 2+1
2
= ln | x + 3 | +2 ⋅
+ c = ln | x + 3 | −
+c
− 2 +1
x+3
x+5
Angela Donatiello
21
- sottocaso 3: ∆ < 0
a) il numeratore è di grado zero
∫
1
ax + bx + c
2
dx
a≠0
E’ necessario effettuare il completamento del quadrato dei primi due termini al
denominatore e poi ricondurre all’integrale immediato la cui primitiva è
arcotangente.
∫
1
x + x +1
2
dx
• Calcolo il discriminante ∆ = 1 − 4 = −3 < 0
• Si cerca di ricondurre l’integrale al modello
f ' (x)
1
f (x)
dx
=
arctg
+c
∫ 2
2
k
k
k + [f ( x )]
Angela Donatiello
22
• Bisogna riguardare i due termini x2 e x rispettivamente come il quadrato di x
e come il doppio prodotto del primo termine x per un secondo termine e
sommare e sottrarre il termine mancante per completare il quadrato di
binomio.
2
1
1
1

 3
2
2
x + x +1 = x + x + − +1 =  x +  +
4 4
2 4

1
x+
1
1
1
2 +c
• ∫
dx
dx
arctg
=
=
∫
2
2
3
3
x + x +1
1 3

x +  +
2
2
2 4

2
2x + 1
=
arctg
+c
3
3
b) Il numeratore è un polinomio di primo grado e il denominatore di secondo
con discriminante negativo
∫
x+3
x + x +1
2
dx =
Angela Donatiello
23
• Calcolo il discriminante ∆ = 1 − 4 = −3 < 0
• Trasformo il numeratore in modo da vederlo come somma di due parti, una
che costituisce la derivata del denominatore e l’altra che ci permetterà di
ricondurci all’arcotangente come nel caso precedente.
x+3
1 2( x + 3)
1 2x + 6
dx = ∫ 2
dx = ∫ 2
dx =
∫ 2
2 x + x +1
2 x + x +1
x + x +1
1 2x + 1 + 5
1 2x + 1
1
5
= ∫ 2
dx = ∫ 2
dx + ∫ 2
dx =
2 x + x +1
2 x + x +1
2 x + x +1
Il primo integrale si è riconduce ad integrali di tipo logaritmo, mentre il
secondo è integrabile come arcotangente (caso precedente)
1
5 2
2x + 1
2
= ln | x + x + 1 | + ⋅ arctg
+c
2
2 3
3
1
5
2x + 1
2
= ln( x + x + 1) +
arctg
+c
2
3
3
Angela Donatiello
24
Metodo di integrazione per sostituzione
∫ f ( x )dx
1) Si pone x = g(t) (continua e invertibile) oppure t = g -1 (x)
2) Si calcola il differenziale dx = g ' ( t )dt
3) Si sostituisce ∫ f ( x )dx = f (g ( t )) ⋅ g ' ( t )dt
4) Si scrive prima il risultato dell’integrale nella variabile t e successivamente
nella variabile x.
Esempi.
1
∫ 1 + x dx =
1
2t
=∫
⋅ 2 tdt = ∫
dt
1+ t
1+ t
pongo
t = x ⇒ x = t 2 ⇒ dx = 2 tdt
effettuo la divisione tra polinomi
Angela Donatiello
25
2t
-2t-2
Quindi ricordo che
t+1
A( x )
R (x)
= Q( x ) +
B( x )
B( x )
2t
2
=2−
t +1
t +1
2
-2
2 
1

= ∫2 −
dt = 2 t − 2 ln | t + 1 | + c =
dt = ∫ 2dt − 2 ∫
t + 1
1+ t

= 2 x − 2 ln | x + 1 | + c = 2 x − 2 ln( x + 1) + c
1+ e x
2
dx
=
pongo
t
=
x
⇒
x
=
t
⇒ dx = 2 tdt
∫ x
1 + et
=∫
⋅ 2 tdt = ∫ 2 + 2e t dt = 2 ∫ dt + 2 ∫ e t dt = 2 t + 2e t + c =
t
= 2 x + 2e x + c
(
)
Angela Donatiello
26
e2 x + e x
1
dx
pongo t = e ⇒ x = ln t ⇒ dx = dt
∫ 2x
t
e +1
e2x + ex
t2 + t 1
t ( t + 1) 1
t +1
t
1
dx = ∫ 2
⋅ dt = ∫ 2
⋅ dt = ∫ 2 dt = ∫ 2 dt + ∫ 2 dt
∫ 2x
e +1
t +1 t
t +1 t
t +1
t +1
t +1
1 2t
1
1
= ∫ 2 dt + ∫ 2 dt = ln( t 2 + 1) + arctg( t ) + c =
2 t +1
2
t +1
1
= ln(e 2 x + 1) + arctg(e x ) + c
2
∫
e x − 1 dx =
x
pongo
t=
ex − 1 ⇒ t2 = ex − 1
e x = t 2 + 1 ⇒ x = ln(t 2 + 1)
dx =
Angela Donatiello
2t
t +1
2
dt
27
∫
e x − 1 dx = ∫ t ⋅
2t
t +1
2
dt = ∫
2t 2
t +1
2
dt = 2 ∫
t2
t +1
2
dt
devo riscrivere il numeratore in modo da poter spezzare la frazione riconducendo
ad integrali immediati
2
2
= 2∫
t +1−1
dt = 2 ∫
t +1
dt − 2 ∫
1
t +1
t +1
t +1
= 2 e x − 1 − 2arctg( e x − 1) + c
2
2
2
dt = 2 t − 2arctg( t ) + c
Un particolare integrale risolubile con sostituzione
∫ 1 − x dx
2
π π

pongo x = sent nell’intervallo − ;
 2 2  in
modo che la funzione seno risulti invertibile
t = arcsin( x )
dx = cos t dt con cos t > 0 nell’intervallo
considerato
Angela Donatiello
28
2
2
2
Sostituisco ∫ 1 − x dx = ∫ 1 − sen t ⋅ cos t dt = ∫ cos t ⋅ cos t dt =
Nell’intervallo di invertibilità della funzione seno, il coseno è sempre positivo,
pertanto
1 + cos 2 t
= ∫ cos t ⋅ cos t dt = ∫ cos t dt = ∫
dt
2
2
Attenzione: Abbiamo applicato la formula di bisezione del coseno
α
1 + cos α
1 + cos 2 t
cos = ±
⇒ cos t = ±
ma cos t > 0 quindi
2
2
2
1 + cos 2 t
1 + cos 2 t
⇒ cos 2 t =
cos t =
2
2
Pertanto, ritornando all’integrale,
1
cos 2t
1
1 1
t 1
= ∫ dt + ∫
dt = ∫ dt + ⋅ ∫ 2 cos 2 t dt = + sen 2 t + c
2
2
2
2 2
2 4
t 1
= + ⋅ 2sent cos t + c
2 4
formula di duplicazione del seno: sen 2α = 2senα cos α
Angela Donatiello
29
Inoltre:
x = sent quindi t = arcsin( x ) e cos t = 1 − sen 2 t = 1 − x 2
Quindi:
∫
1
1
1 − x dx = arcsin x + x 1 − x 2 + c
2
2
2
Generalizzando tale integrale e svolgendo un procedimento analogo con la
posizione x = asent si ottiene che:
∫
2
a
x 1
2
2
a − x dx = arcsin + x a 2 − x 2 + c
2
a 2
Esempio.
∫
9
x 1
9 − x 2 dx = arcsin + x 9 − x 2 + c
2
3 2
Angela Donatiello
30
Metodo di integrazione per parti
Si considerino due funzioni f(x) e g(x) derivabili con derivata continua in un
intervallo [a;b].
Se si considera la derivata del loro prodotto si ottiene:
[f ( x ) ⋅ g ( x )]' = f ' ( x )g ( x ) + f ( x )g ' ( x )
Integrando ambo i membri si ha che:
∫ [f ( x ) ⋅ g( x )]'dx = ∫ [f ' ( x )g( x ) + f ( x )g' ( x )]dx
∫ [f ( x ) ⋅ g( x )]'dx = ∫ f ' ( x )g( x )dx + ∫ f ( x )g' ( x )dx
Isoliamo
∫ f ( x )g' ( x )dx
si ottiene la formula di integrazione per parti
∫ f ( x )g' ( x )dx = f ( x )g( x ) − ∫ f ' ( x )g( x )dx
Angela Donatiello
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Tale formula è utile nel caso in cui si possa pensare la funzione integranda come
composta di due fattori, un fattore finito e un fattore differenziale.
Di norma si seguono le seguenti indicazioni:
Angela Donatiello
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∫ x ln x dx
considero
1
f = ln x ⇒ f ' =
x
x2
g' = x ⇒ g =
2
x2
1 1 2
x2
1 x2
x2 
1
∫ x ln x dx = 2 ln x + c − 2 ∫ x ⋅ x dx = 2 ln x − 2 2 + c = 2  ln x − 2  + c


∫ xsenx dx
considero
f = x ⇒ f '= 1
g ' = senx ⇒ g = − cos x
∫ xsenx dx = − x cos x − ∫ − cos x dx = − x cos x + senx + c
Angela Donatiello
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Esercizi svolti in aula
∫
2x − 1
x − 2x + 3
3
x
∫ ln xdx
2
dx
2x
x
e
ln(
1
+
e
)dx
∫
∫ cos xdx
(Esame 19/07/12)
∫ (2x + 1)arctgx dx
2 x +1
(
x
−
1
)
e dx
∫
x
e
∫ senx dx
x−2
∫ x + 3 dx
dx
∫ ( x + 2) 2 x + 3
Esercizi consigliati per esercitazioni
∫ x ln x + 4dx
∫ cos(ln x )dx
(Si suggerisce di svolgere gli integrali indefiniti di riepilogo presenti su un buon
libro di scuole superiori)
Angela Donatiello
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