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Integrali definiti – Esercizi

Esercizi Misti Integrali Definiti

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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!

 

Esercizi sugli integrali indefiniti – Sommario

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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

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Autori: Valerio Brunetti, Silvia Lombardi.  

 

Richiami teorici sugli integrali definiti

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

 

Testi degli esercizi sugli integrali indefiniti

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.

Calcoliamo innanzitutto gli estremi di integrazione.

\[ a=-\frac14\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}x\,dx =-\frac14\left.\Bigl(\tfrac{x}{2}+\tfrac{\sin 2x}{4}\Bigr)\right|_{0}^{2\pi} =-\frac{\pi}{4},\qquad b=\frac{8}{\pi}\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{1+x^{2}}\,dx . \]

Poniamo t=\arctan x con dt=\dfrac{dx}{1+x^{2}}; per x=0 si ha t=0, mentre per x=1 otteniamo t=\pi/4.

\[ b=\frac{8}{\pi}\int_{0}^{\pi/4} t\,dt =\frac{8}{\pi}\,\frac{(\pi/4)^{2}}{2} =\frac{\pi}{4}. \]

Di conseguenza l’intervallo di integrazione è [-\,\pi/4,\,\pi/4], quindi risulta perfettamente simmetrico rispetto a 0.

Scriviamo l’integranda

\[ f(x)= \frac{x^{2}e^{|x|}\cos x\, \arctan\!\bigl(\cos(\pi/2+x)\bigr)} {\sin x^{2}+|\arctan x|+x^{2}+1}, \]

e notiamo che \cos(\pi/2+x)=-\sin x; segue \arctan\bigl(\cos(\pi/2+x)\bigr)=\arctan(-\sin x)=-\arctan(\sin x), funzione dispari. I fattori x^{2}, e^{|x|}, \cos x sono pari, quindi il numeratore è dispari; il denominatore è somma di funzioni pari, perciò è pari. In conclusione f(-x)=-f(x).

Poiché l’integranda è dispari e l’intervallo è simmetrico,

\[\boxcolorato{analisi}{\int_{-\pi/4}^{\pi/4} f(x)\,dx = 0. }\]

 

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

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

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