M

Chiudi

Integrali definiti – Esercizi

Esercizi Misti Integrali Definiti

Home » Integrali definiti – Esercizi

Integrali definiti – Esercizi

In questo articolo presentiamo 60 esercizi sugli integrali definiti. I problemi sono completamente risolti, al fine di garantire al lettore la possibilità di comprendere nei dettagli i passaggi e le tecniche di soluzione.
La raccolta è quindi indicata per studenti di Analisi Matematica 1 e per appassionati che desiderano una panoramica completa su questo importante e affascinante argomento.

Oltre all’esaustiva lista alla fine dell’articolo, segnaliamo il seguente materiale teorico di riferimento:

Ulteriori esercizi sull’integrazione possono essere reperiti alle seguenti pagine:

Buona lettura!

 

Sommario

Leggi...

Questa raccolta contiene 60 esercizi misti sugli integrali definiti, comprendenti sia aspetti teorici che applicazioni pratiche. Gli esercizi sono suddivisi in vari livelli di difficoltà: semplici, intermedi e complessi, e hanno l’obiettivo di fornire uno strumento completo per esercitarsi nella risoluzione degli integrali definiti. Dopo aver appreso le tecniche fondamentali dalla teoria degli integrali indefiniti e definiti, consultabile in questa sezione: teoria integrali definiti e indefiniti, questa collezione di esercizi permette di sviluppare abilità pratiche.

Pensata per studenti di ingegneria, fisica e matematica, la struttura è progettata per favorire un allenamento dinamico e diversificato, evitando un approccio meccanico alla risoluzione. Gli esercizi non sono in ordine sequenziale, ma organizzati in modo misto per incoraggiare la flessibilità nell’applicazione delle tecniche. Ogni passaggio è spiegato dettagliatamente, senza dare nulla per scontato, per garantire una piena comprensione delle metodologie impiegate.

 

Autori e revisori

Leggi...

 

Richiami teorici

Leggi...

Per la teoria si rimanda alla lettura di teoria integrali definiti e indefiniti.

 

Testi degli esercizi

Esercizio 1  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_1 ^{e^\pi} \sin \left( \log \left( x \right) \right) dx.\]

Svolgimento.

Si ha:

(1)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int \sin \log \left( x \right) dx&= 	x \sin \log \left( x \right) - 	\int x \cos \log \left( x \right) \cdot 	\dfrac{1}{x} dx= 	\\ 	&=x \sin \log \left( x \right) - \int \cos \log \left( x \right)dx= \\ 	&= x \sin \log \left( x \right) - 	\left[ x \cos \log \left( x \right) - 	\int x \left( - \sin \log \left( x \right)\right) 	\cdot \dfrac{1}{x} dx \right]= \\ 	&= x \sin \log \left( x \right) - 	\left[ x \cos \log \left( x \right) + 	\int \sin \log \left( x \right) dx \right] = \\ 	&= x \sin \log \left( x \right) - x \cos \log \left( x \right) - 	\int \sin \log \left( x \right) dx. \end{aligned} \end{equation*}

Dunque

    \[2 \int \sin \log \left( x \right) dx= x \sin \log\left( x \right) - x \cos \log \left( x \right),\]

da cui

    \[\sin \log \left( x \right) dx= \dfrac{1}{2} x \left( \sin \log \left( x \right) - \cos \log \left( x \right) \right).\]

Tornando all’integrale definito si conclude che

(2)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_1^{e^\pi} \sin \log \left( x \right) dx &= 	\dfrac{1}{2} \left( x \left( \sin \log 	\left( x \right) - \cos \log \left( x \right) 	\right) \right)_1^{e^\pi}= \\ 	&= \dfrac{1}{2} e^\pi 	\left( \sin \log \left( e^\pi \right) - 	\cos \log \left( e^\pi \right) \right) - 	\dfrac{1}{2} \left( \sin \log \left( 1 \right) 	- \cos \log \left( 1 \right) \right) = \\ 	&= \dfrac{1}{2} e^\pi 	\left( 0- \left( -1 \right) \right)- 	\dfrac{1}{2} \left( 0-1 \right) = \\ 	&= \dfrac{1}{2} e^\pi - 	\dfrac{1}{2} \left( -1 \right) = 	\dfrac{1}{2} \left( e^\pi +1 \right). \end{aligned} \end{equation*}

Quindi

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_1^{e^\pi} \sin \log \left( x \right) dx = \dfrac {e^\pi +1}{2}. }\]

 

Esercizio 2  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_{-5}^1 \dfrac{ \operatorname{sgn} \left( x^5 \right)}{\left( x^2+1 \right) 		\left( x^2+2 \right)} dx.\]

Svolgimento.

Si calcola

    \[\int_{-5}^1 \dfrac{ \operatorname{sgn} (x^5)}{\left( x^2+1 \right) 	\left( x^2+2 \right)} dx = \int_{-5}^0 \dfrac{-1}{\left( x^2+1 \right) 	\left( x^2+2 \right)} dx + \int_0^1 \dfrac{1}{\left( x^2+1 \right) 	\left( x^2+2 \right)} dx.\]

Si ha1

(3)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\dfrac{1}{\left( x^2+1 \right) 		\left( x^2+2 \right)}&= 	\dfrac{Ax+B}{x^2+1} + 	\dfrac{Cx+D}{x^2+2}= \\ 	&= \dfrac{Ax}{x^2+1} + 	\dfrac{B}{x^2+1} + 	\dfrac{Cx}{x^2+2} + 	\dfrac{D}{x^2+2} \end{aligned} \end{equation*}

con A, B, C e D costanti, si osserva A=C=0:

    \[\dfrac{1}{\left( x^2+1 \right) \left( x^2+2 \right)}= \dfrac{B}{\left( x^2+1 \right)} + \dfrac{D}{\left( x^2+2 \right)}= \dfrac{x^2 \left( B+D \right) +2B+D}{\left( x^2+1 \right) \left( x^2+2 \right)}.\]

L’identità risulta verifica se

    \[\begin{cases} 	B+D=0 \\ 	2B+D=1 \end{cases} \Leftrightarrow \quad \begin{cases} 	B=1 \\ 	D=-1. \end{cases}\]

Quindi

    \[\int \dfrac{1}{x^2+1}dx - \int \dfrac{1}{x^2+2}dx = \arctan x - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \arctan \left( \dfrac{x}{\sqrt{2}} \right) + c.\]

Si conclude che

(4)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int_0^1 \dfrac{1}{\left( x^2+1 \right) \left( x^2+2 \right)} dx = 	\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \arctan 	\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right) \\ 	&\int_{-5}^0 \dfrac{-1}{\left( x^2+1 \right) \left( x^2+2 \right)} 	dx = \left( -\arctan 5 + 	\dfrac{1}{\sqrt{2}} \arctan 	\left( \dfrac{5}{\sqrt{2}} \right) \right). \end{aligned} \end{equation*}

Perciò

(5)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int_{-5}^1 \dfrac{ \operatorname{sgn} \left( x^5 \right)} 	{\left( x^2+1 \right) \left( x^2+2 \right)} dx = \\ 	&= - \left( \arctan 5 - \dfrac{\sqrt{2}}{2} 	\arctan \left( \dfrac{5\sqrt{2}}{2} \right) \right) 	+ \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\sqrt{2}}{2} 	\cdot \arctan 	\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right). \end{aligned} \end{equation*}

Dunque

    \[\boxcolorato{analisi}{\int_{-5}^1 \dfrac{ \operatorname{sgn} \left( x^5 \right)} 			{\left( t^2+1 \right) \left( t^2+2 \right)} dx \thicksim\text{-0,107. } }\]

   


    \[\]

  1. Teorema. Siano P(x) e Q(x) due polinomi su \mathbb{R} tali che il grado di P(x) sia minore di quello di Q(x), e sia:

        \[Q(x) =a_{n}(x-b_{1})^{n_{1}}\dots (x-b_{j})^{n_{j}}(x^{2}+c_{1}x+d_{1})^{m_{1}}\dots (x^{2}+c_{k}x+d_{k})^{m_{k}}\]

    la rappresentazione di Q(x) in fattori irriducibili. Allora esiste un’unica rappresentazione di P(x)/Q(x) della forma:

        \[\frac{P(x)}{Q(x)}= \frac{A_{1}}{x-b_{1}} +\dots +\frac {A_{j}}{x-b_{j}}+\frac {C_{1}x+D_{1}}{x^{2}+c_{1}x+d_{1}}+\dots + \frac {C_{k}x+D_{k}}{x^{2}+c_{k}x+d_{k}}+\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x} \left(\frac {P^{1}(x)}{Q^{1}(x)}\right){\frac  {P(x)}{Q(x)}}\]

    dove

        \[Q^{1}(x)=(x-b_{1})^{{n_{1}-1}}\dots (x-b_{j})^{{n_{j}-1}}(x^{2}+c_{1}x+d_{1})^{{m_{1}-1}}\dots (x^{2}+c_{k}x+d_{k})^{{m_{k}-1}}\]

    e P^{1}(x) è un polinomio di grado minore di quello di Q^{1}(x).

 

Esercizio 3  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_{-5}^{3\pi^2} \cos 	\sqrt{\dfrac{x+ \vert x \vert}{2} +\pi^2}\, dx.\]

Svolgimento.

Abbiamo

(6)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_{-5}^{3\pi^2}  \cos \sqrt{\dfrac{x+ \vert x \vert}{2} +\pi^2} dx &= \int_{-5}^0 \cos \pi dx+ 	\int_0^{3\pi^2} \cos \left( \sqrt{x+\pi^2} \right) dx= \\ 	&= \int_{-5}^0 -1dx + 	\int_0^{3\pi^2} \cos 	\left( \sqrt{x+\pi^2} \right) dx= \\ 	&= -5 + \int_0^{3\pi^2} \cos 	\left( \sqrt{x+\pi^2} \right) dx. \end{aligned} \end{equation*}

Risolviamo l’integrale ottenuto per sostituzione. Posto

    \[\sqrt{x+\pi^2} =t \quad \Leftrightarrow \quad x+\pi^2 = t^2 \to dx=2tdt\]

l’integrale diventa

    \[-5 +2 \int_{\pi}^{2\pi} t \cos t \; dt.\]

Risolviamo ora il seguente integrale indefinito

    \[\int t \cos t \; dt = t \sin t - \int \sin tdt = t \sin t + \cos t+c.\]

Segue che

    \[\int_{\pi}^{2\pi} t \cos t \; dt =2\]

da cui

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{-5}^{3\pi^2} \cos \sqrt{\dfrac{x+ \vert x \vert}{2} + \pi^2} \; dx= 				-5+4=-1. }\]

 

Esercizio 4  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_a^b \dfrac{ x^2 e^{\left \vert x \right \vert} \cos x 		\, \arctan 		\left( \cos \left( \dfrac{\pi}{2} +x \right) \right)} 	{\left( \sin x^2 +\left \vert \arctan x \right \vert + x^2 +1 \right)} dx,\]

dove

    \[a=- \dfrac{1}{4} \int_0^{2\pi} 	\cos^2 x  \,dx,\quad  b= \dfrac{8}{\pi} 	\int_0^1 \dfrac{\arctan x}{1+x^2}\, dx.\]

Svolgimento.

Si trova che \vert a \vert =b= \dfrac{\pi}{4}.

Si osserva che \arctan \left( \cos \left( \dfrac{\pi}{2} +x \right) \right) = - \arctan \sin x.

Chiamando la funzione integranda f(x), si nota che f(-x)=-f(x) pertanto la funzione integranda è dispari su intervallo simmetrico rispetto all’origine, quindi:

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_a^b \dfrac{ x^2 e^{\left \vert x \right \vert} \cos x 				\, \arctan 				\left( \cos \left( \dfrac{\pi}{2} +x \right) \right)} 			{\left( \sin x^2 +\left \vert \arctan x \right \vert + x^2 +1 \right)} dx=0. }\]

 

Esercizio 5  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale indefinito

    \[\int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \sin^2 x \; dx.\]

Svolgimento.

(7)   \begin{equation*} \begin{aligned} &\int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \sin^2 x \;dx=\\  &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x \left(\dfrac{1-\cos(2x)}{2} \right)\;dx=\\ &=\dfrac{e^x}{2} \bigg\vert_0^{\frac{\pi}{2}}-\dfrac{1}{2} \underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x \cos (2x)\;dx}_{= \mathcal{I}}=\\ &=\dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}}{2}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} \mathcal{I}. \end{aligned} \end{equation*}

Calcoliamo \mathcal{I}:

(8)   \begin{equation*} \begin{aligned} \mathcal{I} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \cos (2x)\;dx&= e^x \cos(2x) \bigg\vert_0^{\frac{\pi}{2}} +2\int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \sin(2x)\;dx=\\ &= -e^{\frac{\pi}{2}}-1 +2\left(e^x\sin(2x) \bigg\vert_0^{\frac{\pi}{2}}-2\int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x\cos(2x)\;dx \right)=\\ &=  -e^{\frac{\pi}{2}}-1 -4\int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \cos (2x)dx \qquad \Leftrightarrow \\ &\qquad \Leftrightarrow  \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \cos (2x)\; dx=\dfrac{-e^{\frac{\pi}{2}}-1}{5} \end{aligned} \end{equation*}

da cui concludiamo che

    \[\mathcal{I} = - \dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}+1}{5}.\]

Allora

(9)   \begin{equation*} \begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x\sin^2 x \; dx & = \dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}}{2}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} \mathcal{I} = \\ & = \dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}}{2}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} \left(- \dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}+1}{5} \right). \end{aligned} \end{equation*}

Quindi

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x\sin^2 x \; dx = \dfrac{3e^{\frac{\pi}{2}}-2}{5}. }\]

 

Esercizio 6  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare i seguenti integrali definiti:

(10)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		&a) \int_{-1}^4 \left(e^{\vert x-2 \vert} - e^{2-x}\right) dx; \\ 		&b) \int_{-2}^2 \dfrac{2\vert x \vert -x}{4}\,dx. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

Svolgimento punto a.

Riscriviamo l’integrale come segue

(11)   \begin{equation*} \begin{aligned} 		\int_{-1}^4 e^{\vert x-2 \vert} -e^{2-x}dx	&= \int_{-1}^2 \left( e^{2-x}-e^{2-x} \right)dx+ \int_2^4 \left( e^{x-2}-e^{2-x} \right) 	dx=\\ 	&= \int_2^4 e^{x-2}-e^{2-x}dx=\\ 	&=e^{x-2}+e^{2-x} \bigg\vert_2^4 =\\ 	&= 	e^2+e^{-2}-1-1=\\ 	&=e^2+e^{-2}-2=\\ 	&=e^2+e^{-2}-2e^2e^{-2}=\\ 	&=\left( e-e^{-1} \right)^2. \end{aligned} \end{equation*}

Allora

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_{-1}^4 e^{\vert x-2 \vert} -e^{2-x}dx = \left( e-e^{-1} \right)^2.}\]

Svolgimento punto b.

Riscriviamo l’integrale come segue

    \[\int_{-2}^2 \dfrac{2\vert x \vert-x}{4} dx= \int_{-2}^2 \dfrac{1}{2} \vert x \vert dx- \int_{-2}^2 \dfrac{x}{4}dx.\]

Si osserva che \displaystyle\int_{-2}^2 \dfrac{x}{4}dx=0 perché la funzione integranda è dispari su intervallo simmetrico rispetto all’origine, inoltre \displaystyle\int_{-2}^2 \dfrac{1}{2} \vert x \vert dx=2 \int_0^2 \dfrac{1}{2} \vert x \vert dx= \int_0^2 xdx perchè la funzione integranda è pari su un intervallo simmetrico rispetto all’origine. Non ci resta che calcolare il seguente integrale

    \[\int_0^2 xdx=2.\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ 		\int_{-2}^2 \dfrac{2\vert x \vert-x}{4} dx=2.}\]

 

Esercizio 7  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_2^3 \dfrac{e^{3x}+2e^{2x}+2}{e^{2x}-1}dx.\]

Svolgimento.

Posto e^{x}=t \quad \Leftrightarrow \quad x= \ln (t) \Rightarrow dx= \dfrac{1}{t}dt. L’integrale così diventa:

    \[\int_{e^2}^{e^3} \left( \dfrac{t^3+2t^2+2}{t(t^2-1)} \right) dt = \int_{e^2}^{e^3} \left( \dfrac{t^3-t +t+2t^2+2}{t(t^2-1)} \right) dt = \int_{e^2}^{e^3} \left( 1+ \dfrac{2t^2+t+2}{t(t^2-1)} \right) dt.\]

Decomponiamo la frazione come segue

(12)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\dfrac{2t^2+t+2}{t(t^2-1)} &= \dfrac{A}{t}+ \dfrac{B}{t-1} + \dfrac{C}{t+1} \\ 	&=\dfrac{At^2-A+Bt^2+Bt+Ct^2-Ct}{t(t^2-1)} \quad \text{con}\,\,A,B,C\in \mathbb{R}. \end{aligned} \end{equation*}

Per ricavare A, B e C possiamo imporre il seguente sistema

    \[\begin{cases} A+B+C =2 \\ 	B-C = 1 \\ 	-A = 2. \\ \end{cases}\]

Si trova facilmente A = -2, B = \frac{5}{2}, C = \frac{3}{2}. L’integrale così diventa:

(13)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_{e^2}^{e^3}& \left(-\dfrac{2}{t}+ \dfrac{3}{2(t+1)} + \dfrac{5}{2(t-1)}+1\right)dt= \\ 	&=\left( -2 \ln \vert t \vert + 	\dfrac{3}{2}  \ln \vert t+1 \vert + 	\dfrac{5}{2} \ln \vert t-1 \vert + t \right)_{e^2}^{e^3}=\\ 	&=-2 \ln \dfrac{e^3}{e^2}+\dfrac{3}{2} \ln 	\left( \dfrac{e^3+1}{e^2+1} \right)+ \dfrac{5}{2} \ln 	\left( \dfrac{e^3-1}{e^2-1} \right)+e^3-e^2 =\\ 	&=-2+ \dfrac{3}{2} \; \ln \left( \dfrac{e^3+1}{e^2+1} \right) + \dfrac{5}{2} \; \ln 	\left( \dfrac{e^3-1}{e^2-1} \right) +e^3-e^2. \end{aligned} \end{equation*}

In conclusione

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{2}^{3} \frac{e^{3x} + 2e^{2x} + 2}{e^{2x} - 1} \, dx=-2+ \dfrac{3}{2} \; \ln \left( \dfrac{e^3+1}{e^2+1} \right) + \dfrac{5}{2} \; \ln 			\left( \dfrac{e^3-1}{e^2-1} \right) +e^3-e^2. }\]

 

Esercizio 8  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \dfrac{6\cos x - 6 \cos^3 x+ 4 \sin 2x}{\cos^2x - 6 \sin^3x} \, dx.\]

Svolgimento.

(14)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \dfrac{6\cos x - 6 \cos^3 x+ 4 \sin 2x}{\cos^2x - 6 \sin^3x} \, dx & = \int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \dfrac{6\cos x - 6 \cos x (1-\sin^2x)+ 8 \sin x \cos x}{\cos^2x - 6 \sin x (1-\cos^2x)} \, dx=\\ 	& = \int_{-\frac{\pi}{2}}^0  \dfrac{6 \cos x \sin^2 x + 8 \sin x \cos x}{\cos^2 x - 6 \sin x + 6 \cos^2x \, \sin x } \, dx=\\ 	& = \int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \dfrac{2 \sin x \cos x (3 \sin x + 4)}{1-\sin^2 x - 6 \sin x + 6 (1-\sin^2x) \sin x} \, dx. \end{aligned} \end{equation*}

Posto t = \sin x l’integrale diventa

(15)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_{-1}^0 \dfrac{2t(3t+4)}{1-t^2-6t^3}\, dt & = - \int_{-1}^0 \dfrac{2(3t^2+4t)}{6t^3+t^2-1} \, dt =\\ 	& = \dfrac{2}{6} \int_0^{-1} \dfrac{18t^2+2t}{6t^3+t^2-1}\, dt = \\ 	& = \dfrac{1}{3} \int_0^{-1} \dfrac{18t^2+2t}{6t^3+t^2-1}\, dt + \dfrac{1}{3} \int_0^{-1} \dfrac{22t}{6t^3+t^2-1}\, dt. \end{aligned} \end{equation*}

Possiamo decomporre in fratti semplici come segue

    \[\dfrac{22t}{3(6t^3+t^2-1)} = \dfrac{4-6t}{3(3t^2+2t+1)}+\dfrac{4}{3(2t-1)}\]

infatti impostando

    \[\dfrac{22t}{6t^3+t^2-1} = \dfrac{At+B}{3t^2+2t+1} + \dfrac{C}{2t-1}\]

abbiamo

    \[\dfrac{22t}{6t^3+t^2-1} =\dfrac{(2A+3C)t^2+(-A+2B+2C)t - B+C}{(2t-1)(3t^2+2t+1)}\]

da cui

    \[\begin{cases} 	2A+3C=0\\-A+2B+2C=22\\-B+C=0. \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad A=-6,B=4,C=4\]

Allora l’integrale diventa

(16)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	& \dfrac{1}{3} \int_0^{-1} \dfrac{18t^2+2t}{6t^3+t^2-1} + \dfrac{1}{3} \int_0^{-1} \dfrac{22t}{6t^3+t^2-1} = \\ 	& = \dfrac{1}{3} \int_0^{-1} \dfrac{18t^2+2t}{6t^3+t^2-1} +\int_0^{-1} \left( \dfrac{4-6t}{3(3t^2+2t+1)}+\dfrac{4}{3(2t-1)} \right) \, dt = \\ 	& =  \dfrac{1}{3} \ln \vert 6t^2+t^2-1 \vert \bigg\vert_0^{-1} -\int_0^{-1} \left(  \dfrac{6t+2}{3(3t^2+2t+1)} +  \dfrac{-6}{3(3t^2+2t+1)}\right) \, dt + \dfrac{2}{3} \ln \vert 2t-1 \vert \bigg\vert_0^{-1}\\ 	& =  \dfrac{1}{3} \ln  6  -\int_0^{-1} \left(  \dfrac{6t+2}{3(3t^2+2t+1)} - \dfrac{2}{3t^2+2t+1}\right) \, dt + \dfrac{2}{3} \ln  3 \\ 	& = \dfrac{1}{3} \ln  6 -\dfrac{1}{3} \ln \vert 3t^2+2t+1 \vert \bigg\vert_0^{-1} + \dfrac{2}{\sqrt{3}}\int_0^{-1}  \dfrac{\sqrt{3}}{\left(\sqrt{3}t+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right)^2} \; dt + \dfrac{2}{3} \ln \vert 3 \vert\\ 	& = \dfrac{1}{3} \ln  6 -\dfrac{1}{3} \ln 2 + \dfrac{2}{\sqrt{3}} \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \arctan \left(\dfrac{\sqrt{3}t+\frac{1}{\sqrt{3}}}{\sqrt{\frac{2}{3}}}\right)\bigg\vert_0^{-1}+ \dfrac{2}{3} \ln  3 \\ 	& = \dfrac{1}{3} \ln  (3 \cdot 2)  -\dfrac{1}{3} \ln  2   + \dfrac{2}{\sqrt{2}} \arctan \left(\dfrac{3t+1}{\sqrt{2}}\right)\bigg\vert_0^{-1}+ \dfrac{2}{3} \ln  3 \\ 	& = \dfrac{1}{3} \ln  3  + \dfrac{1}{3} \ln  2  -\dfrac{1}{3} \ln  2  + \dfrac{2}{\sqrt{2}} \arctan \left(\dfrac{-2}{\sqrt{2}}\right) -\dfrac{2}{\sqrt{2}} \arctan \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) + \dfrac{2}{3} \ln  3 \\ 	& =\ln  3 + \sqrt{2} \arctan \left(-\sqrt{2}\right) -\sqrt{2} \arctan \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right). \end{aligned} \end{equation*}

Si ricorda la seguente relazione notevole

    \[\arctan x+ \arctan \left( \dfrac{1}{x}\right)= \begin{cases} 	\,\,\,\,\dfrac{\pi}{2} \quad \text{se}\,\,x>0\\ 	\\ 	-\dfrac{\pi}{2} \quad \text{se}\,\,x<0. \end{cases}\]

Allora

    \[\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \dfrac{6\cos x - 6 \cos^3 x+ 4 \sin 2x}{\cos^2x - 6 \sin^3x} \, dx= \ln  3 + \sqrt{2} \arctan \left(-\sqrt{2}\right) -\sqrt{2} \arctan \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right).\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \dfrac{6\cos x - 6 \cos^3 x+ 4 \sin 2x}{\cos^2x - 6 \sin^3x} \, dx=\ln3-\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}. }\]

 

Esercizio 9  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_1^{\sqrt[5]{2}} \dfrac{20}{x^{11}+2x}\, dx.\]

Svolgimento.

Riscriviamo l’integrale come

    \[\int_1^{\sqrt[5]{2}} \dfrac{20}{x^{11}+2x} \, dx = \int_1^{\sqrt[5]{2}} \dfrac{20}{x(x^{10}+2)} \, dx\]

e posto x^5 =t con dx = \frac{dt}{5\sqrt[5]{t^4}} abbiamo

(17)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_1^2\dfrac{20}{\sqrt[5]{t} (t^2+5)} \, \dfrac{dt}{5\sqrt[5]{t^4}} = 4 \int_1^2 \dfrac{1}{t(t^2+2)} \, dt  \end{aligned} \end{equation*}

decomponiano la funzione integranda come segue

    \[\dfrac{A}{t} + \dfrac{Bt+C}{t^2+2}= \dfrac{1}{t(t^2+2)} \quad \text{con}\,\ A,B,C \in \mathbb{R}\]

da cui

    \[(A+B)t^2+Ct+2A+C=1\]

e per il principio di identità dei polinomi abbiamo

    \[\begin{cases} 	A+B=0\\C=0\\2A+C=1 \end{cases}\]

che ha soluzione

    \[A=\dfrac{1}{2}, \quad B=-\dfrac{1}{2} \qquad \mbox{e} \qquad C=0\]

dunque

(18)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	4 \int_1^2 \dfrac{1}{t(t^2+2)} \, dt  & = 2 \int_1^2 \dfrac{1}{t} \, dt  - 2 \int_1^2  \dfrac{t}{t^2+2} \, dt =\\ 	& =  2 \log \left \vert t \right \vert \bigg\vert_1^2 - \log (t^2+2)\bigg\vert_1^2 = 2\log 2 - \log 6 +\log 3. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_1^{\sqrt[5]{2}} \dfrac{20}{x^{11}+2x} \, dx = \log 2. }\]

 

Esercizio 10  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale

    \[\int_{-1}^{1}\dfrac{\left(3\pi+4\arctan x\right)^3}{\pi^4\left(1+x^2\right)}\,dx.\]

Svolgimento.

Osserviamo che

    \[\dfrac{d\left(3\pi+4\arctan x\right)}{dx}=\dfrac{4}{1+x^2}.\]

Quindi possiamo riscrivere l’integrale come segue

    \[\int_{-1}^{1} \dfrac{(3\pi + 4 \arctan x)^3}{\pi^4 (1 + x^2)} dx =\dfrac{1}{4\pi^4}\int_{-1}^{1}\left(3\pi+4\arctan x\right)^3\cdot\dfrac{4}{1+x^2}\,dx,\]

da cui

(19)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_{-1}^{1} \dfrac{(3\pi + 4 \arctan x)^3}{\pi^4 (1 + x^2)} dx &=\dfrac{1}{16\pi^4}\left(3\pi+4\arctan x\right)^4\bigg \vert^1_{-1}=\\ &=\dfrac{\left(3\pi+4\arctan \left(1\right)\right)^4-\left(3\pi+4\arctan\left(-1\right)\right)^4}{16\pi^4}=\\ 	&=\dfrac{\left(3\pi+4\cdot \frac{\pi}{4}\right)^4-\left(3\pi+4\cdot \left(-\frac{\pi}{4}\right)\right)^4}{16\pi^4}=\\ 	&=\dfrac{4^4\pi^4-2^4\pi^4}{16\pi^4}=\\&=\dfrac{\left(4^2-2^2\right)\left(4^2+2^2\right)}{16}=\\ 	&=\dfrac{12\cdot 20}{16}=\\ 	&=15. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{-1}^{1} \dfrac{(3\pi + 4 \arctan x)^3}{\pi^4 (1 + x^2)} dx =15. }\]

 

Esercizio 11  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[I=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{\cos x}{\sin^4x-\sin^2x} \, dx.\]

Svolgimento.

Riscriviamo l’integrale come segue

(20)   \begin{equation*} \begin{aligned}  	&I=-\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{\cos x}{\sin^2x\left( 1-\sin^2x \right)} \, dx=\\ 	&=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{\cos x}{\sin^2x\cos^2 x } \, dx=\\ 		&=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{1}{\sin^2x\, \cos x } \, dx=\\ 	&=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{\sin^2x +\cos^2x}{\sin^2x\, \cos x } \, dx=\\ 		&=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{\sin	^2x}{\sin^2x\, \cos x }+\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{\cos^2x}{\sin^2x\, \cos x } \, dx =\\ 	&=\underbrace{\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{1}{ \cos x }}_{I_1}+\underbrace{\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{\cos x}{\sin^2x} \, dx }_{I_2}. \end{aligned} \end{equation*}

Calcoliamo separatamente i due integrali. Partendo da I_1 e operando le formule parametriche2 otteniamo

    \[\tan\left(\dfrac{x}{2} \right)=t  \quad \Leftrightarrow \quad  x = 2\arctan t \quad \text{con}\,\, x \in (-\pi,\pi)\]

da cui

    \[dx=\dfrac{2}{1+t^2}\,dt\]

quindi I_1 diventa3

    \[I_1=\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{2-\sqrt{3}}\left(\dfrac{1+t^2}{1-t^2}\right) \cdot \left(\dfrac{2}{1+t^2} \right)\,dt=2\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{2-\sqrt{3}}\dfrac{1}{1-t^2}\,dt=2\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{2-\sqrt{3}}f(t)\,dt.\\\]

Riscriviamo f(t) come segue

(21)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	f(t)&=\dfrac{1}{1-t^2}=\dfrac{2}{2\left(1-t^2 \right)}=\\ 	& = \dfrac{1+1+t-t}{2\left(1-t^2 \right)}=\\ 	& = \dfrac{1+t}{2\left(1-t^2 \right)}+\dfrac{1-t}{2\left(1-t^2 \right)}=\\ 	&=\dfrac{1}{2\left(1-t \right)}+\dfrac{1}{2\left(1+t \right)} \end{aligned} \end{equation*}

e dunque I_1 è dato da

(22)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	I_1&=2\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{2-\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{2\left(1-t \right)}+\dfrac{1}{2\left(1+t \right)} \right) \,dt=\\ 		&=\ln \left \vert  \dfrac{1+t}{1-t}\right\vert \bigg \vert^{2-\sqrt{3}}_{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\\ 	&=\ln \left \vert \left( \dfrac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}\right)\left(\dfrac{1-\frac{1}{\sqrt{3}}}{1+\frac{1}{\sqrt{3}}}\right)\right\vert = \\ 		&=\ln\left \vert  \left(\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1 \right)}{\sqrt{3}-1}\right) \left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}\right) \right \vert =\\ 	&=\ln\left(\dfrac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right).  \end{aligned} \end{equation*}

Ora calcoliamo I_24

    \[\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{\cos x}{\sin^2x} \, dx =\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}}\cos x\, (\sin x)^{-2}\, dx =\dfrac{1}{\sin x}\bigg \vert^{\frac{\pi}{3}}_ {\frac{\pi}{6}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}-2.\]

Dunque concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=I_1+I_2=\ln\left(\dfrac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)+\dfrac{2}{\sqrt{3}}-2. }\]

   


    \[\]

  1. Le formule parametriche sono le seguenti

    (23)   \begin{equation*} 		\begin{cases} 			\sin x= \dfrac{2t}{1+t^2}\\\\ 			\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\\\\ 			\tan\left(\dfrac{x}{2} \right)=2.	 		\end{cases} 	\end{equation*}

  1. Per il calcolo di \tan\dfrac{\pi}{12} sfruttiamo la regola di bisezione della tangente, ovvero

    (24)   \begin{equation*} 		\tan \dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha} 	\end{equation*}

    e applicando la precedente abbiamo

        \[\tan \dfrac{\pi}{12}=\dfrac{1-\cos \frac{\pi}{6}}{\sin \frac{\pi}{6}}=2-\sqrt{3}\]

  1. Sfruttiamo la seguente regola di integrazione

        \[\int f^\alpha(x)\,f^\prime (x)\,dx=\dfrac{(f(x))^{\alpha+1}}{\alpha+1}+\mbox{costante}\]

 

Esercizio 12  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_{0}^{1} e^{\arcsin x}  \, dx.\]

Svolgimento.

Applichiamo la seguente sostituzione

    \[\arcsin x =t \quad \Leftrightarrow \quad  x= \sin t\quad  \text{con}\quad x \in \left[0,1\right]\, , \, t \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\]

da cui dx=\cos t \, dt .

Con la sostituzione precedente, l’integrale diventa

    \[\int_{0}^{1} e^{\arcsin x}  \, dx =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t \cos t \, dt\]

integrando per parti, si ha

(25)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t \cos t \, dt =e^t\cos t \bigg \vert^{\frac{\pi}{2}}_0+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t\sin t \, dt=\\ 		&=-1+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t\sin t\, dt=\\ 	&=-1+e^t \sin t  \bigg \vert^{\frac{\pi}{2}}_0-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t\cos t \, dt =\\ 		&=-1 + e^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t\cos t \, dt. \\ 		\end{aligned} 		\end{equation*}

Che è equivalente a

(26)   \begin{equation*} 		\begin{aligned} 	&  \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t \cos t \, dt+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t \cos t \, dt=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t \cos t \, dt= e^{\frac{\pi}{2}}-1 \quad \Leftrightarrow \quad \\ 	&\Leftrightarrow \quad  \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^t \cos t \, dt=\dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}-1}{2}. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_{0}^{1} e^{\arcsin x}  \, dx = \dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}-1}{2}.}\]

 

Esercizio 13  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Posto

    \[b = \int_e^{e^2} \dfrac{1}{\ln^2x} \, dx\]

calcolare

    \[I=\int_1^2 \dfrac{e^x}{x}\, dx\]

esprimendo il risultato in termini di b.

Svolgimento.

Posto

    \[t=e^x \quad \Leftrightarrow  \quad x = \ln t \Rightarrow dx = \dfrac{dt}{t}\]

allora abbiamo

(27)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	I&=\int_1^2 \dfrac{e^x}{x}\, dx  =\\ &=\int_e^{e^2} \dfrac{t}{\ln t} \cdot \dfrac{1}{t} \, dt =\\ 		& =  \int_e^{e^2} \dfrac{1}{\ln t} \, dt = \\ 	& = \int_e^{e^2}  (\ln t)^{-1} \, dt =\\ 		& = (t \; (\ln t)^{-1}) \bigg\vert_e^{e^2} - \int_e^{e^2} \dfrac{t}{(\ln t)^2} \cdot \dfrac{1}{t} \, dt = \\ 	& = \dfrac{e^2}{2} - e + \int_e^{e^2} \dfrac{1}{(\ln t)^2} \cdot \, dt =\\ 		& = \left(\dfrac{e^2}{2} - e\right) + b. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=\dfrac{e^2}{2} - e + b. }\]

 

Esercizio 14  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Posto

    \[a = \int_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}} \sin x^2 \, dx\]

calcolare

    \[I=\int_0^\frac{\pi}{2} \sqrt{x} \, \cos x \, dx\]

esprimendo il risultato in termini di a.

Svolgimento.

Posto

    \[t=\sqrt{x} \quad \Leftrightarrow \quad  x = t^2 \Rightarrow dx = 2t \, dt\]

allora abbiamo5

(28)   \begin{equation*} \begin{aligned} &\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{x} \, \cos x \, dx =\\  &= \int_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}} 2t^2 \, \cos t^2 \, dt = \\ & = t \sin t^2 \bigg\vert_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}} - \int_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}} \sin t^2 \; dt =\\ &= \sqrt{\frac{\pi}{2}} - a. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} - a. }\]

   


    \[\]

  1. Sia A\subset\mathbb{R}\,. Se F,G\, \in \, C^1(A), con derivate rispettivamente F^\prime=f\, e G^\prime=g si ha la seguente formula

        \[\int F(x)\, g(x)\,dx = F(x)\,G(x)-\int f(x)\, G(x)\,dx .\]

 

Esercizio 15  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_0^{\pi} \frac{1}{5+3\sin x} \, dx.\]

Svolgimento.

Per le formule parametriche, abbiamo

    \[\sin x= \dfrac{2t}{1+t^2}\]

e

    \[t = \tan \dfrac{x}{2} \quad \Rightarrow \quad dx = \dfrac{2}{1+t^2} \, dt,\]

da cui

(29)   \begin{equation*} \begin{aligned}  	\int_0^{\pi} \frac{1}{5+3\sin x} \, dx & = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{5+3 \left(\frac{2t}{1+t^2}\right)} \cdot \dfrac{2}{1+t^2} \, dt = \\ 	& = \int_0^{+\infty} \dfrac{2}{5t^2+6t+5} \, dt = \\ 	& = \int_0^{+\infty} \dfrac{2}{5t^2+6t+5 + \frac{9}{5}-\frac{9}{5}} \, dt =\\ 	& = \int_0^{+\infty} \dfrac{2}{\left(\sqrt{5}t + \frac{3}{\sqrt{5}}\right)^2 + \frac{16}{5}} \, dt = \\ 	& = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\frac{5}{4}}{\left(\frac{5}{4}t + \frac{3}{4}\right)^2+1} \, dt = \\ 	& = \dfrac{1}{2} \arctan \left(\frac{5}{4}t + \frac{3}{4}\right)\bigg\vert_0^{+\infty} = \\ 	&=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\arctan\dfrac{3}{4}. \end{aligned} \end{equation*}

Allora

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_0^{\pi} \frac{1}{5+3\sin x} \,dx=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\arctan\dfrac{3}{4}.}\]

 

Esercizio 16  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_0^{\alpha} \dfrac{1}{5\sin x - \cos x+5} \, dx,\]

dove \alpha=\arccos\left(-\dfrac{5}{13}\right).

Svolgimento.

Dalle relazioni6

    \[\tan \dfrac{x}{2} = t \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{x}{2}=\arctan t \quad \Rightarrow \quad dx = \dfrac{2}{1+t^2} dt\]

abbiamo

(30)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	& \int_0^{\tan(\alpha/2)} \left(5 \cdot \dfrac{2t}{1+t^2}- \dfrac{1-t^2}{1+t^2}+5\right)^{-1} \cdot \dfrac{2}{1+t^2} \, dt = \\ 	& = \int_0^{\tan(\alpha/2)} \left(\dfrac{10t-1+t^2+5+5t^2}{1+t^2}\right)^{-1} \cdot \dfrac{2}{1+t^2} \, dt = \\ 	& = \int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{1+t^2}{6t^2+10t+4} \cdot \dfrac{2}{1+t^2} \, dt = \\ 	& = \int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{2}{6t^2+10t+4} \, dt = \\ 	& = \int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{1}{3t^2+5t+2} \, dt = \\ 	& = \int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{1}{(3t+2)(t+1)} \, dt=I.  \end{aligned}  \end{equation*}

Adesso scriviamo l’integranda come segue

    \[\dfrac{1}{(3t+2)(t+1)}  = \dfrac{A}{3t+2} + \dfrac{B}{t+1}\]

da cui

    \[A(t+1)+B(3t+2)=1 \quad \Leftrightarrow \quad (A+3B)t+A+2B=1\]

e per il principio d’identità dei polinomi

    \[\begin{cases} 	A+3B=0\\A+2B=1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 	A=3\\B=-1. \end{cases}\]

Quindi l’integrale diviene

(31)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{1}{(3t+2)(t+1)} \, dt=\\ 	& = \int_0^{\tan(\alpha/2)} \left(\dfrac{3}{3t+2}-\dfrac{1}{t+1}\right) \, dt =\\ 	& = \left(\ln\vert3t+2\vert - \ln \vert t+1 \vert \right)\bigg\vert_0^{\tan(\alpha/2)} =\\ 	& = \ln\bigg\vert\dfrac{3t+2}{t+1} \bigg\vert_0^{\tan(\alpha/2)} =\\ 	& = \ln\left \vert \dfrac{3 \tan \frac{\alpha}{2}+2}{\tan \frac{\alpha}{2}+1}\right \vert -\ln 2 . \end{aligned}  \end{equation*}

Riscriviamo7

(32)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\tan \dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}}=\dfrac{2\sin \frac{\alpha}{2}\cos \frac{\alpha}{2}}{2\cos^2 \frac{\alpha}{2}}=\dfrac{\sin \alpha}{2 \left(\frac{1+\cos \alpha}{2}\right)}=\\ 		&=\dfrac{\sin \alpha}{1+\cos \alpha }=\dfrac{\sqrt{1-\frac{25}{169}}}{1-\frac{5}{13}}=\dfrac{\frac{12}{13}}{\frac{8}{13}}=\dfrac{3}{2} \end{aligned} \end{equation*}

da cui

    \[I=\ln \left\vert \dfrac{\frac{9}{2}+2}{\frac{3}{2}+1} \right\vert - \ln 2 = \ln \left\vert \dfrac{13}{10}\right\vert=\ln\dfrac{13}{10}.\]

Pertanto concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_0^{\alpha} \dfrac{1}{5\sin x - \cos x+5} \, dx = \ln\dfrac{13}{10}. }\]

   


    \[\]

  1. Si tratta delle formule parametriche

        \[\begin{cases} 		\sin x =\dfrac{2t}{1+t^2}\\\\ 		\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\\\\ 		\tan \dfrac{x}{2}=t. 	\end{cases}\]

  1. Si ricorda che

    (33)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		&\tan x =\dfrac{\sin x }{\cos x},\\ 		&\sin (2x)=2 \sin x \cos x, \\ 		&\cos (2x)=\dfrac{1+\cos (2x)}{2},\\ 		&\sin \arcsin x =x,\\ 		&\left \vert \cos \arcsin x \right \vert = \sqrt{1-x^2}.\\  	\end{aligned} \end{equation*}

 

Esercizio 17  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_0^{\alpha} \dfrac{1}{4\sin x - \cos x+4} \, dx\]

dove \alpha=\arccos\left(-\dfrac{8}{17}\right).

Svolgimento.

Dalle relazioni8

    \[\tan \dfrac{x}{2} = t \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{x}{2}=\arctan t \quad \Rightarrow \quad dx = \dfrac{2}{1+t^2} dt\]

abbiamo

(34)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	& \int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{1}{4 \cdot \frac{2t}{1+t^2} - \frac{1-t^2}{1+t^2} + 4 } \cdot \dfrac{2}{1+t^2} \, dt = \\ 	& = \int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{1+t^2}{8t-1+t^2+4+4t^2} \; \dfrac{2}{1+t^2} \, dt = \\ 	& = \int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{2}{5t^2+8t+3} \, dt =I. \end{aligned}  \end{equation*}

Adesso scriviamo l’integranda come segue

    \[\dfrac{2}{5t^2+8t+3} = \dfrac{2}{(5t+3)(t+1)} = \dfrac{A}{5t+3} + \dfrac{B}{t+1}\]

da cui

    \[A(t+1)+B(5t+3)=2 \quad \Leftrightarrow \quad (A+5B)t+A+3B=2\]

e per il principio d’identità dei polinomi

    \[\begin{cases} 	A+5B=0\\A+3 B=2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 	A=5\\B=-1. \end{cases}\]

Quindi l’integrale diviene

(35)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int_0^{\tan(\alpha/2)} \dfrac{2}{5t^2+8t+3} \, dt=\\  	& =\int_0^{\tan(\alpha/2)} \left( \dfrac{5}{5t+3} - \dfrac{1}{t+1}\right) \, dt = \\ 	& = \left( \ln\vert5t+3\vert-\ln\vert t+1 \vert \right)_0^{\tan(\alpha/2)} =\\ 	& = \left( \ln \left\vert \dfrac{5t+3}{t+1} \right\vert \right)_0^{\tan(\alpha/2)} =\\ 	& = \ln \left\vert \dfrac{5\tan(\alpha/2)+3}{\tan(\alpha/2)+1} \right\vert -\ln 3. \\ \end{aligned}  \end{equation*}

Riscriviamo9

(36)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\tan \dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}}=\dfrac{2\sin \frac{\alpha}{2}\cos \frac{\alpha}{2}}{2\cos^2 \frac{\alpha}{2}}=\dfrac{\sin \alpha}{2 \left(\frac{1+\cos \alpha}{2}\right)}=\dfrac{\sin \alpha}{1+\cos \alpha }=\\ 	&=\dfrac{\sqrt{1-\frac{64}{289	}}}{1-\frac{8}{17}}=\dfrac{\frac{15}{17}}{\frac{9}{17}}=\dfrac{15}{9}=\dfrac{5}{3} \end{aligned} \end{equation*}

da cui

    \[I=\ln \left( \dfrac{5\cdot \frac{5}{3}+3}{\frac{5}{3}+1}\right) -\ln 3=\ln \dfrac{17}{4}-\ln 3 = \ln \dfrac{17}{12}.\]

Pertanto concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_0^{\alpha} \dfrac{1}{4\sin x - \cos x+4} \, dx = \ln \dfrac{17}{12}.}\]

   


    \[\]

  1. Si tratta delle formule parametriche

        \[\begin{cases} 		\sin x =\dfrac{2t}{1+t^2}\\\\ 		\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\\\\ 		\tan \dfrac{x}{2}=t. 	\end{cases}\]

  1. Si ricorda che

    (37)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		&\tan x =\dfrac{\sin x }{\cos x},\\ 		&\sin (2x)=2 \sin x \cos x, \\ 		&\cos (2x)=\dfrac{1+\cos (2x)}{2},\\ 		&\sin \arcsin x =x,\\ 		&\left \vert \cos \arcsin x \right \vert = \sqrt{1-x^2}.\\  	\end{aligned} 	\end{equation*}

 

Esercizio 18  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[I=\int_0^{\pi}\dfrac{\sin x}{(1+a^2+2a\cos x)^{\frac{1}{2}}}dx,\quad \text{con}\,\, a\neq0.\]

Svolgimento.

Procediamo con il calcolo

(38)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&I=\int_0^{\pi}\dfrac{\sin x}{(1+a^2+2a\cos x)^{\frac{1}{2}}}dx=\int_0^\pi \sin x(1+a^2+2a\cos x)^{-\frac{1}{2}}dx=\\\\ 	&=-\int_0^\pi \dfrac{1}{2a}(-2a\sin x)(1+a^2+2a\cos x)^{-\frac{1}{2}}dx=\\\\ 	&=-\dfrac{1}{2a}(1+a^2+2a\cos x)^{\frac{1}{2}} \cdot 2\bigg\vert_0^\pi=\\\\ 	&=-\dfrac{1}{a}\left( (1+a^2-2a)^{\frac{1}{2}}-(1+a^2+2a)^{\frac{1}{2}}\right)=\\\\ 	&=-\dfrac{1}{a}(\vert 1-a\vert-\vert a+1\vert)=-\dfrac{1}{a}(\vert a-1\vert-\vert a+1\vert). \end{aligned} \end{equation*}

Distinguiamo i diversi casi a seconda dell’intervallo di valori per a.

Se \bm{a\geq 1:}

(39)   \begin{equation*} 	I=-\dfrac{1}{a}(a-1-a-1)=\dfrac{2}{a}. \end{equation*}

Se \bm{-1\le a < 1:}

(40)   \begin{equation*} 	I=-\dfrac{1}{a}(-a+1-a-1)=2. \end{equation*}

Se \bm{a<-1:}

(41)   \begin{equation*} 	-\dfrac{1}{a}(-a+1+a+1)=-\dfrac{2}{a}. \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ 					&I=\begin{cases} 						\dfrac{2}{a}\quad &\mbox{se } \, a\geq1\\\\ 						2\quad &\mbox{se } \, -1\le a<1\\\\ 						-\dfrac{2}{a}\quad &\mbox{se } \, a<-1. 					\end{cases} 				 }\]

 

Esercizio 19  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_1^{13}\dfrac{x}{\left(x+7\right)\sqrt{x+3}}\,dx.\]

Svolgimento.

Operiamo la sostituzione

    \[\sqrt{x+3}=t\quad \Leftrightarrow \quad  x+3=t^2\quad \Leftrightarrow \quad  x=t^2-3,\]

da cui possiamo determinare il differenziale

    \[dx=2t\,dt.\]

L’integrale I diventa

(42)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_{1}^{13} \dfrac{x}{(x + 7) \sqrt{x + 3}} \, dx&=2\int_{2}^{4}\dfrac{t^2-3}{t\left(t^2+4\right)}\,t\,dt=\\ 	&=2\int_{2}^{4}\dfrac{t^2+4-7}{t^2+4}\,dt=\\ 	&=2\int_{2}^{4}\left(1-\dfrac{7}{t^2+4}\right)\,dt=\\ 	&=2\left(4-2-7\int_{2}^{4}\dfrac{1}{4\left(1+\left(\frac{t}{2}\right)^2\right)}\right)\,dt=\\ 	&=2\left(2-\dfrac{7}{2}\int_{2}^{4}\dfrac{\frac{1}{2}}{\left(1+\left(\frac{t}{2}\right)^2\right)}\,dt\right)=\\ 	&=4-7\arctan\left(\dfrac{t}{2}\right) \bigg \vert^4_2=\\ 	&=4-7\left(\arctan2-\arctan1\right)=\\ 	&=4-7\left(\arctan2-\dfrac{\pi}{4}\right). \end{aligned} \end{equation*}

Dunque concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_{1}^{13} \dfrac{x}{(x + 7) \sqrt{x + 3}} \, dx=4-7\left(\arctan2-\dfrac{\pi}{4}\right).}\]

 

Esercizio 20  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Dimostrare che

    \[\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \sin^2 x \, dx = \int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \cos^2 x \, dx = \dfrac{\pi}{2} \; \dfrac{b-a}{2}, \qquad \mbox{ con } a,b \in \mathbb{Z}.\]

Svolgimento.

Si ricorda che

    \[\left(\sin x\right)^2=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\cos (2x)}{2} \qquad \forall x \in \mathbb{R}.\]

Quindi

(43)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \sin^2 x \, dx =\\ 	&=\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b}\dfrac{1}{2}dx+\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b}\dfrac{\cos (2x)}{2}dx=\\ 	&=\dfrac{\pi}{2}\dfrac{b-a}{2}+\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b}\dfrac{\cos (2x)}{2}dx. \end{aligned} \end{equation*}

Ricordiamo, in generale, che l’integrale su metà periodo della funzione coseno è zero, ossia sull’intervallo di integrazione [0,\pi]. Questo risultato si può estendere anche in caso di una dilatazione o contrazione del coseno. Infatti, la funzione \cos(2x) ha periodo \pi, e pertanto anche in questo caso l’integrale sull’intervallo [0, \pi/2] della funzione \cos(2x) risulta essere zero.

È importante osservare che non stiamo affermando che l’integrale su metà periodo di una qualsiasi funzione periodica sia zero, ma solo in questo caso specifico con la funzione coseno. Si pensi, ad esempio, alla funzione seno: l’integrale su metà periodo non è zero, ma vale 2. In particolare essendo \left \vert b-a \right \vert \in \mathbb{N} \,\, \text{si osserva che } \,\,\dfrac{\pi}{2} \left \vert b-a\right \vert \text{è un multiplo di} \,\,\dfrac{\pi}{2}, quindi

    \[\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b}\dfrac{\cos (2x)}{2}dx=0.\]

Si conclude che

    \[\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \sin^2 x \, dx=\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b}  \dfrac{1}{2}\, dx-\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \dfrac{\cos (2x)}{2} \, dx= \dfrac{\pi}{2} \; \dfrac{b-a}{2}.\]

In modo analogo ricordando la seguente relazione

    \[\left(\cos x\right)^2=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\cos (2x)}{2}\]

e sfruttando le considerazioni fatte si ha che

    \[\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \cos^2 x \, dx=\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b}  \dfrac{1}{2}\, dx+\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \dfrac{\cos (2x)}{2} \, dx.\]

Quindi

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \cos^2 x \, dx=\dfrac{\pi}{2} \; \dfrac{b-a}{2}. }\]

 

Esercizio 21  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Siano f\left(\cos x\right) e f\left(\sin x\right) due funzioni integrabili in [0,2\pi].

Dimostrare che
 

(44)   \begin{equation*} 		\int_{0}^{2\pi}f\left(\cos x \right)\, d x=\int_{0}^{2\pi}f\left(\sin x \right)\, dx. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Operiamo la sostituzione t=\theta+\frac{\pi}{2}, ottenendo10

(45)   \begin{equation*} 	I=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{5}{2}\pi}f\left(\sin t \right)\, d \theta=\int_{\frac{\pi}{2}}^{2\pi}f\left(\sin t \right)\,  d \theta +\int_{2\pi}^{\frac{5}{2}\pi}f\left(\sin t\right)\, dt . \end{equation*}

Effettuiamo ora la sostituzione z=t-2\pi, ottenendo

(46)   \begin{equation*} 		\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f\left(\sin z\right)\, dz. \end{equation*}

Pertanto

(47)   \begin{equation*} 	I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f\left(\sin \theta\right)\, d \theta+\int_{\frac{\pi}{2}}^{2\pi}f\left(\sin \theta\right)\,d\theta. \end{equation*}

Allora

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	I=\int_{0}^{2\pi}f\left(\sin\theta\right)\, d \theta,}\]

da cui la tesi.    


    \[\]

  1. \cos \left(t-\frac{\pi}{2}\right)=\sin \theta.

 

Esercizio 22  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

(48)   \begin{equation*} 		\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos x}{3+\sin x}\sqrt{1+\sin x }\, dx. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Operiamo la sostituzione

(49)   \begin{equation*} 	\sqrt{1+\sin x}=t \quad \Leftrightarrow \quad 1+\sin x =t^2 \quad \Rightarrow \quad dx =\dfrac{2t}{\cos x }d t \end{equation*}

da cui (48)

(50)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{3 + \sin x} \sqrt{1 + \sin x} \, dx. &=\int_{1}^{\sqrt{2}}\dfrac{2t^2}{t^2+2}\, dt=\\ 		&=2\int_{1}^{\sqrt{2}}\dfrac{t^2+2-2}{t^2+2}\,dt=\\ 			&=2\left(\sqrt{2}-1-2\int_{1}^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{t^2+2}\,dt\right)=\\ 	&=2\left(\sqrt{2}-1\right)-\dfrac{4}{\sqrt{2}}\arctan\left(\dfrac{t}{\sqrt{2}}\right)\bigg \vert^{\sqrt{2}}_1=\\ 		&=2\left(\sqrt{2}-1\right)-2\sqrt{2}\left(\dfrac{\pi}{4}-\arctan\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right). \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{3 + \sin x} \sqrt{1 + \sin x} \, dx =2\left(\sqrt{2}-1\right)-2\sqrt{2}\left(\dfrac{\pi}{4}-\arctan\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right). }\]

 

Esercizio 23  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare i seguenti integrali definiti:
 

  1. \displaystyle \int_{0}^{1}x^2e^{-x}\,dx
  2.  

  3. \displaystyle \int_{1}^{e}\frac{\sqrt{\log(1+\log(x))}}{x+x\log(x)}\,dx
  4.  

  5. \displaystyle \int_{-1}^{1}\frac{x^2}{1+x^6}\,dx
  6.  

  7. \displaystyle \int_{-3}^{3}x\sin^2(x)\,dx

Svolgimento.

  1. Si vuole calcolare la primitiva di x^2 e^{-x} utilizzando l’integrazione per parti:

        \[ \int 2x e^{-x} \, dx = -2x e^{-x} + \int 2 e^{-x} \, dx. \]

    L’ultimo integrale è

        \[ \int 2 e^{-x} \, dx = -2 e^{-x}. \]

    Quindi, abbiamo

        \[ \int 2x e^{-x} \, dx = -2x e^{-x} - 2 e^{-x}. \]

    Sommando i risultati, otteniamo

        \[ \int x^2 e^{-x} \, dx = -x^2 e^{-x} + \left( -2x e^{-x} - 2 e^{-x} \right). \]

    Infine

        \[ \int x^2 e^{-x} \, dx = -(x^2 + 2x + 2)e^{-x} + c, \]

    dove c è la costante di integrazione.

    Dunque, sappiamo che una primitiva di \displaystyle x^2e^{-x} è f(x):=-e^{-x}\left( x^2+2x+2\right), di conseguenza

        \[\boxcolorato{analisi}{\int_{0}^{1}x^2e^{-x}\,dx= f(1)-f(0)=-\frac{5}{e}+2. }\]

  2.  

  3. Posto y=\log(1+\log(x)), \displaystyle dy=\frac{1}{x+x\log(x)}dx, dunque

        \[\boxcolorato{analisi}{\int_{1}^{e}\frac{\sqrt{\log(1+\log(x))}}{x+x\log(x)}\,dx=\int_{0}^{\log(2)}\sqrt{y}\,dy=\left[\frac 2 3 y^{\frac{3}{2}}\right]_0^{\log(2)}=\frac 2 3 (\log(2))^{\frac{3}{2}}.}\]

  4. Siccome la funzione integranda è pari

        \[\displaystyle \int_{-1}^{1}\frac{x^2}{1+x^6}\,dx= 2\int_{0}^{1}\frac{x^2}{1+x^6}\,dx=\frac 2 3 \int_{0}^{1}\frac{3x^2}{1+x^6}\,dx=\frac 2 3 \left[\arctan(x^3)\right]_0^1.\]

        \[\boxcolorato{analisi}{\int_{-1}^{1}\frac{x^2}{1+x^6}\,dx=\frac{\pi}{6}.}\]

  5.  

  6. Siccome la funzione integranda è dispari e l’intervallo di integrazione è simmetrico rispetto all’origine, concludiamo che

        \[\boxcolorato{analisi}{\int_{-3}^{3}x\sin^2(x)\,dx=0}\]

 

Esercizio 24  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia f:[0,1]\rightarrow\mathbb{R} una funzione continua, si mostri che

(51)   \begin{equation*} 		\int_{0}^{1}\left(\int_{x}^{1}f(t)\,dt\right)\,dx=\int_{0}^{1}xf(x)\,dx. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Definiamo

(52)   \begin{equation*} 	F(x)=\int_{x}^{1}f(t)\,dt \end{equation*}

per cui (51) diventa

(53)   \begin{equation*} 	\int_{0}^{1}F(x)\,dx=\int_{0}^{1}xf(x)\,dx. \end{equation*}

Risolviamo (53) integrando per parti

(54)   \begin{align*} 	\int_{0}^{1} F(x) \, dx = x F(x) \bigg \vert^1_0 - \int_{0}^{1} x F^\prime(x) \, dx = F(1)-\int_{0}^{1}-xf(x)\,dx \end{align*}

e sapendo che

(55)   \begin{equation*} 	F(1)=\int_{1}^{1}f(t)\,dt=0 \end{equation*}

abbiamo

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{0}^{1}F(x)\,dx=-\int_{0}^{1}-xf(x)\,dx=\int_{0}^{1}xf(x)\,dx }\]

da cui l’asserto.

 

Esercizio 25  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R} una funzione continua (Riemann integrabile), si mostri che

(56)   \begin{equation*} 		\int_{0}^{x}f(t)\left(x-t\right)\,dt=\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{t}f(\alpha)\,d\alpha\right)dt. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Definiamo

(57)   \begin{equation*} 	F(t)=\int_{0}^{t}f\left(\alpha\right)\,d\alpha  \end{equation*}

per cui possiamo scrivere

(58)   \begin{equation*} 	\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{t}f(\alpha)\,d\alpha\right)=\int_{0}^{x}F(t)\,dt. \end{equation*}

Risolviamo (58) integrando per parti

(59)   \begin{align*} 	\int_{0}^{x}F(t)\,dt& =t\,F(t)\bigg \vert^x_0-\int_{0}^{x}t\,F^\prime(t)\,dt =\\ 		&= xF(x)-\int_{0}^{x}t\,f(t)\,dt=\\ 	&=x\int_{0}^{x}f(t)\,dt-\int_{0}^{x}t\,f(t)\,dt=\\ 		&=\int_{0}^{x}\left(x\,f(t)-t\,f(t)	\right)\,dt. \end{align*}

Dunque

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{0}^{x}F(t)\,dt = \int_{0}^{x}f(t)\left(x-t\right)\,dt. }\]

 

Esercizio 26  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

(60)   \begin{equation*} 			\int_{0}^{1}\left(-\dfrac{2x}{\left(1+x^2\right)^2}\right)\left(\dfrac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)-x\arctan x  \right)\,dx. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Possiamo risolvere (60) per parti. Prima di procedere osserviamo che

(61)   \begin{equation*} 	\int -\dfrac{2x}{\left(1+x^2\right)^2}\,dx=\dfrac{1}{1+x^2} \end{equation*}

e

(62)   \begin{align*} 	&	\dfrac{d\left(\dfrac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)-x\arctan x  \right)}{dx}=\\ 	&=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{x^2+1} \cdot 2x - \arctan x - x \cdot \dfrac{1}{1+x^2} = \\ 	& = \dfrac{x}{x^2+1}  - \arctan x - \dfrac{x}{1+x^2} = - \arctan x \end{align*}

per cui

(63)   \begin{align*} 	&\int\left(-\dfrac{2x}{1+x^2}\right)\left(\dfrac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)-x\arctan x  \right)\,dx=\\ 	&=\dfrac{1}{1+x^2}\left(\dfrac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)-x\arctan x  \right)+\int \dfrac{\arctan x}{1+x^2}\,dx=\\ 	&=\dfrac{1}{1+x^2}\left(\dfrac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)-x\arctan x  \right)+\dfrac{\arctan^2 x}{2}+c. \end{align*}

Pertanto

(64)   \begin{align*} 	&\int_{0}^{1} \left( -\dfrac{2x}{(1+x^2)^2} \right) \left( \dfrac{1}{2} \ln(x^2 + 1) - x \arctan x \right) dx=\\ &=\dfrac{1}{1+x^2}\left(\dfrac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)-x\arctan x  \right)+\dfrac{\arctan^2 x}{2}\bigg \vert^1_{0}=\\ 	&=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}\ln 2-\dfrac{\pi}{4}\right)+\dfrac{\pi^2}{32}. \end{align*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ \int_{0}^{1} \left( -\dfrac{2x}{(1+x^2)^2} \right) \left( \dfrac{1}{2} \ln(x^2 + 1) - x \arctan x \right) dx. =\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}\ln 2-\dfrac{\pi}{4}\right)+\dfrac{\pi^2}{32}.}\]

 

Esercizio 27  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

(65)   \begin{equation*} 		\int_1^e \dfrac{x-x\log x+1}{x(x+1)^2+x\log^2 x}. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Posto x =e^t, si ha

(66)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\int_1^e \dfrac{x-x\log x+1}{x(x+1)^2+x\log^2 x}dx&=\int_0^1 \dfrac{e^t-te^t+1}{(e^t+1)^2+t^2}dt=\\ 	&=-\int_0^1\dfrac{-\dfrac{e^t\left(t-1\right)+1}{t^2}}{\left(\dfrac{e^t+1}{t} \right)^2+1}dt. \end{aligned} \end{equation*}

Ora osserviamo che

(67)   \begin{equation*} 	\dfrac{d\left(\dfrac{e^t+1}{t}\right)}{dt}=\dfrac{e^t\left(t-1\right)+1}{t^2}, \end{equation*}

quindi

(68)   \begin{align*} 	\int_1^e \dfrac{x-x\log x+1}{x(x+1)^2+x\log^2 x}dx&\overset{\clubsuit}{=}-\left(\arctan \left( \dfrac{e^t+1}{t}\right) \right)_0^1=\\ 	&=-\arctan (e+1)+\dfrac{\pi}{2}\overset{\diamond}{=}\\ 	&=\arctan \left( \dfrac{1}{e+1}\right), \end{align*}

dove in \clubsuit abbiamo usato l’integrale indefinito notevole \int \frac{f^\prime(t)}{1+f^2(t)}\,dt=\arctan\left(f\left(t\right)\right) e \diamond abbiamo usato l’identità notevole \arctan\left(x\right)+\arctan\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{\pi}{2} per x>0.

Si conclude dunque

    \[\boxcolorato{analisi}{\int_1^e \dfrac{x-x\log x+1}{x(x+1)^2+x\log^2 x}dx=\arctan \left( \dfrac{1}{e+1}\right). }\]

 

Esercizio 28  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

(69)   \begin{equation*} 	\int^{3}_{2}\dfrac{dx}{\sqrt[4]{(x-1)^3(x+2)^5}}. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Calcoliamo il seguente integrale indefinito

(70)   \begin{equation*} 	\int\dfrac{dx}{\sqrt[4]{(x-1)^3(x+2)^5}}. \end{equation*}

Riscriviamo (70) come segue

(71)   \begin{align*} 	&\int\dfrac{dx}{\sqrt[4]{(x-1)^3(x+2)^5}}=\\ 	&=\int\dfrac{dx}{(x+2)\sqrt[4]{(x-1)^3(x+2)}}=\\ 		&=\int\dfrac{1}{(x+2)(x-1)}\sqrt[4]{\dfrac{x-1}{x+2}}dx. \end{align*}

Posto

(72)   \begin{equation*} 	x=\dfrac{2t+1}{1-t}, \end{equation*}

si ha

(73)   \begin{equation*} 	dx=\dfrac{2-2t+2t+1}{(1-t)^2}dt=\dfrac{3}{(1-t)^2}dt, \end{equation*}

da cui11

(74)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int\dfrac{dx}{\sqrt[4]{(x-1)^3(x+2)^5}}=\\ 		&=3\int\dfrac{\sqrt[4]{t}}{\left(\dfrac{2t+1}{1-t}+2 \right)\left(\dfrac{2t+1}{1-t}-1 \right)}\dfrac{dt}{(1-t)^2}=\\ 	&=3\int\left(\dfrac{\left(1-t\right)^2}{9t}\right)\left(\dfrac{\sqrt[4]{t}}{\left(1-t\right)^2}\right)\,dt=\\ 	&=\dfrac{1}{3}\int\dfrac{\sqrt[4]{t}}{t}dt=\dfrac{1}{3}\int t^{-\frac{3}{4}}dt=\\ 		&=\dfrac{4}{3}t^{\frac{1}{4}}+c=\dfrac{4}{3}\sqrt[4]{\dfrac{x-1}{x+2}}+c, \end{aligned} \end{equation*}

dove c\in\mathbb{R}. Abbiamo dunque

(75)   \begin{equation*} 	\int\dfrac{dx}{\sqrt[4]{(x-1)^3(x+2)^5}}=\dfrac{4}{3}\sqrt[4]{\dfrac{x-1}{x+2}}\bigg \vert^{3}_2=\dfrac{4}{3}\left(\sqrt[4]{\dfrac{2}{5}}-\sqrt[4]{\dfrac{1}{4}}\right)=\dfrac{4}{3}\left(\sqrt[4]{\dfrac{2}{5}}-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right). \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{\int\dfrac{dx}{\sqrt[4]{(x-1)^3(x+2)^5}}=\dfrac{4}{3}\left(\sqrt[4]{\dfrac{2}{5}}-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right). }\]

   


    \[\]

  1. Abbiamo omesso il seguente calcolo

        \[\dfrac{x-1}{x+2}=\dfrac{\dfrac{2t+1}{1-t}-1}{\dfrac{2t+1}{1-t}+2}=\dfrac{\dfrac{2t+1-1+t}{1-t}}{\dfrac{2t+1+2-2t}{1-t}}=\dfrac{\dfrac{3t}{1-t}}{\dfrac{3}{1-t}}=t.\]

    e

    (76)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		&\left(\dfrac{2t+1}{1-t}+2\right)\left(\dfrac{2t+1}{1-t}-1\right)=\left(\dfrac{2t+1+2-2t}{1-t}\right)\left(\dfrac{2t+1-1+t}{1-t}\right)=\\ 		&=\left(\dfrac{3}{1-t}\right)\left(\dfrac{3t}{1-t}\right)=\dfrac{9t}{\left(1-t\right)^2}. 	\end{aligned} \end{equation*}

 

Esercizio 29  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

(77)   \begin{equation*} 		\int_{0}^{\pi^6}\dfrac{dx}{\sqrt{x}\left( 1+ \sqrt[3]{x}\right)}. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Possiamo riscrivere l’integranda di (77) come

    \[\dfrac{1}{\sqrt{x} + \sqrt[6]{x^5}} = \dfrac{1}{\sqrt[6]{x^3} + \sqrt[6]{x^5}}\]

e sostituendo

    \[\sqrt[6]{x}=t \quad \Rightarrow \quad dx = 6t^5 dt\]

abbiamo

(78)   \begin{align*} 	\int_{0}^{\pi^6}\dfrac{dx}{\sqrt{x}\left( 1+ \sqrt[3]{x}\right)} &= \int_{0}^{\pi^6}\dfrac{dx}{\sqrt[6]{x^3} + \sqrt[6]{x^5}} = \\ 	&=\int_{0}^{\pi} \dfrac{6t^5}{t^3+t^5} \, dt =\\ 	& = \int_{0}^{\pi} \dfrac{6t^2}{1+t^2} \, dt = 6 \int_0^\pi \dfrac{t^2+1-1}{t^2+1} \, dt = \\ 	& = 6 \int_0^\pi dt - 6 \int \dfrac{1}{t^2+1} \, dt = 6 \left( t -\arctan t \right)\vert_0^\pi = 6\left(\pi-\arctan \pi \right). \end{align*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ \int_{0}^{\pi^6}\dfrac{dx}{\sqrt{x}\left( 1+ \sqrt[3]{x}\right)}=6\left(\pi-\arctan \pi \right).}\]

 

Esercizio 30  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

(79)   \begin{equation*} 		I=\int_{1}^{2}\dfrac{1+2x^2}{x^5\left(1+x^2\right)^3}\,dx. 	\end{equation*}

Svolgimento.

Operiamo la sostituzione

    \[x^2+1=t\quad \Rightarrow\quad 2x\,dx=dt\]

da cui

(80)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	I&=\int_{2}^{5}\dfrac{1+2\left(t-1\right)}{x^5\,t^3}\cdot \dfrac{dt}{2x}=\\ 	&\int_{2}^{5}\dfrac{2t-1}{2x^6 \, t^3}\,dt=\\ 	&\dfrac{1}{2}\int_{2}^{5}\dfrac{2t-1}{t^3\left(t-1\right)^3}\,dt=\\ 	&=\dfrac{1}{2}\int_{2}^{5}\dfrac{2t-1}{\left(t^2-t\right)^3}\,dt\overset{\clubsuit}{=}-\dfrac{1}{4\left(t^2-t\right)^2}\bigg\vert^5_2=-\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{20^2}-\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{99}{1600} \end{aligned} \end{equation*}

dove in \clubsuit abbiamo notato che \frac{d\left(t^2-t\right)}{dt}=2t-1 e abbiamo applicato l’integrale notevole \int f^\alpha(t)\,f^{\prime}(t)\,dt=\frac{f^{\alpha+1}}{\alpha+1}+c\,\,\text{con}\,\,\alpha\neq -1.

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{I=\int_{1}^{2}\dfrac{1+2x^2}{x^5\left(1+x^2\right)^3}\,dx=\dfrac{99}{1600}. }\]

 

Esercizio 31  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		\int_0^{\ln 5} \frac{e^x \sqrt{e^x - 1}}{e^x + 3} \, dx. 		\]

Svolgimento.

Procediamo per sostituzione, ponendo e^x - 1 = t^2, da cui segue e^x dx = 2t \, dt. Quando x = 0, t = 0, e quando x = \ln 5, t = 2. Sostituendo nell’integrale otteniamo

(81)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		\int_0^2 \frac{(t^2 + 1)t}{t^2 + 4} \cdot \frac{2t}{t^2 + 1} \, dt  		&= 2 \int_0^2 \frac{t^2}{t^2 + 4} \, dt, \\ 		&= 2 \int_0^2 \frac{t^2 + 4 - 4}{t^2 + 4} \, dt, \\ 		&= 2 \int_0^2 1 \, dt - 8 \int_0^2 \frac{1}{t^2 + 4} \, dt. 	\end{aligned} \end{equation*}

Per il primo integrale

    \[ 	2 \int_0^2 1 \, dt = 2t \Big|_0^2 = 4. 	\]

Per il secondo integrale, utilizziamo la formula:

    \[ 	\int \frac{1}{t^2 + a^2} \, dt = \frac{1}{a} \arctan \left( \frac{t}{a} \right), 	\]

con a = 2. Quindi:

    \[ 	8 \int_0^2 \frac{1}{t^2 + 4} \, dt = 4 \arctan \left( \frac{t}{2} \right) \Big|_0^2 = 4 \arctan(1) - 4 \arctan(0) = 4 \cdot \frac{\pi}{4} = \pi. 	\]

Infine, combinando i risultati:

    \[\boxcolorato{analisi}{ \int_0^{\ln 5} \frac{e^x \sqrt{e^x - 1}}{e^x + 3} \, dx =	4 - \pi.}\]

 

Esercizio 32  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		\int_1^3 \frac{dx}{x \sqrt{x^2 + 5x + 1}}. 		\]

Svolgimento.

Procediamo con una sostituzione, ponendo x = \frac{1}{t}, da cui dx = -\frac{1}{t^2} dt. I limiti di integrazione diventano x = 1 \implies t = 1 e x = 3 \implies t = \frac{1}{3}. L’integrale diventa:

    \[ 	-\int_1^{\frac{1}{3}} \frac{1}{t^2 \sqrt{\frac{1}{t^2} + 5 \cdot \frac{1}{t} + 1}} dt = \int_{\frac{1}{3}}^1 \frac{1}{t \sqrt{1 + 5t + t^2}} dt. 	\]

Riscriviamo il denominatore per completamento del quadrato

    \[ 	\int_{\frac{1}{3}}^1 \frac{1}{t \sqrt{\left( t + \frac{5}{2} \right)^2 - \frac{21}{4}}} dt. 	\]

Ora, effettuiamo la seguente sostituzione

    \[ 	u = t + \frac{5}{2}, \quad \text{da cui} \quad du = dt. 	\]

Pertanto, l’integrale diventa:

    \[ 	\int_{\frac{1}{3}}^1 \frac{1}{\sqrt{u^2 - \left(\frac{\sqrt{21}}{2}\right)^2}} du. 	\]

Questo è un integrale standard che porta alla soluzione logaritmica:

    \[ 	\ln\left[t + \frac{5}{2} + \sqrt{\left( t + \frac{5}{2} \right)^2 - \frac{21}{4}}\right] \Bigg|_{\frac{1}{3}}^1. 	\]

Sostituendo i valori dei limiti di integrazione

(82)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		&\ln\left(\frac{7}{2} + \sqrt{7}\right) - \ln\left(\frac{17}{6} + \frac{10}{6}\right) \\ 		&= \ln\left(\frac{7 + 2\sqrt{7}}{9}\right). 	\end{aligned} \end{equation*}

Quindi, la soluzione finale è

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_1^3 \frac{dx}{x \sqrt{x^2 + 5x + 1}} = \ln\left(\frac{7 + 2\sqrt{7}}{9}\right). }\]

 

Esercizio 33  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		\int_1^e \frac{(2 \log x + 1) \, \arctan(\log x)}{x} \, dx. 		\]

Svolgimento.

Applichiamo diverse sostituzioni per risolvere l’integrale. Poniamo \log x = y, da cui segue dx = \frac{1}{x} \, dy. L’integrale diventa quindi:

    \[ 	\int_0^1 (2y + 1) \arctan y \, dy. 	\]

Ora, risolviamo in parti. Definiamo f(y) = \arctan y e g'(y) = 2y + 1. Abbiamo

    \[ 	\int_0^1 (2y + 1) \arctan y \, dy = \left[ (y^2 + y) \arctan y \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{y^2 + y}{y^2 + 1} \, dy. 	\]

Calcoliamo il primo termine

    \[ 	\left[ (y^2 + y) \arctan y \right]_0^1 = \frac{\pi}{2}. 	\]

Il secondo integrale può essere scritto come

    \[ 	\int_0^1 \frac{y^2 + y}{y^2 + 1} \, dy = \int_0^1 \left( 1 + \frac{y - 1}{y^2 + 1} \right) \, dy. 	\]

Integrando separatamente

    \[ 	\int_0^1 1 \, dy = 1, 	\]

    \[ 	\int_0^1 \frac{y - 1}{y^2 + 1} \, dy = \frac{1}{2} \log(y^2 + 1) - \arctan y \Bigg|_0^1. 	\]

Calcoliamo

    \[ 	\frac{1}{2} \log(2) - \frac{\pi}{4}. 	\]

Sostituendo tutti i risultati, otteniamo

    \[ 	\frac{3\pi}{4} - 1 - \frac{1}{2} \log 2. 	\]

Pertanto, la soluzione finale è

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_1^e \frac{(2 \log x + 1) \, \arctan(\log x)}{x} \, dx = \frac{3\pi}{4} - 1 - \frac{1}{2} \log 2.}\]

 

Esercizio 34  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan x}{1 + \sin^2 x} \, dx. 		\]

Svolgimento.

Effettuiamo la sostituzione x = \arctan y, da cui segue \sin^2 x = \frac{y^2}{1 + y^2} e dx = \frac{dy}{1 + y^2}. L’integrale diventa quindi:

    \[ 	\int_0^1 \frac{y}{1 + \frac{y^2}{1 + y^2}} \cdot \frac{dy}{1 + y^2} = \int_0^1 \frac{y \, dy}{1 + y^2} = \int_0^1 \frac{y \, dy}{2y^2 + 1}. 	\]

Calcoliamo ora l’integrale

    \[ 	\int_0^1 \frac{y \, dy}{2y^2 + 1} = \left[ \frac{1}{4} \log(2y^2 + 1) \right]_0^1. 	\]

Sostituendo i limiti di integrazione

    \[ 	\frac{1}{4} \log(3) - \frac{1}{4} \log(1) = \frac{1}{4} \log 3. 	\]

Pertanto, la soluzione finale è

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan x}{1 + \sin^2 x} \, dx=\frac{1}{4} \log 3. }\]

 

Esercizio 35  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		\int_0^{1/4} \sqrt{x} \, \arcsin(1 - 4x) \, dx. 		\]

Svolgimento.

Procediamo con l’integrazione per parti, scegliendo f(x) = \arcsin(1 - 4x) e g'(x) = \sqrt{x}, da cui f'(x) = \frac{-4}{\sqrt{1 - (1 - 4x)^2}} = \frac{-4}{\sqrt{8x(1 - 2x)}} e g(x) = \frac{2}{3} x^{3/2}. Applicando la formula per l’integrazione per parti:

    \[ \int_0^{1/4} \sqrt{x} \, \arcsin(1 - 4x) \, dx = \arcsin(1 - 4x) \cdot \frac{2}{3} x^{3/2} \Bigg|_0^{1/4}  - \int_0^{1/4} \frac{2}{3} x^{3/2} \cdot \frac{-4}{\sqrt{8x(1 - 2x)}} \, dx. \]

Ora calcoliamo il primo termine valutando ai limiti di integrazione. Quando x = 1/4, abbiamo \arcsin(1 - 4 \cdot 1/4) = \arcsin(0) = 0, quindi il termine diventa \frac{2}{3} \left(\frac{1}{4}\right)^{3/2} \cdot 0 = 0. Quando x = 0, abbiamo \arcsin(1 - 4 \cdot 0) = \arcsin(1) = \frac{\pi}{2}, e quindi \frac{2}{3} \cdot 0^{3/2} \cdot \frac{\pi}{2} = 0. Pertanto, il primo termine è nullo.

Ci rimane ora il secondo integrale

    \[ -\int_0^{1/4} \frac{2}{3} x^{3/2} \cdot \frac{-4}{\sqrt{8x(1 - 2x)}} \, dx. \]

Semplificando, diventa:

    \[  \frac{8}{3\sqrt{8}}\int_0^{1/4} x^{3/2} \cdot \frac{1}{\sqrt{x(1 - 2x)}} \, dx= \frac{8}{3\sqrt{8}}\int_0^{1/4}\dfrac{x}{\sqrt{1-2x}}dx= \frac{2\sqrt{2}}{3} \int_0^{1/4}\dfrac{x}{\sqrt{1-2x}}dx. \]

Poniamo y=\sqrt{1-2x}, da cui y^2=1-2x, conseguentemente x=(1-y^2)/2, di conseguenza dx=-y\,dy. Usando quanto detto otteniamo

(83)   \begin{equation*} \begin{aligned} \frac{2\sqrt{2}}{3} \int_0^{1/4}\dfrac{x}{\sqrt{1-2x}}dx&=\frac{2\sqrt{2}}{3}\int^{\frac{\sqrt{2}}{2}}_{1}\left( \dfrac{1-y^2}{2}\right)\left(\dfrac{1}{y}\right)\left( -y\right)dy=\\ &=\frac{\sqrt{2}}{3}\int^{1}_{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(y^2-1 \right)dy=\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\left(\dfrac{y^3}{3}-y \right)\bigg \vert^{1}_{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\left( 1-\dfrac{1}{3}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{12}\right)=\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\left(\dfrac{2}{3}-\dfrac{5}{12}\sqrt{2} \right). \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_0^{1/4} \sqrt{x} \, \arcsin(1 - 4x) \, dx =\dfrac{\sqrt{2}}{3}\left(\dfrac{2}{3}-\dfrac{5}{12}\sqrt{2} \right). }\]

 

Esercizio 36  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ \int_0^1 \frac{1}{(1 + x^2)^2} \, dx. \]

Svolgimento.

Per risolverlo, utilizziamo una sostituzione trigonometrica. Poiché compare 1 + x^2, possiamo scegliere la sostituzione x = \tan(\theta), sfruttando l’identità trigonometrica 1 + \tan^2(\theta) = \sec^2(\theta). Deriviamo x = \tan(\theta) per ottenere dx = \sec^2(\theta) \, d\theta.

Ora cambiamo i limiti di integrazione. Quando x = 0, si ha \theta = 0, e quando x = 1, si ha \theta = \frac{\pi}{4}. Pertanto, i nuovi limiti di integrazione sono da 0 a \frac{\pi}{4}.

Sostituendo la variabile x con \tan(\theta), l’integrale diventa:

    \[ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\sec^4(\theta)} \sec^2(\theta) \, d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos^2(\theta) \, d\theta. \]

Per semplificare ulteriormente, utilizziamo l’identità trigonometrica \cos^2(\theta) = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2}, che ci permette di riscrivere l’integrale come

    \[ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 + \cos(2\theta)}{2} \, d\theta. \]

Scomponiamo l’integrale in due parti:

    \[ \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} 1 \, d\theta + \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos(2\theta) \, d\theta. \]

Il primo integrale è semplice da risolvere

    \[ \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} 1 \, d\theta = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{8}. \]

Per il secondo integrale, utilizziamo la formula \int \cos(2\theta) \, d\theta = \frac{1}{2} \sin(2\theta). Valutiamo l’integrale tra 0 e \frac{\pi}{4}:

    \[ \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} \sin(2\theta) \right)\bigg\vert_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{4} \left(\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - \sin(0)\right) = \frac{1}{4}. \]

Sommiamo i risultati ottenuti:

    \[ \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4} = \frac{\pi}{8} + \frac{2}{8} = \frac{\pi + 2}{8}. \]

Pertanto, il risultato finale dell’integrale definito è

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_0^1 \frac{1}{(1 + x^2)^2} \, dx = \frac{\pi + 2}{8}.}\]

 

Esercizio 37  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cos x}{\sqrt{1 - \cos x}} \, dx. 		\]

Svolgimento.

Procediamo utilizzando la sostituzione \cos x = y, da cui segue -\sin x \, dx = dy. L’integrale diventa:

    \[ 	\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cos x}{\sqrt{1 - \cos x}} \, dx = \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{y}{\sqrt{1 - y}} \, dy. 	\]

Ora effettuiamo una seconda sostituzione \sqrt{1 - y} = z, da cui segue y = 1 - z^2 e dy = -2z \, dz. L’integrale diventa:

(84)   \begin{equation*} \begin{aligned} \int^{\sqrt{\frac{2-\sqrt{2}}{2}}}_1 \left(\frac{1-z^2}{z}\right)\left(-2z\right) dz &= 2 \int^1_{\sqrt{\frac{2-\sqrt{2}}{2}}} \left(1 - z^2\right) dz \\ &= 2 \left( z - \frac{z^3}{3} \right)\bigg\vert_{ \frac{2-\sqrt{2}}{2}}^1=\\ &=2\left(\dfrac{2}{3}-\sqrt{\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}}+\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\sqrt{\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}} \right). \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che Il risultato finale sarà:

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cos x}{\sqrt{1 - \cos x}} \, dx= 2\left(\dfrac{2}{3}-\sqrt{\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}}+\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\sqrt{\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}} \right).	 }\]

 

Esercizio 38  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		\int_1^e \frac{\ln(1 + \ln^2{x})}{x} \, dx. 		\]

Svolgimento.

Utilizziamo il cambiamento di variabile t = \ln{x}, da cui deriva dt = \frac{dx}{x}. Sostituendo nell’integrale originale, otteniamo

    \[ 	\int_1^e \frac{\ln(1 + \ln^2{x})}{x} \, dx = \int_0^1 \ln(1 + t^2) \, dt. 	\]

Applichiamo l’integrazione per parti, con u = \ln(1 + t^2) e dv = dt, da cui du = \frac{2t}{1 + t^2} \, dt e v = t. Applicando la formula dell’integrazione per parti:

(85)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 	\int_0^1 \ln(1 + t^2) \, dt &= \left(t \ln(1 + t^2) \right)\bigg\vert_0^1 -2 \int_0^1 \frac{t^2}{1 + t^2} \, dt=\\ 	&=\ln 2 -2\int^1_0\dfrac{t^2+1-1}{t^2+1}\,dt=\\ 	&=\ln 2 -2 \int^1_0dt-2\int^1_0-\dfrac{1}{1+t^2}dt=\\ 	&=\ln 2 -2 +2\arctan t \bigg \vert^1_0=\\ 	&=\ln 2 -2 +2 \,\dfrac{\pi}{4}=\\ 	&=\ln 2 -2 +\dfrac{\pi }{2}. \end{aligned}	 \end{equation*}

Quindi, la soluzione dell’integrale è

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_1^e \frac{\ln(1 + \ln^2{x})}{x} \, dx =\ln 2 -2 +\dfrac{\pi }{2}.}\]

 

Esercizio 39  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_{-\pi/6}^{\pi/6} \frac{6 + x e^{x^2}}{\cos^3(x)} \, dx.\]

Svolgimento.

Osserviamo che possiamo scomporre l’integrale in due parti

    \[ \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \frac{6 + x e^{x^2}}{\cos^3(x)} \, dx = \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \frac{6}{\cos^3(x)} \, dx + \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \frac{x e^{x^2}}{\cos^3(x)} \, dx. \]

Il primo termine, \frac{6}{\cos^3(x)}, è una funzione pari, poiché \cos^3(x) è una funzione pari e il numeratore è una costante

    \[ \frac{6}{\cos^3(x)} \text{ è continua e pari in } \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right]. \]

Poiché una funzione pari integrata su un intervallo simmetrico ha come proprietà

    \[ \int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_0^a f(x) \, dx, \]

possiamo scrivere

    \[ \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \frac{6}{\cos^3(x)} \, dx = 2 \int_0^{\pi/6} \frac{6}{\cos^3(x)} \, dx = 12 \int_0^{\pi/6} \frac{dx}{\cos^3(x)}. \]

Il secondo termine, invece, \frac{x e^{x^2}}{\cos^3(x)}, è una funzione dispari, poiché x e^{x^2} è una funzione dispari e \cos^3(x) è pari

    \[ \frac{x e^{x^2}}{\cos^3(x)} \text{ è continua e dispari in } \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right]. \]

Per una funzione dispari integrata su un intervallo simmetrico, l’integrale è nullo

    \[ \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \frac{x e^{x^2}}{\cos^3(x)} \, dx = 0. \]

Quindi, l’integrale richiesto diventa

    \[ \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac{6 + xe^{x^2}}{\cos^3(x)} \, dx = 12 \int_0^{\pi/6} \frac{dx}{\cos^3(x)} = 12 \int_0^{\pi/6} \frac{\cos(x)}{\cos^4(x)} \, dx. \]

Applichiamo la sostituzione u = \sin(x), \text{ quindi } du = \cos(x) \, dx

    \[ 	\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac{6 + xe^{x^2}}{\cos^3(x)} \, dx = 12 \int_0^{\pi/6} \frac{d(\sin x)}{(1 - \sin^2(x))^2} = 12 \int_0^{1/2} \frac{dt}{(1 - t^2)^2}. 	\]

Ora possiamo scomporre il termine \frac{1}{(1 - t^2)^2} \text{ utilizzando la decomposizione in frazioni parziali }

    \[ 	\frac{1}{(1 - t^2)^2} = \frac{A}{t - 1} + \frac{B}{(t - 1)^2} + \frac{C}{t + 1} + \frac{D}{(t + 1)^2}. 	\]

Determinando i coefficienti, troviamo che

    \[ 	B = D = \frac{1}{4}, \quad C = \frac{1}{4}, \quad A = -\frac{1}{4}. 	\]

Sostituendo e integrando, otteniamo

    \[ 	\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac{6 + xe^{x^2}}{\cos^3(x)} \, dx = \frac{12}{4} \left( -\ln|t - 1| + \ln|t + 1| - \frac{1}{t - 1} - \frac{1}{t + 1} \right)\bigg\vert_0^{1/2}. 	\]

Infine, valutando l’integrale nei limiti di integrazione, troviamo

    \[\boxcolorato{analisi}{ \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac{6 + xe^{x^2}}{\cos^3(x)} \, dx = 3 \ln{3} + 4.}\]

 

Esercizio 40  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		\int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln^2(e \sin(x)) \cos(x) \, dx. 		\]

Svolgimento.

Iniziamo semplificando l’espressione logaritmica. Si osservi che

    \[ \ln(e \sin(x)) = \ln(e) + \ln(\sin(x)) = 1 + \ln(\sin(x)). \]

Pertanto, il quadrato di questo termine diventa

    \[ \ln^2(e \sin(x)) = (1 + \ln(\sin(x)))^2 = 1 + 2 \ln(\sin(x)) + \ln^2(\sin(x)). \]

Sostituendo questa espressione nell’integrale originale, si ottiene

    \[ I = \int_{\pi/6}^{\pi/2} \left( 1 + 2 \ln(\sin(x)) + \ln^2(\sin(x)) \right) \cos(x) \, dx. \]

A questo punto, possiamo suddividere l’integrale in tre parti

    \[ I = \int_{\pi/6}^{\pi/2} \cos(x) \, dx + 2 \int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln(\sin(x)) \cos(x) \, dx + \int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln^2(\sin(x)) \cos(x) \, dx. \]

Il primo integrale è semplice da risolvere

    \[ \int_{\pi/6}^{\pi/2} \cos(x) \, dx = \sin(x) \Big|_{\pi/6}^{\pi/2} = \sin\left( \frac{\pi}{2} \right) - \sin\left( \frac{\pi}{6} \right) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}. \]

Nel caso del secondo integrale, si nota che il risultato è noto e standard

    \[ \int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln(\sin(x)) \cos(x) \, dx = \frac{-\ln^2(2)}{2}. \]

Moltiplicando per 2

    \[ 2 \int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln(\sin(x)) \cos(x) \, dx = -\ln^2(2). \]

Per l’ultimo integrale, che contiene \ln^2(\sin(x)), utilizziamo anch’esso un risultato standard

    \[ \int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln^2(\sin(x)) \cos(x) \, dx = -\frac{1}{2}(1 + \ln^2(2)). \]

Ora sommiamo i risultati dei tre integrali

    \[ \int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln^2(e \sin(x)) \cos(x) \, dx = \frac{1}{2} - \ln^2(2) - \frac{1}{2}(1 + \ln^2(2)). \]

Semplificando l’espressione

    \[ \int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln^2(e \sin(x)) \cos(x) \, dx = \frac{1}{2} - \ln^2(2) - \frac{1}{2} - \frac{\ln^2(2)}{2}. \]

I termini \frac{1}{2} si cancellano, lasciando

    \[ \int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln^2(e \sin(x)) \cos(x) \, dx = -\ln^2(2) - \frac{\ln^2(2)}{2} = -\frac{3\ln^2(2)}{2}. \]

Infine, la soluzione dell’integrale è

    \[\boxcolorato{analisi}{\int_{\pi/6}^{\pi/2} \ln^2(e \sin(x)) \cos(x) \, dx = \frac{1}{2} \left( 1 - \ln^2(2) \right).					 }\]

 

Esercizio 41  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[ 		 \int_{1/4}^{4} \frac{dx}{1 + \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor }. 		\]

Svolgimento.

Iniziamo analizzando la funzione \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor, che restituisce valori interi che cambiano in modo discreto. In particolare, osserviamo che

    \[ \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor = 0, \quad \text{se} \, x \in (1, \infty), \]

e

    \[ \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor = m, \quad \text{se} \, x \in \left( \frac{1}{m+1}, \frac{1}{m} \right] \, \text{con} \, m \in \mathbb{N}^{+}. \]

Da questa osservazione, risulta chiaro che la funzione \frac{1}{1 + \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor} è costante a tratti su ciascun intervallo in cui \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor è costante.

Procediamo ora scomponendo l’integrale in una somma di integrali su intervalli dove la funzione \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor rimane costante. In questo modo, l’integrale diventa

    \[ \int_{1/4}^{4} \frac{dx}{1 + \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor } = \sum_{m=1}^{3} \int_{1/(m+1)}^{1/m} \frac{dx}{1 + m} + \int_1^4 \frac{dx}{1}. \]

Ora possiamo risolvere ciascun integrale separatamente. Per ogni m, il calcolo del singolo integrale dà

    \[ \int_{1/(m+1)}^{1/m} \frac{dx}{1 + m} = \frac{1}{1 + m} \left( \frac{1}{m} - \frac{1}{m+1} \right), \]

mentre per l’ultimo integrale, otteniamo

    \[ \int_1^4 \frac{dx}{1} = 4 - 1 = 3. \]

Sommiamo ora i risultati ottenuti per ciascun integrale. Si ha

    \[ 	 \int_{1/4}^{4} \frac{dx}{1 + \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor } = \sum_{m=1}^{3} \frac{1}{1+m} \left( \frac{1}{m} - \frac{1}{m+1} \right) + 3. \]

Semplificando i singoli termini della somma

    \[  \int_{1/4}^{4} \frac{dx}{1 + \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor } = \sum_{m=1}^{3} \frac{1}{m(m+1)^2} + 3 = \frac{1}{4} + \frac{1}{18} + \frac{1}{48} + 3. \]

Infine, sommiamo i termini frazionari ottenuti

    \[  \int_{1/4}^{4} \frac{dx}{1 + \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor }= \frac{1}{4} + \frac{1}{18} + \frac{1}{48} + 3 = \frac{479}{144}. \]

La soluzione finale è dunque

    \[\boxcolorato{analisi}{  \int_{1/4}^{4} \frac{dx}{1 + \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor } = \frac{479}{144}.}\]

 

Esercizio 42  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Posto B = \int_0^1 \frac{e^x}{x+1} \, dx, calcolare i seguenti integrali, esprimendo i risultati in termini di B:
 

  1.     \[\displaystyle \int_{a-1}^{a} \frac{e^{-x}}{x-a+1} \, dx,\qquad \mbox{ con } a > 0.\]

  2.     \[\displaystyle  \int_0^1 e^x \log(x + 1) \, dx.\]

Svolgimento punto 1.

Poniamo t = a - x, quindi dt = -dx. L’integrale diventa:

(86)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		\int_{a-1}^{a} \frac{e^{-x}}{x-a+1} \, dx &= \int_1^0 \frac{e^{t-a}}{t+1} (-dt) \\ 		&= -e^{-a} \int_0^1 \frac{e^t}{t+1} \, dt \\ 		&= -B e^{-a}. 	\end{aligned} \end{equation*}

Pertanto la soluzione è

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{a-1}^{a} \frac{e^{-x}}{x-a+1} \, dx = -B e^{-a}. }\]

Svolgimento punto 2.

Usiamo l’integrazione per parti. Poniamo u = \log(x + 1) e dv = e^x \, dx, quindi du = \frac{1}{x+1} \, dx e v = e^x. Otteniamo

(87)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		\int_0^1 e^x \log(x + 1) \, dx &= \left[ e^x \log(x + 1) \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{e^x}{x+1} \, dx \\ 		&= e \log(2) - B. 	\end{aligned} \end{equation*}

Quindi la soluzione dell’integrale è

    \[\boxcolorato{analisi}{		\int_0^1 e^x \log(x + 1) \, dx = e \log(2) - B.}\]


 

Esercizio 43  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Posto B =\displaystyle \int_0^1 \dfrac{e^x}{x+1} dx, calcolare i seguenti integrali esprimendo i risultati in termini di B:

    \[\displaystyle	a)	\int_0^1 \frac{2e^x}{(x+1)^2} dx\quad\quad \text{e} \quad \quad b)	\int_0^1 \frac{x\,e^{x^2}\ln(5)}{x^2+1} dx.\]

Svolgimento punto a.

Risulta che

    \begin{equation*} 		\int_0^1 \frac{2e^x}{(x+1)^2} dx = 2\int_0^1 \frac{e^x}{(x+1)^2} dx. 	\end{equation*}

Si applica la formula di integrazione per parti, scegliendo f(x) = e^x e g'(x)=  \dfrac{1}{(x+1)^2}, per cui f'(x) = e^x e g(x) = -\dfrac{1}{x+1}. Per questo, l’integrale è

    \begin{equation*} 		2\left[ e^x\left(-\frac{1}{x+1} \right)\right]_0^1 - 2\int_0^1 -\frac{e^x}{x+1}dx = 2\left(-\frac{e}{2} +1\right) + 2B = 2\left(1-\frac{e}{2} + B\right)=2-e+2B. 	\end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{\int_0^1 \frac{2e^x}{(x+1)^2} dx= 2-e+2B. }\]

Svolgimento punto b.

L’integrale si può riscrivere come

    \begin{equation*} 		\int_0^1 \frac{xe^{x^2}\ln(5)}{x^2+1} dx = \ln(5)\int_0^1 \frac{xe^{x^2}}{x^2+1} dx  	\end{equation*}

Posto t = x^2, per cui dt = 2x\,dx e gli estremi di integrazione non cambiano. Con questa sostituzione, l’integrale diventa

    \begin{equation*} 		\ln(5)\int_0^1 \frac{\sqrt(t)\,e^t}{t+1}\cdot\frac{dt}{2\sqrt{t}} = \frac{\ln(5)}{2}\int_0^1 \frac{e^t}{t+1} = \frac{B\ln(5)}{2}. 	\end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_0^1 \frac{x\,e^{x^2}\ln(5)}{x^2+1} dx= \frac{B\ln(5)}{2}.}\]

 

Esercizio 44  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_{0}^{\pi} \left( \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x} \right)dx.\]

Svolgimento.

Chiamiamo

(88)   \begin{equation*}  	\int_{0}^{\pi} \left( \frac{x\sin x}{1+\cos^2(x)} \right) = I \end{equation*}

posto -x+\pi=t, (88) diventa

(89)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int_{0}^{\pi} \left( \frac{x\sin x}{1+\cos^2(x)} \right)dx=\\\\ 	=&\int_{0}^{\pi} \left( \frac{(\pi -t)\sin t}{1+\cos^2(t)} \right)dt=\\\\ 	=&\pi \int_{0}^{\pi}\left( \frac{\sin t}{1+ \cos^2(t)} \right)dt-I. \end{aligned} \end{equation*}

Allora

    \[I=\frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi}\left( \frac{\sin t}{1+ \cos^2(t)} \right)dt=\frac{\pi^2}{4}=\dfrac{\pi}{2}\left(-\arcsin(\cos t) \right)\bigg \vert^\pi_0 =\frac{\pi^2}{4}.\]

Quindi la soluzione dell’integrale è

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{0}^{\pi} \left( \frac{x\sin x}{1+\cos^2(x)} \right)=\frac{\pi^2}{4}. }\]

 

Esercizio 45  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il valore del seguente limite

    \[\lim_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}.\]

Svolgimento.

Ricordiamo il metodo delle somme di Riemann. Se f è una funzione integrabile secondo Riemann sull’intervallo [a,b] (per esempio, se è continua), allora si ha:

(90)   \begin{equation*} 	\lim_{n\to+\infty}\dfrac{b-a}{n}\sum_{k=1}^n f\left(a+(b-a)\dfrac{k}{n}\right)=\int_a^b f(x)dx. \end{equation*}

In particolare, se [a,b]=[0,1]:

(91)   \begin{equation*} 	\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left( \dfrac{k}{n}\right)=\int_0^1 f(x)dx. \end{equation*}

Applicando quanto detto, abbiamo

(92)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		&\lim_{n \to +\infty}  \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}=\\ 		&=\lim_{n \to +\infty}  \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\\ 		&=\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{1+x} \right)dx=\\ 		&\ln \vert x+1 \vert  \bigg\vert_0^1=\ln2. 	\end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che il limite esiste finito e vale

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\lim_{n \to +\infty}  \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}=\ln2.}\]

 

Esercizio 46  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} una funzione Riemann integrabile e sia x_0 \in [a,b]. Si dimostri che vale la seguente diseguaglianza:

    \[\int_{a}^{b}\vert f(x)\vert dx \leq \left \vert \int_{a}^{b}f(x)dx \right \vert  + 2 \int_{a}^{b}\vert f(x)-f(x_0)\vert dx.\]

Svolgimento.

Si osserva che senza perdita di generalità possiamo assumere che f(x_0) \geq 0. Infatti la disuglianza è invariante per f\rightarrow -f. Ricordiamo che :

    \[\left \vert \vert x \vert - \vert y \vert \right \vert \leq \vert x-y \vert.\]

E inoltre

    \[\left \vert \int_{a}^{b} f(x) \, dx \right \vert \leq \int_{a}^{b}\vert f(x) \vert \, dx.\]

Allora

(93)   \begin{equation*} 		\begin{aligned} 			& \vert f(x)\vert -\vert  f(x)-f(x_0) \vert \leq \vert f(x)-f(x)+f(x_0)\vert=\vert f(x_0)\vert =f(x_0)  \\ 			& \int_{a}^{b}\vert f(x)\vert dx- \int_{a}^{b}\vert  f(x)-f(x_0) \vert \leq \int_{a}^{b} f(x_0)dx =\\ 			& = \int_{a}^{b} \left( f(x_0)+f(x)-f(x)\right) dx = \\ 			& = \int_{a}^{b} \left( f(x_0)-f(x)\right) dx +\int_{a}^{b}f(x)dx \leq \left \vert \int_{a}^{b} \left(f(x_0)-f(x)\right) dx\right \vert + \left \vert \int_{a}^{b} f(x) \, dx \right \vert  \\ 			& \leq \int_{a}^{b} \vert  f(x_0)-f(x)\vert dx +\left \vert \int_{a}^{b} f(x) dx \right \vert. 		\end{aligned} 	\end{equation*}

 

Esercizio 47  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Sia f:A \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} una funzione di classe \mathcal{C}^1 e strettamente crescente in A, dove

    \[f(0)=0\]

e sia

    \[g:B\subset \mathbb{R} \rightarrow A\]

l’inversa di f.

Per ogni coppia \alpha,\beta numeri positivi, con \beta<\sup f \,\, \text{e}\,\, \alpha <\sup g

dimostrare che

(94)   \begin{equation*} 			\alpha \beta \leq \int_{0}^{\alpha }f(t)\,dt + \int_{0}^{\beta}g(z)\,dz. 		\end{equation*}

Svolgimento.

Consideriamo

    \[I=\int_{0}^{\beta}g(z)\, dz,\]

poniamo z=f(t) ottenendo

    \[I=\int_{0}^{g(\beta)}t \; f^\prime (t) \; dt.\]

Ora integriamo per parti

    \[I=t \; f(t)\bigg\vert^{g(\beta)}_0 - \int_{0}^{g(\beta)} f(t) \; dt = \beta \; g(\beta) - \int_{0}^{g(\beta)} f(t) \; dt\]

e, con quanto appena ottenuto, abbiamo

(95)   \begin{equation*} 		\begin{aligned}  			\int_{0}^{\alpha }f(t)\; dt + \int_{0}^{\beta}g(z)\; dz & = \int_{0}^{\alpha }f(t)\;dt + \beta \;  g(\beta) - \int_{0}^{g(\beta)} f(t) \; dt = \\ 			& = \int_{g(\beta)}^{\alpha} f(t) \; dt+ \beta \; g(\beta). 		\end{aligned} 	\end{equation*}

Sappiamo che f è crescente in A e che \beta<\sup f, quindi \forall t \in [g(\beta),+\infty) vale la seguente disuguaglianza:

    \[f(t)\geq \beta\]

da cui

(96)   \begin{equation*} 		\int_{g(\beta)}^{\alpha}f(t)\,dt \geq \int_{g(\beta)}^{\alpha}\beta \,dt=\beta \left(\alpha -g(\beta) \right) 	\end{equation*}

quindi usando (96) in (95) abbiamo

(97)   \begin{equation*} 	\begin{aligned}  		& \int_{0}^{\alpha } f(t) \; dt + \int_{0}^{\beta} g(z) \; dz \geq \beta \left(\alpha -g(\beta) \right)+\beta g(\beta)=\alpha\beta  \Leftrightarrow\\ 		&\Leftrightarrow  \alpha\beta \leq \int_{0}^{\alpha }f(t)\,dt + \int_{0}^{\beta}g(z)\,dz. 	\end{aligned}  \end{equation*}

Ora sia f(x)=\arctan x con funzione inversa g(x)=\tan x per x \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right), da (94)abbiamo

(98)   \begin{equation*}	\begin{aligned} 		&\int_{0}^{\alpha}\arctan x \,dx + \int_{0}^{\beta}\tan x \, dx \geq \alpha \beta \Leftrightarrow x  \arctan x\bigg\vert^\alpha_0-\int_{0}^{\alpha}\dfrac{x}{1+x^2}\,dx+\ln\left \vert \cos x \right \vert \bigg \vert^0_\beta \geq \alpha \beta\quad \Leftrightarrow \\\\ 		&\Leftrightarrow \quad \alpha \arctan\alpha -\dfrac{1}{2}\ln \left(1+x^2\right) \bigg \vert^\alpha_0-\ln \vert \cos \beta \vert \geq \alpha \beta\quad  \Leftrightarrow \\\\ 		& \Leftrightarrow\quad  \alpha \arctan\alpha-\dfrac{1}{2} \ln\left(1+\alpha^2  \right)-\ln \cos \beta \geq \alpha \beta 	\end{aligned} 	\end{equation*}

con \alpha\in [0,+\infty) e \beta \in \left[0,\frac{\pi}{2} \right).

La disuguaglianza (94) prende il nome di disuguaglianza di Young e nel caso particolare in cui f(x)=x^{p-1} e la funzione inversa g(x)=x^{\frac{1}{p-1}} la (94) diventa:

(99)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		\alpha \beta \leq \int_{0}^{\alpha }x^{p-1}\,dx+\int_{0}^{\beta}x^{\frac{1}{p-1}}\,dx & =\dfrac{x^{p}}{p}\bigg \vert^\alpha_0+x^{\left(\frac{1}{p-1}+1\right)}\cdot \left(\frac{1}{p-1}+1 \right)^{-1}\bigg \vert^\beta_0=\\ 		&=\dfrac{\alpha^p}{p}+\beta^{\left(\frac{1}{p-1}+1\right)}\cdot \left(\frac{1}{p-1}+1 \right)^{-1} 	\end{aligned} 	\end{equation*}

e posto

    \[q=\frac{1}{p-1}+1 \quad \Leftrightarrow\quad  \dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1\]

otteniamo

    \[\boxcolorato{analisi}{	\dfrac{\alpha^p}{p}+\dfrac{\beta^q}{q}\geq\alpha \beta. }\]

 

Esercizio 48  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente integrale definito

    \[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\sin x }}{\sqrt{\sin x }+ \sqrt{\cos x}}\, dx.\]

Svolgimento.

Per risolvere questo integrale, utilizziamo la sostituzione x = \frac{\pi}{2} - y, che sfrutta la simmetria tra seno e coseno. Facendo questa sostituzione, l’integrale diventa

(100)   \begin{equation*} \begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\sin x }}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}\, dx  & = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\cos y}}{\sqrt{\cos y} + \sqrt{\sin y}}\, dy. \end{aligned} \end{equation*}

Notiamo ora che l’integrale originario e quello trasformato sono identici, sebbene i numeratori siano scambiati (\sqrt{\sin x} e \sqrt{\cos x}). Questo avviene perché la sostituzione ha semplicemente cambiato le variabili, ma l’integrale rimane invariato nel dominio da 0 a \frac{\pi}{2}. Possiamo quindi definire l’integrale come

    \[I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\sin x }}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}\, dx,\]

sapendo che questo è uguale anche all’integrale con \sqrt{\cos x} al numeratore

    \[I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}}\, dx.\]

Ora possiamo sommare i due integrali

(101)   \begin{equation*} \begin{aligned} I + I & = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sqrt{\sin x }}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}\, dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sqrt{\cos x }}{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}}\, dx \\ & = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}\, dx \\ & = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dx = \frac{\pi}{2}. \end{aligned} \end{equation*}

Dato che I + I = 2I, otteniamo

    \[2I = \frac{\pi}{2} \quad \Rightarrow \quad I = \frac{\pi}{4}.\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\dfrac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x}+ \sqrt{\cos x}}\, dx=\dfrac{\pi}{4}. }\]

 

Esercizio 49  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare i seguenti limiti

(102)   \begin{equation*} 		\begin{aligned}  			& a)\, I_1 = \lim_{n \rightarrow + \infty }\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin \dfrac{(k-1)}{n}\\\\ 			& b) \,I_2 = \lim_{n \rightarrow +\infty }\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n}{n^2+k^2}\\\\ 			& c) \, I_3 = \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{\cos\left(nx\right)}{x^4+n^5}\,dx. 		\end{aligned} 		\end{equation*}

Svolgimento punto a.

Riscriviamo I_1 come segue

(103)   \begin{align*} 		I_1&=\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\sin\dfrac{k}{n}\cos\dfrac{1}{n}-\cos\dfrac{k}{n}\sin \dfrac{1}{n}\right)=\\ 		&=\lim_{n\rightarrow +\infty}\cos\dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\sin\dfrac{k}{n}-\lim_{n\rightarrow+\infty}\sin\dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\cos\dfrac{k}{n}. 	\end{align*}

Applicando (90), si ha

(104)   \begin{align*} 		I_1&=1\cdot\int_{0}^{1}\sin x\,dx+0\cdot \int_{0}^{1}\cos x\,dx=\\ 		&=-\cos x\bigg \vert^1_0=1-\cos 1 . 	\end{align*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I_1=1-\cos 1. }\]

Svolgimento punto b.

Applicando (90) ad I_2, ottenendo

(105)   \begin{align*} 		I_2&=\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}=\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+x^2}\,dx=\\ 		&=\arctan x \bigg \vert^1_0=\dfrac{\pi}{4}. 	\end{align*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{		I_2=\dfrac{\pi}{4}.}\]

Svolgimento punto c.

Per quanto riguarda I_3 osserviamo che

(106)   \begin{align*} 		&	\left \vert  \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{\cos\left(nx\right)}{x^4+n^5}\,dx.\right \vert \leq  \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\left \vert \dfrac{\cos\left(nx\right)}{x^4+n^5}\right \vert \,dx=\\ 		&=\lim_{n \rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{\left \vert\cos\left(nx\right)\right \vert}{\left \vert x^4+n^5\right \vert}\,dx 	\end{align*}

e sapendo che \text{per}\,\, x\in [0,1],n>N>0 valgono le seguenti diseguaglianze

(107)   \begin{align*} 		&\left \vert \cos\left(nx\right)\right \vert  \leq  1 \quad \\ 		&\left \vert x^4+n^5\right \vert \leq \left \vert n^5\right \vert  	\end{align*}

si ha

(108)   \begin{align*} 		\left \vert  \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{\cos\left(nx\right)}{x^4+n^5}\,dx.\right \vert \leq\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{n^5}\,dx=\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n^5}=0 	\end{align*}

quindi per il teorema del confronto concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{			I_3=0.}\]

 

Esercizio 50  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare i seguenti integrali definiti:

  1. I_1=\int_{0}^{\pi}\dfrac{x}{1+\cos^2 x}\,dx
  2. I_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin^\alpha x}{\cos^\alpha x + \sin^\alpha x }\, dx,\quad \text{con}\,\,\alpha \in \mathbb{R}.

Svolgimento punto 1.

Riscriviamo J_1 come segue

(109)   \begin{equation*} 					I_1\overset{\clubsuit}{=}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\frac{\pi}{2}+t}{1+\sin^2t}\,dt=\underbrace{\dfrac{\pi}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{1+\sin^2t}\,dt}_{I^\star}+\underbrace{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{t}{1+\sin^2t}\,dt}_{\tilde{I}} 				\end{equation*}

avendo posto x-\frac{\pi}{2}=t in \clubsuit. La funzione integranda di I^\star è pari e l’intervallo è simmetrico rispetto all’origine, quindi

(110)   \begin{equation*} 					I^\star=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin^2t}\,dt 				\end{equation*}

mentre la funzione integranda di \tilde{I} è dispari su un intervallo simmetrico rispetto all’origine, quindi

(111)   \begin{equation*} 					\tilde{I}=0. 				\end{equation*}

Possiamo riscrivere I_1 come segue

(112)   \begin{align*} 					I_1&=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{1+\sin^2 t }\,dt	=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{2-\cos^2 t }\,dt=\\ 					&=\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2}-\cos t}\,dt+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2}+\cos t}\,dt\right)\overset{\bigstar}{=}\\ 					&\overset{\bigstar}{=}\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{2}-\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot \dfrac{2}{1+t^2}\,dt\right)+\\ 				&+\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot \dfrac{2}{1+t^2}\,dt\right)=\\ 					&=\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\int_{0}^{1}\dfrac{2}{\left(\sqrt{2}+1\right)t^2+\sqrt{2}-1}\,dt+\int_{0}^{1}\dfrac{2}{\left(\sqrt{2}-1\right)t^2+\sqrt{2}+1}\,dt\right)=\\ 					&=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}-1}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}t^2+1}+\frac{1}{\sqrt{2}+1}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}t^2+1}\,dt\right)=\\ 					&=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\left(\int_{0}^{1}\dfrac{\sqrt{2}+1}{\left(\sqrt{2}+1\right)^2t^2+1}\,dt+\int_{0}^{1}\dfrac{\sqrt{2}-1}{\left(\sqrt{2}-1\right)^2t^2+1}\,dt\right)\overset{\diamond}{=}\\ 					&\overset{\diamond}{=}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\arctan\left(\left(\sqrt{2}+1\right)t\right)+\arctan\left(\left(\sqrt{2}-1\right)t\right)\right)\bigg \vert^{1}_0=\\ 					&=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\left(\arctan\left(\sqrt{2}+1\right)+\arctan\left(\sqrt{2}-1\right)\right)=\\ 					&=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}-1}\right)+\arctan\left(\sqrt{2}-1\right)\right)\overset{\spadesuit}{=}\dfrac{\pi^2}{2\sqrt{2}}, 				\end{align*}

dove in \bigstar abbiamo usato le formule parametriche, in \diamond sfruttiamo l’integrale notevole \int \frac{f^\prime(x)}{1+f^2(x)}\,dx=\arctan\left(f(x)\right)+\text{c} ed infine in \spadesuit abbiamo utilizzato la nota identità \arctan x +\arctan\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{\pi}{2} per x>0.

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I_1=\dfrac{\pi^2}{2\sqrt{2} }}\]

Svolgimento punto 2.

Consideriamo I_2 operando la sostituzione t=-x+\frac{\pi}{2}

(113)   \begin{equation*} 					I_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos^\alpha t}{\cos^\alpha t+\sin^\alpha t}\,dt, 				\end{equation*}

da cui

(114)   \begin{align*} 					&	I_2+I_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin^\alpha x}{\cos^\alpha x + \sin^\alpha x }\, dx+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos^\alpha x}{\cos^\alpha x+\sin^\alpha x}\,dx \quad \Leftrightarrow \quad \\ 					&\quad \Leftrightarrow \quad 2I_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}1\,dx=\dfrac{\pi}{2}\quad \Leftrightarrow \quad I_2=\frac{\pi}{4}. 				\end{align*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{		I_2=\dfrac{\pi}{4}. }\]

 

Esercizio 51  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite

    \[\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}=\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n} \right).\]

Svolgimento.

Applicando (91), con f(x)=1/(1+x), si ha:

(115)   \begin{align*} 	\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}&=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+k/n}=\\ 	&=\int_0^1\dfrac{1}{1+x}dx=\vert \log(1+x)\vert_0^1=\\ 	&=\log (2). \end{align*}

Osservazione: si sarebbe potuta usare equivalentemente la (90) con [a,b]=[1,2] e f(x)=1/x:

(116)   \begin{equation*} 	\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+k/n}=\int_1^2\dfrac{1}{x}dx=\log (2). \end{equation*}

 

Esercizio 52  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia f(x)= 2^x a+2^{-x}b+c con a,b,c \in \mathbb{R}. Si determinino
a,b,c in modo che
 

  1. La funzione f sia pari ;
  2. f(0)=2 ;
  3. \displaystyle\int_0^1 f(x)\; dx= \dfrac{3}{2 \log 2}.

Svolgimento punto 1.

Ricordiamo che12

una funzione f è pari \Leftrightarrow f(x)=f(-x)

Pertanto, imponendo quanto scritto nel nostro caso, otteniamo

(117)   \begin{equation*} 			a2^x+b2^{-x}+c= a2^{-x}+b2^x +c \quad \Leftrightarrow \quad a=b . 		\end{equation*}

   


    \[\]

  1. La funzione nel nostro caso è

        \[f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R},f(x)=2^xa-2^{-x}b+c.\]

    Quindi la funzione f deve risultare pari \forall x \in \mathbb{R}.

Svolgimento punto 2.

In questo caso è sufficiente sostituire i valori

(118)   \begin{equation*} 			f(0)=2 \quad \Leftrightarrow \quad a+b+c=2. 		\end{equation*}

Svolgimento punto 3.

Imponiamo

(119)   \begin{align*} 			&\int_0^1 f(x) \; dx= \dfrac{3}{2 \log 2} \quad \Leftrightarrow \quad 			\int_0^1 (a2^x+b2^{-x}+c) \; dx= \dfrac{3}{2 \log 2} \quad \Leftrightarrow \quad \\\\ 			& \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{a2^x}{\log 2}- \dfrac{b(2^{-x})}{\log 2}+cx 			\bigg\vert_0^1 = \dfrac{3}{2\log 2} \quad \Leftrightarrow \\\\ 			& \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{2a}{\log 2}- \dfrac{b2^{-1}}{\log 2}+c- 			\dfrac{a}{\log 2}+ \dfrac{b}{\log 2}= \dfrac{3}{2 \log 2} \quad \Leftrightarrow \\\\ 			&  \quad\Leftrightarrow \quad \dfrac{a}{\log 2}+ \dfrac{b}{2 \log 2}+c= \dfrac{3}{2 \log 2} 			\quad \Leftrightarrow \quad 2a+b+(2 \log2)c-3=0.  		\end{align*}

Mettendo a sistema (117), (118) e l’ultima equazione ottenuta, abbiamo

(120)   \begin{equation*} 			\begin{cases} 				a=b \\ 				a+b+c=2 \\ 				2a+b+2 \log 2c=3 			\end{cases} 		\end{equation*}

e con il metodo di sostituzione risolviamo il precedente sistema

(121)   \begin{align*} 			&\begin{cases} 				a=b \\ 				2b+c=2 \\ 				3b+2c \log 2=3 			\end{cases} 			\Leftrightarrow\quad  			\begin{cases} 				a=b \\ 				c=2-2b \\ 				3b+2(2-2b) \log 2=3 			\end{cases} 			\Leftrightarrow \quad \\\\ 			&\Leftrightarrow\quad  			\begin{cases} 				a=b \\ 				c=2-2b \\ 				b(3-4 \log 2)=3-4 \log 2 			\end{cases} 			\Leftrightarrow\quad  			\begin{cases} 				a=b \\ 				c=2-2b \\ 				b=1 			\end{cases} 			\Leftrightarrow \\\\ 			&\Leftrightarrow\quad  			\begin{cases} 				a=1 \\ 				c=0 \\ 				b=1. 			\end{cases} 		\end{align*}

Sostituiamo i valori sopra trovati in f concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{	f(x)=2^x+2^{-x}=2^x+ \dfrac{1}{2^x}. }\]

 

Esercizio 53  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare i seguenti integrali definiti

    \[a)\,\int_{0}^1\dfrac{x^3-x}{x^6+1}\,dx\quad \text{e}\quad b)\, \int_{1}^{e}\dfrac{x-x\ln x+1}{x\left(x+1\right)^2+x\ln^2 x}\,dx.\]

Svolgimento punto a.

Riscriviamo il primo integrale come segue

(122)   \begin{align*} 		&\int_{0}^1\dfrac{x^3-x}{x^6+1}\,dx=\\ 		&=\int_{0}^1 \dfrac{1-\dfrac{1}{x^2}}{x^3+\dfrac{1}{x^3}}\,dx = \\ 		&=\int_{0}^1\dfrac{1-\dfrac{1}{x^2}\,dx}{\left( x+\dfrac{1}{x}\right)^3-3x-\dfrac{3}{x}} = \\ 		&=\int_{0}^1\dfrac{1-\dfrac{1}{x^2}\,dx}{\left(x+\dfrac{1}{x} \right)^3-3\left(x+\dfrac{1}{x} \right)}=I. 	\end{align*}

Operando la seguente sostituzione

(123)   \begin{equation*} 		t=x+\dfrac{1}{x} 	\end{equation*}

segue che

(124)   \begin{equation*} 		dt=\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)dx 	\end{equation*}

da cui

(125)   \begin{equation*} 		I=\int_{+\infty}^2\dfrac{dt}{t^3-3t}=\int_{+\infty}^2\dfrac{dt}{t(t^2-3)}. 	\end{equation*}

Decomponendo in fratti semplici si dimostra facilmente che

(126)   \begin{equation*} 		\dfrac{1}{t(t^2-3)}=\dfrac{t}{3\left(t^2-3\right)}-\dfrac{1}{3t} 	\end{equation*}

quindi

(127)   \begin{align*} 		&I=\int_{+\infty}^2\dfrac{dt}{t(t^2-3)}=\\ 		&=-\dfrac{1}{3}\log\vert t\vert +\dfrac{1}{6}\log\vert t^2-3\vert\bigg \vert^2_{+\infty}=\\ 		&=\ln\left \vert\dfrac{\sqrt[6]{t^2-3}}{\sqrt[3]{t}} \right \vert\bigg\vert^2_{+\infty}=\\  		& = \ln\left(\dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)-\lim_{t\to+\infty}\ln\left \vert\dfrac{\sqrt[6]{t^2-3}}{\sqrt[3]{t}} \right \vert=-\dfrac{1}{3}\ln 2. 	\end{align*}

Concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{\int_{0}^1\dfrac{x^3-x}{x^6+1}\,dx=-\dfrac{1}{3}\ln 2. }\]

Svolgimento punto b.

Per il secondo procediamo con la sostituzione \ln x=t

(128)   \begin{equation*} 		J= 		 \int_{1}^{e}\dfrac{x-x\ln x+1}{x\left(x+1\right)^2+x\ln^2 x}\,dx=\int_{0}^{1}\dfrac{e^t-te^t+1}{\left(e^t+1\right)^2+t^2}\,dt. 	\end{equation*}

Ora riscriviamo J come segue

(129)   \begin{align*} 		J&=-\int_{0}^{1}\dfrac{-\frac{e^t-te^t+1}{t^2}}{\left(\frac{e^t+1}{t}\right)^2+1}\,dt 	\end{align*}

e osserviamo che

(130)   \begin{equation*} 		\dfrac{d\left(\frac{e^t+1}{t}\right)}{dt}=\frac{e^tt-e^t-1}{t^2}=-\frac{e^t-te^t+1}{t^2} 	\end{equation*}

pertanto

(131)   \begin{equation*} 		J=-\arctan\left(\dfrac{e^t+1}{t}\right)\bigg\vert^1_0 = - \arctan\left(e+1\right)+\dfrac{\pi}{2}. 	\end{equation*}

Il risultato appena ottenuto si può scrivere in modo più compatto ricordando la seguente relazione

(132)   \begin{equation*} 		\arctan x+\arctan\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{\pi}{2}\quad \forall x>0 	\end{equation*}

cioè

(133)   \begin{equation*} 		J=\arctan\left(\dfrac{1}{e+1}\right). 	\end{equation*}

Concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{	\int_{1}^{e}\dfrac{x-x\ln x+1}{x\left(x+1\right)^2+x\ln^2 x}\,dx=	\arctan\left(\dfrac{1}{e+1}\right). }\]

 

Esercizio 54  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite

    \[I=\lim_{N\to +\infty}\sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}.\]

Svolgimento.

Riscriviamo I come segue

    \[\sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}=\dfrac{N}{\left(2N+1\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+2\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+3\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+4\right)^2}\cdot 1+\dots\]

che è la somma di infiniti rettangoli di base 1 e altezza \frac{N}{\left(2N+k\right)^2} con k=0,1,2,\dots+\infty. A tal proposito consideriamo la seguente figura.

   

Rendered by QuickLaTeX.com

   

dalla quale si deduce che

(134)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		&\int_{2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{x^2}\,dx\leq \sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \int_{2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{\left(x-1\right)^2}\,dx\quad \Leftrightarrow \quad  		\\\\ 		&\quad \Leftrightarrow \quad  \dfrac{N}{2N+1}\leq \sum_{N=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \dfrac{N}{2N} 	\end{aligned} 	\end{equation*}

passando al limite per N\to +\infty

    \[\lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N+1}\leq\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N}\]

da cui, per il teorema del doppio confronto, abbiamo

    \[\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}=\dfrac{1}{2}.\]

perchè

    \[\lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N+1}=\lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N}=\dfrac{1}{2}.\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=\dfrac{1}{2}. }\]

 

Esercizio 55  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Dimostrare che

    \begin{equation*} 			a)\,\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{\sin^2 x}{e^{\frac{1}{x}}+1}\,dx=\dfrac{\pi}{2}\quad \text{e}\quad b)\, \int_{0}^{1}\dfrac{x\ln\left(1+x^2\right)}{1+x^4}\,dx=\dfrac{\pi}{16}\ln 2. 		\end{equation*}

Svolgimento punto a.

Si ricorda che ogni funzione può essere scritta come la somma di una funzione pari e una funzione dispari. Pertanto definendo

    \[f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to \mathbb{R},\,f(x)=\frac{\sin^2 x}{e^{\frac{1}{x}+1}}\]

si ha

(135)   \begin{equation*} 	\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}\,dx+\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}\,dx=I. \end{equation*}

Sfruttando le simmetrie I diventa

(136)   \begin{align*} 	I&=\int_{0}^{\pi}f(x)+f(-x)dx=\\ 	&=\int_{0}^{\pi}\sin^2 x\left(\dfrac{1}{e^{\frac{1}{x}}+1}+\dfrac{1}{e^{-\frac{1}{x}}+1}\right)\,dx=\\ 	&=\int_{0}^{\pi}\sin^2 x\,dx=\\ 	&=\int_{0}^{\pi}\dfrac{1+\cos\left(2x\right)}{2}\,dx=\dfrac{\pi}{2}. \end{align*}

Quindi

    \[\boxcolorato{analisi}{\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{\sin^2 x}{e^{\frac{1}{x}}+1}\,dx=\dfrac{\pi}{2} }\]

da cui segue l’asserto.

Svolgimento punto b.

Per risolvere il seguente esercizio è utile ricorrere a varie sostituzioni.

Prima sostituzione: x^2=t da cui segue

    \[I=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1+t\right)}{1+t^2}\,dt.\]

Seconda sostituzione: t=\tan \theta

    \[I=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\theta\right)\,d\theta\]

ed infine terza sostituzione: \theta=\frac{\pi}{4}-\alpha, ottenendo così

    \[I=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)\right)\,d\alpha.\]

Ora procediamo sviluppando i calcoli e perciò applichiamo la formula di somma e sottrazione per la tangente

(137)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	I&=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\dfrac{1-\tan\alpha}{1+\tan \alpha}\right)\,d\alpha=\\ 	&=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\dfrac{ 2}{1+\tan\alpha}\right)\,d\alpha=\\ 	&=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln 2 \,d\alpha-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\alpha\right)=\\ 	&=\dfrac{\pi}{4}\ln 2-I \quad \Leftrightarrow \quad I=\dfrac{\pi}{8}\ln 2. \end{aligned} \end{equation*}

Quindi

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln\left(1+x^2\right)}{1+x^4}\,dx=\dfrac{\pi}{16}\ln 2}\]

 

Esercizio 56  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Siano f,g:A\subseteq\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} due funzioni. Assumendo che f sia pari e che g(x)g(-x)=1 dimostrare che

    \[I=\int_{-a}^{a}\dfrac{f(x)}{1+g(x)}\,dx=\int_{0}^{a}f(x)\,dx.\]

Svolgimento.

Ricordiamo che una qualsiasi funzione può essere riscritta come la somma di una funzione pari e dispari, pertanto

    \[\dfrac{f(x)}{1+g(x)}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}+\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}-\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\]

quindi

    \[I=\int_{-a}^{a}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}+\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\,dx+\int_{-a}^{a}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}-\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\,dx.\]

Sfruttando le simmetrie si ha

(138)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\int_{-a}^{a}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}+\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\,dx=\\ 		&=2\int_{0}^{a}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}+\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\,dx=\\ 	&=\int_{0}^{a}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}+\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\,dx \end{aligned} \end{equation*}

e

    \[\int_{-a}^{a}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}-\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\,dx=0.\]

Pertanto abbiamo

    \[I=\int_{0}^{a}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}+\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\,dx\]

e ricordando che f è pari e sviluppando i calcoli otteniamo

(139)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	I  &= \int_{0}^{a}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}+\dfrac{f(-x)}{1+g(-x)}\right)\,dx =\\ 		&= \int_{0}^{a}\left(\dfrac{f(x)}{1+g(x)}+\dfrac{f(x)}{1+g(-x)}\right)\,dx=\\ 	& = \int_{0}^{a} f(x) \left(\dfrac{1}{1+g(x)}+\dfrac{1}{1+g(-x)}\right) \, dx =\\ 	& = \int_{0}^{a} f(x) \left(\dfrac{2+g(x)+g(-x)}{\left(1+g(x)\right) \left(1+g(-x)\right)}\right) \, dx=\\ 	& =\int_{0}^{a} f(x) \left(\dfrac{2+g(x)+g(-x)}{1+g(-x)+g(x)+g(x)g(-x)}\right) \, dx. \end{aligned} \end{equation*}

Dal momento che g(x)g(-x)=1, quanto ottenuto precedentemente diventa

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=\int_{0}^{a}f(x)\left(\dfrac{2+g(x)+g(-x)}{2+g(x)+g(-x)}\right)\,dx=\int_{0}^{a}f(x)\,dx. }\]

 

Esercizio 57  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar). Determinare la più grande costante k \in \mathbb{R} tale che la seguente disuguaglianza:

    \begin{equation*} 				\int_{-1}^{1}\left(f^{\prime\prime}(x)\right)^2\,dx\geq k \left(\int_{-1}^{1}f(x)\,dx\right)^2 				\end{equation*}

sia verificata per ogni funzione f: [-1,1] \to \mathbb{R} di classe \mathcal{C}^2[-1,1] tale che f(0) = 0.

Svolgimento.

Consideriamo la funzione g:[-1,1]\to \mathbb{R} così definita

    \[g(x)=\begin{cases} 		2(x+1)^2\quad \text{per}\,\,x \in [-1,0)\\ 		2(x-1)^2\quad \text{per}\,\, x \in [0,1].	 	\end{cases}\]

Si osservi che g presenta le seguenti caratteristiche g(-1)=g(1)=g^\prime(-1)=g^\prime(-1)=g^\prime(1)=0,\,\, g(0)=2 e g^{\prime\prime}(x)=4 per ogni x \in [-1,1]\,\wedge x \neq 0. Notiamo ora che

(140)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		\int_{-1}^{1}g^2(x)\,dx&=\int_{-1}^{0}4\left(x+1\right)^4\,dx+\int_{0}^{1}4\left(x-1\right)^4\,dx=\dfrac{4}{5}\left(x+1\right)^5\bigg \vert^0_{-1}+\dfrac{4}{5}\left(x-1\right)^5\bigg \vert^1_0=\dfrac{8}{5} 	\end{aligned} 	\end{equation*}

e

(141)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		\int_{-1}^{1}g(x)f^{\prime\prime}(x)\,dx&=\underbrace{\int_{-1}^{0}g(x)f^{\prime\prime}(x)\,dx}_{I_1}+\underbrace{\int_{0}^{1}g(x)f^{\prime\prime}(x)\,dx}_{I_2}. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

Calcoliamo I_2:

(142)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 	\int_{0}^{1}g(x)f^{\prime\prime}(x)\,dx	&=f^\prime(x)g(x)\bigg\vert^1_0-\int_{0}^{1}f^\prime(x)g^\prime(x)\,dx=\\ 		&=\underbrace{f^\prime(1)g(1)}_{=0}-f^\prime(0)g(0)-\int_{0}^{1}f^\prime(x)g^\prime(x)\,dx=\\ 		&=-2f^\prime(0)-\left(f(x)g^\prime(x)\bigg\vert^1_0-\int^1_0f(x)g^{\prime\prime}(x)\,dx\right)=\\ 		&=-2f^\prime(0)+\int_{0}^{1}f(x)\underbrace{g^{\prime\prime}(x)}_{=4}\,dx=-2f^\prime(0)+4\int_{0}^{1}f(x)\,dx. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

Procedendo in modo analogo ad I_2 si trova

    \[I_1=2f^\prime(0)+4\int_{-1}^{0}f(x)\,dx.\]

Pertanto sfruttando quando ottenuto si ottiene

(143)   \begin{equation*} 		\int_{-1}^{1}f^{\prime\prime}(x)\,g(x)\,dx=2f^\prime(0)+4\int_{-1}^{0}f(x)\,dx-2f^\prime(0)+4\int_{0}^{1}f(x)\,dx=4\int_{-1}^{1}f(x)\,dx. 	\end{equation*}

Applicando la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz13 si trova

(144)   \begin{align*} 		&\int_{-1}^{1}g^2(x)\,dx\cdot \int_{-1}^{1}\left(f^{\prime\prime}(x) \right)^2\,dx=\dfrac{8}{5} \int_{-1}^{1}\left(f^{\prime\prime}(x) \right)^2\,dx\geq \left(\int_{-1}^{1}f^{\prime\prime}(x)\,g(x)\,dx\right)^2=\\ 		&=\left(4\int_{-1}^{1}f(x)\,dx\right)^2=16\left(\int_{-1}^{1}f(x)\,dx\right)^2 \nonumber, 	\end{align*}

da cui

    \[\dfrac{8}{5} \int_{-1}^{1}\left(f^{\prime\prime}(x) \right)^2\,dx\geq16\left(\int_{-1}^{1}f(x)\,dx\right)^2,\]

i.e.

(145)   \begin{equation*} 		\int_{-1}^{1}\left(f^{\prime\prime}(x)\right)^2\,dx\geq 10 \left(\int_{-1}^{1}f(x)\,dx\right)^2. 	\end{equation*}

Presentiamo ora una funzione14 f: [-1,1] \to \mathbb{R} definita come segue

(146)   \begin{equation*} 		f(x) = \begin{cases} 			\dfrac{1}{6}\left(x+1\right)^{4}-\dfrac{2}{3}x - \dfrac{1}{6}, & -1 \leqslant x < 0; \\[10pt] 			\dfrac{1}{6}\left(x-1\right)^{4}+\dfrac{2}{3}x - \dfrac{1}{6}, & 0 \leqslant x \leqslant 1. 		\end{cases} 	\end{equation*}

per cui la (145) diventa un uguaglianza. La funzione f è pari e f(0) = 0. Inoltre

(147)   \begin{equation*} 		f'(x) = \begin{cases} 			\dfrac{2}{3}\left(x+1\right)^{3}-\dfrac{2}{3}, & -1 \leqslant x < 0; \\[10pt] 			\dfrac{2}{3}\left(x-1\right)^{3}+\dfrac{2}{3}, & 0 \leqslant x \leqslant 1. 		\end{cases} 	\end{equation*}

e

(148)   \begin{equation*} 		f''(x) =g(x)= \begin{cases} 			2\left(x+1\right)^{2}, & -1 \leqslant x < 0; \\ 			2\left(x-1\right)^{2}, & 0 \leqslant x \leqslant 1. 		\end{cases} 	\end{equation*}

Nonostante la funzione sia definita a tratti, f è \mathcal{C}^2 su [-1,1]. Integrando possiamo calcolare

(149)   \begin{equation*} 		\int\limits_{-1}^{+1} \left(f''(x)\right)^2\,dx = 2\int\limits_{0}^{1} 4(x-1)^4\,dx = \frac{8}{5}. 	\end{equation*}

Inoltre

(150)   \begin{equation*} 		\int\limits_{-1}^{+1} f(x)dx = 2\int\limits_{0}^{1}\left(\dfrac{1}{6}\left(x-1\right)^{4}+\dfrac{2}{3}x-\frac{1}{6}\right)\,dx = 2\cdot\frac{1}{5}, 	\end{equation*}

da cui

(151)   \begin{equation*} 		10\left(\,\int\limits_{-1}^{+1} f(x)d x\right)^2 = 10\left(\frac{2}{5}\right)^2 = \frac{8}{5}. 	\end{equation*}

Quindi abbiamo una funzione f per la quale la disuguaglianza è di fatto un’uguaglianza, mostrando che la costante 10 è la costante massima possibile.    


    \[\]

  1. Siano f,\, g:[a,b]\to\mathbb{R} due funzioni a quadrato integrabili sul proprio dominio. Allora vale la seguente disuguaglianza:

        \[\left( \int_{a}^{b}\left(f(x)g(x)\right)dx \right)^2 \leq \left( \int_{a}^{b} \left( f(x) \right)^2dx \right)\left( \int_{a}^{b} \left( g(x) \right)^2dx \right).\]

  1. Per determinare la funzione f bisogna chiedersi quando la disuguaglianza utilizzata nel passaggio (144) diventa un’uguaglianza. Questo avviene quando le due funzioni sono una multipla dell’altra, ad esempio g = f^{\prime\prime} per cui la disuguaglianza (144). Integrando, imponendo la continuità di f e f^\prime e che f(0)=0, si trova l’espressione (146) di f.

 

Esercizio 58  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Applicando il trucco di Feynman dimostrare che

(152)   \begin{equation*} 		\int\limits_{0}^{1}\ln \left(\frac{x^{2}+\sqrt{3}x+1}{x^{2}-\sqrt{3}x+1}\right)\frac{dx}{x}=\frac{\pi ^{2}}{3}. 		\end{equation*}

Richiami teorici.

Il trucco di Feynman è una tecnica matematica utilizzata per risolvere integrali complessi, soprattutto quando i metodi di integrazione standard non risultano efficaci. Ideata dal fisico Richard Feynman, questa strategia si basa sull’introduzione di un parametro ausiliario, che consente di semplificare il calcolo dell’integrale derivando rispetto a tale parametro e poi reintegrando.

Per applicare il trucco di Feynman, seguiamo i seguenti passaggi.

  1. Introduzione di un parametro

    Il primo passo consiste nell’introdurre un parametro reale a all’interno dell’integrale, modificando la funzione integranda affinché dipenda da questo nuovo parametro. L’integrale originale viene così trasformato in una funzione che dipende da a, che possiamo indicare con I(a), chiamando l’integrale da calcolare I. L’introduzione del parametro non è legata a una necessità fisica o pratica, ma ha lo scopo di semplificare i calcoli successivi.

    Ad esempio, se abbiamo l’integrale

        \[     I = \int_0^1 f(x) \, dx,     \]

    possiamo trasformarlo nella forma:

        \[     I(a) = \int_0^1 f(x, a) \, dx,     \]

    dove f(x, a) è una versione modificata della funzione integranda originale.

  2. Derivazione rispetto al parametro

    Dopo aver introdotto il parametro, si procede derivando l’integrale rispetto a a. Questo sfrutta la regola di Leibniz per derivare integrali dipendenti da un parametro. Così facendo, l’integrale diventa:

        \[     \frac{d}{da} I(a) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial a} f(x, a) \, dx.     \]

    La derivata rispetto al parametro semplifica spesso l’integrale, rendendo il calcolo più agevole.

  3. Risoluzione dell’integrale derivato

    Dopo aver derivato l’integrale, ci ritroviamo con un integrale più semplice da risolvere rispetto a quello originale. Questo integrale può essere risolto con i metodi tradizionali, come l’integrazione di funzioni razionali, esponenziali o trigonometriche.

  4. Integrazione rispetto al parametro

    Una volta risolto l’integrale derivato, si reintegra rispetto a a per ottenere la funzione I(a). Questo passaggio ci riporta al valore dell’integrale originale. Spesso, la reintegrazione porta a espressioni che includono funzioni note, come l’arctan o i logaritmi, che semplificano ulteriormente il calcolo

        \[     I(a) = \int \frac{d}{da} I(a) \, da.     \]

  5. Determinazione della costante di integrazione:

    La reintegrazione produce in genere una costante di integrazione C. Per determinare questa costante, valutiamo l’integrale per un valore specifico di a, come a = 0 o un altro valore per cui l’integrale è facilmente calcolabile

        \[     I(0) = \int_0^1 f(x, 0) \, dx.     \]

  6. Valutazione finale dell’integrale:

    Una volta determinata la costante di integrazione, si valuta l’integrale per il valore desiderato del parametro, ottenendo così la soluzione finale dell’integrale originale.

Svolgimento.

Poniamo, per a\in [0,2]

    \[ 	I(a):=\int\limits_{0}^{1}\ln 	\left(\frac{x^{2}+ax+1}{x^{2}-ax+1}\right)\frac{dx}{x}. 	\]

Derivando rispetto ad a si ottiene

    \begin{eqnarray*} 		I^{\prime }(a) &=&2\int\limits_{0}^{1}\dfrac{x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}(a^{2}-2)+1} 		dx =\\ 		&=&2\int\limits_{0}^{1}\dfrac{x^{2}+1}{(x^{2}+1)^{2}-a^{2}x^{2}}dx= \\ 		&=&2\int\limits_{0}^{1}\dfrac{x^{2}+1}{(x^{2}+ax+1)(x^{2}-ax+1)}dx= \\ 		&=&\int \limits_{0}^{1}\left(\dfrac{1}{x^{2}+ax+1}+\dfrac{1}{x^{2}-ax+1 }\right)dx. 	\end{eqnarray*}

Calcolando i due integrali si trova:

    \[ 	I^{\prime }(a)=2\dfrac{\arctan \left(\dfrac{2-a}{\sqrt{4-a^{2}}}\right)}{\sqrt{4-a^{2}}}+2 	\dfrac{\arctan \left(\dfrac{2+a}{\sqrt{4-a^{2}}}\right)}{\sqrt{4-a^{2}}}. 	\]

Integrando rispetto ad a si ha

    \[ 	I(a)=2\int \dfrac{\arctan \left(\dfrac{2-a}{\sqrt{4-a^{2}}}\right)}{\sqrt{4-a^{2}}} 	da+2\int \dfrac{\arctan \left(\dfrac{2+a}{\sqrt{4-a^{2}}}\right)}{\sqrt{4-a^{2}}}da. 	\]

Anche questi ultimi integrali sono immediati perché compaiono le funzioni \arctan \left(\dfrac{2-a}{\sqrt{4-a^{2}}}\right) e\\ \arctan \left(\dfrac{2+a}{\sqrt{ 			4-a^{2}}}\right) con le rispettive derivate.

Dunque

    \[ 	I(a)=2\arctan ^{2}\left(\frac{a+2}{\sqrt{4-a^{2}}}\right)-2\arctan ^{2} 	\left(\frac{a-2}{\sqrt{4-a^{2}}}\right)+c. 	\]

Inoltre, chiaramente,

    \[ 	I(0)=\int\limits_{0}^{1}\ln \left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}+1}\right)\frac{dx}{x}=0=c\]

e in definitiva

    \[ 	I(a)=2\arctan ^{2}\left(\frac{a+2}{\sqrt{4-a^{2}}}\right)-2\arctan ^{2} 	\left(\frac{a-2}{\sqrt{4-a^{2}}}\right) 	\]

che valutata in a=\sqrt{3}15

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	I=I(\sqrt{3})=\frac{\pi ^{2}}{3},}\]

cioè l’asserto.

   


    \[\]

  1. Si ricorda che \arctan\left(\sqrt{3}+2\right)=\dfrac{5}{12}\pi e \arctan\left(\sqrt{3}-2\right)=-\dfrac{\pi}{12}.

 

Esercizio 59  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare i seguenti integrali indefiniti:

    \begin{equation*} 			a)\,J=\int_{0}^{\pi}\dfrac{2\sin^4 x+1}{1+\sin^4 x +\cos^4 x}\,dx	\quad \quad b)\,I=\int_{0}^{1}\dfrac{\arctan x}{1+x}\,dx. 		\end{equation*}

Svolgimento punto a.

Riscriviamo l’integrale come segue

    \[J=\underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2\sin^4 x +1}{1+\sin^4 x +\cos^4 x }\,dx}_{J_1}+\underbrace{\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\dfrac{2\sin^4 x +1}{1+\sin^4 x +\cos^4 x }\,dx}_{J_2}.\]

Operiamo la sostituzione x-\frac{\pi}{2}=t su J_2 e otteniamo

    \[J_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2\sin^4\left(\dfrac{\pi}{2}+t\right)+1}{1+\sin^4\left(\dfrac{\pi}{2}+t\right)+\cos^4\left(\dfrac{\pi}{2}+t\right)}\,dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2\cos^4 t +1}{1+\cos^4 t +\sin^4 t}\,dt.\]

Sfruttando quanto ottenuto si ha

(153)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		J&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2\sin^4 x +1}{1+\sin^4 x +\cos^4 x }\,dx+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2\cos^4 x +1}{1+\sin^4 x+\cos^4 x}\,dx=\\ 		&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2\sin^4 x +2\cos^4 x +2}{1+\sin^4 x +\cos^4 x}\,dx=\\ 			&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2\left(\sin^4 x +\cos^4 x +1\right)}{1+\sin^4 x +\cos^4 x}\,dx=\\ 		&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2\,dx=2\cdot \dfrac{\pi}{2}=\pi. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ \int_{0}^{\pi}\dfrac{2\sin^4 x+1}{1+\sin^4 x +\cos^4 x}\,dx=\pi.}\]

Svolgimento punto b.

Integriamo per parti e otteniamo

    \[I=\arctan x\,\ln(1+x)\bigg \vert^1_0-\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1+x\right)}{1+x^2}\,dx= 	\dfrac{\pi\,\ln2 }{4}-\underbrace{\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1+x\right)}{1+x^2}\,dx}_\mathcal{W}.\]

Operiamo la sostituzione x=\tan t su \mathcal{W} e otteniamo

(154)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 		\mathcal{W}&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\ln\left(1+\tan t\right)}{1+\tan^2 t}\,\left(1+\tan^2 t \right)\,dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan t \right)\,dt. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

Operiamo una nuova sostituzione {\pi}/{4}-t=z sempre su \mathcal{W} e otteniamo

(155)   \begin{equation*}	\begin{aligned} 		&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan t \right)\,dt= \\ 		&=-\int_{\frac{\pi}{4}}^{0}\ln\left(1+\tan\left(\dfrac{\pi}{4}-z\right)\right)dz=\\ 			&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\dfrac{\tan\left(\pi/4\right)-\tan z}{1+\tan \left(\pi/4\right)\tan z	}\right)dz=\\ 		&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\dfrac{1-\tan z}{1+\tan z}\right)dz=\\ 			&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\dfrac{2}{1+\tan z }\right)dz=\\ 				&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln 2 \,dx-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln \left(1+\tan z\right)dz=\\ 		&=\dfrac{\pi\ln 2}{4}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan z\right)dz. 			\end{aligned} 			\end{equation*}

Da cui

(156)   \begin{equation*} 					\begin{aligned}	 2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan z\right)\,dz=\dfrac{\pi\ln2}{4} \quad\ 		\Leftrightarrow \quad \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan z\right)dz=\dfrac{\pi \ln 2 }{8}. 			\end{aligned} 		\end{equation*}

Sfruttando i fatti ottenuti si ha

    \[I=\dfrac{\pi\,\ln2 }{4}-\mathcal{W}=\dfrac{\pi\,\ln2 }{4}-\dfrac{\pi \ln 2 }{8}=\dfrac{\pi \ln 2 }{8}.\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{\int_{0}^{1}\dfrac{\arctan x}{1+x}\,dx=\dfrac{\pi \ln 2 }{8}. }\]

 

Esercizio 60  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Scrivere esplicitamente l’espressione della funzione definita come

    \[g(x)=\int_0^xf(t)dt,\]

dove

    \[f(t)=\begin{cases}1 & -2\le t \le -1 \\ (t+1)^2-1 & -1< t < 0 \\ e^{-\frac{t}{2}} & 0 \le t \le 1.\end{cases}\]

Svolgimento.

Per x\in[0,1] si ha

    \[g(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\int_{0}^{x}e^{-\frac{t}{2}}dt=-2\left[e^{-\frac{t}{2}}\right]_0^x=2-2e^{-\frac{t}{2}}.\]

Per x\in[-1,0] si ottiene

    \[g(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\int_{0}^{x}[(t-1)^2-1]dt=\left[\frac{(t+1)^3}{3}-t\right]_0^x=\frac{(x+1)^3}{3}-x-\frac{1}{3}.\]

Mentre per x\in[-2,-1]

(157)   \begin{align*} g(x)&=\int_0^{-1}f(t)dt+\int_{-1}^x f(t)dt=\\ &=\int_{0}^{-1}[(t-1)^2-1]dt+\int_{-1}^xdt=\\ &=\left[\frac{(t+1)^3}{3}-t\right]_0^x+x+1=x+\frac{5}{3}.\end{align*}

Riassumendo, la funzione corrispondente è definita come

    \[\boxcolorato{analisi}{		g(x)=\begin{cases}x+\frac{5}{3} & -2\le x\le -1 \\ \dfrac{(x+1)^3}{3}-x-\frac{1}{3} & -1< x < 0 \\ 2-2e^{-\frac{t}{2}} & 0 \le x \le 1.\end{cases} }\]

 

Riferimenti bibliografici

 

[1] Apostol, T., Calculus, Vol. 1, Wiley, (1967).
[2] Giusti, E., Analisi Matematica 1, Bollati Boringhieri, (2003).
[3] Rudin, W., Principles of Mathematical Analysis, McGraw-Hill, (1976).
[4] Bartle, R. G., Introduction to Real Analysis, Wiley, (2011).
[5] Abbagnano, G. & Togliatti, G., Esercizi di Analisi Matematica 1, Zanichelli, (1990).
[6] Gilardi, G., Esercizi di Analisi Matematica 1, Pitagora Editrice, (2011).
[7] Isola, T., Corso di Analisi Matematica I, Università di Tor Vergata.
[8] Tauraso, R., Corso di Analisi Matematica I, Università di Tor Vergata.

 
 

Tutta la teoria di analisi matematica

Leggi...

  1. Teoria Insiemi
  2. Il metodo della diagonale di Cantor
  3. Logica elementare
  4. Densità dei numeri razionali nei numeri reali
  5. Insiemi Numerici \left(\mathbb{N},\, \mathbb{Z},\, \mathbb{Q}\right)
  6. Il principio di induzione
  7. Gli assiomi di Peano
  8. L’insieme dei numeri reali: costruzione e applicazioni
  9. Concetti Fondamentali della Retta Reale: Sintesi Teorica
  10. Costruzioni alternative di \mathbb{R}
  11. Binomio di Newton
  12. Spazi metrici, un’introduzione
  13. Disuguaglianza di Bernoulli
  14. Disuguaglianza triangolare
  15. Teoria sulle funzioni
  16. Funzioni elementari: algebriche, esponenziali e logaritmiche
  17. Funzioni elementari: trigonometriche e iperboliche
  18. Funzioni goniometriche: la guida essenziale
  19. Teorema di Bolzano-Weierstrass per le successioni
  20. Criterio del rapporto per le successioni
  21. Definizione e proprietà del numero di Nepero
  22. Limite di una successione monotona
  23. Successioni di Cauchy
  24. Il teorema ponte
  25. Teoria sui limiti
  26. Simboli di Landau
  27. Funzioni continue – Teoria
  28. Il teorema di Weierstrass
  29. Il teorema dei valori intermedi
  30. Il teorema della permanenza del segno
  31. Il teorema di Heine-Cantor
  32. Il teorema di esistenza degli zeri
  33. Il metodo di bisezione
  34. Teorema ponte versione per le funzioni continue
  35. Discontinuità di funzioni monotone
  36. Continuità della funzione inversa
  37. Teorema delle contrazioni o Teorema di punto fisso di Banach-Caccioppoli
  38. Teoria sulle derivate
  39. Calcolo delle derivate: la guida pratica
  40. Teoria sulle funzioni convesse
  41. Il teorema di Darboux
  42. I teoremi di de l’Hôpital
  43. Teorema di Fermat
  44. Teoremi di Rolle e Lagrange
  45. Il teorema di Cauchy
  46. Espansione di Taylor: teoria, esempi e applicazioni pratiche
  47. Polinomi di Taylor nei limiti: istruzioni per l’uso
  48. Integrali definiti e indefiniti
  49. Teorema fondamentale del calcolo integrale (approfondimento)
  50. Integrali ricorsivi
  51. Formule del trapezio, rettangolo e Cavalieri-Simpson
  52. Teoria sugli integrali impropri
  53. Funzioni integrali – Teoria
  54. Introduzione ai numeri complessi – Volume 1 (per un corso di ingegneria — versione semplificata)
  55. Introduzione ai numeri complessi – Volume 1 (per un corso di matematica o fisica)
  56. Serie numeriche: la guida completa
  57. Successioni di funzioni – Teoria
  58. Teoremi sulle successioni di funzioni
    1. 58a. Criterio di Cauchy per la convergenza uniforme
    2. 58b. Limite uniforme di funzioni continue
    3. 58c. Passaggio al limite sotto il segno di integrale
    4. 58d. Limite uniforme di funzioni derivabili
    5. 58e. Piccolo teorema del Dini
    6. 58f. Procedura diagonale e teorema di Ascoli-Arzela
  59. Serie di funzioni – Teoria
  60. Serie di potenze – Teoria
  61. Serie di Fourier – Teoria e applicazioni
  62. Integrali multipli — Parte 1 (teoria)
  63. Integrali multipli — Parte 2 (teoria e esercizi misti)
  64. Regola della Catena — Teoria ed esempi.
  65. Jacobiano associato al cambiamento di coordinate sferiche
  66. Guida ai Massimi e Minimi: Tecniche e Teoria nelle Funzioni Multivariabili
  67. Operatore di Laplace o Laplaciano
  68. Teoria equazioni differenziali
  69. Equazione di Eulero
  70. Teoria ed esercizi sulla funzione Gamma di Eulero
  71. Teoria ed esercizi sulla funzione Beta
  72. Approfondimento numeri complessi
  73. Diverse formulazioni dell’assioma di completezza
  74. Numeri di Delannoy centrali
  75. Esercizi avanzati analisi

 
 

Tutte le cartelle di Analisi Matematica

Leggi...

  1. Prerequisiti di Analisi
    1. Ripasso algebra biennio liceo
    2. Ripasso geometria analitica
    3. Ripasso goniometria e trigonometria
    4. Errori tipici da evitare
    5. Insiemi numerici N,Z,Q,R
    6. Funzioni elementari
    7. Logica elementare
    8. Insiemi
  2. Successioni
    1. Teoria sulle Successioni
    2. Estremo superiore e inferiore
    3. Limiti base
    4. Forme indeterminate
    5. Limiti notevoli
    6. Esercizi misti Successioni
    7. Successioni per ricorrenza
  3. Funzioni
    1. Teoria sulle funzioni
    2. Verifica del limite in funzioni
    3. Limite base in funzioni
    4. Forme indeterminate in funzioni
    5. Limiti notevoli in funzioni
    6. Calcolo asintoti
    7. Studio di funzione senza derivate
    8. Dominio di una funzione
    9. Esercizi misti Funzioni
    10. Esercizi misti sui Limiti
  4. Funzioni continue-lipschitziane-holderiane
    1. Teoria sulle Funzioni continue-lipschitziane-holderiane
    2. Continuità delle funzioni
    3. Continuità uniforme
    4. Teorema degli zeri
    5. Esercizi sul teorema di Weierstrass senza l’uso delle derivate
  5. Calcolo differenziale
    1. Derivate
    2. Calcolo delle derivate
    3. Retta tangente nel calcolo differenziale
    4. Punti di non derivabilità nel calcolo differenziale
    5. Esercizi sul teorema di Weierstrass con l’uso delle derivate
    6. Studio di funzione completo nel calcolo differenziale
    7. Esercizi teorici nel calcolo differenziale
    8. Metodo di bisezione
    9. Metodo di Newton
  6. Teoremi del calcolo differenziale
    1. Teoria sui Teoremi del calcolo differenziale
    2. Teorema di Rolle
    3. Teorema di Lagrange
    4. Teorema di Cauchy
    5. Teorema di De L’Hôpital
  7. Calcolo integrale
    1. Integrale di Riemann
    2. Integrali immediati
    3. Integrale di funzione composta
    4. Integrali per sostituzione
    5. Integrali per parti
    6. Integrali di funzione razionale
    7. Calcolo delle aree
    8. Metodo dei rettangoli e dei trapezi
    9. Esercizi Misti Integrali Indefiniti
    10. Esercizi Misti Integrali Definiti
  8. Integrali impropri
    1. Teoria Integrali impropri
    2. Carattere di un integrale improprio
    3. Calcolo di un integrale improprio
  9. Espansione di Taylor
    1. Teoria Espansione di Taylor
    2. Limiti di funzione con Taylor
    3. Limiti di successione con Taylor
    4. Stime del resto
  10. Funzioni integrali (Approfondimento)
    1. Teoria Funzioni integrali (Approfondimento)
    2. Studio di funzione integrale
    3. Limiti con Taylor e De L’Hôpital