Integrali definiti – Esercizi

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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!

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

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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

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

$\[\]$

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

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

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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 $I_2$ ⁴

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

Dunque concludiamo che

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

$\[\]$

Le formule parametriche sono le seguenti

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

↩

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

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

↩

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

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

$\[\]$

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

$\sin x= \dfrac{2t}{1+t^2}$

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

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

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

$\[\]$

Si tratta delle formule parametriche

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

↩

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

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

$\[\]$

Si tratta delle formule parametriche

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

↩

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.

$\[\]$

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

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:

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

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

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

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

Svolgimento.

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

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

Posto $y=\log(1+\log(x))$ , $\displaystyle dy=\frac{1}{x+x\log(x)}dx$ , dunque
$\boxcolorato{analisi}{\int_{1}^{e}\frac{\sqrt{\log(1+\log(x))}}{x+x\log(x)}\,dx=\int_{0}^{\log(2)}\sqrt{y}\,dy=\left[\frac 2 3 y^{\frac{3}{2}}\right]_0^{\log(2)}=\frac 2 3 (\log(2))^{\frac{3}{2}}.}$
Siccome la funzione integranda è pari
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\frac{x^2}{1+x^6}\,dx= 2\int_{0}^{1}\frac{x^2}{1+x^6}\,dx=\frac 2 3 \int_{0}^{1}\frac{3x^2}{1+x^6}\,dx=\frac 2 3 \left[\arctan(x^3)\right]_0^1.$

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

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

(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

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

$\[\]$

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

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

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

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 $B$ :

$\displaystyle \int_{a-1}^{a} \frac{e^{-x}}{x-a+1} \, dx,\qquad \mbox{ con } a > 0.$
$\displaystyle \int_0^1 e^x \log(x + 1) \, dx.$

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:

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

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

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

Svolgimento punto 1.

Ricordiamo che¹²

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

Pertanto, imponendo quanto scritto nel nostro caso, otteniamo

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

$\[\]$

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.

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

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

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

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

(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.

$\[\]$

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

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

↩

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.

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.
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.
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.
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

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

$I(0) = \int_0^1 f(x, 0) \, dx.$
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 dà

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

cioè l’asserto.

$\[\]$

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.

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In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

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Math Stack Exchange – Parte della rete Stack Exchange, questo sito è un forum di domande e risposte specificamente dedicato alla matematica. È una delle piattaforme più popolari per discutere e risolvere problemi matematici di vario livello, dall’elementare all’avanzato.
Art of Problem Solving (AoPS) – Questo sito è molto noto tra gli studenti di matematica di livello avanzato e i partecipanti a competizioni matematiche. Offre forum, corsi online, e risorse educative su una vasta gamma di argomenti.
MathOverflow – Questo sito è destinato a matematici professionisti e ricercatori. È una piattaforma per domande di ricerca avanzata in matematica. È strettamente legato a Math Stack Exchange ma è orientato a un pubblico con una formazione più avanzata.
PlanetMath – Una comunità collaborativa di matematici che crea e cura articoli enciclopedici e altre risorse di matematica. È simile a Wikipedia, ma focalizzata esclusivamente sulla matematica.
Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
Reddit (r/Math) – Un subreddit popolare dove si possono trovare discussioni su una vasta gamma di argomenti matematici. È meno formale rispetto ai siti di domande e risposte come Math Stack Exchange, ma ha una comunità attiva e molte discussioni interessanti.
Brilliant.org – Offre corsi interattivi e problemi di matematica e scienza. È particolarmente utile per chi vuole allenare le proprie capacità di problem solving in matematica.
Khan Academy – Una risorsa educativa globale con lezioni video, esercizi interattivi e articoli su una vasta gamma di argomenti di matematica, dalla scuola elementare all’università.

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