Esercizi proposti 5 (capitolo 9)

Esercizi proposti 5
(capitolo 9)
1. [9.1] Calcolare i seguenti integrali indefiniti:
R
Rq p √
x x xdx;
b) (e3x − e2x + ex )dx;
a)
c)
R
x3 −3x+4
dx
x
Soluzione. Ricordiamo che per “integrale indefinito di f ” intendiamo la famiglia di primitive1 della
funzione f . Come conseguenza del teorema fondamentale del calcolo integrale, tali primitive differiscono tra loro per al più una costante (la cosiddetta “costante di integrazione”) che indicheremo
con C.
a) Riscriviamo la funzione integranda come segue
r q
r q
q
q
√
√
2
√
2 √
2
2 √
7
4
4
8
2
3
x x x= x
x ∗x= x x =
x4 ∗ x3 = x7 = x 8
cosicché, ricordando che per ogni α 6= −1 le primitive di xα sono date dalla famiglia di funzioni, al
variare di C in R
Z
xα+1
+C
xα dx =
α+1
abbiamo
Z r q
Z
√
7
x x xdx =
x 8 dx
7
=
=
x 8 +1
+C
7
8 +1
8 15
x 8 +C
15
b) Ricordando la proprietà di linearità dell’integrale, la famiglia di primitive di e3x − e2x + ex è
data, al variare di C in R, da
Z
Z
Z
Z
(e3x − e2x + ex )dx =
e3x dx − e2x dx + ex dx
e3x
e2x
−
+ ex + C
3
2
=
Infatti è noto che, per ogni costante a ∈ R, a 6= 0, è2
Z
eax
eax dx =
+C
a
c) Stavolta abbiamo
Z
x3 − 3x + 4
dx
x
Z
=
=
x2 dx − 3
Z
Z
1dx + 4
1
dx
x
x3
− 3x + 4 ln |x| + C
3
1 Consideriamo una funzione f : [a, b] → R integrabile. Si dice che G(x) è una primitiva di f (x) in [a, b] se G è una
funzione continua, definita in [a, b], tale che G0 (x) = f (x).
2 Osserviamo che mettere tre costanti di integrazione (una per ciascuno dei tre integrali calcolati) è equivalente a mettere
una sola costante che sia somma delle tre: le primitive di e3x − e2x + ex differiscono tra loro al più per una (sola) costante
di integrazione.
1
2. [9.1] Ipotizzate che f 00 (x) =
1
x2
+ x3 + 2 per x > 0; inoltre f (1) = 0 e f 0 (1) = 14 . Calcolate f (x).
Soluzione. Le primitive di f 00 sono date dalla seguente famiglia di funzioni di parametro C,
al variare di C in R:
Z 1 x4
1
3
+
x
+
2
dx = − +
+ 2x + C
2
x
x
4
La funzione f 0 è quella particolare primitiva di f 00 che soddisfa f 0 (1) = 41 , e poiché
1
1 x4
1
0
f (1) =
⇔ − +
+ 2x + C
=
4
x
4
4
x=1
1 1
1
⇔ − + + 2 + C = ⇔ C = −1
1 4
4
otteniamo
1 x4
+
+ 2x − 1
x
4
Iterando il procedimento, otteniamo che la famiglia di primitive di f 0 è data, al variare di K in R,
da
Z x5
1 x4
+ 2x − 1 dx = − ln |x| +
+ x2 − x + K
− +
x
4
20
f 0 (x) = −
cosicché f è la particolare primitiva di f 0 che soddisfa f (1) = 0, cioè tale che
x5
1
− ln |x| +
+ x2 − x + K
= 0 ⇔ 0+
+1−1+K =0
20
20
x=1
1
⇔
K=−
20
ossia
f (x) = − ln |x| +
(1)
(2)
1
x5
+ x2 − x −
20
20
3. [9.1] Risolvere l’esercizio 11 p.331.
4. [9.1, Esercizio 12, p.331 ] Determinare la forma generale di una funzione f in cui la derivata seconda
è f 00 (x) = x2 . Se si impone inoltre che f (0) = 1 e che f 0 (0) = −1, qual è l’espressione di f ?
Soluzione. La famiglia di funzioni f (x; c, k) della variabile x e dipendente da due parametri (le
costanti di integrazione c e k) che risponde alla prima domanda è data da
Z Z
2
f (x; c, k) =
x dx dx
dove c e k sono costanti di integrazione. Iniziamo calcolando la famiglia di primitive di x2 , che
indichiamo con f 0 (x; c)
Z
x3
f 0 (x; c) = x2 dx =
+c
3
e in seguito
Z
Z 3
x
f (x; c, k) =
f 0 (x; c)dx =
+ c dx
3
4
x
=
+ cx + k
12
2
Scegliere f (0) = 1 e f 0 (0) = −1 , come suggerito nella seconda parte dell’esercizio, equivale a
risolvere
( 4
0
f (0; c, k) = 1
k=1
12 +3 c ∗ 0 + k = 1 ⇔
⇔
0
f 0 (0; c) = −1
c = −1
+ c = −1
3
cioè
f (x) = f (x; −1, 1) =
x4
−x+1
12
5. [9.1] Il costo marginale per la produzione dell’x−esimo telaio di una moto è dato da
C 0 (x) = 65(x + 1)ex−100
sapendo che il costo per la produzione di 100 telai è di 15.000 euro, determinare la funzione di costo.
Soluzione. Calcoliamo C(x) a meno della costante di integrazione K :
Z
Z
0
C (x)dx =
65(x + 1)ex−100 dx
Z
65
(x + 1)ex dx
=
e100
Z
65
x
x
=
(x + 1)e − e dx
e100
=
65xex−100 + K
Imponendo la condizione assegnata otteniamo
C(100)
=
15000 ⇔ 65 ∗ 100 ∗ e100−100 + K = 15000
⇔
K = 15000 − 6500 = 8500
In conclusione:
C(x) = 65xex−100 + 8500
6. [9,1] Il costo marginale per la produzione dell’ x−esimo accendino da pipa è data da
C 0 (x) = 1 + 0.01 x +
100
x3
sapendo che il costo per la produzione di 10 accendini è di 12 euro,
• determinare la funzione di costo C(x)
• come varia il costo se da una produzione di 100 accendini si passa a una produzione di 500?
Soluzione. Procediamo come nell’esercizio precedente
Z
Z 100
0
C (x)dx =
1 + 0.01 x + 3 dx
x
2
x
50
= x+
−
+K
200 x2
3
cosicché
102
50
12 ⇔ 10 +
− 2 + K = 12
200 102
10
50
⇔ K = 12 − 10 +
− 2 =2
200 10
C(10)
=
e infine
C(x) = x +
x2
50
− 2 +2
200 x
7. [9.5, 9.6] Calcolare i seguenti integrali utilizzando il metodo di integrazione per parti3 :
a)
R
(x2 − 2x + 5)e−x dx;
b)
R
ln(x +
√
1 + x2 )dx;
Soluzione.
a) La funzione è scritta come prodotto dei due fattori (x2 − 2x + 5) ed e−x , che sappiamo integrare
entrambi. Tuttavia solo una scelta del fattore integrante porta ad una semplificazione dell’integrale
di partenza: applichiamo ripetutamente la formula di integrazione per parti, integrando e−x e
derivando l’altro fattore:
Z
Z
2
−x
−x
2
(x − 2x + 5)e dx = e
2x − x − 5 − e−x (2 − 2x) dx
Z
= e−x 2x − x2 − 5 − e−x (2x − 2) + 2e−x dx
= e−x 2x − x2 − 5 − e−x (2x − 2) − 2e−x + C
= e−x 2x − x2 − 5 − 2x + 2 − 2 + C
= −e−x x2 + 5 + C
Osservazioni :
• Se avessimo applicato la regola di integrazione per parti a ruoli inverititi dei due fattori,
integrante e differenziale, avremmo ottenuto
Z
Z
1
1
(x2 − 2x + 5)e−x dx = e−x 5x − x2 + x3 − e−x x2 − 5x − x3 dx
3
3
e insistendo ulteriormente
Z
1
1 3 5 2
1
5 2 1 3
1
= e−x 5x − x2 + x3 − e−x
x − x − x4 + e−x
x − x + x4 dx
3
3
2
12
2
3
12
che lascia intendere che la situzione si complichi, anziché semplificarsi. Le uguaglianze scritte
sono tutte vere, ma il problema non sia vvia verso la soluzione...
3 Ricordiamo
la formula di integrazione per parti
Z
Z
f 0 (x)g(x)dx = f (x)g(x) − f (x)g 0 (x)dx
Si usa frequentemente in presenza di integrali in cui la funzione integranda è scritta come prodotto di due funzioni, e di
una delle due – quella
indicata da f 0 (x) nella formula – è facile calcolare la primitiva f (x), con la speranza che l’integrale
R
che resta, e cioè f (x)g 0 (x)dx, sia più facile da calcolare del precedente.
4
• (Soluzione alternativa.) Osserviamo che
Z
Z
Z
Z
(x2 − 2x + 5)e−x dx =
x2 e−x dx − 2 xe−x dx + 5 e−x dx
= I2 − 2I1 + 5I0
R
dove I0 = e−x dx, I1 = xe−x dx, e I2 = x2 e−x dx, e ciascuno di questi integrali si calcola
applicando una o più volte la formula di integrazione per parti, integrando ogni volta e−x e
derivando l’altro fattore:
Z
I0 =
e−x dx = −e−x + C
Z
Z
I1 =
xe−x dx = x −e−x −
−e−x dx = x −e−x + I1 = −e−x (x + 1) + C
Z
Z
2 −x
2
−x
I2 =
x e dx = x −e
− 2x −e−x dx
= −x2 e−x + 2I1 = −x2 e−x + 2 −xe−x − e−x + C
= −e−x 2 + 2x + x2 + C
R
R
Allora
Z
(x2 − 2x + 5)e−x dx
=
I2 − 2I1 + 5I0
−e−x 2 + 2x + x2 − 2(x + 1) + 5 + C
= −e−x x2 + 5 + C
√
b) Consideriamo la funzione integranda come prodotto di 1 ∗ ln(x + 1 + x2 ), e integriamo la
costante 1, osservando che la derivata dell’altro fattore è data da
√
p
1 + 2√2x
D x + 1 + x2
2
2
√
√ 1+x
D ln(x + 1 + x )
=
=
2
x+ 1+x
x + 1 + x2
√
1 + x2 + x
1
√
=√
= √
2
2
1+x x+ 1+x
1 + x2
=
e dunque
Z
Z
p
x
2
√
ln(x + 1 +
= x ln x + x + 1 −
dx
1 + x2
R
x
dx si calcola per sostituzione4 :
L’integrale √1+x
2
Z
Z
Z
x
1
2x
1
−1
√
√
dx =
dx =
[f (x)] 2 f 0 (x)dx
2
2
1 + x2
1 + x2
4 Ricordiamo
p
x2 )dx
la regola di integrazione per sostituzione
Z b
Z
g(f (x))f 0 (x)dx =
a
f (b)
g(y)dy
f (a)
Nel caso di integrali indefiniti, come quelli dell’esercizio, la formula è da intendere come segue:
Z
Z
g(f (x))f 0 (x)dx =
g(y)dy
y=f (x)
Un secondo modo per scrivere entrambe queste relazioni è il seguente. Sia G una primitiva della funzione g. Allora,
rispettivamente:
Z b
g(f (x))f 0 (x)dx = G(f (b)) − G(f (a))
a
5
ove y = f (x) = 1 + x2 , e quindi
Z
1
− 21
=
y dy
2
y=1+x2
1 h 1i
2y 2
=
+C
2
y=1+x2
p
1 + x2 + C
=
Riassumendo
Z
ln(x +
p
p
p
1 + x2 )dx = x ln x + x2 + 1 − 1 + x2 + C
8. [9.1, 9.2, 9.6, Esercizio 6 p.355 Problemi più difficili ] Calcolare i seguenti integrali utilizzando
l’integrazione per sostituzione:
a)
R
x4 − x9
x5 − 1
12
dx;
b)
R
ln
√ x dx;
x
c)
R4
0
√ dx√
1+ x
Soluzione. a) Osserviamo che, posto f (x) = 1 − x5
12
x4 − x9 x5 − 1
= x4 (1 − x5 )(1 − x5 )12 = x4 (1 − x5 )13
1
= − −5x4 (1 − x5 )13
5
1
13
= − f 0 (x) [f (x)]
5
Allora, per g(y) = y 13 , la formula di integrazione per sostituzione dà
Z
Z
5
12
1
4
9
13
x −x
x − 1 dx = −
y dy
5
y=f (x)
e poiché è nota una primitiva di g, cioè G(y) =
y 14
14 ,
il precedente integrale è dato da
14
1 − x5
1 y 14
=−
= −
+C
+C
5 14
15
y=f (x)
b) Osserviamo che possiamo applicare la formula di integrazione per parti con
√
f (x) = x e g(y) = ln y
h√ i
√
2
1
infatti f 0 (x) = 2√
, mentre ln x = ln ( x) = 2 ln x cosicché
x
Z
ln x
√ dx
x
Z
=
2
=
4
2
ln [f (x)] f 0 (x)dx
Z
=
ln (f (x)) f 0 (x)dx
Z
4
ln ydy
y=f (x)
mentre una primitiva della funzione
g(f (x))f 0 (x)
Z
è data da
g(f (x))f 0 (x)dx = G(f (x)) + C
6
L’ultimo integrale si calcola facilmente per parti integrando 1 e derivando ln y
Z
Z
1
ln ydy = y ln y − y = y ln y − y + C
y
cosicché
Z
√
√ √
ln x
√ dx = 4 x ln x − x + C
x
Osservazioni
• Per integrare per sostituzione è utile il seguente stratagemma notazionale. Posto y = f (x),
dy
dy
indichiamo la derivata di f rispetto a x con dx
, cioè dx
= f 0 (x) e scriviamo ”equivalentemente”
(e qui l’equivalenza andrebbe accuratamente motivata...)
dy = f 0 (x)dx
Con l’idea di sostituire non solo f 0 (x), ma l’intero blocco f 0 (x)dx, possiamo manipolare
l’argomento dell’integrale come segue
g(f (x))f 0 (x)dx = g(y)dy
e affermare che
Z
g(f (x))f 0 (x)dx =
Z
g(y)dy
o più precisamente
Z
g(f (x))f 0 (x)dx =
Z
g(y)dy
y=f (x)
Nel caso dei due esempi:
a) y = 1 − x5 ⇒ dy = −5x4 dx
√
b) Analogamente y = x ⇒ dy =
1
√
dx
2 x
• (Altro modo di usare l’integrazione per sostituzione.) Se f è una funzione invertibile (e derivabile con derivata continua) sull’intervallo di integrazione in questione, possiamo invertire la
relazione y = f (x) e derivarla membro a membro. Nel caso a) otteniamo
y
x4 − x9
1
x5 − 1 ⇔ x = (y + 1) 5
4
1
⇒ dx = (y + 1)− 5 dy
5
=
12
x5 − 1 dx
=
=
=
x4 · (1 − x5 )13 · dx
h
i
1 4
1
13
− 54
5
(y + 1)
· y · (y + 1) dy
5
1 13
y dy
5
p
√
c) Osserviamo che x 7→ 1 + x è invertibile nell’intervallo [0, 4] sulla sua immagine. (Si tratta
infatti di una funzione con derivata strettamente positiva:
q
√
1
D
1+ x = p
√
4 x2 + x
7
e quindi strettamente crescente in [0,4].)
Poniamo
y
q
√
√
1 + x ⇔ y2 = 1 + x
2
x = y2 − 1
=
⇔
cosicché
dx = 2 y 2 − 1 2ydy
Sostituiamo x e dx nell’argomento dell’integrale
2 y 2 − 1 2ydy
p
= 4 y 2 − 1 dy
√ =
y
1+ x
dx
cosicché una primitiva è
Z
G(x)
=
dx
p
Z
=
1+
√
x
2
4 y − 1 dy
√
y=
=
=
√
1+ x
4 3
y − 4y
√ √
3
y= 1+ x
q
q
√ 3
√
4
1+ x −4 1+ x+C
3
In definitiva
Z
0
4
dx
p
1+
√
x
" q
#x=4
q
√ 3
√
4
=
1+ x −4 1+ x
3
x=0
= G(4) − G(3)
q
q
√ 3
√
4
8
=
1+ 4 −4 1+ 4=
3
3
Osservazione. Il calcolo dell’integrale definito si poteva anche svolgere mediante il cambio di
variabile e il cambio simultaneo degli estremi di integrazione. Osserviamo che
q
√
x = 0 ⇔ y =√1
y = 1+ x⇒
x=4⇔y= 3
cosicché
Z
0
√
4
dx
p
1+
Z
√
x
=
3
4 y 2 − 1 dy
1
y=√3
4 3
y − 4y
3
y=1
√
4 √
4
3 3−4 3−
−4
3
3
8
3
=
=
=
8
9. [9.1, 9.2] Il numero di occupati di una multinazionale di prodotti tessili nel 1976 è di 2.500.000 unità.
L’espressione seguente rappresenta il tasso di incremento, in migliaia di unità, dell’occupazione di
tale multinazionale tra il 1976 e il 1995
e(t) = 18t2 − 65t + 25
dove t rappresenta il numero di anni trascorsi a partire dal 1976. Determinare
• il modello che descrive il numero totale degli occupati di tale multinazionale in funzione di t;
• la variazione di persone occupate dal 1980 al 1990.
Soluzione. Indichiamo con E(t) il numero totale degli occupati in funzione di t. Dev’essere soddisfatta la seguente relazione
Z t
18x2 − 65x + 25 dx
E(t) =
0
x=t
65
=
6x3 − x2 + 25x
2
x=0
65
2
3
= 6t − t + 25t
2
Alla seconda domanda si risponde calcolando la differenza tra il numero degli occupati nel 1990
(cioè 14 anni dopo il 1976) e il numero degli occupati nel 1980 (cioè 4 anni dopo il 1976)
Z t
E(14) − E(4) =
e(x)dx =
0
=
=
6x3 −
65 2
x + 25x
2
x=14
x=4
10 480
10. [9,2] Il tasso di crescita dei costi di manutenzione degli impianti di depurazione di un’azienda che
si occupa dello smaltimento dei rifiuti tossici, in centinaia di migliaia di euro, a partire dal 1990 e
fino al 2000 è dato da
5
3e 7 t
s(t) =
5
2 + e7t
con 0 ≤ t ≤ 10. Quale è stata la spesa per tale manutenzione tra il 1990 e il 2000?
Soluzione (traccia). La spesa di manutenzione tra il 1990 e il 2000 è
Z 10
Z
5
3e 7 t
7 10
1
5 5t
= 3∗
e 7 dt
5 dt
5
t
t
5 0 2 + e7 7
2 + e7
0
Z
i
5
21 10 d h =
ln 2 + e 7 t dt
5 0 dt
it=10
5
21 h ln 2 + e 7 t
=
5
t=0
i
21 h 50
=
ln e 7 + 2 − ln 3
5
!
50
21
e 7 +2
=
ln
' 25. 39
5
3
9
Il Teorema fondamentale del calcolo integrale
Consideriamo una funzione la funzione f : [a, b] → R, limitata e integrabile in [a, b] (ad esempio, una
funzione continua.) La funzione integrale di f (di punto iniziale a) è la funzione F definita, per x ∈ [a, b],
da
Z x
F (x) =
f (t)dt
a
Quello appena scritto è un integrale definito, con secondo estremo x variabile, quindi il valore di tale
integrale dipende dalla scelta di x: è cioè una funzione di x, che chiamiamo F (x).
Esempi
• Consideriamo la funzione f (t) = 1, definita nell’intervallo [0, 100], ovvero la restrizione all’intervallo
[0, 100] della funzione costante pari a 1. L’integrale tra 0 e un generico x (compreso traR0 e 10) di
x
f (t) ha valore equivalente all’area del rettangolo di altezza 1 e di base x, quindi F (x) = 0 1dt = x
• Consideriamo ora f (t) = t, definita nell’intervallo [0, 2], ovvero la restrizione all’intervallo [0, 2]
della funzione che ha per grafico la bisettrice del I e III quadrante. L’integrale tra 0 e un generico x
(compreso tra 0 e 2) di f (t) ha valore equivalente all’area del triangolo di base x e altezza x, quindi
Z x
x2
x∗x
=
F (x) =
1dt =
2
2
0
Osserviamo che in entrambi gli esempi F (0) = 0, perché è proprietà comune a tutte le funzioni integrali
di punto iniziale a la seguente (cfr. [SH, 9.3])
Z a
F (a) =
f (t)dt = 0.
a
Teorema 1 (Teorema fondamentale
del calcolo integrale) Sia f : [a, b] → R continua, e sia F la sua
Rx
funzione integrale, cioè F (x) = a f (t)dt. Allora:
• F è una primitiva di f , cioè F 0 (x) = f (x), per ogni x ∈ (a, b);
• Se G è un’altra primitiva di f , allora esiste una costante c ∈ R tale che G(x) = F (x) + c, per ogni
x in [a, b] (cioè le primitive di una funzione differiscono tra loro al più per una costante additiva).
Osservazione. Dal TFCI segue anche che, se G è una qualsiasi primitiva di f , allora
Z
b
f (t)dt = G(b) − G(a)
a
da cui la nota regola per calcolare gli integrali definiti.
Esercizi
1. Scrivere l’equazione della retta tangente al grafico della funzione
Z
F (x) =
1
10
x
e3t+1 dt
nel punto di ascissa x = 1.
Soluzione. La retta tangente in questione ha equazione
y = F (1) + F 0 (1)(x − 1)
dove, in virtù del teorema fondamentale del calcolo integrale, è
F 0 (x) = e3x+1 ⇒ F 0 (1) = e4
mentre
1
Z
e3t+1 dt = 0
F (1) =
1
per la nota proprietà degli integrali. In conclusione
y = e4 (x − 1)
2. Data la funzione
x
Z
F (x) =
1
et
dt
t2 + 1
a) studiare la crescenza/decrescenza di F (x) e verificare che F (x) invertibile
b) detta G(x) la sua funzione inversa, calcolare G0 (0).
Soluzione. a) In virtù del teorema fondamentale abbiamo, per ogni x ∈ R,
F 0 (x) =
ex
>0
+1
x2
quindi F è strettamente crescente in tutto R, e di conseguenza invertibile.
b) Ricordiamo la regola di derivazione della funzione inversa in un punto y
G0 (y)
1
F 0 (G(y))
1
h
i
=
=
et
t2 +1
t=G(y)
2
[G(y)] + 1
eG(y)
=
Pertanto per calcolare G0 (0) è necessario individuare G(0). Osserviamo che, poiché F e G sono
funzioni inverse
G(0) = 1 ⇔ F (1) = 0
da cui segue
2
G0 (0) =
3. Data la funzione
[G(0)] + 1
2
=
G(0)
e
e
f (x) =
ex
1−x
disegnare il grafico di
Z
F (x) =
x≤1
x>1
x
f (t)dt
1
Soluzione. Calcoliamo la funzione integrale F (x) =
11
Rx
1
f (t)dt osservando che
• per x ≤ 1 (attenzione!) l’intervallo di integrazione è [x, 1] dove f (t) = et , e dunque
Z
x
Z
1
f (t)dt = −
F (x) =
1
et dt = ex − e
x
• per x > 1, l’intervallo di integrazione è [1, x] dove f (t) = 1 − t
Z x
Z x
(1 − t) dt
f (t)dt =
F (x) =
1
1
t=x
t2
1
1
=
t−
= x − x2 −
2 t=1
2
2
In conclusione
F (x) =
ex − e
x − 12 x2 −
1
2
x≤1
x>1
(Nota finale:
Cari studenti, restate sintonizzati per altri esercizi sugli integrali impropri! Ma non con le mani in
mano. Per esempio, potreste voler svolgere i problemi alle pp.361 – 363.)
12