integrazione indefinita elementare

INTEGRAZIONE INDEFINITA
ELEMENTARE
(Cosimo De Mitri)
1. L’operazione, le regole, le formule ........................... pag. 1
2. I primi calcoli .......................................................... pag. 3
3. Integrazione delle funzioni razionali ........................ pag. 4
4. Integrazione per parti .............................................. pag. 7
5. Integrazione per sostituzione ................................... pag. 8
6. Sostituzioni notevoli ................................................ pag. 9
7. Incollamento di pezzi .............................................. pag. 13
C.d.L in Fisica
Lecce, a.a. 2012/13
0
INTEGRAZIONE INDEFINITA ELEMENTARE
(C. De Mitri)
1. L’operazione, le regole, le formule
Sia f : I → IR una funzione definita nell’intervallo I di IR. E’ noto che l’insieme delle
R
primitive di f è detto integrale indefinito di f ed è indicato con il simbolo f (x) dx.
R
Se ϕ è una primitiva di f , si ha che f (x) dx = {ϕ + c / c ∈ IR}; questa uguaglianza
R
in genere viene scritta nella forma f (x) dx = ϕ(x) + c , c ∈ IR. Per ragioni d’ordine
pratico tale notazione è usata anche quando f è definita in un insieme X qualsiasi, e
sta a significare che ϕ è primitiva di f in ogni intervallo I contenuto in X.
Sappiamo che, se f è continua, allora essa è certamente dotata di primitive. Ciò vale
in particolare nel caso in cui f sia dotata di espressione elementare; l’operazione che
consiste nel calcolare le primitive di una espressione elementare è detta integrazione
indefinita elementare. Se le primitive dell’espressione elementare f (x) sono anch’esse
esprimibili elementarmente, si dice che f (x) è elementarmente integrabile. Alcuni esempi
x
2
di funzioni non elementarmente integrabili sono i seguenti: eαx (α ∈ IR, α 6= 0), ex ,
√
1
sen x
n
2
n
1 + x3 .
log x , sen x ,
x , x tg x (n ∈ IN) , arctg x (n ∈ IN, n ≥ 2) ,
Gli strumenti di base per effettuare l’operazione in oggetto sono la tavola degli integrali fondamentali, che si ottiene “rivoltando” le formule di derivazione delle funzioni
elementari, e le regole di integrazione indefinita, che corrispondono ad altrettante proprietà dell’operazione di derivazione.
-) Regole di integrazione indefinita
a) Integrazione per decomposizione in somma: date f, g ∈ C o (I) e dati α, β ∈ IR con
(α, β) 6= (0, 0), si ha che
R
R
R
(αf (x) + βg(x)) dx = α f (x) dx + β g(x) dx .
b) Integrazione per sostituzione: date f ∈ C o (I) e γ ∈ C 1 (J) con γ(J) ⊆ I, si ha che
R
R
f (γ(x))γ ′(x) dx = ( f (t) dt)t=γ(x) ;
se in più γ è invertibile, l’uguaglianza si può scrivere anche nella forma
R
R
f (x) dx = ( f (γ(t))γ ′(t) dt)t=γ −1 (x) .
c) Integrazione per parti: date f, g ∈ C 1 (I), si ha che
R
R
f (x) g ′ (x) dx = f (x) g(x) − f ′ (x) g(x) dx .
1
-) Tavola degli integrali fondamentali
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
10)
11)
12)
13)
14)
15)
xα+1
α+1
R
xα dx =
R
ax dx =
R
sen x dx = − cos x + c
R
1
x
+c
(α 6= −1)
dx = log |x| + c
ax
log a
+ c (a > 0, a 6= 1)
R
cos x dx = sen x + c
R
1
cos2 x
dx = tg x + c
R
1
sen2 x
dx = − cotg x + c
R
√ 1
a2 −x2
R
1
a2 +x2
R
cosh x dx = senh x + c
x
dx = arcsen |a|
+c
dx =
1
a
arctg
x
a
+ c (a 6= 0)
R
senh x dx = cosh x + c
R
R
1
a2 −x2
R
1
cosh2 x
√ 1
x2 +a2
dx = log(x +
R
√ 1
x2 −a2
dx = log |x +
(a 6= 0)
dx = tgh x + c
dx =
1
2a
√
(a 6= 0)
(1)
(a 6= 0)
(2)
x2 + a 2 ) + c
√
x2 − a 2 | + c
a+x log a−x + c
(a 6= 0)
(3)
Osserviamo che, in base alla regola di integrazione per sostituzione, se l’uguaglianza
R
f (x) dx = ϕ(x) + c
è una qualunque delle formule scritte sopra, oltre ad essa sussiste anche l’uguaglianza
R
f (γ(x))γ ′(x) dx = ϕ(γ(x)) + c ,
qualunque sia γ funzione di classe C 1 avente valori nel dominio di f .
(1)
(2)
(3)
√
Ricordiamo che ∀ x ∈ IR log(x + √ x2 + 1 ) = settsenh√x .
Ricordiamo che ∀ x ≥ 1 log |x + x2 −1 | = log(x + x2 − 1 ) = settcosh x .
Ricordiamo che ∀ x ∈ ]− 1, 1[
1
2
1+x log 1−x
=
2
1
2
1+x
log 1−x
= setttgh x .
2. I primi calcoli
2.1)
2.2)
2.3)
2.4)
2.5)
2.6)
2.7)
2.8)
2.9)
2.10)
√
1+2 x
x
R
√
1
dx + 2 x− 2 dx = log x + 4 x + c .
R
R
sen 3x sen x dx (1) = 21 (cos 2x − cos 4x) dx = 14 sen 2x − 81 sen 4x + c .
R
R
R
R 1
2
x+cos2 x
(2)
= sen cos
dx = tg2 x cos12 x dx + cos12 x dx = 31 tg3 x + tg x + c .
4x
cos4 x dx
R
R
R
R
sen2 x dx (3) = 12 (1 − cos 2x) dx = 12 dx − 21 cos 2x dx = 12 x − 41 sen 2x + c .
R
R
R
sen5 x dx (2) = (1 − cos2 x)2 sen x dx = (sen x − 2 cos2 x sen x + cos4 x sen x) dx =
− cos x + 23 cos3 x − 15 cos5 x + c . Vedi anche 4.10.
R
R
R
R
sen6 x dx = (sen2 x)3 dx (3) = 81 (1 − cos 2x)3 dx = 81 (1 − 3 cos 2x + 3 cos2 2x −
R
R
cos3 2x) dx = 18 [1 − 3 cos 2x + 32 (1 + cos 4x) − (1 − sen2 2x) cos 2x] dx = 81 ( 25 −
5
3
1
4 cos 2x + 32 cos 4x + sen2 2x cos 2x)dx = 16
x − 14 sen 2x + 64
sen 4x + 48
sen3 2x + c .
Vedi anche 4.10.
R
R
R
sen4 x cos5 x dx (2) = sen4 x (1 −sen2 x)2 cos x dx = (sen4 x cos x −2 sen6 x cos x +
sen8 x cos x) dx = 51 sen5 x − 27 sen7 x + 91 sen9 x + c .
R
R
R
sen4 x cos2 x dx (3) = 18 (1 − cos 2x)2 (1 + cos 2x) dx = 81 (1 − cos 2x − cos2 2x +
R
R
cos3 2x) dx = 81 [1 − cos 2x − 21 (1 + cos 4x) + (1 − sen2 2x) cos 2x] dx = 18 ( 12 −
1
1
1
1
cos 4x − sen2 2x cos 2x) dx = 16
x − 64
sen 4x − 48
sen3 2x + c . Vedi anche 4.12.
2
R
R
R
1
sen2 x cos2 x dx (4) = 14 sen2 2x dx (3) = 81 (1 − cos 4x) dx = 18 x − 32
sen 4x + c .
R
R
R
1
1
√
dx = arcsen x−1
+ c.
dx (5) = √−x2+2x−1+4
dx = √ 1
2
2
−x2+2x+3
R
dx =
R
1
x
4−(x−1)
Vedi anche 6.13.
R
R
R
R
1
1
dx (5) = √x2x−1
dx + 2 √x2−2x+3
dx = 21 (x2 − 2x + 3)− 2 (2x−
2.11) √x2x+1
−2x+3
−2x+3
√
√
R
2) dx + 2 √ 1 2 dx = x2 − 2x + 3 + 2 log(x − 1 + x2 − 2x + 3) + c .
(x−1) +2
Esercizi
3 2
R 2√x− √
x
R
R
R 1
R
1
dx
,
sen
2x
cos
3x
dx
,
cos
2πx
cos
πx
dx
,
dx
,
dx ,
4
sen x
sen x cos x
x3
R
R
R
R
R
cos2 x dx ,
cos7 x dx ,
cos4 x dx ,
sen2 x cos4 x dx ,
sen3 x cos3 x dx ,
R
R
1
√ 2x−1
√
dx
,
dx .
2
2+2x−x
4x2 +4x−1
√
(1)
Formule di Werner: sen α sen β =
1
2 [cos(α
− β) − cos(α + β)] ,
sen α cos β =
+ β) + sen(α − β)] , cos α cos β = 21 [cos(α + β) + cos(α − β)] .
(2)
Identità trigonometrica fondamentale: sen2 α + cos2 α = 1 .
2α
2α
(3)
, cos2 α = 1+cos
.
Formule di bisezione: sen2 α = 1−cos
2
2
(4)
Formula di duplicazione: sen 2α = 2 sen α cos α .
b2
b2
c
b 2
∆
(5)
Posto ∆ = b2−4ac, si ha che: ax2+bx+c = a(x2+ ab x+ 4a
2 − 4a2 + a ) = a[(x+ 2a ) − 4a2 ] .
1
2 [sen(α
3
3. Integrazione delle funzioni razionali
Esponiamo un procedimento per il calcolo degli integrali delle funzioni razionali, ossia
A(x)
, con A(x) e B(x) polinomi. A ben vedere il caso fondamendelle funzioni del tipo B(x)
tale da considerare è quello delle funzioni razionali proprie, ossia quelle in cui risulta
A(x)
degA(x) < degB(x); infatti, se B(x)
è una funzione razionale impropria, nel senso che
degA(x) ≥ degB(x), è noto che esiste una (ed una sola) coppia di polinomi Q(x) e R(x),
R(x)
A(x)
= Q(x) + B(x)
, cosicché il problema è ricondotto
con degR(x) < degB(x), tali che B(x)
alla funzione razionale propria
R(x)
B(x) .
A(x)
una funzione razionale propria. E’ noto che B(x) può essere scomposto, almeno
Sia B(x)
sul piano teorico, nel prodotto di fattori di 1o grado e fattori di 2o grado irriducibili.
Sia dunque B(x) = (p1 x + q1 )r1 (p2 x + q2 )r2 . . . (pm x + qm )rm (a1 x2 + b1 x + c1 )s1 (a2 x2 +
A(x)
b2 x + c2 )s2 . . . (an x2 + bn x + cn )sn . Si dimostra che B(x)
può essere decomposta (in un
unico modo) nella seguente somma:
A1r1
A2r2
A11
A12
A21
A22
+ (p1 x+q
+ (p2 x+q
2 + . . . + (p x+q )r1 + p x+q
2 + . . . + (p x+q )r2
p1 x+q1
1)
1
1
2
2
2)
2
2
Amrm
Am2
B11 x+C11
B12 x+C12
m1
. . . + pmAx+q
+
+
.
.
.
+
+
+
+
...
(pm x+qm )2
(pm x+qm )rm
a1 x2 +b1 x+c1
(a1 x2 +b1 x+c1 )2
m
B1s1 x+C1s1
B2s2 x+C2s2
B21 x+C21
B22 x+C22
Bn1 x+Cn1
(a1 x2 +b1 x+c1 )s1 + a2 x2 +b2 x+c2 + (a2 x2 +b2 x+c2 )2 +. . .+ (a2 x2 +b2 x+c2 )s2 +. . .+ an x2 +bn x+cn
Bnsn x+Cnsn
Bn2 x+Cn2
(an x2 +bn x+cn )2 + . . . + (an x2 +bn x+cn )sn .
A(x)
B(x)
=
+
+
+
Le frazioni che compaiono al 2o membro sono dette fratti semplici.
A
I fratti semplici del tipo (px+q)
i si integrano facilmente: se i = 1 si ha
R
A
A
A
p log |px + q| + c ; se i ≥ 2 si ha
(px+q)i dx = − (i−1)p(px+q)i−1 + c .
Per integrare i fratti semplici del tipo
Bx+C
(ax2 +bx+c)i
R
A
px+q
dx =
occorre prima decomporli nella forma
β(2ax+b)
(ax2 +bx+c)i
γ
+ (ax2 +bx+c)
i . Il primo di questi due rapporti si integra immediatamente:
R β(2ax+b)
R β(2ax+b)
se i = 1 si ha ax2 +bx+c dx = β log |ax2 + bx + c| + k ; se i ≥ 2 si ha (ax
2 +bx+c)i dx =
γ
β
− (i−1)(ax2 +bx+c)i−1 + k. Invece l’integrazione del rapporto (ax2 +bx+c)i è facile solo nel
R
R
γ
1
dx = γa
caso i = 1: posto ∆ = b2 − 4ac, si ha ax2 +bx+c
2
2 dx =
b
c
x+ b 2 + a
− b2
x2 + a
4a
4a
R
R
γ
γ
1
√2γ arctg 2ax+b
√
+ k . Al contrario, il calcolo dell’ (ax2 +bx+c)
i dx
|∆| dx =
a
(x+ b )2 +
|∆|
|∆|
2a
4a2
con i ≥ 2 è piuttosto complesso (vedi 4.9), tant’è che, quando appunto B(x) contiene
A(x)
fattori del tipo (ax2 + bx + c)i con i ≥ 2, conviene integrare B(x)
usando la cosiddetta
regola di Hermite, che offre un diverso modello di decomposizione delle funzioni razionali
proprie. Osserviamo che, una volta appresa la regola di Hermite, questa può essere
R
γ
efficacemete utilizzata per calcolare l’ (ax2 +bx+c)
i dx con i ≥ 2 .
Nei primi tre dei quattro esempi che seguono, il denominatore B(x) non conterrà fattori
del tipo (ax2 +bx+c)i con i ≥ 2, e l’integrazione verrà effettuata seguendo il modello di
decomposizione descritto sopra. Nel quarto esempio sarà illustrata la regola di Hermite.
4
Esempio 3.1.
R
3x2 −2
x3 −x2 −2x
dx .
Il denominatore x3 − x2 − 2x = x(x + 1)(x − 2) ammette zeri tutti reali e semplici.
E’ noto che sussiste l’uguaglianza
A
B
C
3x2 −2
x(x+1)(x−2) = x + x+1 + x−2 , con A, B, C ∈ IR
(∗) .
Per determinare le tre incognite, si eliminano i denominatori e si ordinano i polinomi
ai due membri, ricavando 3x2 − 2 = (A + B + C)x2 + (−A − 2B + C)x − 2A; quindi
si impone l’uguaglianza fra i coefficienti omologhi (principiodi identità dei polinomi),
(
A+B+C =3
A = 1
B = 1/3 .
ottenendo il sistema −A−2B +C = 0 , la cui soluzione è

C = 5/3
−2A = −2
Osserviamo che, in alternativa, partendo dall’uguaglianza (∗), si determina il valore di A
moltiplicando ambo i membri per x e poi ponendo x = 0; e in modo analogo si procede
per ottenere il valore di B (si moltiplica per x + 1 e si pone x = −1) e il valore di C
(si moltiplica per x − 2 e si pone x = 2).
2
1
5
3x −2
= x1 + 3(x+1)
+ 3(x−2)
, e quindi:
Con ciò s’è trovato che x(x+1)(x−2)
R 3x2 −2
R1
R 1
R 1
1
5
1
5
x3 −x2 −2x dx =
x dx+ 3
x+1 dx+ 3
x−2 dx = log |x|+ 3 log |x+1|+ 3 log |x−2|+c .
Esempio 3.2.
R
x4 −4x3 +3x2 +x−3
x3 −5x2 +8x−4
dx .
La funzione razionale da integrare è impropria. Effettuando la divisione si trova che
R
x4 −4x3 +3x2 +x−3
3x−1
=
x
+
1
−
,
dove
(x + 1) dx = 21 x2 + x + c .
3
2
3
2
x −5x +8x−4
x −5x +8x−4
3x−1
Resta il problema di calcolare l’integrale della funzione razionale propria x3 −5x
2 +8x−4 ,
3
2
2
il cui denominatore x − 5x + 8x − 4 = (x − 1)(x − 2) ammette zeri tutti reali, ma
stavolta non tutti semplici.
E’ noto che sussiste l’uguaglianza
3x−1
(x−1)(x−2)2
=
A
x−1
+
B1
x−2
+
B2
(x−2)2
.
Da essa, eliminando i denominatori, si ricava 3x − 1 = A(x − 2)2 + B1 (x − 1)(x − 2) +
B2 (x − 1); riscrivendo poi quest’ultima uguaglianza per x = 1, quindi per x = 2, ed
infine ad esempio per x = 0, si scopre che A = 2, B1 = −2, B2 = 5. Naturalmente allo
stesso risultato saremmo pervenuti se avessimo utilizzato, come nell’esempio precedente,
il pricipio di identità dei polinomi.
2
2
5
3x−1
Con ciò s’è trovato che (x−1)(x−2)
2 = x−1 − x−2 + (x−2)2 , e quindi:
R
R 2
R 2
R 5
3x−1
5
dx
=
dx−
dx+
dx = 2 log |x−1|−2 log |x−2|− x−2
+c .
3
2
x −5x +8x−4
x−1
x−2
(x−2)2
Tornando all’integrale assegnato, si conclude che:
R x4 −4x3 +3x2 +x−3
dx = 21 x2 + x + 2 log |x − 1| − 2 log |x − 2| −
x3 −5x2 +8x−4
5
5
x−2
+c.
Esempio 3.3.
x2
R
(3x−1)2 (x2 −x+1)
dx .
Stavolta il denominatore ammette anche zeri non reali, ma comunque semplici.
Si è detto che in tal caso esistono le costanti reali A1 , A2 , B, C tali che
A1
A2
Bx+C
x2
(3x−1)2 (x2 −x+1) = 3x−1 + (3x−1)2 + x2 −x+1 .
A ben vedere, allo scopo di agevolare l’integrazione dell’ultimo rapporto, da effettuare
con il metodo spiegato all’inizio del paragrafo, conviene fin da ora ricercare A1 , A2 , B, C
tali che sia soddisfatta non l’uguaglianza già scritta, bensı̀ quella che segue:
B(2x−1)
A1
A2
x2
C
(3x−1)2 (x2 −x+1) = 3x−1 + (3x−1)2 + x2 −x+1 + x2 −x+1 ,
dove nel terzo rapporto compare al numeratore la derivata del denominatore.
Procedendo come nei precedenti esempi, si trova: A1 =
1
11 ,
A2 = 71 , B =
Pertanto, osservato che x2 − x + 1 = (x − 12 )2 + 34 , si calcola:
R
R dx
R dx
R 2x−1
x2
1
1
17
dx
=
+
+
dx +
2
2
2
(3x−1) (x −x+1)
11
3x−1
7
(3x−1)
154
x2−x+1
1
33
log |3x − 1| −
Esempio 3.4.
1
1
21 3x−1
R
+
17
154
1
(x−1)(x2 +2)2
log(x2 − x + 1) +
9√
77 3
arctg
2x−1
√
3
9
154
+c.
R
17
154 ,
C=
dx
(x− 12 )2 + 43
9
154 .
=
dx .
In quest’ultimo caso il denominatore ammette anche zeri non reali multipli.
E’ noto che sussiste l’uguaglianza
1
A
1
2 x+C2
= x−1
+ Bx1 x+C
+B
, con A, B1 , C1 , B2 , C2 ∈ IR ,
2 +2
(x−1)(x2 +2)2
(x2 +2)2
1
ma la difficoltà di integrare la frazione (x2 +2)
2 (vedi 4.9) fa sı̀ che risulti più conveniente
il ricorso alla regola di Hermite. Pertanto si pone:
1
A
Bx+C
d Dx+E
(x−1)(x2 +2)2 = x−1 + x2 +2 + dx ( x2 +2 ) (∗) .
Più in generale, data la funzione razionale propria
A(x)
(p1 x+q1 )r1 (p2 x+q2 )r2 ...(pm x+qm )rm (a1 x2 +b1 x+c1 )s1 (a2 x2 +b2 x+c2 )s2 ...(an x2 +bn x+cn )sn
,
questa viene decomposta, in base alla regola di Hermite, nella seguente somma:
A2
Am
B1 x+C1
B2 x+C2
Bn x+Cn
A1
p1 x+q1 + p2 x+q2 + . . . + pm x+qm + a1 x2 +b1 x+c1 + a2 x2 +b2 x+c2 + . . . + an x2 +bn x+cn +
E(x)
d
),
(
dx (p1 x+q1 )r1−1(p2 x+q2 )r2−1...(pm x+qm )rm−1(a1 x2 +b1 x+c1 )s1−1(a2 x2 +b2 x+c2 )s2−1...(an x2 +bn x+cn )sn−1
dove, nel rapporto sotto derivata, il numeratore E(x) è un polinomio incognito avente
grado non maggiore di r1 + r2 + . . . + rm + s1 + s2 + . . . + sn − m − n − 1, che è il grado
del denominatore diminuito di una unità.
7
1
Tornando all’uguaglianza (∗), si trova: A = 19 , B = − 19 , C = − 36
, D = − 12
, E = 16 .
R 1
R 4x+7
R d x−2
R
1
1
1
1
Si conclude che:
(x−1)(x2 +2)2 dx = 9
x−1 dx − 36
x2 +2 dx − 12
dx ( x2 +2 ) dx =
1
1
7√
x−2
x
1
2
√
9 log |x − 1| − 18 log(x + 2) − 36 2 arctg 2 − 12 x2 +2 + c .
Esercizi
R
x
x4 −10x2 +9
dx,
R
x2 −2x−1
2x3 +5x2 +7x+6
dx,
R
x2
x4 +1
dx,
6
R
x3 −2
x(2x2 +1)2
dx,
R
1
(x2 +2)3
dx,
R
5x−2
x2 (x−1)3
dx .
4. Integrazione per parti
Negli esempi che seguono si farà largo uso della regola di integrazione per parti:
R
R
date f, g ∈ C 1 (I), si ha che f (x) g ′(x) dx = f (x) g(x) − f ′ (x) g(x) dx .
R
Spesso l’integrale a primo membro viene scritto nella forma f (x) dg(x) , dove f (x) è
chiamato fattore finito e dg(x) fattore differenziale.
R
R
x log |x − 1| dx = 21 log |x − 1| d(x2 − 1) = 12 (x2 − 1) log |x − 1| − 21 (x + 1) dx =
1
(x2 − 1) log |x − 1| − 41 x2 − 12 x + c .
2
√
√
R x3
R 2 √
R √
2 = −x2 1 − x2 + 2 x 1 − x2 dx = −x2 1 − x2 −
4.2) √1−x
dx
=
−
x
d
1
−
x
2
√
√
2
2
(1
−
x
) 1 − x2 + c = − 13 (x2 + 2) 1 − x2 + c . Vedi anche 5.3, 6.14 e 6.17.
3
R x e−x
R
R
1
x
x
e−x
4.3) (1−x)
x e−x d 1−x
= 1−x
e−x − e−x dx = 1−x
e−x + e−x + c = 1−x
+c.
2 dx =
4.1)
R
4.4)
R
R
R
R
2
2
2
2
2
2
(1 − 2x2 ) e −x dx = e −x dx + x de −x = e −x dx + x e −x − e −x dx ; ne segue
R
2
2
che (1 − 2x2 ) e −x dx = x e −x + c .
R x
R
R
e sen x dx = − e x d cos x = −e x cos x + e x d sen x = −e x cos x + e x sen x −
R x
R
e sen x dx ; ne segue che e x sen x dx = 12 (sen x − cos x)e x + c .
√
√
√
R
R 2
R√
2
x2 + 4 dx = x x2 + 4 − √xx2+4 dx = x x2 + 4 − x√+4−4
x2 + 4 −
dx
=
x
2
x +4
√
√
R√
R 1
R√
x2 + 4 dx + 4 √x2+4 dx = x x2 + 4 −
x2 + 4 dx + 4 log(x + x2 + 4) ; ne
√
√
R√
segue che
x2 + 4 dx = 12 (x x2 + 4 + 4 log(x + x2 + 4)) + c . Vedi anche 6.E.
R
R
R
R
x tg2 x dx . Premesso che tg2 x dx = (1 + tg2 x) dx − dx = tg x − x + c , si
R
R
R
ha che x tg2 x dx = x d(tg x − x) = x(tg x − x) − (tg x − x) dx = x tg x − x2 −
R sen x
R
dx
+
x dx = x tg x − 21 x2 + log | cos x| + c .
cos x
√
R
R
R
x
2
arcsen2 x dx = x arcsen2 x − 2 x√arcsen
dx
=
x
arcsen
x
+
2
arcsen
x
d
1 − x2 =
2
1−x
√
√
R
x arcsen2 x + 2 1 − x2 arcsen x − 2 dx = x arcsen2 x + 2 1 − x2 arcsen x − 2x + c .
R
R x2+a2−x2
R
R
1
1
1
1
1
dx
=
dx
=
dx
+
x d (x2+a12 )n−1 =
2
2
n
2
2
2
n
2
2
2
n
−
1
2
(x
+a )
a
(x +a )
a
(x +a R)
2(n−1)a
R
1
1
dx + (2n−12)a2 (x2+ax2 )n−1 − (2n−12)a2 (x2+a12 )n−1 dx ; quindi, posto In =
Ra2 (x12+a2 )n−1
1
x
2n−3
(x2+a2 )n dx, vale la formula ricorsiva In = (2n−2)a2 (x2+a2 )n−1 + (2n−2)a2 In−1 ∀ n ≥ 2 .
R
R
R
senn x dx = − senn−1 x d cos x = − senn−1 x cos x + (n − 1) senn−2 x cos2 x dx =
R
− senn−1 x cos x + (n − 1) senn−2 x (1 − sen2 x) dx = − senn−1 x cos x +
R
R
R
(n − 1) senn−2 x dx − (n − 1) senn x dx ; ne segue che, posto In = senn x dx,
1
sussiste la formula ricorsiva In = − n1 senn−1 x cos x + n−
I
∀n ≥ 2.
n n−2
4.5)
4.6)
4.7)
4.8)
4.9)
4.10)
R
N.B. Se n è dispari, conviene procedere come in 2.5.; se n è pari, si può procedere
anche come in 2.4 e 2.6.
7
4.11)
R
sen4 x dx . Tenendo conto della formula ricorsiva stabilita in 4.10, si calcola che:
R
R
sen4 x dx = − 14 sen3 x cos x + 43 sen2 x dx = − 14 sen3 x cos x + 43 (− 12 sen x cos x +
R
1
dx) = − 14 sen3 x cos x − 83 sen x cos x + 38 x + c .
2
Ma si poteva procedere anche cosı̀:
R
R
R
sen4 x dx = − sen3 x d cos x = − sen3 x cos x+3 sen2 x cos2 x dx = − sen3 x cos x+
R
R
3
3
3
3
2
3
3
sen
2x
dx
=
−
sen
x
cos
x
+
4
8 (1 − cos 4x) dx = − sen x cos x + 8 x − 32 sen 4x +
c = − 14 sen3 x cos x − 83 sen x cos x + 38 x + c .
4.12)
sen4 x cos2 x dx (vedi anche 2.8). Tenendo conto dei risultati ottenuti in 4.10 e
R
R
R
R
4.11, si ha: sen4 x cos2 x dx = sen4 x(1 − sen2 x) dx = sen4 x dx − sen6 x dx =
R
R
R
sen4 x dx + 61 sen5 x cos x − 56 sen4 x dx = 16 sen5 x cos x + 61 sen4 x dx =
1
1
1
1
sen5 x cos x − 24
sen3 x cos x − 16
sen x cos x + 16
x + c.
6
4.13)
R
R
1
1
cos x
cos2 x
cos x
1−sen2 x
cos x
sen3 x dx = − sen x d cotg x = − sen2 x − sen3 x dx = − sen2 x −
sen3 x dx = − sen2 x −
R 1
R 1+tg2 x2
R 1
R 1
x
cos x
1
dx = − 2cos
sen3 x dx+ sen x dx ; ne segue che
sen3 x dx = − 2 sen2 x + 2
2 tg x
sen2 x +
2
| sen x|
x
cos x
1
1
2 log | tg 2 | dx + c = − 2 sen2 x + 2 log 1+cos x + c . Vedi anche 6.4.
R
R
R
Esercizi
R
R
R
R
R 2
R
5
log (x+1) dx , √xx3 +1 dx , x2 ex dx , sen log x dx , x arctg x dx , arcsen3 x dx ,
R 2
R
R
R
R
R
2
x sen x dx , (x2x+1)2 dx , cosn x dx , cos4 x dx , sen2 x cos4 x dx , cos13 x dx ,
R
R
R√
4x2 + 1 dx , x tg x dx (!), arctg2 x dx (!).
5. Integrazione per sostituzione
Ricordiamo la regola di integrazione per sostituzione: se f ∈ C o (I) e γ ∈ C 1 (J),
R
R
con γ(J) ⊆ I, allora f (γ(x))γ ′(x) dx = ( f (t) dt)t=γ(x) ; se in più γ è invertibile,
R
R
l’uguaglianza si può scrivere anche nella forma f (x) dx = ( f (γ(t))γ ′(t) dt)t=γ −1 (x) .
Sul piano formale, nella prima formula si passa dal primo al secondo membro ponendo
t = γ(x) e dt = γ ′ (x) dx, mentre nella seconda formula si pone x = γ(t) e dx = γ ′ (t) dt.
5.1)
5.2)
R
R
sen 2x
t = sen x e
1+sen4 x dx . Ponendo
R 2t
2 sen x
cos x dx = 1+t4 dt = arctg t2
1+sen4 x
x2
(1−x)10 dx . Ponendo t = 1 − x , x
R 1
R
2
2
1
− (t−1)
t10 dt = − ( t8 − t9 + t10 ) dt
1
36x2 −9x+1
9(1−x)9 + c = 252 (1−x)9 + c .
R
dt = cos x dx, si calcola:
+ c = arctg sen2 x + c .
1
7 t7
8
−
1
4 t8
+
1
9 t9
+c =
sen 2x
1+sen4 x
dx =
x2
(1−x)10 dx
1
1
7(1−x)7 − 4(1−x)8
= 1 − t e dx = −dt, si calcola:
=
R
R
=
+
√
x
dx ,
dx (vedi anche 4.2, 6.14 e 6.17). Ponendo t = 1−x2 e dt = − √1−x
2
√
R x3
R
1
1
3
2
2
si calcola: √1−x2 dx = − (1 − t ) dt = −(t − 3 t ) + c = − 3 (x + 2) 1 − x2 + c .
3
5.3)
R
√x
1−x2
5.4)
R
R
1
(1+x2 )2
2
R dx
R 1
dx . Ponendo x = tg t e dx = (1+ tg2 t) dt, si ha: (1+x
2 )2 =
1+tg2 t dt =
tg t
1
1
x
1
cos t dt = 2 (t + sen t cos t) + c = 2 (t + 1+tg2 t ) + c = 2 (arctg x + 1+x2 ) + c .
Esercizi
R log x
x(1+log2 x)
dx ,
R
x2
p
4
(x − 1)3 dx ,
R√
ex − 1 dx ,
R
1
(1+x2 )3
dx .
6. Sostituzioni notevoli
Individuare una sostituzione efficace per il calcolo di un integrale non può rimanere
solo questione di fortuna. In questa sezione presentiamo alcune classi di integrali per
le quali è nota a priori una sostituzione risolutiva, senza con ciò escludere che, caso
per caso, si possa trovare una sostituzione più conveniente. Si tratta di integrali di
funzioni non razionali che possono essere “razionalizzati”, ossia trasformati in integrali
di funzioni razionali, mediante una sostituzione detta appunto “razionalizzante”. Nel
seguito indicheremo con R una funzione razionale in una o più variabili.
R
6.A) R(ex ) dx . L’integrale si razionalizza ponendo t = ex . Infatti in tal modo si
R
R
R(t)
ottiene: R(ex ) dx = R(t)
è una funzione razionale.
t dt, dove appunto si vede che
t
6.1)
ex +1
e2x +3ex dx .
2
) dt = 92
9(t+3)
R
Esercizi
R
ex +2
e3x −1
R ex +1
R t+1
R 2
Ponendo t = ex , si ha: e2x
+3ex dx =
t2 (t+3) dt = ( 9t +
1
log t − 3t
− 29 log(t + 3) + c = 92 x − 3e1x − 92 log(ex + 3) + c .
dx ,
R
e2x
2ex −1
1
3t2
−
dx .
R
6.B) R(tg x) dx . L’integrale si razionalizza ponendo t = tg x. Infatti in tal modo si
R
R R(t)
R(t)
ottiene: R(tg x) dx = 1+t
2 dt, dove appunto 1+t2 è una funzione razionale.
Giova a questo proposito ricordare le seguenti formule trigonometriche:
tg x
tg2 x
1
2
sen2 x = 1+tg
2 x , cos x = 1+tg2 x , sen x cos x = 1+tg2 x .
Da notare che l’uso di queste formule non è consentito nei punti π2 + kπ, k ∈ ZZ, che
invece potrebbero appartenere al dominio della funzione integranda. In tal caso, sia il
procedimento sia il risultato dovranno ritenersi validi in ogni intervallo contenuto nel
dominio della funzione integranda e non contenente punti del tipo π2 + kπ con k ∈ ZZ.
9
6.2)
tg3 x dx . Ponendo t = tg x, si ha:
R
1 2
2t
6.3)
−
1
2
2
log(t + 1) + c =
1
2
1
2
2
tg x −
R
tg3 x dx =
2
R
t3
t2 +1
log(tg x + 1) + c .
dt =
R
(t −
sen2 x
Ponendo, dopo gli opportuni aggiustamenti, t =
1+sen x cos x dx .
R
R
R sen2 x
tg2 x
t2
1
dx = (t2 +1)(t
tiene: 1+sen x cos x dx = tg2 x+tg
2 +t+1) dt = . . . = 2
x+1
2
2 tg√x+1
x+1
√1 arctg 2t+1
√
√1
+ c = 21 log tg2tg
+ c.
x+tg x+1 + 3 arctg
3
3
3
R
Esercizi
6.C)
R
R
cos x
2 sen x−3 cos x
R
dx ,
1
sen 2x+cos2 x
t
) dt
t2 +1
=
tg x, si ot2
+1
log t2t+t+1
+
dx .
R(sen x, cos x) dx . Se la funzione integranda è nella forma S(sen x) cos x, o nella
forma S(cos x) sen x, con S funzione razionale, l’integrale si razionalizza immediatamente ponendo t = sen x o, rispettivamente, t = cos x (si veda in proposito l’Esempio
5.1). Se non si è in questa situazione, si può tentare di dare alla funzione integranda
l’aspetto delle funzioni della classe (B). Ad ogni modo, utilizzando le formule parametriche sen x =
2 tg x
2
1+tg2 x
2
e cos x =
1−tg2
1+tg2
x
2
x
2
, l’integrale è comunque riconducibile sostanzial-
mente al caso precedente, e si razionalizza ponendo t = tg x2 . Poiché le formule citate
non sussistono nei punti π + 2kπ, k ∈ ZZ, il risultato dovrà ritenersi valido in ogni inter-
vallo contenuto nel dominio della funzione integranda e non contenente punti del tipo
π + 2kπ con k ∈ ZZ.
6.4)
1
sen3 x
dx (vedi anche 4.13). Ponendo, dopo gli opportuni aggiustamenti, t = tg x2 ,
R dx
R (1+tg2 x )3
R
R
2 2
)
1
2
si ottiene: sen
dx = 14 (1+t
dt = 14 (t + 2t + t13 ) dt = 18 (t2 −
3x = 8
tg3 x
t3
R
2
1
1
t2 ) + 2
6.5)
6.6)
log |t| + c = 81 (tg2
R
3 sen x+1
sen x (1+cos x)
1
2
log |t| + c =
R
1
5−4 cos x
dx
5−4 cos x
x
2
| sen x|
x
1
− cotg2 x2 ) + 21 log | tg x2 | + c = − 2cos
sen2 x + 2 log 1+cos x + c .
dx . Ponendo, dopo gli opportuni aggiustamenti, t = tg x2 , si ottiene:
R (tg2 x2 +6 tg x2 +1)(1+tg2 x2 )
R
R 3 sen x+1
dx = 41
dx = 21 (t + 6 + 1t ) dt = 14 t2 + 3t +
sen x(1+cos x)
tg x
R
2
Esercizi
R
1
4
tg2
x
2
+ 3 tg x2 +
1
2
log | tg x2 | + c .
dx . Ponendo, dopo gli opportuni aggiustamenti, t = tg x2 , si ottiene:
R dt
R 1+tg2 x
2
x
2
3 sen x
= 1+9 tg2 2x dx = 2 1+9t
2 = 3 arctg(3 tg 2 ) + c = 3 arctg 1+cos x + c .
2
sen 2x
(1+sen x)(2−cos2 x)
dx ,
R
1
cos x
dx ,
10
R
1−cos x
1+sen x
dx ,
R
3 sen x+1
cos x(tg x+sen x)
dx .
6.D)
R
q
q
n ax+b
dx
.
L’integrale
si
razionalizza
ponendo
t
=
R x, n ax+b
cx+d
cx+d .
√
q
1
1−x
dx . Ponendo, dopo gli opportuni aggiustamenti, t =
, x = 1+t
2
x
q
√
R
R
R
2
1−x
t
1−x
2t
1
√ dx =
dx = −2 1+t
e dx = − (1+t
2 )2 dt, si ottiene:
2 dt = . . . =
x
x
x x
q
q
1−x
−2t + 2 arctg t + c = −2 1−x
x + 2 arctg
x + c.
6.7)
R
6.8)
R
t
1−x
√
x x
1
√
(x+1) x2 +2x
q
x
= x+2
, si
±2 arctg
6.9)
q
dx (vedi anche 6.11). Ponendo, dopo gli opportuni aggiustamenti,
R dt
R
R
dx √
√
=
±2
ha: (x+1)dx
=
±
x
2
t2 +1 = ±2 arctg t + c =
x +2x
(x+1)(x+2)
x
x+2
x+2
+ c , dove va preso il segno + se x > 0 e il segno − se x < −2.
R
R
√
1 √
√ 1√
dx . Ponendo t = 6 x, si ottiene:
dx = ( √
dx =
6
x+ 3 x
x)3 +( 6 x)2
R 2
1
= . . . = 6 (t − t + 1 − t+1
) dt = 2t3 − 3t2 + 6t − log(t + 1) + c =
√
√
√
√
2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 log( 6 x + 1) + c .
√ 1√
3
x
R x+
t3
6 t+1 dt
R
R q x−1
R
Esercizi x x+1 dx ,
√
1+ √x
1+ 3 x
dx ,
R
1√
√
2x−1− 4 2x−1
dx .
√
R
6.E) qR(x, ax2 + bx + c ) dx , con a > 0 . L’integrale si razionalizza con la sostituzione
√
√
t = x2 + ab x + ac − x , ossia ax2 + bx + c = a (x + t) .
Si osservi che, nel caso ∆ = b2 −4ac > 0, detti x1 ed x2 gli zeri del radicando, l’integrale
può essere calcolato anche riconducendolo
al caso precedente, mediante la trasformazioq
√
√
2
ne: ax2 + bx + c = a |x − x1 | x−x
x−x1 (si veda in proposito l’Esempio 6.8).
√
√
√
x2 +2
x2 + 2 = x + t , ossia t = x2 + 2 − x , da cui x =
dx . Ponendo
2x−1
√
R √x2 +2
R (t2 +2)2
2
2
2−t2
1
2 + 2 = t +2 e dx = − t +2 dt , si ha:
,
x
dx
=
dt =
2
2t
2t
2t
2x−1
4
t2 (t−1)(t+2)
R
1
2
3
3
1
2
1
(1 − t − t2 + t−1 − t+2 ) dt = 4 [t − log t + t + 3 log |t − 1| − 3 log(t + 2)] + c =
4
√
√
√
√
1
2 + 2 − log( x2 + 2 − x) + 3 log | x2 + 2 − x − 1| − 3 log( x2 + 2 − x + 2)] + c .
[2
x
4
6.10)
R
6.11)
1
√
dx (vedi anche 6.8). Ponendo x2 + 2x = x + t , vale a dire t =
(x+1) x2 +2x
√
√
t(2−t)
t(2−t)
t2
x2 + 2x − x , da cui x = 2(1−t)
, x2 + 2x = 2(1−t)
e dx = 2(1−t)
2 dt , si ha:
√
R
R
dx
dt
√
= 2 arctg(t − 1) + c = 2 arctg( x2 + 2x − x − 1) + c .
= 2 t2 −2t+2
(x+1) x2 +2x
√
R
Esercizi
R
√
1
x2 +2−x
dx ,
R√
4x2 + 1 dx ,
R
11
√ 1
x+ x2 −2x−3
dx ,
R
√ 1
x x2 +2x
dx .
√
R
6.F) R(x, ax2 + bx + c ) dx , con a < 0 . Osserviamo anzitutto che, essendo a < 0,
deve risultare necessariamente ∆ = b2 − 4ac > 0, perché, se fosse ∆ ≤ 0, il radicale
sarebbe definto al più in un punto. Detti allora x1 ed x2 gli zeri del radicando, con
q x1 <
p
√
2 −x
.
x2 , il radicale è definito per x ∈ [x1 , x2 ], e risulta ax2 + bx + c = |a| (x−x1 ) xx−x
1
q
2 −x
.
Con ciò l’integrale è ricondotto al caso (D), e si razionlizza ponendo t = xx−x
1
√
Si osservi che
a volte risulta più conveniente mettere il radicale ax2 +√bx + c nella
p q ∆
b 2
b
∆
) , ed effettuare la sostituzione x + 2a
= 2|a|
sen t, con
|a| 4a2 − (x + 2a
forma
π π
t ∈ [− 2 , 2 ], che trasforma l’integrale assegnato in un integrale del tipo (C). Queste
operazioni risultano più agevoli se b = 0, poiché in tal caso il radicale avrebbe già in
p
p
partenza l’aspetto c − |a|x2 , e la sostituzione consigliata sarebbe x = c/|a| sen t.
q
R
1−x
1
dx
.
Ponendo,
dopo
gli
opportuni
aggiustamenti,
t
=
6.12) 5√1−x
, si ot2 −4
1+x
R
R
R
t−2 dx
t
4
dx
p
=
−
dt
=
.
.
.
=
log
=
2
tiene: 5√1−x
2 −4
1−x
(t−2)(2t−1)(t2 +1)
15
2t−1 5(1+x)
1+x −4
√
q
√1−x−2√
4
2
1−x
√1+x − 2 arctg
arctg
t
+
c
=
log
5
15
5
1+x + c .
2 1−x− 1+x
6.13)
R
t
1
dx (vedi anche 2.10).
2 +2x+3
−x
q
R
x+1
, si ha: √−x2 1+2x+3 dx =
= 3−x
√
2 arctg
6.14)
3
q
x+1
3−x
+ c.
Ponendo, dopo gli opportuni aggiustamenti,
R 1
R 1 q x+1
dx
=
2
dt = 2 arctg t + c =
(x+1)
3−x
t2 +1
dx (vedi anche 4.2, 5.3 e 6.17). Ponendo dapprima x = sen t , t ∈ ]− π2 , π2 [,
R x3
R
R
3
e in seguito u = cos t , si ottiene: √1−x
dx
=
sen
t
dt
=
(1 − cos2 t) sen t dt =
2
√
R
− (1−u2 ) du = −(1− 13 u2 )u+c = − 31 (x2 +2) 1 − x2 +c , dove l’ultima uguaglianza
√
è ottenuta ponendo u = cos arcsen x = 1 − x2 .
R
√x
1−x2
Esercizi
R
√
2−x2
1−x2
dx ,
R
√
x2
2+x−x2
dx .
√
√
√
R
6.G) R(x, ax + b, cx + d ) dx . Ponendo t = ax + b si passa ad un integrale del
p
R
tipo S(t, αt2 + γ ) dt , con S funzione razionale, il quale rientra nella classe (E) o
nella classe (F) a seconda che sia α > 0 o α < 0.
6.15)
R
R
√
√
1√
dx
.
Ponendo
t
=
x e successivamente t2 + 1 = t + u , si ha:
x+1+ x+1
R
R
dx√
t
1
1
1 2
1
1
1
1
√
√
=
2
dt
=
2√ (u−1− u2 + u ) du = 4 u − 2 (u− u )+ 2 log u+
x+1+
x+1
t2 +1+t+1
√
√
√
√
= 41 ( x + 1 − x)2 + x + 21 log( x + 1 − x) + c , dove l’ultima uguaglianza è
√
√
c
ottenuta ponendo u =
Esercizi
R √x(x+4)
√
√
x+4− x
dx ,
x+1−
R
√
√
x.
1
√
√
x(x+2) (1+ x+ x+2 )
12
dx .
6.H)
R
xp (axr + b)q dx , con p, r, q ∈ Q
l e a, b 6= 0 (integrali binomi). Se q ∈ ZZ, detto
n il minimo comune multiplo dei denominatori di p ed r, si riconosce che la funzione
√
integranda è del tipo S( n x ), con S funzione razionale, e quindi l’integrale rientra nella
classe (D). Se invece q 6∈ ZZ, ma
p+1
r
p+1
+q
r
∈ Z oppure
r
∈ ZZ, l’integrale si riconduce
alla classe (D) effettuando la sostituzione t = x . Si può dimostrare che, se nessuno dei
p+1
numeri q, p+1
r , r +q è intero, l’integrale non è esprimibile elementarmente.
√
3
x
√
x+1
√
dx . Siamo nel caso (H) con p = 31 , r = 12 , q = −1 ∈ ZZ. Ponendo t = 6 x
R
R √
R 7
3
x
√
si ha:
dx = 6 t3t+1 dt = 6 (t4 − t + (t+1)(tt2−t+1) ) dt = . . . = 56 t5 − 3t2 −
x+1
√
√
√
√
√
2 log(t + 1) + log(t2 − t + 1) + 2 3 arctg 2t−1
+ c = 65 6 x5 − 3 3 x − 2 log( 6 x + 1) +
3
√
√
√
6
√
+c.
log( 3 x − 6 x + 1) + 2 3 arctg 2 √x−1
3
6.16)
R
6.17)
R
√x
1−x2
6.18)
R
√x
x4 +1
4
3
dx (vedi anche 4.2, 5.3 e 6.14). Posto p = 3 ed r = 2, si vede che p+1
∈ ZZ.
r
R x3
√
2
Ponendo dapprima t = x e successivamente u = 1 − t , si ha: √1−x2 dx =
√
R t
R
1
√
dt = − (1 − u2 ) du = −(1 − 13 u2 )u + c = − 13 (x2 + 2) 1 − x2 + c .
2
1−t
5
+ q ∈ ZZ. Ponendo prima
dx . Posto p = 5, r = 4 e q = − 12 , si vede che p+1
q
qr
R
R
R u2
5
1
t
1
t
√x
e poi u =
, si ha:
dt
=
du =
dx
=
4
t+1
4
t+1
2
(1−u2 )2
x +1
t = x
R 1
1
+ 1+u
−
− 18 ( 1−u
√
1 2
4
x + 1 + c.
4x
Esercizi
√
R
3
x
√
√
3
5
(
R
x+1)2
√1
x x2 −1
d
2u
du ( 1−u2 )) du
R
√1
x4 x3 +1
1
8
=
dx ,
dx ,
R√
dx ,
x3 + 1 dx (!).
log 1−u
1+u +
√
3
R √
1+ 4 x
√
x
dx ,
1 u
4 1−u2
R
x4
+c =
√1
x2 +1
1
8
dx ,
log
√
2
4
√x +1−x
x4 +1+x2
+
R √
x 3 x3 + 1 dx ,
7. Incollamento di pezzi
Nell’Esempio 6.6 si è visto che
R
La funzione f definita da f (x) =
1
5−4 cos x
1
5−4 cos x
dx =
2
3
3 sen x
arctg 1+cos
x + c (∗) .
ha dominio IR ed è ivi continua e positiva.
Se si assume che la funzione ϕ definita da ϕ(x) =
in [0, 2π], applicando la formula fondamentale
del calcolo integrale si ricava che
R 2π
f (x) dx = [ϕ(x)]2π
0 = ϕ(2π) − ϕ(0) = 0 .
0
Ma questo risultato è palesemente inaccettabile !
13
2
3
arctg
3 sen x
1+cos x
è una primitiva di f
La verità è che ϕ non è primitiva di f in [0, 2π]. Infatti ϕ(x) non esiste per x = π, ed
inoltre si calcola che ϕ(π − ) = π3 e ϕ(π + ) = − π3 , con salto uguale a − 32 π.
Sebbene la f sia definita in tutto IR,
l’uguaglianza (∗) va intesa in ciascuno
degli intervalli ]−π+2kπ, π+2kπ[ separatamente; in particolare essa vale
in [0, π[ ed in ]π, 2π].
Una primitiva di f in [0, 2π] si può ottenere usando in [0, π] la funzione ϕ
(o meglio il suo prolungamento continuo)
ed ”incollando” ad essa la funzione ϕ + 32 π in ]π, 2π].
Si ottiene in tal modo la primitiva ψ : [0, 2π] → IR definita da

se 0 ≤ x < π
 ϕ(x)
π
se x = π
ψ(x) =
.
3
ϕ(x) + 32 π se π < x ≤ 2π
R 2π
2
Ne segue che 0 f (x) dx = [ψ(x)]2π
0 = ψ(2π) − ψ(0) = 3 π .
Tuttavia, un metodo più intuitivo ed immediato per il calcolo dell’integrale assegnato,
che coinvolge soltanto la funzione ϕ, consiste nell’utilizzare l’additività dell’integrale
definito rispetto all’intervallo di integrazione e la continuità della funzione integrale:
R 2π
Rh
Rπ
R 2π
R 2π
f (x) dx = 0 f (x) dx + π f (x) dx = l i m− 0 f (x) dx + l i m+ h f (x) dx = [ϕ(π − ) −
0
h→π
h→π
ϕ(0)] + [ϕ(2π) − ϕ(π + )] = 23 π.
14