Lezione 16 Derivate ed Integrali

Lezione 16 Derivate ed Integrali
Frank Sullivan
12 Dicembre 2011
1 Prima Ora
2 Compiti di letture ed esercizi per 3 Dicembre
Durante la lezione di oggi applicheremo le regole per differenziare funzioni al calcolo
di integrali. In particulare parliamo del logaritmo naturale e il numero e.
Il compito di lettura da fare a casa per questa e la prossima lezione successiva
consiste nel leggere il Capitolo 7 del testo di Bertsch, provare qualche esercizio ivi
contenuto, e preparare questioni in merito per la classe di lunedı́ 14 Novembre.
In particolare si dovrebbe imparare una breve “tabella di integrali e derivate”
Questo compito é tassativo,a prescindere dal contenuto della lezione di oggi, che
molto probabilmente non includerá tutta la materia del Capitolo 7 di Bertsch (e
forse neanche un po’). Come sempre, tocca agli studenti di portare domande sul
compito di lettura per chiarire i concetti e tecniche presentati nel testo.
3 Integrali Trigonometriche
Il teorema fondamentale del calcolo é il seguente
Si ricorda le regole seguenti per derivate:
1. Per n reale, n 6= −1, si ha
Rx
tn dt =
xn+1
+C
n+1
2. Per x misurata in radianti si ha
Rx
sin(t)dt = − cos(x) + C
3. Per x misurata in radianti si ha
Rx
cos(t)dt = sin(x) + C
Rx
sec2 (t)dt = tan(x) + C
Rx
5. Per x misurata in radianti si ha − csc(t)dt = cot(x) + C
4. Per x misurata in radianti si ha
1
6. Per x misurata in radianti si ha
Rx
sec(t) tan(t)dt = sec(x) + C
Rx
7. Per x misurata in radianti si ha − csc(t) cot(t) = csc0 (x) + C
8. Si ha
Rx
1
= arctan(x) + C
1 + t2
9. Si ha
RX
1
√
= arcsin(x) + C.
1 − t2
Rx
10. Per a ∈ R tale che a > 0 si ha che
ln(a) at = ax + X. RIn particolare, se
x t
e é la base per i logaritmi naturali (ln(e) = 1) si ha che
e dt = ex + C,
proprietá notevole di una funzione che é uguale alla sua propria derivata.
Rx
11. Per x ∈ R, x > 0, ed f (x) = ln(x) il logaritmo naturale di x é 1 dt/t =
d ln(|x|)
1
ln(x) + C (per definizione!), e dunque per x 6= 0 si ha che
= .
dx
x
R x dt
Inoltre per integrazioni per parti si trova che
= x ln(|x|) − x + C.
t
Si ricorda pure che la formula di Leibniz per la derivata di un prodotto si
traduce nella importantissima formula di integrazione per parti:
Z b
b Z b
0
g(t)f 0 (t)dt
f (t)g (t)dt = f (t)g(t) −
a
a
a
Importantissima vuol dire che non é possibile avere la sufficienza in
questo corso senza sapere e sapere usare questa regola.
Si osserva che applicate la formula per integrazione per parti permette (ed
esige) una certa scaltrezza perchè una scelta occulata della funzione primitiva
g(x) di g 0 (x) puó semplificare la vita, illuminare la situazione, ed, in somma, fare
miracoli.
Tanto per fare una illustrazione usiamo Rintegrazione per parti per trovare la
x
funzione primitiva di ln(x): Nel integrale a ln(t)dt prendiamo f (t) = ln(t) e
g 0 (t) ≡ 1, di modo che si abbia la tabella (di integrazione per parti)
f (t) = ln(t) g(t) = t
f 0 (t) = 1/t g 0 (t) = 1
La formula per integrazione per parti porge
Z x
x Z x
ln(t) 1dt = t ln(t) −
t(1/t)dt = x ln(x) − x + a − a ln(a) = x ln(x) − x + C
a
a
a
ové abbiamo scelto la costante di integrazione C = a − a ln(a).
2
Infine, si ricorda che nella versione Leibniziana laR regola per il “cambio di
b
variabile in un integrale” dice che se si ha un integrale a f (x)dx e se poi x = x(t)
é a sua volta funzione di t, con x(α) = a e g(β) = b allora vale
Z
b
Z
β
β
α
α
0
Z
β
f (x(t))
f (x(t))x (t)dt =
f (x(t))d(x(t)) =
f (x)dx =
a
Z
α
dx
dt
dt
Questa formula possa sembrare poco comprensibile e quindi poco entusiasmante,
e cosı́ resterá se non si svolge un numero sufficiente di esempi semplici per vedere
quanto utile e potente essa é. Un numero sufficiente probabilmente vuol dire
almeno qualche dozzine, ed ancora piú probabilmente qualche centinaia: si svolge
integrale finché la tecnica di “integrazione per sostituzione” riassunta nella formula
precedente diventa una procedura meccanica. Ovviamente non funziona sempre
ma almeno permette di ottenere semplificazione di integrale apparentemente molto
complicati.
Come esempi tipici di “integrazione per sostituzione” abbiamo volto diversi
integrali, tutti del tipo
Z
b
xn−1 sin(xn ) dx,
a
trovando che tramite la sostituzione u = xn , one du = nxn−1 dx questi integrali si
riducono ad
Z
β
1
1 β
sin(u) du = (cos(u)) n α
n
α
con α = an e β = bn (come si vede facilmente dal fatto che per x = a si ha
xn = u = an ecc.
4 Seconda Ora
Ci poniamo il problema di calcolare (o almeno dare una procedura per calcolare)
certi integrali che naturalmente destano curiositá. Abbiamo in mente gli integrali
Z θ
Z θ
n
sin (t)dt
ed
cosn (t)dt
e piú in generale gli integrali
Z
θ
sinj (t) cosk (t) dt
Per quanto riguarda i primi due integrali, é sempre un piacere dimezzare il
lavoro da fare, e l’osservazione cos(t) = sin ((π/2) − t) ci permette di studiare solo
3
il primo integrali della coppia. Infatti, se si pone u = (π/2) − t si ha che
Z θ
Z (π/2)−θ
Z (π/2)−θ
n
n
sin (u)du =
sin ((π/2) − t) dt =
cosn (t)dt
θ0
(π/2)−θ0
(π/2)−θ0
Poi osserviamo che di nuovo possiamo “dimezzare il lavoro” se osserviamo che
quando n é DISPARI, tutto si svolge in modo facile facile: In effetti se n = 2k + 1
allora
sin(t)2k+1 = (sin(t))2k sin(t)
= (sin2 (t))k sin(t)
= (1 − cos2 (t))k sin(t)
P
k
k λ
2
k−λ
sin(t)
=
λ=0 λ 1 (− cos (t))
Pk
= λ=0 (−1)k−λ λk cos2(k−λ) (t) sin(t)
Da questa identitá trigonometrica discende subito che
Z θ1
Rθ
P
sin2k+1 (t)dt = kλ=0 (−1)k−λ λk θ01 cos2(k−λ) (t) sin(t)dt
θ0
P
= kλ=0 (−1)k−1−λ λk cos2(k−λ) (t)(− sin(t)dt)
cos2(k−λ)+1 (t) θ1
P
= kλ=0 (−1)k−1−λ λk
2(k − λ) + 1 θ0
Proviamo ad analizzare questo risultato in un caso particolare di interesse indipendente, ossia quando θ0 = 0 e θ1 = π/2. Naturalmente, in questo caso il
calcolo si semplifica in modo notevole: infatti, cosj (0) = 1 per ogni intero j, e
quindi
1
cos2(k−λ)+1 (0)
=
per λ = 0, 1, . . . , k.
2(k − λ) + 1
2(k − λ) + 1
D’altra parte, la funzione cos(θ) si annulla qualora θ sia moltiplo dispari di π/2 e
quindi
Z π/2
k
X
1
k−λ k
2k+1
(−1)
sin
θ dθ =
λ 2(k − λ) + 1
0
λ=0
Proviamo ora a confrontare il risultato con
Z 1
R1P
(1 − t2 )k dt = 0 kλ=0 (−1)k−λ λk t2(k−λ) dt
0
R1
P
= kλ=0 (−1)k−λ λk 0 t2(k−λ) dt
P
1
= kλ=0 (−1)k−λ λk
2(k − λ) + 1
4
L’esito di questi calcoli é che quando n é dispari possiamo calcolare sinn (t)dt
abbastanza facilmente, ed, in particolare, per tali valori di n l’integrale particolare
R π/2 n
sin t dt risulta un numero razionale abbastanza facilmente calcolato.
0
Questo lascia il caso del calcolo di integrali del tipo
Z θ1
sin2k (θ) dθ.
θ0
A questo punto possiamo invocare l’identitá trigonometrica citata sopra:
sin2 (θ) =
1 − cos(2θ)
.
2
Infatti, si ha che
Z
θ1
2k
Z
θ1
sin θ dθ =
θ0
θ0
1 − cos(2θ)
2
k
dθ
Questo ci apre la strada ad una procedura di riduzione ricorsiva. Quando si
sviluppa il binomio i termini del tipo cosj (2θ) con j dispari si puó gestire come
abbiamo fatto sopra nel caso di sinj (θ) per j dispari. Invece i termini di grado
pari di puó ridurre a “polinomi trigonometrici” in cos(4θ) e cosı́ via. Studieremo
questa procedura di ricorsione piú in dettaglio nella prossima lezione.
5