1 Integrale indefinito

Matematica e Statistica
Scienze Biologiche Molecolari (A.A. 2007/2008)
Corso di Recupero
Scheda 13 del 14/05/2008
1
Integrale indefinito
Definizione. La funzione F (x) é chiamata primitiva di f (x) se e solo se F 0 (x) = f (x).
R
Se F (x) è la primitiva di f (x) allora F (x) + C è anche una primitiva di f (x). Indichiamo con f (x)dx
(integrale indefinito di f (x)) l’insieme delle funzioni primitive di f (x) ovvero
Z
f (x)dx = {F (x) + C, C ∈ R},
dove F 0 (x) = f (x). Le seguenti proprietà ci consentono di calcolare
R
f (x)dx.
Regole di integrazione.
Z
Z
f (x) + g(x)dx =
Z
f (x)dx +
Z
g(x)dx,
Z
αf (x)dx = α
Integrazione per parti.
Z
Z
0
f (x)g(x)dx = f (x)g(x) −
f (x)g 0 (x)dx.
Il differenziale df di una funzione f (x) é definito da df (x) = f 0 (x)dx.
Formula di cambiamento delle variabili.
Z
Z
0
g(f (x)) · f (x)dx = g(y)dy|y=f (x) .
1
f (x)dx, α ∈ R.
Problema 1.1. Calcolare i seguenti integrali,
(a)
R
xA dx
(b)
R
1
x+a dx
(c)
R
eax dx, a 6= 0
(d)
R
ax dx, a > 0, a 6= 1
(e)
R
cos xdx
(f )
R
sin xdx
(g)
R
dx
cos2 x
(h)
R
dx
sin2 x
(i)
√ dx
1−x2
R
(l) −
(m)
R
R
√ dx
1−x2
dx
1+x2
Soluzione.
Svolto in classe
Problema 1.2. Utilizzando il problema 1.1, calcolare
Z
Z
Z
1
(xm − xn )2
√
√
(a)
dx,
(b)
dx,
(c)
3x ex dx
n
x
x
√
√
Z
cos2 x + 1 − x2 cos2 x sin x − 1 − x2
√
(d)
dx
cos2 x 1 − x2
Soluzione.
Svolto in classe
2
Problema 1.3. Calcolare
Z
(a)
Z
(d)
2
Z
x
Z
sin x dx, (b) xe dx, (c)
Z
ln x
ln2 x
dx,
(e)
dx.
x2
x
x sin x dx
Soluzione.
(a) Applichiamo la formula di integrazione per parti dopo aver scritto l’integrale assegnato nel modo che
segue
Z
Z
sin2 x dx = sin x sin x dx.
Poniamo g(x) = sin x e f 0 (x) = sin x, quindi g 0 (x) = cos x e f (x) = − cos x. Sostituendo
Z
R
sin x sin x dx = − cos x sin x − − cos2 x dx =
Z
R
= − cos x sin x + cos2 xdx =
= − cos x sin x + (1 − sin2 x) dx =
R
= − cos x sin x + x + C − sin2 xdx
ovvero
Z
sin2 xdx = − cos x sin x + x + C −
Z
sin2 xdx
Portando al primo membro l’integrale
Z
2 sin2 xdx = − cos x sin x + x + C
da cui
− cos x sin x + x
+C
2
Allo stesso risultato si arriva mediante le formule di bisezione:
Z
Z
Z
Z
1 − cos 2x
x sin 2x
1
cos 2x
2
sin xdx =
dx =
dx −
dx = −
+ C.
2
2
2
2
4
Z
sin2 xdx =
(b) Applichiamo la formula di integrazione per parti ponendo g(x) = x e f 0 (x) = ex :
Z
Z
x
x
xe dx = xe −
ex dx = xex − ex + C = ex (x − 1) + C.
(c) Procediamo mediante integrazione per parti ponendo g(x) = x e f 0 (x) = sin x, quindi f (x) = − cos x :
Z
Z
x sin x dx = x(− cos x) + cos x dx = −x cos x + sin x + C.
(d) Procediamo mediante integrazione per parti ponendo g(x) = ln x e f 0 (x) = x−2 , quindi f (x) = −x−1 :
Z
Z
ln x
ln x
1
ln x 1
+
− + C.
dx = −
dx = −
x2
x
x2
x
x
(e) Procediamo mediante cambiamento delle variabili. Sia y = f (x) = ln x, allora il suo differenziale é
dy = df (x) = x1 dx, e otteniamo:
Z
Z
ln2 x
y3
ln3 x
dx = y 2 dy =
+C =
+ C.
x
3
3
3
Problema 1.4. Calcolare
Z
(a)
Z
Z
arctan x dx, (b) arcsin x dx, (c) arccos x dx,
Z
Z
(d)
sin mx sin nx dx, (e)
cos mx cos nx dx.
Soluzione.
(a) Applichiamo la formula di integrazione per parti ponendo g(x) = arctan x e f 0 (x) = 1, quindi
f (x) = x :
Z
Z
x
arctan x dx = x arctan x −
dx
1 + x2
Per calcolare l’integrale presente nel secondo membro dell’equazione precedente procediamo mediante
cambiamento delle variabili. Sia y = f (x) = x2 , allora il suo differenziale é dy = df (x) = 2xdx, e otteniamo:
2
Z
Z
+
y
+
x
ln
ln
1
1
1
x
1
dx
=
dy
=
+
C
=
+ C.
1 + x2
2
1+y
2
2
La soluzione finale cosı́ diviene:
Z
arctan x dx = x arctan x −
ln 1 + x2 2
+ C.
Gli integrali (b) − (c) si calcolano in modo analogo: per (b) scegliamo g(x) = arcsin x e f 0 (x) = 1,
ottenendo
Z
p
arcsin x dx = x arcsin x + 1 − x2 + C,
mentre per (b) scegliamo g(x) = arccos x e f 0 (x) = 1, ottenendo
Z
p
arccos x dx = x arccos x − 1 − x2 + C.
(d) Si può integrare per parti prendento ad esempio g(x) = sin mx e f 0 (x) = sin nx, oppure si possono
utilizzare le formule di Werner:
Z
Z
1
1 sin(m − n)x 1 sin(m + n)x
sin mx sin nx dx =
[cos(m − n)x − cos(m + n)x] dx =
−
+ C.
2
2
m−n
2
m+n
(d) Come nel punto precedente si può integrare per parti prendento ad esempio g(x) = sin mx e f 0 (x) =
sin nx, oppure si possono utilizzare le formule di Werner:
Z
Z
cos mx cos nx dx =
1
1 sin(m − n)x 1 sin(m + n)x
[cos(m − n)x + cos(m + n)x] dx =
+
+ C.
2
2
m−n
2
m+n
4
2
Integrale definito (di Riemann)
Teorema fondamentale del calcolo integrale. Se F (x) é primitiva di f (x) allora
b
Z
h
ib
f (x)dx = F (b) − F (a) = F (x) .
a
a
Integrazione per parti.
Z
b
Z
0
b
f (x)g(x)dx = f (b)g(b) − f (a)g(a) −
ib Z
f (x)g (x)dx = f (x)g(x) −
h
0
a
a
a
b
f (x)g 0 (x)dx.
a
Cambiamento delle variabili. Sia y = f (x) una funzione invertibile definita nell’intervallo [a, b]. Allora
b
Z
g(f (x)) · f 0 (x)dx =
a
Z
f (b)
g(y)dy.
f (a)
Problema 2.1. Calcolare
2
Z
(a)
1
Z 10
ln(x + 1)
dx
dx, (b)
dx,
x + e−x
x+1
e
1
Z 2
Z π
dx
(c)
e−1/x 2 (d)
x2 cos xdx
x
1/2
0
Soluzione.
(a) Procediamo mediante cambiamento delle variabili. Sia y = f (x) = ln(x + 1), allora il suo differenziale
1
é dy = df (x) = x+1
dx, e otteniamo:
2
Z
1
ln(x + 1)
dx =
x+1
ln 3
Z
y dy =
h y 2 iln 3
2
ln 2
ln 2
=
ln2 3
ln2 3 − ln2 2
=
.
2
2 ln2 2
(b) Procediamo mediante cambiamento delle variabili. Sia y = f (x) = ex , allora il suo differenziale é
dy = df (x) = ex dx, e otteniamo:
Z
1
10
dx
dx =
x
e + e−x
Z
e10
10
h
ie
1
dy
=
arctan
y
= arctan e10 − arctan e.
1 + y2
e1
e
(c) Procediamo mediante cambiamento delle variabili. Sia y = f (x) = x−1 , allora il suo differenziale é
dy = df (x) = −x−2 dx, e otteniamo:
Z
2
1/2
dx
e−1/x 2
x
Z
=−
1/2
y
Z
2
e dy =
2
1/2
5
h i2
ey dy = ey
1/2
= e2 − e1/2 .
(d) Applichiamo due volte la formula di integrazione per parti. Per prima cosa poniamo g(x) = x2 e
f (x) = cos x, e quindi f (x) = sin x :
Z π
Z π
Z π
h
iπ
2
2
x sin x dx = −2
x sin x dx,
x cos x dx = x sin x − 2
0
0
0
0
0
ora risolviamo l’integrale presente nel membro di destra della precedente equazione ponendo p(x) = x e
q0(x) = sin x, ossia q(x) = − cos x :
Z π
h
iπ
h
iπ Z π
cos x dx = − x cos x
x sin x dx = − x cos x +
0
0
0
0
La soluzione finale cosı́ diviene:
π
Z
h
iπ
x2 cos x dx = −2 x cos x = 2π.
0
0
Problema 2.2. Calcolare
Z
1
x
e − 1 dx.
−1
Soluzione. Tenuto conto della seguente proprietà degli integrali
Z b
Z c
Z b
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx, a < c < b,
a
a
c
e di
x
e − 1 =
ex − 1
−ex + 1
x≥0
x < 0,
sostituiamo
Z
0
x
− e − 1 dx +
−1
1
Z
0
0
0
1 1
ex − 1 dx = − ex −1 + x −1 + ex 0 + x 0 = 2e.
Problema 2.3. Calcolare
2
Z
e|x−1| dx.
0
Soluzione. Da
e
|x−1|
=
ex−1
e−(x−1)
x≥1
x < 1,
e dalla proprietà degli integrali definiti vista nell’esercizio precedente otteniamo
Z 2
Z 1
Z 2
1 2
e|x−1| dx. =
e−(x−1) dx +
ex−1 dx = − ee−x 0 + e−1 ex 1 = 2e − 2.
0
0
1
6