Integrali indefiniti misti – Esercizi

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi misti sugli integrali indefiniti. In questo articolo proponiamo 28 problemi di carattere misto e di difficoltà varia sugli integrali indefiniti. La raccolta, per la sua varietà di tecniche impiegate e di casi presentati, è l’ideale come banco di prova per l’esame di Analisi Matematica 1.

Segnaliamo il materiale teorico di riferimento:

Consigliamo inoltre la consultazione delle seguenti raccolte di esercizi correlati:

Buona lettura!

Sommario

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Questa dispensa contiene 28 esercizi di diverse difficoltà sul calcolo di integrali indefiniti con l’utilizzo delle diverse tecniche di integrazione.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

Revisori: Sergio Fiuorucci, Sara Sottile.

Integrali indefiniti misti: testi degli esercizi

$\quad$

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

$\int \frac{x}{\sqrt{1+x}} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$t=\sqrt{1+x} \ \iff x=t^2-1 \,$

da cui

$dx = 2 t dt.$

Sostituendo nell’integrale si ha

$\begin{aligned} \int\frac{x}{\sqrt{x+1}}\ dx & = \int(t^2-1)\cdot 2dt= 2\left(\frac{t^3}{3}-t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ & =2\left(\frac{\sqrt{(1+x)^3}}{3}-\sqrt{1+x}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Dunque

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{x}{\sqrt{x+1}}\ dx=\dfrac{2}{3}(x-2)\sqrt{x+1}+c, \quad c\in \mathbb{R}}$

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

$\int \cos^3 2x\ dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$\begin{aligned} \int \cos^3 2x\ dx &=\int\cos^2(2x)\cdot\cos(2x)\ dx=\int\left(1-\sin^2(2x)\right)\cos(2x)\ dx\\ &=\int\cos(2x)\ dx-\int\cos(2x)\cdot\sin^2(2x)\ dx\\ &=\frac{1}{2}\sin(2x)-\frac{1}{6}\sin^3(2x)+c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\int \cos^3 2x\ dx=\frac{1}{2}\sin(2x)-\frac{1}{6}\sin^3(2x)+c, \quad c\in \mathbb{R}}$

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

$\int \frac{4}{\cos x} \, dx$

Svolgimento.

Utilizzando la sostituzione $t=\tan\frac{x}{2}$ , dalle relazioni

$\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\quad ,\quad dx=\frac{2}{1+t^2}\ dt,$

abbiamo

$\begin{aligned} \int\frac{4}{\cos x}\ dx&=4\int\frac{1+t^2}{1-t^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt=8\int\frac{1}{1-t^2}\ dt\\ &=4\left(\int\frac{1}{1-t}\ dt+\int\frac{1}{1+t}\ dt\right)\\ &=4\left(-\ln|1-t|+\ln|1+t|\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)^4+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\ln\left(\frac{\cos x}{1-\sin x}\right)^4+c, \quad c\in \mathbb{R}, \end{aligned}$

dove è stata utilizzata l’identità

$\frac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}=\frac{\cos\alpha+\sin\alpha}{\cos\alpha-\sin\alpha}=\frac{\cos 2\alpha}{1-\sin 2\alpha}.$

Dunque

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{4}{\cos x}\ dx=\ln\left(\frac{\cos x}{1-\sin x}\right)^4+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

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

$\int \frac{x e^{2x}}{(2x+1)^2}\ dx.$

Svolgimento.

Effettuiamo la sostituzione seguente

$2x+1=t\ \Longrightarrow\ 2\ dx=dt,$

da cui

$\int \frac{x e^{2x}}{(2x+1)^2}\ dx=\int\frac{(t-1)e^{t-1}}{4t^2}\ dt= \frac{1}{4e}\int\frac{te^t-e^t}{t^2}\ dt=\frac{1}{4e}\left(\int\frac{e^t}{t}\ dt -\int\frac{e^t}{t^2}\ dt\right).$

Osserviamo che, integrando per parti solo il primo integrale, si ha

$\int\frac{e^t}{t}\ dt=\frac{e^t}{t}+\int\frac{e^t}{t^2}\ dt,$

e pertanto

$\int\frac{e^t}{t}\ dt-\int\frac{e^t}{t^2}\ dt=\frac{e^t}{t}.$

Ne segue che

$\boxcolorato{analisi}{\int \frac{x e^{2x}}{(2x+1)^2}\ dx=\frac{e^t}{4et}=\frac{e^{2x}}{4(2x+1)}+c, \quad c\in \mathbb{R}}$

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

$\int \sin(\ln x) \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo innanzitutto $\ln x=t\ \Longrightarrow\ x=e^t,\ dx=e^t\ dt$ , da cui

$\int \sin(\ln x)\ dx=\int e^t\sin t\ dt.$

Procediamo ora per parti, ponendo

$f=\sin t, \qquad g'=e^t,\Longrightarrow\ f'=\cos t,\qquad g=e^t,$

da cui

$\int e^t \sin t\ dt=e^t\sin t-\int e^t \cos t\ dt.$

Nel secondo integrale, posto

$f=\cos t,\qquad g'=e^t,\Longrightarrow\ f'=-\sin t,\qquad g=e^t$

si ha

$\int e^t\cos t\ dt=e^t\cos t+\int e^t\sin t\ dt,$

e quindi

$\int e^t \sin t\ dt=e^t\sin t-e^t\cos t-\int e^t \sin t\ dt,$

da cui

$\int e^t \sin t\ dt=\frac{1}{2}\left(\sin t-\cos t\right) e^t+c, \quad c\in \mathbb{R}$

Infine

$\boxcolorato{analisi}{\int\sin(\ln x)\ dx=\frac{x}{2}\left(\sin(\ln x)-\cos(\ln x)\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{3x+5}{x^2-4x+8}\, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$\begin{aligned} \frac{3x+5}{x^2-4x+8}&=\frac{1}{2}\cdot\frac{6x+10}{x^2-4x+8}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3(2x-4)+12+10}{x^2-4x+8}\\ &=\frac{3}{2}\cdot\frac{2x-4}{x^2-4x+8}+11\cdot\frac{1}{x^2-4x+8}. \end{aligned}$

Quindi

$\begin{aligned} \int\frac{3x+5}{x^2-4x+8}\ dx&=\frac{3}{2}\int\frac{2x-4}{x^2-4x+8}\ dx+11\int\frac{1}{x^2-4x+8}\ dx\\ &=\frac{3}{2}\ln(x^2-4x+8)+11\int\frac{1}{x^2-4x+8}\ dx. \end{aligned}$

Per l’integrale rimasto possiamo scrivere

$\int\frac{1}{x^2-4x+8}\ dx=\int\frac{1}{x^2-4x+4-4+8}\ dx=\int\frac{1}{(x-2)^2+4}\ dx,$

da cui, posto

$x-2=2t\Longrightarrow dx=2\ dt,$

si ottiene

$\begin{aligned} \int\frac{1}{x^2-4x+8}\ dx&=\int\frac{2}{4t^2+4}\ dt=\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+t^2}\ dt\\ &=\frac{1}{2}\arctan t+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{2}\arctan\frac{x-2}{2}+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{3x+5}{x^2-4x+8}\ dx=\frac{3}{2}\ln(x^2-4x+8)+\frac{11}{2}\arctan\frac{x-2}{2}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

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

$\int \frac{2x+1}{x^2-3x+3} \, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$\begin{aligned} \int\frac{2x+1}{x^2-3x+3}\ dx &=\int\frac{2x-3+4}{x^2-3x+3}\ dx\\ &=\int\frac{2x-3}{x^2-3x+3}\ dx+\int\frac{4}{x^2-3x+3}\ dx\\ &=\ln(x^2-3x+3)+\int\frac{4}{x^2-3x+3}\ dx. \end{aligned}$

Per l’integrale rimasto si ha

$\int\frac{4}{x^2-3x+3}\ dx=\int\frac{4}{\displaystyle\left(x-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\ dx,$

da cui, posto

$x-\frac{3}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} t\ \Longrightarrow\ dx=\frac{\sqrt{3}}{2}\ dt,$

si ha

$\begin{aligned} \int\frac{4}{x^2-3x+3}\ dx&=\frac{16}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt\\ &=\frac{8\sqrt{3}}{3}\arctan t+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{8\sqrt{3}}{3}\arctan\left(\frac{2x-3}{\sqrt{3}}\right)+c. \end{aligned}$

Si conclude dunque

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{2x+1}{x^2-3x+3}\ dx=\ln(x^2-3x+3)+\frac{8\sqrt{3}}{3}\arctan\left(\frac{2x-3}{\sqrt{3}}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

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

$\int \sqrt{\tan x} dx.$

Svolgimento.

Posto $\sqrt{\tan x}=t$ $\iff$ $\tan x=t^2$ , e quindi $x=\arctan t^2$ , allora

$dx=\frac{2t}{1+t^4}\ dt .$

Otteniamo dunque

$\int \sqrt{\tan x}\;dx = \int\frac{2t^2}{1+t^4}\ dt.$

Iniziamo a scomporre il denominatore: dal momento che il polinomio $p(t)=t^4+1$ non ammette radici reali, l’unica possibilità è quella di ottenere una scomposizione della forma

$t^4+1=(t^2+at+1)(t^2+bt+1)=t^4+(a+b)t^3+(ab+2)t^2+(a+b)t+1.$

Uguagliando i coefficienti otteniamo le condizioni

$a+b=0\qquad ab+2=0$

da cui si ricava facilmente $a=\sqrt{2},\ b=-\sqrt{2}$ , e quindi la decomposizione

$t^4+1=(t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}t+1).$

Scriviamo adesso la nostra integranda sotto forma di due frazioni, ciascuna avente uno dei fattori precedenti come denominatore: pertanto

$\frac{2t^2}{1+t^4}=\frac{At+B}{t^2+\sqrt{2}t+1}+\frac{Ct+D}{t^2-\sqrt{2}t+1},$

e quindi, uguagliando i numeratori

$2t^2=(At+B)(t^2-\sqrt{2}t+1)+(Ct+D)(t^2+\sqrt{2}t+1)$

da cui, svolgendo i prodotti

$2t^2=(A+C)t^3+(-\sqrt{2} A+B+\sqrt{2} C+D)t^2+(A-\sqrt{2}B+C+\sqrt{2}D)t+(B+D).$

Uguagliando i coefficienti otteniamo le condizioni

$\left\{\begin{array}{l} A+C=0\\ -\sqrt{2} A+B+\sqrt{2} C+D=2\\ A-\sqrt{2}B+C+\sqrt{2}D=0\\ B+D=0 \end{array}\right.\ \Longrightarrow\ \left\{\begin{array}{l} C=-A\\ D=-B\\ -2\sqrt{2} A=2\\ -2\sqrt{2}B=0 \end{array}\right.$

e quindi

$B=D=0\qquad A=-\frac{\sqrt{2}}{2},\ C=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Il nostro integrale diventa pertanto

$\int\frac{2t^2}{1+t^4}\ dt=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\int\frac{t}{t^2-\sqrt{2}t+1}\ dt-\int\frac{t}{t^2+\sqrt{2}t+1}\ dt\right) =\frac{\sqrt{2}}{2}\left(I^- -I^+\right),$

dove abbiamo posto

$I^{\pm}=\int\frac{t}{t^2\pm\sqrt{2}t+1}\ dt.$

Dal momento che questi due integrali differiscono solo per il segno a denominatore, svolgeremo un unico calcolo utilizzando il doppio segno per evidenziare la differenza nei coefficienti. Osserviamo per prima cosa che si può scrivere

$t^2\pm\sqrt{2}t+1=t^2\pm\sqrt{2}t+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1=\left(t\pm\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\frac{1}{2}.$

Ponendo adesso

$t\pm\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}y\ \iff\ dt=\frac{\sqrt{2}}{2}\ dy,$

tali integrali diventano

$\begin{aligned} I^{\pm}&=\int\frac{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}y\mp\frac{\sqrt{2}}{2}}{\displaystyle \frac{1}{2}y^2+\frac{1}{2}}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\ dy= \int \dfrac{y \mp 1}{y^2+1} dy \\ &= \dfrac{1}{2}\int \dfrac{2y}{y^2 + 1}dy \mp \int \dfrac{1}{y^2+1}dy \\ &=\frac{1}{2}\ln(y^2+1)\mp \arctan y + c, \quad c \in \mathbb{R}, \end{aligned}$

e quindi, ricordando la sostituzione fatta

$\begin{aligned} I^\pm&=\frac{1}{2}\ln\left( \left(\dfrac{2t}{\sqrt{2}}\pm 1 \right)^2 \pm 1 \right) \mp \arctan\left(\dfrac{2t}{\sqrt{2}}+1\right) + c, \quad c \in \mathbb{R}\\ &= \dfrac{1}{2} \ln \left(2t^2 \pm 2 \sqrt{2} t + 2 \right)\mp \arctan \left( \sqrt{2} t \pm 1\right)+c, \quad c \in \mathbb{R}\\ &= \dfrac{1}{2} \ln \left(t^2 \pm \sqrt{2} t + 1 \right)+ \dfrac{\ln 2}{2}\mp \arctan \left( \sqrt{2} t \pm 1\right)+c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

In definitiva

$\begin{aligned}\int\frac{2t^2}{1+t^4}\ dt&=\frac{\sqrt{2}}{4}\ln\left(\frac{t^2-\sqrt{2}t+1}{t^2+\sqrt{2}t+1}\right) + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\arctan(\sqrt{2}t-1)+ \dfrac{\sqrt{2}}{2}\arctan(\sqrt{2}t+1) + c,\; c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Utilizzando questa espressione e ricordando la posizione fatta all’inizio, ricaviamo il nostro integrale

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} \displaystyle \int\sqrt{\tan x}\ dx&=\frac{\sqrt{2}}{4}\ln\left(\frac{\tan x-\sqrt{2\tan x}+1}{\tan x+\sqrt{2\tan x}+1}\right)+\\ &\quad + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\arctan\left(\sqrt{2\tan x}-1 \right)+ \dfrac{\sqrt{2}}{2}\arctan\left(\sqrt{2\tan x}+1 \right)+c,\quad c\in\mathbb{R}. \end{aligned} }$

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

$\int \dfrac{1}{(3x^2+4x+11)^3}\ dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$\begin{aligned} 3x^2+4x+11&=3\left(x^2+\frac{4}{3} x+\frac{11}{3}\right)\\&= 3\left(x^2+\frac{4}{3} x+\frac{4}{9}-\frac{4}{9}+\frac{11}{3}\right)\\ &=3\left(\left(x+\frac{2}{3}\right)^2+\frac{29}{9}\right) \end{aligned}$

e quindi riscrivere l’integrale al modo seguente

$\displaystyle I=\frac{1}{27}\int\frac{1}{\displaystyle\left(\left(x+\frac{2}{3}\right)^2+\frac{29}{9}\right)^3}\ dx.$

Risolviamo ora l’integrale con due procedimenti differenti.

$\quad$

Poniamo $\displaystyle u=x+\frac{2}{3}\ \Longrightarrow\ dx=du$ da cui
$\displaystyle I=\frac{1}{27}\int\frac{1}{\displaystyle\left(u^2+\frac{29}{9}\right)^3}\ dx.$

Determiniamo ora una soluzione per un integrale in forma più generale:

$I_n=\int\frac{1}{(u^2+a^2)^n}\ du,\qquad n\ge 1,$

e osserviamo che

$I_1=\int\frac{1}{u^2+a^2}\ du=\frac{1}{a}\arctan\frac{u}{a}+c, \quad c\in \mathbb{R}$

Integriamo per parti ponendo

$f(u)=(u^2+a^2)^{-n},\ g'(u)=1\ \iff\ f'(u)=-2nu(u^2+a^2)^{-n-1},\ g(u)=u,$

da cui

$\begin{aligned} I_n &=\int(u^2+a^2)^{-n}\ du=u(u^2+a^2)^{-n}+2n\int\frac{u^2}{(u^2+a^2)^{n+1}}\ du\\ &=\frac{u}{(u^2+a^2)^n}+2n\int\frac{u^2+a^2-a^2}{(u^2+a^2)^{n+1}}\ du\\ &=\frac{u}{(u^2+a^2)^n}+2n\int\frac{u^2+a^2}{(u^2+a^2)^{n+1}}\ du-2n a^2\int\frac{1}{(u^2+a^2)^{n+1}}\ du\\ &=\frac{u}{(u^2+a^2)^n}+2n I_n-2n a^2 I_{n+1}, \end{aligned}$

e quindi la relazione

$I_{n+1}=\frac{1}{2n a^2}\left(\frac{u}{(u^2+a^2)^n}+(2n-1) I_n\right),\qquad n\ge 1.$

Per $n=2$ abbiamo

$\begin{aligned} I_3=\int\frac{du}{(u^2+a^2)^3}&=\frac{1}{4a^2}\left(\frac{u}{(u^2+a^2)^2}+3I_2\right)\\ &=\frac{u}{4a^2(u^2+a^2)^2}+\frac{3}{4a^2}\cdot\frac{1}{2a^2}\left(\frac{u}{u^2+a^2}+I_1\right)\\ &=\frac{u}{4a^2(u^2+a^2)^2}+\frac{3u}{8a^4(u^2+a^2)}+\frac{3}{8a^5}\arctan\frac{u}{a}+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Pertanto, essendo nel nostro caso $\displaystyle a^2=\frac{29}{9}$

$\begin{aligned} I&=\frac{1}{27}\left(\frac{u}{\displaystyle 4\cdot\frac{29}{9}\left(u^2+\frac{29}{9}\right)^2}+\frac{3u}{\displaystyle 8\cdot\frac{841}{81}\left(u^2+\frac{29}{9}\right)}+\frac{3}{\displaystyle 8\cdot\frac{841\sqrt{29}}{243}}\arctan\frac{3u}{\sqrt{29}}\right)+c\\ \end{aligned}$

e dalla posizione fatta, essendo

$u=\frac{3x+2}{3},\qquad u^2+\frac{29}{9}=\frac{1}{3}(3x^2+4x+11),$

ricaviamo

$\begin{aligned} I&=\frac{1}{27}\left(\frac{3x+2}{\displaystyle\frac{116}{27} \left(3x^2+4x+11\right)^2}+\frac{x+2}{\displaystyle\frac{6728}{243}\left(3x^2+4x+11\right)} +\frac{3}{\displaystyle\frac{6728\sqrt{29}}{243}}\arctan\frac{x+2}{\sqrt{29}}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{3x+2}{\displaystyle 116\left(3x^2+4x+11\right)^2}+\frac{9(x+2)}{\displaystyle 6728\left(3x^2+4x+11\right)} +\frac{27}{\displaystyle 6728\sqrt{29}}\arctan\frac{x+2}{\sqrt{29}}+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Dunque

$\boxcolorato{analisi}{I=\frac{3x+2}{\displaystyle 116\left(3x^2+4x+11\right)^2}+\frac{9(x+2)}{\displaystyle 6728\left(3x^2+4x+11\right)} +\frac{27}{\displaystyle 6728\sqrt{29}}\arctan\frac{x+2}{\sqrt{29}}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

In questo caso poniamo
$\frac{\sqrt{29}}{3}\tan t=x+\frac{2}{3}\ \Longrightarrow\ dx=\frac{\sqrt{29}}{3}\frac{dt}{\cos^2 t},$

da cui

$\displaystyle I=\frac{1}{27}\int\frac{\displaystyle\frac{\sqrt{29}}{3}} {\displaystyle\left(\frac{29}{9}\tan^2 t+\frac{29}{9}\right)^3}\cdot\frac{dt}{\cos^2 t}= \frac{9\sqrt{29}}{24389}\int\frac{1}{\left(\tan^2 t+1\right)^3\cos^2 t}\ dt,$

ed essendo

$\tan^2+1=\frac{\sin^2 t}{\cos^2 t}+1=\frac{1}{\cos^2 t},$

si ha

$I=\frac{9\sqrt{29}}{24389}\int\cos^4 t\ dt.$

Dal momento che $\displaystyle\cos^2\alpha=\frac{1+\cos(2\alpha)}{2}$ , abbiamo

$\begin{aligned} \cos^4 t&=\left(\cos^2 t\right)^2=\left(\frac{1+\cos(2t)}{2}\right)^2\\ &=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\cos(2t)+\frac{1}{4}\cos^2(2t)= \frac{3}{8}+\frac{1}{2}\cos(2t)+\frac{1}{8}\cos(4t) \end{aligned}$

e quindi

$\begin{aligned} I&=\frac{9\sqrt{29}}{24389}\int\left(\frac{3}{8}+\frac{1}{2}\cos(2t)+\frac{1}{8}\cos(4t)\right)dt= \frac{9\sqrt{29}}{24389}\left(\frac{3t}{8}+\frac{\sin(2t)}{4}+\frac{\sin(4t)}{32}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Dalla posizion fatta ricaviamo

$\tan t=\frac{3x+2}{\sqrt{29}}\ \Longrightarrow\ t=\arctan\frac{3x+2}{\sqrt{29}}.$

Inoltre, ricordando che

$\sin(2\alpha)=\frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha},\qquad \cos(2\alpha)=\frac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}$

abbiamo pure

$\sin(2t)=\frac{\displaystyle 2\frac{(3x+2)}{\sqrt{29}}}{\displaystyle 1+\frac{(3x+2)^2}{29}}= \frac{2\sqrt{29}(3x+2)}{9x^2+12x+33}=\frac{2\sqrt{29}(3x+2)}{3(3x^2+4x+11)},$

$\cos(2t)=\frac{\displaystyle 1-\frac{(3x+2)^2}{29}}{\displaystyle 1+\frac{(3x+2)^2}{29}}= \frac{29-(3x+2)^2}{3(3x^2+4x+11)}$

e ancora

$\begin{aligned} \sin(4t)&=2\sin(2t)\cos(2t)\\ &=\frac{4\sqrt{29}(3x+2)}{3(3x^2+4x+11)}\cdot\frac{29-(3x+2)^2}{3(3x^2+4x+11)}= \frac{4\sqrt{29}(3x+2)[29-(3x+2)^2]}{9(3x^2+4x+11)^2}. \end{aligned}$

Abbiamo quindi

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} I&=\frac{9\sqrt{29}}{24389}\Bigg(\frac{3}{8}\arctan\frac{3x+2}{\sqrt{29}}+ \frac{\sqrt{29}(3x+2)}{6(3x^2+4x+11)}+ \\ & \quad +\frac{\sqrt{29}(3x+2)(29-(3x+2)^2)}{72(3x^2+4x+11)^2}Bigg)+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}}$

Osservazione 3.1.

Ci si può convincere facilmente dell’uguaglianza dei due integrali. L’unico termine che potrebbe far pensare ad una differenza risulta l’ultimo ottenuto nel secondo metodo, ma possiamo osservare quanto segue

$\begin{aligned} \frac{(3x+2)[29-(3x+2)^2]}{9(3x^2+4x+11)^2}&=\frac{29(3x+2)-(3x+2)^2}{(3x+2)^2+29}\\ &=\frac{29(3x+2)-29+29+(3x+2)^2}{(3x+2)^2+29}\\ &=\frac{29(3x+1)}{(3x+2)^2+29}+1 \end{aligned}$

per cui si possono riarrangiare i termini in modo da riportare la funzione nella stessa forma di quella ottenuta con il primo metodo.

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

$\int \dfrac{3x+7}{\sqrt{13x-3x^2-10}}\ dx.$

Svolgimento.

Dal momento che la derivata del polinomio sotto radice vale $-6x+13$ , cerchiamo di esprimere il numeratore in termini di tale polinomio: abbiamo

$3x+7=-\frac{1}{2}(-6x-14)=-\frac{1}{2}(-6x+13-27)=-\frac{1}{2}(-6x+13)+\frac{27}{2},$

e pertanto possiamo scrivere

$\begin{aligned} \int \dfrac{3x+7}{\sqrt{13x-3x^2-10}}\ dx&=-\frac{1}{2}\int \dfrac{-6x+13}{\sqrt{13x-3x^2-10}}\ dx+\frac{27}{2}\int \dfrac{1}{\sqrt{13x-3x^2-10}}\ dx\\ &= - \sqrt{13x-3x^2-10}+\frac{27}{2}\int \dfrac{1}{\sqrt{13x-3x^2-10}}\ dx \end{aligned}$

Per il secondo integrale, osserviamo che possiamo scrivere

$\begin{aligned} 13x-3x^2-10 &=-3\left(x^2-\frac{13}{3} x+\frac{10}{3}\right)\\ &=-3\left(x^2-\frac{13}{3} x+\frac{169}{36}-\frac{169}{36}+\frac{10}{3}\right)\\ &=-3\left(x-\frac{13}{6}\right)^2+\frac{49}{12}, \end{aligned}$

da cui, ponendo

$x-\frac{13}{6}=\frac{7}{6}\ t\ \Longrightarrow\ dx=\frac{7}{6}\ dt$

ricaviamo

$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{\sqrt{13x-3x^2-10}}\ dx &=\int\frac{1}{\displaystyle\sqrt{\frac{49}{12}-\frac{49}{12} t^2}}\cdot\frac{7}{6}\ dt= \frac{\sqrt{12}}{6}\int\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\ dt\\ &=\frac{2\sqrt{3}}{6}\arcsin(t)=\frac{\sqrt{3}}{3}\arcsin(t)+ c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\dfrac{3x+7}{\sqrt{13x-3x^2-10}}\ dx= -\sqrt{13x-3x^2-10}+\frac{9\sqrt{3}}{2}\arcsin\left(\frac{6x-13}{7}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}}$

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

$\int \frac{1}{x^2(x^2+1)^2}\ dx.$

Svolgimento.

Possiamo decomporre la funzione integranda nel seguente modo

$\frac{1}{x^2(x^2+1)^2}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2}+\frac{Cx+D}{x^2+1}+\frac{Ex+F}{(x^2+1)^2},$

da cui, moltiplicando per il denominatore e uguagliando i numeratori, si ottiene

(1) $\begin{equation*} 1=(x^2+1)^2[Ax+B]+x^2[(Cx+D)(x^2+1)+(Ex+F)]. \end{equation*}$

Sostituendo $x=0$ in (1) si ricava $B=1$ , pertanto possiamo riscrivere l’identità come

(2) $\begin{equation*} Ax(x^2+1)^2+x^2[(Cx+D)(x^2+1)+(Ex+F)]=-x^2(x^2+2). \end{equation*}$

Per $x=\pm 1$ abbiamo

$4A+2C+2D+E+F=-3\qquad \mbox{e} \qquad -4A-2C+2D-E+F=-3,$

da cui, sommando e sottraendo membro a membro, si ricava

$\begin{aligned} & 4D+2F=-6\ \iff \ 2D+F=-3\ \iff\ F=-3-2D,\\ & 8A+4C+2E=0\ \iff \ 4A+2C+E=0\ \iff E=-4A-2C, \end{aligned}$

Per $x=\pm 2$ si ha invece

$50A+40C+20D+8E+4F=-24\qquad -50A-40C+20D-8E+4F=-24,$

da cui sommando e sottraendo nuovamente si ha

$\begin{aligned} & 40D+8F=-48 \iff 5D+F=-6\ \iff \ F=-6-5D,\\ & 100A+80C+16E=0\ \iff \ 25A+20C+4E=0. \end{aligned}$

Tenendo conto delle due precedenti condizioni, si trova

$\begin{aligned} & D=-1,\qquad F=-1,\\ & E=-4A-2C,\quad 9A+12C\ \iff C=-\frac{3}{4}A,\quad E=-\frac{5}{2}A. \end{aligned}$

Sostituendo tali valori in (2) abbiamo

(3) $\begin{equation*} Ax(x^2+1)^2+x^2\left(\left(-\frac{3}{4}Ax-1\right)(x^2+1)+\left(-\frac{5}{2}Ax-1\right)\right)=-x^2(x^2+2) \end{equation*}$

dalla quale, posto $x=-4$ , si ricava

$1156A+16[51A-17+10A-1]=-288\ \iff\ A=0.$

In definitiva

$A=0,\quad B=1, C=0,\quad D=-1,\quad E=0,\quad F=-1,$

e quindi

$\frac{1}{x^2(x^2+1)^2}=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{(x^2+1)^2}.$

L’integrale diventa pertanto

$\begin{aligned} \int\frac{1}{x^2(x^2+1)^2}\ dx&=\int\frac{1}{x^2}\ dx-\int\frac{1}{x^2+1}\ dx-\int\frac{1}{(x^2+1)^2}\ dx\\ &=-\frac{1}{x}-\arctan x-\underbrace{\int\frac{1}{(x^2+1)^2}\ dx}_{=I}. \end{aligned}$

Per l’ultimo integrale, poniamo

$x=\tan t\ \Longrightarrow\ dx=(1+\tan^2 t)\ dt,$

per cui¹

$\begin{aligned} I=\int\frac{1}{(1+\tan^2 t)^2}\cdot (1+\tan^2 t)\ dt &=\int\frac{1}{\displaystyle 1+\frac{\sin^2 t}{\cos^2 t}}\ dt=\int\cos^2 t\ dt\\ & = \int\frac{1+\cos(2t)}{2}\ dt = \frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{2}\sin(2t)\right) + c, \quad c \in \mathbb{R}, \end{aligned}$

da cui utilizzando le sostituzioni inverse

$t=\arctan x,\qquad \sin(2t)=\frac{2\tan t}{1+\tan^2 t}=\frac{2x}{1+x^2},$

si ricava

$I=\frac{1}{2}\arctan x+\frac{x}{2(x^2+1)}.$

In definitiva

$\int\frac{1}{x^2(x^2+1)^2}\ dx=-\frac{1}{x}-\arctan x-\frac{1}{2}\arctan x-\frac{x}{2(x^2+1)} + c,, \quad c \in \mathbb{R}$

da cui, semplificando

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{1}{x^2(x^2+1)^2}\ dx=-\frac{3}{2}\arctan x-\frac{3x^2+2}{2x(x^2+1)}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

Ricordiamo che $\cos^2 t=\displaystyle\frac{1+\cos(2t)}{2}$ . ↩

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

$\int \sqrt{\frac{x}{1-x}}\ dx,\qquad x\in[0,1)$

utilizzando due diverse sostituzioni in modo da verificare la seguente identità

$\arcsin\sqrt{x}=\arctan\sqrt{\frac{x}{1-x}},\qquad x\in[0,1).$

Svolgimento.

Svolgiamo l’integrale attraverso due differenti sostituzioni, osservando che in $[0,1]$ sia $x$ che $1-x$ sono positivi.

Sostituzione 1

Poniamo

$t=\sqrt{\frac{x}{1-x}}\ \iff \ t^2- x t^2=x\ \iff \ x=\frac{t^2}{t^2+1},$

da cui

$dx=\frac{2t(t^2+1)-t^2\cdot 2t}{(t^2+1)^2}\ dt=\frac{2t}{(1+t^2)^2}\ dt,$

osservando che

$\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{1+t^2}\right)=-\frac{2t}{(1+t^2)^2},$

ed integrando per parti abbiamo

$\begin{aligned} I&=\int t\cdot\frac{2t}{(1+t^2)^2}\ dt=\int \frac{2t^2}{(1+t^2)^2}\ dt=-\int t\cdot\left(-\frac{2t}{(1+t^2)^2}\right)\ dt\\ &=-t\cdot\frac{1}{1+t^2}+\int\frac{1}{1+t^2}\ dt=-\frac{t}{1+t^2}+\arctan t+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Passando alla sostituzione inversa abbiamo

$1+t^2=1+\frac{x}{1-x}=\frac{1}{1-x},$

otteniamo

$\boxcolorato{analisi}{I= -\sqrt{x(1-x)}+\arctan\sqrt{\frac{x}{1-x}}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

Sostituzione 2

Poniamo

$x=\sin^2 t\ \Longrightarrow\ dx=2\sin t\cos t\ dt,$

da cui²

$\begin{aligned} I&=\int\sqrt{\frac{\sin^2 t}{1-\sin^2 t}}\cdot 2\sin t\cos t\ dt= \int 2\sqrt{\frac{\sin^4 t\cos^2 t}{\cos^2 t}}\ dt\\ &=\int 2\sin^2 t\ dt=\int(1-\cos(2t))\ dt=t-\frac{1}{2}\sin(2t)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=t-\sin t\cos t+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Passando alla sostituzione inversa (le funzioni risultano ben definite in $x\in [0,1]$ )

$\sin t=\sqrt{x}\ \iff \ t=\arcsin\sqrt{x},\quad \cos t=\sqrt{1-x},$

si ricava

$\boxcolorato{analisi}{I=\arcsin\sqrt{x}-\sqrt{x(1-x)}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

Dimostrazione dell’identità

Ricordiamo che se $F(x)$ e $G(x)$ sono due primitive della stessa funzione, allora $F(x)-G(x)=c$ , con $c, \quad c \in \mathbb{R}$ . Dai risultati ottenuti in precedenza si ricava che

$\arcsin\sqrt{x}-\arctan\sqrt{\frac{x}{x-1}}=c,\qquad x\in[0,1).$

Inoltre, per $x=0$ si ha $c=0$ , da cui segue l’identità proposta.

Ricordiamo che $\displaystyle 2\sin^2 t=1-\cos(2t)$ . ↩

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{x^2-10x+10}{x^3+2x^2+5x} \, dx.$

Svolgimento.

Riscriviamo la funzione integranda utilizzando i fratti semplici:

$\frac{x^2-10x+10}{x^3+2x^2+5x}=\frac{x^2-10x+10}{x(x^2+2x+5)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^2+2x+5},$

da cui

(4) $\begin{equation*} x^2-10x+10=A(x^2+2x+5)+x(Bx+C), \end{equation*}$

e quindi sostituendo $x=0$ si ha

$10 = 5A\ \iff A=2,$

mentre sostituendo $x=-1$

$1 + 10 +10 = A-2A+5A+B-C\ \iff B-C=13$

ed infine con $x=1$ si ottiene

$1 - 10 + 10 = A+2A+5A+B+C\ \iff B+C=-13,$

e quindi $A=2,\ B=-1,\ C=-14$ . Ne segue

$\begin{aligned} \int\frac{x^2-10x+10}{x^3+2x^2+5x}\ dx&=\int\left(\frac{2}{x}+\dfrac{-x-14}{x^2+2x+5}\right)\ dx= 2\ln|x|+\int\dfrac{-x-14}{x^2+2x+5}\ dx\\ &=2\ln|x| - \dfrac{1}{2}\int \dfrac{2x+2}{x^2+2x+5}\ dx - \int \dfrac{13}{x^2+2x+5}dx\\ &2\ln|x|-\frac{1}{2}\ln(x^2+2x+5)-13\int\frac{1}{x^2+2x+5}\ dx. \end{aligned}$

Per l’ultimo integrale abbiamo poi

$\int\frac{1}{x^2+2x+5}\ dx=\int\frac{1}{x^2+2x+1+4}\ dx=\int\frac{1}{(x+1)^2+4}\ dx,$

da cui, posto $2t=(x+1)\ \Longrightarrow\ 2\ dt=dx$ , si ha

$\int\frac{1}{x^2+2x+5}\ dx=\int\frac{1}{4(t^2+1)}\ 2\ dt=\frac{1}{2}\arctan t+c=\frac{1}{2}\arctan\frac{x+1}{2}+c, \quad c \in \mathbb{R},$

e quindi in definitiva

$\boxcolorato{analisi}{\int \frac{x^2-10x+10}{x^3+2x^2+5x}\ dx=2\ln|x|-\dfrac{1}{2}\ln (x^2+2x+5)-\dfrac{13}{2}\arctan\dfrac{x+1}{2}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{x^3-x^2+x-1}{(2x^2-3x+2)^2} \, dx.$

Svolgimento.

Per semplicità poniamo $p(x)=2x^2-3x+2$ : allora

$\frac{x^3-x^2+x-1}{(2x^2-3x+2)^2}=\frac{(x-1)(x^2+1)}{[p(x)]^2}=\frac{Ax+B}{p(x)}+\frac{Cx+D}{[p(x)]^2},$

da cui

$(x-1)(x^2+1)=p(x)\cdot(Ax+B)+Cx+D,$

e quindi sostituendo $x=1$ si ha

$0=A+B+C+D,$

mentre sostituendo $x=0$ si giunge a

$-1=2B+D.$

Deriviamo $3x^3-2x+1$ :

$3x^2-2x+1=(4x-3)(Ax+B)+p(x)\cdot A+C$

e sostituendo $x=3/4$ si ha

$19/16=7A/8+C\ \iff \, 14A+16C=19,$

mentre sostituendo $x=0$ si ottiene

$1=-3B+2A+C$

Risolvendo il sistema

$\left\{\begin{array}{l} A+B+C+D=0\\ 2B+D=-1\\ 14A+16C=19\\ 2A-3B+C=1 \end{array}\right.$

si ricava la soluzione $A=1/2,\ B=1/4,\ C=3/4,\ D=-3/2$ , e quindi

$\begin{aligned} \int &\frac{x^3-x^2+x-1}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx\\ &=\int\left(\frac{1}{4}\cdot\frac{2x+1}{2x^2-3x+2}+\frac{3}{4}\cdot\frac{x-2}{(2x^2-3x+2)^2}\right)\ dx\\ &=\frac{1}{4}\int\frac{2x+1}{2x^2-3x+2}\ dx+\frac{3}{4}\int\frac{x-2}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx. \end{aligned}$

Analizziamo separatamente gli integrali. Per il primo

$\begin{aligned} \int\frac{2x+1}{2x^2-3x+2}\ dx &=\frac{1}{2}\int\frac{4x+2}{2x^2-3x+2}\ dx\\ &=\frac{1}{2}\int\frac{4x-3}{2x^2-3x+2}\ dx+\frac{5}{2}\int\frac{1}{2x^2-3x+2}\ dx\\ &=\frac{1}{2}\ln|2x^2-3x+2|+\frac{5}{2}\int\frac{1}{2x^2-3x+2}\ dx. \end{aligned}$

Inoltre, essendo

$2x^2-3x+2=2\left(\left(x-\frac{3}{4}\right)^2+\frac{7}{16}\right),$

posto

$x-\frac{3}{4}=\frac{\sqrt{7}}{4} t\ \Longrightarrow\ dx=\frac{\sqrt{7}}{4}\ dt,$

si ha

$\begin{aligned} \int\frac{1}{2x^2-3x+2}\ dx &=\frac{2\sqrt{7}}{7}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt\\ &=\frac{2\sqrt{7}}{7}\arctan t+c=\frac{2\sqrt{7}}{7}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}}+c, \quad c\in \mathbb{R}, \end{aligned}$

e quindi

$\int\frac{2x+1}{2x^2-3x+2}\ dx=\frac{1}{2}\ln|2x^2-3x+2|+\frac{5\sqrt{7}}{7}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}}+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Per il secondo si ha invece

$\begin{aligned} \int\frac{x-2}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx &=\frac{1}{4}\int\frac{4x-8}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx\\ &=\frac{1}{4}\int\left(\frac{4x-3}{(2x^2-3x+2)^2}-\frac{5}{(2x^2-3x+2)^2}\right)\ dx\\ &=-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2x^2-3x+2}-\frac{5}{4}\int\frac{1}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx. \end{aligned}$

Usando la precedente posizione per il denominatore si ha

$\begin{aligned} \int\frac{1}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx &=\frac{16\sqrt{7}}{49}\int\frac{1}{(t^2+1)^2}\ dt=\frac{16\sqrt{7}}{49}\int\frac{1+t^2-t^2}{(t^2+1)^2}\ dt\\ &=\frac{16\sqrt{7}}{49}\int\left(\frac{-t^2}{(1+t^2)^2}+\frac{1}{1+t^2}\right)\ dt\\ &=\frac{16\sqrt{7}}{49}\left(\int\frac{-t^2}{(1+t^2)^2}\ dt+\arctan t\right). \end{aligned}$

Per quest’ultimo integrale possiamo scrivere

$\int\frac{-t^2}{(1+t^2)^2}\ dt=\int\frac{t}{2}\cdot\frac{-2t}{(1+t^2)^2}\ dt$

ed integrando per parti risulta

$\begin{aligned} \int\frac{t}{2}\cdot\frac{-2t}{(1+t^2)^2}\ dt&=\frac{t}{2}\cdot\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+t^2}\ dt\\ &=\frac{t}{2(1+t^2)}-\frac{1}{2}\arctan t. \end{aligned}$

Allora

$\begin{aligned} \int &\frac{1}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx\\ &=\frac{16\sqrt{7}}{49}\left(\frac{t}{2(1+t^2)}+\frac{1}{2}\arctan t\right) + c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{16\sqrt{7}}{49}\left(\frac{7}{16\sqrt{7}}\cdot\frac{4x-3}{2x^2-3x+2}+ \frac{1}{2}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}}\right) + c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{7}\cdot\frac{4x-3}{2x^2-3x+2}+\frac{8\sqrt{7}}{49}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}} + c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Si ha pertanto

$\begin{aligned} \int &\frac{x-2}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx\\ &=-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2x^2-3x+2}-\frac{5}{28}\cdot\frac{4x-3}{2x^2-3x+2}- \frac{10\sqrt{7}}{49}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}} + c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=-\frac{1}{7}\cdot\frac{5x-2}{2x^2-3x+2}-\frac{10\sqrt{7}}{49}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}} + c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Segue infine

$\begin{aligned} \int \frac{x^3-x^2+x-1}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx&=\frac{1}{8}\ln|2x^2-3x+2|+\frac{5\sqrt{7}}{28}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}} + \\ &\quad -\frac{3}{28}\frac{5x-2}{2x^2-3x+2}-\frac{15\sqrt{7}}{98}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}} + c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{8}\ln|2x^2-3x+2|-\frac{3}{28}\cdot\frac{5x-2}{2x^2-3x+2}+ \\ & \quad + \frac{5\sqrt{7}}{196}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}} + c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{ \begin{aligned} \int \frac{x^3-x^2+x-1}{(2x^2-3x+2)^2}\ dx &= \frac{1}{8}\ln|2x^2-3x+2|-\frac{3}{28}\cdot\frac{5x-2}{2x^2-3x+2}+ \\ & \quad + \frac{5\sqrt{7}}{196}\arctan\frac{4x-3}{\sqrt{7}} + c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned} }$

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

$\int \frac{x+1}{(x^2+2)^4} \, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$\begin{aligned} \int\frac{x+1}{(x^2+2)^4}\ dx &=\int\frac{x}{(x^2+2)^4}\ dx+\int\frac{1}{(x^2+2)^4}\ dx\\ &=-\frac{1}{6(x^2+2)^3}+\int\frac{1}{(x^2+2)^4}\ dx. \end{aligned}.$

Osserviamo che, posto

$I_{n+1} \coloneq \int\frac{1}{(x^2+2)^{n+1}}, \quad n \geq 1,$

possiamo scrivere

$\begin{aligned} I_{n+1}&=\frac{1}{2}\int\frac{2+x^2-x^2}{(x^2+2)^{n+1}}\ dx\\ & =\frac{1}{2}\int\frac{1}{(x^2+2)^n}-\frac{1}{2}\int\frac{x}{(x^2+2)^{n+1}}\cdot x\ dx\\ &=\frac{1}{2}\cdot I_n+\frac{x}{4n(x^2+2)^n}-\frac{1}{4n}\int\frac{1}{(x^2+2)^n}\ dx \end{aligned}$

e quindi

$I_{n+1}=\frac{2n-1}{4n}\cdot I_n+\frac{x}{4n(x^2+2)^n}.$

Essendo

$I_1=\int\frac{1}{x^2+2}\ dx$

ed usando la sostituzione $x=\sqrt{2} t\ \Longrightarrow\ dx=\sqrt{2}\ dt$ abbiamo

$I_1=\int\frac{\sqrt{2}}{2(t^2+1)}\ dt=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan t+c,\quad c \in \mathbb{R}$

da cui

$\begin{aligned} &I_2=\frac{1}{4}\cdot I_1+\frac{x}{4(x^2+2)}=\frac{\sqrt{2}}{8}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}}+\frac{x}{4(x^2+2)}+c,\quad c \in \mathbb{R}\\ & I_3=\frac{3}{8}\cdot I_2+\frac{x}{8(x^2+2)^2}=\frac{3\sqrt{2}}{64}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}}+\frac{3x}{32(x^2+2)} +\frac{x}{8(x^2+2)^2}+c,\quad c \in \mathbb{R} \end{aligned}$

e segue che

$\begin{aligned} I_4 &=\int\frac{1}{(x^2+2)^4}\ dx=\frac{5}{12}\cdot I_3+\frac{x}{12(x^2+2)^3}\\ &=\frac{5\sqrt{2}}{256}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}}+\frac{5x}{128(x^2+2)} +\frac{5x}{96(x^2+2)^2}+\frac{x}{12(x^2+2)^3}+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Dunque

$\boxcolorato{analisi}{\int \frac{x+1}{(x^2+2)^4}\ dx\\ =\frac{5\sqrt{2}}{256}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}}+\frac{5x}{128(x^2+2)} +\frac{5x}{96(x^2+2)^2}+\frac{x-2}{12(x^2+2)^3}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

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

$\int \frac{1}{(x^2+2x+2)^3} \, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$x^2+2x+2=(x+1)^2+1,$

da cui, ponendo $x+1=t\ \Longrightarrow\ dx=dt$ , otteniamo

$\begin{aligned} \int\frac{1}{(x^2+2x+2)^3}\ dx &=\int\frac{1}{(t^2+1)^3}\ dt=\int\frac{1+t^2-t^2}{(t^2+1)^3}\ dt\\ &=\int\frac{1}{(1+t^2)^2}\ dt-\int\frac{t}{(1+t^2)^3}\cdot t\ dt. \end{aligned}$

Utilizzando la formula di integrazione per parti, con

$f=t,\ g'=t(1+t^2)^{-3}\ \Longrightarrow\ f'=1,\ g=-\frac{1}{4}(1+t^2)^{-2}$

abbiamo

$\begin{aligned} \int\frac{1}{(1+t^2)^2}\ dt-\int\frac{t}{(1+t^2)^3}\cdot t\ dt&=\int\frac{1}{(1+t^2)^2}\ dt+\frac{t}{4(t^2+1)^2}-\frac{1}{4}\int\frac{1}{(t^2+1)^2}\ dt\\ &=\frac{t}{4(t^2+1)^2}+\frac{3}{4}\int\frac{1+t^2-t^2}{(t^2+1)^2}\ dt\\ &=\frac{t}{4(t^2+1)^2}+\frac{3}{4}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt-\frac{3}{4}\int\frac{t}{(t^2+1)^2}\cdot t\ dt. \end{aligned}$

Utilizzando ora di nuovo la formula di integrazione per parti con

$f=t,\ g'=t(1+t^2)^{-2}\ \Longrightarrow\ f'=1,\ g=-\frac{1}{2}(1+t^2)^{-1}$

otteniamo

$\begin{aligned} &\frac{t}{4(t^2+1)^2}+\frac{3}{4}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt-\frac{3}{4}\int\frac{t}{(t^2+1)^2}\cdot t\ dt\\ & \qquad = \frac{t}{4(t^2+1)^2}+\frac{3}{4}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt+\frac{3t}{8(t^2+1)}-\frac{3}{8}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt\\ & \qquad =\frac{t}{4(t^2+1)^2}+\frac{3t}{8(t^2+1)}+\frac{3}{8}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt, \end{aligned}$

e quindi

$\begin{aligned} \int \frac{1}{(x^2+2x+2)^3}\ dx&=\frac{t}{4(t^2+1)^2}+\frac{3t}{8(t^2+1)}+\frac{3}{8}\arctan t+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ & =\frac{x+1}{4(x^2+2x+2)^2}+\frac{3(x+1)}{8(x^2+2x+2)}+\frac{3}{8}\arctan(x+1)+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Allora

$\boxcolorato{analisi}{\int \frac{1}{(x^2+2x+2)^3}\ dx=\frac{x+1}{4(x^2+2x+2)^2}+\frac{3(x+1)}{8(x^2+2x+2)}+\frac{3}{8}\arctan(x+1)+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

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

$\int \frac{x^2}{(x^2-3)^{3/2}} \, dx.$

Svolgimento.

Ricordiamo che

$I_{m,n,p}=\int x^m\left(a+bx^n\right)^p\ dx,$

con $m,n,p\in\mathbb{Q}$ si può calcolare se e solo se uno tra

$p,\qquad \frac{m+1}{n},\qquad p+\frac{m+1}{n},$

è un intero. Nel nostro caso l’integrale è di tale forma con

$m=2,\quad n=2,\quad p=-\frac{3}{2},\qquad a=-3,\quad b=1,$

e quindi

$p\in\mathbb{Q}\setminus\mathbb{Z},\quad \frac{m+1}{n}=\frac{3}{2}\in\mathbb{Q},\quad p+\frac{m+1}{n}=0\in\mathbb{Z},$

per cui poniamo

$t=x^2,\quad u=\left(\frac{t-3}{t}\right)^{1/2} \quad \iff \quad x=t^{1/2},\qquad t=\frac{3}{1-u^2},$

quindi

$\frac{x^2}{(x^2-3)^{3/2}}=\frac{t}{(t-3)^{3/2}}\qquad \mbox{e}\qquad dx=\frac{1}{2\sqrt{t}}\ dt.$

Pertanto

$\int\frac{x^2}{(x^2-3)^{3/2}}\ dx=\frac{1}{2}\int\frac{\sqrt{t}}{(t-3)^{3/2}}\ dt.$

Dal momento che

$\frac{\sqrt{t}}{(t-3)^{3/2}}=\left(\frac{3}{1-u^2}\right)^{1/2}\cdot\left(\frac{3u^2}{1-u^2}\right)^{-3/2}= \frac{1-u^2}{3u^3} \quad \mbox{e} \quad dt=\frac{6u}{(1-u^2)^2}\ du,$

allora

$\int\frac{x^2}{(x^2-3)^{3/2}}\ dx=\frac{1}{2}\int\frac{1-u^2}{3u^3}\cdot\frac{6u}{(1-u^2)^2}\ du=\int\frac{1}{u^2(1-u^2)}\ du.$

Possiamo scrivere

$\frac{1}{u^2(1-u^2)}=\frac{A}{u}+\frac{B}{u^2}+\frac{C}{1-u}+\frac{D}{1+u},$

da cui

$1=u(1-u^2)A+(1-u^2)B+u^2(1+u)C+u^2(1-u)D,$

e quindi sostituendo $u=0$ abbiamo $B=1$ , mentre sostituendo $u=1$ otteniamo

$2C=1\ \iff c=1/2,$

con $u=-1$

$2D=1\ \iff D=1/2,$

ed infine sostituendo $u=2$ abbiamo

$1=-6A-3+6-2\ \iff A=0.$

Dunque l’integrale diventa

$\begin{aligned} \int\frac{1}{u^2(1-u^2)}\ du &=\int\left(\frac{1}{u^2}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u}\right)\right)\ du\\ &=-\frac{1}{u}+\frac{1}{2}\left(-\ln|1-u|+\ln|1+u|\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &-\frac{1}{u}+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+u}{1-u}\right|+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Infine, essendo

$u=\frac{\sqrt{(x^2-3)}}{x},$

segue

$\int\frac{x^2}{(x^2-3)^{3/2}}\ dx=-\frac{x}{\sqrt{x^2-3}}+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x+\sqrt{x^2-3}}{x-\sqrt{x^2-3}}\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}$

Osservando poi che

$\frac{x+\sqrt{x^2-3}}{x-\sqrt{x^2-3}}=\frac{(x+\sqrt{x^2-3})^2}{3},$

si ha in definitiva

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{x^2}{(x^2-3)^{3/2}}\ dx=-\frac{x}{\sqrt{x^2-3}}+\ln\left(x+\sqrt{x^2-3}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito applicando le formule parametriche

$\int \frac{1}{\cos^2 x} \, dx.$

Svolgimento.

Dalle relazioni

$\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\quad t=\tan\frac{x}{2},\quad dx=\frac{2}{1+t^2}\ dt,$

abbiamo

$\int\frac{1}{\cos^2 x}\ dx=\int\frac{(1+t^2)^2}{(1-t^2)^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt=2\int\frac{1+t^2}{(1-t^2)^2}\ dt.$

Dal momento che

$\frac{1+t^2}{(1-t^2)^2}=\frac{A}{1-t}+\frac{B}{(1-t)^2}+\frac{C}{1+t}+\frac{D}{(1+t)^2},$

segue

$1+t^2=(1-t^2)(1+t)A+(1+t)^2 B+(1-t^2)(1-t)C+(1-t)^2 D.$

Sostituendo nella precedente $t=1$ otteniamo

$2=4B\ \iff \ B=1/2,$

mentre con $t=-1$ abbiamo

$2=4D\ \iff \ D=1/2$

ed infine con $t=0$

$1=A+C+1\ \iff \ A+C=0.$

Dal confronto con i coefficienti di $t^3$ segue che

$0=-A+C\ \Longrightarrow\ A=C=0.$

Allora³

$\begin{aligned} \int\frac{1}{\cos^2 x}\ dx&=2\int\frac{1+t^2}{(1-t^2)^2}\ dt=2\cdot\frac{1}{2}\left(\int\frac{1}{(1-t)^2}\ dt+\int\frac{1}{(1+t)^2}\ dt\right)\\\\ &=\left(\frac{1}{1-t}-\frac{1}{1+t}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{2t}{1-t^2}+c= \frac{2\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)}{1-\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{2\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)\cos\left(\dfrac{x}{2}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{x}{2}\right)-\sin^2\left(\dfrac{x}{2}\right)}+c=\frac{\sin x}{\cos x}+c=\tan x+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Dunque

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{1}{\cos^2 x}\ dx=\tan x+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

Si usano le formule di duplicazione

$\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha,\qquad \cos 2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha.$

↩

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

$\int \frac{\tan x}{1-\sin x} \, dx.$

Svolgimento.

Utilizzando la sostituzione $t=\tan\frac{x}{2}$ e le relazioni

$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\quad\tan x=\frac{2t}{1-t^2} \quad \Longrightarrow\quad dx=\frac{2}{1+t^2}\ dt,$

abbiamo

$\int\frac{\tan x}{1-\sin x}\ dx=\int\frac{2t}{1-t^2}\cdot\frac{1+t^2}{(1-t)^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt=4\int\frac{t}{(1-t)^3(1+t)}\ dt.$

Ora possiamo scrivere

$\frac{t}{(1-t)^3(1+t)}=\frac{A}{1-t}+\frac{B}{(1-t)^2}+\frac{C}{(1-t)^3}+\frac{D}{1+t},$

da cui

$t=(1-t)^2(1+t)A+(1-t)(1+t)B+(1+t)C+(1-t)^3 D$

Sostituendo $t=1$ nella precedente abbiamo

$1=2C\ \iff C=1/2,$

poi con $t=-1$

$- 1=8D\ \iff \ D=-1/8$

ed infine con $t=0$ otteniamo

$0=A+B+C+D\ \iff \ A+B=-3/8.$

Uguagliando i coefficienti di $t^3$

$A-D=0\ \Longrightarrow\ A=D=-1/8,\ B=-1/4.$

Pertanto⁴

$\begin{aligned} 4\int\frac{1}{(1-t)^3(1+t)}\ dt &=\frac{1}{2}\int\left(-\frac{1}{1-t}-\frac{2}{(1-t)^2}+\frac{4}{(1-t)^3}-\frac{1}{1+t}\right)\ dt\\ &=\frac{1}{2}\left(\ln|1-t|-\frac{2}{1-t}+\frac{2}{(1-t)^2}-\ln|1+t|\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1-t}{1+t}\right|+\frac{t}{(1-t)^2}+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{\cos x}{1+\sin x}\right|-\frac{\tan \dfrac{x}{2}}{\sin x -1}+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Dunque

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{\tan x}{1-\sin x}\ dx=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{\cos x}{1+\sin x}\right|-\frac{\tan \dfrac{x}{2}}{\sin x -1}+c, \quad c\in \mathbb{R}. }$

Usando le relazioni

$\frac{1-\tan\alpha}{1+\tan\alpha}=\frac{\cos\alpha-\sin\alpha}{\cos\alpha+\sin\alpha}= \frac{\cos 2 \alpha}{1+\sin2\alpha},$

$\frac{\tan\alpha}{(1-\tan\alpha)^2}=\frac{\tan \alpha}{(\cos\alpha-\sin\alpha)^2}= -\frac{\tan \alpha}{\sin 2 \alpha - 1}.$

↩

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{1}{2\sin x+\cos x-1} \, dx.$

Svolgimento.

Utilizzando la sostituzione $t=\tan\frac{x}{2}$ e le relazioni

$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\quad \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$

da cui

$dx=\dfrac{2}{1+t^2}\ dt,$

abbiamo

$\begin{aligned} \int\frac{1}{2\sin x+\cos x-1}\ dx&=\int\frac{1}{\displaystyle \frac{4t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}-1}\cdot \frac{2}{1+t^2}\ dt\\ &=\int\frac{1+t^2}{4t+1-t^2-1-t^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt\\ &=\int\frac{2}{4t-2t^2}\ dt=\int\frac{1}{t(2-t)}\ dt. \end{aligned}$

Essendo

$\frac{1}{t(2-t)}=\frac{A}{t}+\frac{B}{2-t},$

e quindi

$1=A(2-t)+Bt,$

con $t=2$ otteniamo $B=1/2$ mentre con $t=0$ abbiamo $A=1/2.$

Segue che

$\begin{aligned} \int\frac{1}{2\sin x+\cos x-1}\ dx&=\frac{1}{2}\left(\int\frac{1}{t}\ dt+\int\frac{1}{2-t}\ dt\right)\\\\ &=\frac{1}{2}\left(\ln|t|-\ln|2-t|\right)+c=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{t}{2-t}\right|+c, \quad c \in \mathbb{R}, \end{aligned}$

e dall’identità

$\tan\frac{x}{2}=\frac{1-\cos x}{\sin x},$

si ricava infine⁵

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{1}{2\sin x+\cos x-1}\ dx=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1-\cos x}{2\sin x+\cos x-1}\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}}$

Si ha infatti

$\frac{t}{2-t}=\frac{1-\cos x}{\sin x}\cdot\frac{\sin x}{2\sin x-1+\cos x}=\frac{1-\cos x}{2\sin x+\cos x-1}.$

↩

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{\tan x}{1+\sin^2 x} \, dx.$

Svolgimento.

Utilizzando la sostituzione $t=\tan\frac{x}{2}$ e le relazioni

$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\quad\tan x=\frac{2t}{1-t^2},$

da cui $dx=\dfrac{2}{1+t^2}\ dt,$ si ha

$\begin{aligned} \int\frac{\tan x}{1+\sin^2 x}\ dx&=\int\frac{\displaystyle\frac{2t}{1-t^2}}{\displaystyle 1+\frac{4t^2}{(1+t^2)^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} \; dt\\\\ &=\int\frac{2t}{1-t^2}\cdot\frac{(1+t^2)^2}{1+t^4+2t^2+4t^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt\\\\ &=\int\frac{4t(1+t^2)}{(t^4+6t^2+1)(1-t^2)}\ dt. \end{aligned}$

Posto $t^2=y\ \Longrightarrow\ 2t\ dt=dy$ abbiamo

$\begin{aligned} \int\frac{\tan x}{1+\sin^2 x}\ dx&=\int\frac{2(1+y)}{(y^2+6y+1)(1-y)}\ dy\\ &=\int\frac{2(1+y)}{(y+3+2\sqrt{2})(y+3-2\sqrt{2})(1-y)}\ dy. \end{aligned}$

Possiamo scrivere

$\frac{2(1+y)}{(y+3+2\sqrt{2})(y+3-2\sqrt{2})(1-y)}= \frac{A}{y+3+2\sqrt{2}}+\frac{B}{y+3-2\sqrt{2}}+\frac{C}{1-y},$

da cui

$2(1+y)=(1-y)\left(A(y+3-2\sqrt{2})+B(y+3+2\sqrt{2})\right)+C(y^2+6y+1),$

e quindi sostituendo $y=-3+2\sqrt{2}$ abbiamo

$2(2\sqrt{2}-2)=4\sqrt{2}(4-2\sqrt{2})B\ \iff \ B=1/4,$

poi con $y=-3-2\sqrt{2}$ otteniamo

$-2(2+2\sqrt{2})=-4\sqrt{2}(4+2\sqrt{2})A\ \iff \ A=1/4,$

ed infine con $y=1$ abbiamo

$4=8C\ \iff \, C=1/2.$

Ne segue

$\begin{aligned} \int \frac{\tan x}{1+\sin^2 x}\ dx&=\frac{1}{4}\left(\int\frac{1}{y+3-2\sqrt{2}}\ dy+\int\frac{1}{y+3+2\sqrt{2}}\ dy+\int\frac{2}{1-y}\ dy\right)\\\\ &=\frac{1}{4}\left(\ln|y+3-2\sqrt{2}|+\ln|y+3+2\sqrt{2}|-2\ln|1-y|\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\\\ &=\frac{1}{4}\ln\left|\frac{y^2+6y+1}{(1-y)^2}\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}\\\\ &=\frac{1}{4}\ln\left|\frac{t^4+6t^2+1}{(1-t^2)^2}\right|+c \end{aligned}$

e dall’identità

$\begin{aligned} \frac{\tan^4\alpha+6\tan^2\alpha+1}{(1-\tan^2\alpha)^2}&= \frac{\sin^4\alpha+6\sin^2\alpha\cos^2\alpha+\cos^4\alpha}{(\cos^2\alpha-\sin^2\alpha)^2}\\ &=\frac{(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)^2+4\sin^2\alpha\cos^2\alpha}{\cos^2 2\alpha}\\ &=\frac{1+\sin^2 2\alpha}{\cos^2 2\alpha}, \end{aligned}$

si ha in definitiva

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{\tan x}{1+\sin^2 x}\ dx=\frac{1}{4}\ln\left(\frac{1+\sin^2 x}{\cos^2 x}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

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

$\int \frac{\sin^2 x}{\cos^6 x} \, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$\begin{aligned} \frac{\sin^2 x}{\cos^6 x} & =\tan^2 x\cdot\frac{1}{\cos^4 x} = \tan^2 x\cdot \left( \frac{1}{\cos^2 x} \right)^2 = \\ & = \tan^2 x\cdot \left(\frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\cos^2 x}\right)^2 = \tan^2 x(1+\tan^2 x)^2, \end{aligned}$

e quindi, posto

$\tan x=t\ \Longrightarrow\ (1+\tan^2 x)\ dx=dt,$

si ha

$\begin{aligned} \int\tan^2 x(1+\tan^2 x)^2\ dx&=\int t^2(1+t^2)\ dt=\int(t^2+t^4)\ dt\\ &=\frac{t^3}{3}+\frac{t^5}{5}+c=\frac{\tan^3 x}{3}+\frac{\tan^5 x}{5}+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\int\tan^2 x(1+\tan^2 x)^2\ dx=\frac{\tan^3 x}{3}+\frac{\tan^5 x}{5}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{2+\sin x}{(\sin x-\cos x)^2} \, dx.$

Svolgimento.

Utilizzando la sostituzione $t=\tan\frac{x}{2}$ e le relazioni

$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\quad \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},$

abbiamo $dx=\dfrac{2}{1+t^2}\ dt$ e sostituendo nell’integrale otteniamo

$\begin{aligned} \int\frac{2+\sin x}{(\sin x-\cos x)^2}\ dx&= \int\frac{\displaystyle 2+\frac{2t}{1+t^2}} {\displaystyle\left(\frac{2t}{1+t^2}-\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt\\ &=\int\frac{2+2t^2+2t}{1+t^2}\cdot\frac{(1+t^2)^2}{(2t-1+t^2)^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt\\ &=\int\frac{4(t^2+t+1)}{(t+1+\sqrt{2})^2(t+1-\sqrt{2})^2}\ dt. \end{aligned}$

Ora

$\begin{aligned} \frac{4(t^2+t+1)}{(t+1+\sqrt{2})^2(t+1-\sqrt{2})^2}=&\frac{A}{t+1+\sqrt{2}}+ \frac{B}{(t+1+\sqrt{2})^2}\\ &+\frac{C}{t+1-\sqrt{2}}+\frac{D}{(t+1-\sqrt{2})^2} \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} 4(t^2+t+1)=&(t+1-\sqrt{2})^2\left((t+1+\sqrt{2}) A+B\right)\\ &+(t+1+\sqrt{2})^2\left((t+1-\sqrt{2}) C+D\right) \end{aligned}$

e quindi sostituendo nella precedente, $t=-1+\sqrt{2}$ abbiamo

$4(3-\sqrt{2})=8D\ \iff \ D=(3-\sqrt{2})/2,$

mentre con $t=-1-\sqrt{2}$ otteniamo

$4(3+\sqrt{2})=8B\ \iff \ B=(3+\sqrt{2})/2$

ed infine con $t=-1$ arriviamo a

$4=2\sqrt{2} A+2B-2\sqrt{2} C+2D\ \iff \ A-C=-\sqrt{2}/2.$

Confrontando i coefficienti di $t^3$ si ha

$0=A+C\ \Longrightarrow\ A=-\frac{\sqrt{2}}{4},\ C=\frac{\sqrt{2}}{4}.$

Allora⁶

$\begin{aligned} &\int\frac{2+\sin x}{(\sin x-\cos x)^2}\ dx\\ &=\frac{1}{4}\left(\int\frac{-\sqrt{2}}{t+1+\sqrt{2}}\ dt+\int\frac{2(3+\sqrt{2})}{(t+1+\sqrt{2})^2}\ dt+ \int\frac{\sqrt{2}}{t+1-\sqrt{2}}\ dt+\int\frac{2(3-\sqrt{2})}{(t+1-\sqrt{2})^2}\ dt\right)\\ &=-\frac{\sqrt{2}}{4}\ln|t+1+\sqrt{2}|-\frac{3+\sqrt{2}}{2(t+1+\sqrt{2})}+\frac{\sqrt{2}}{4}\ln|t+1-\sqrt{2}|- \frac{3-\sqrt{2}}{2(t+1-\sqrt{2})}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{4}\ln\left|\frac{t+1-\sqrt{2}}{t+1+\sqrt{2}}\right|-\frac{1+3t}{t^2+2t-1}+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{4}\ln\left|\frac{\displaystyle\tan\frac{x}{2}+1-\sqrt{2}}{\displaystyle\tan\frac{x}{2} +1+\sqrt{2}}\right|-\frac{3\sin x+\cos x+1}{2(\sin x-\cos x)}+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{2+\sin x}{(\sin x-\cos x)^2}\ dx=\frac{\sqrt{2}}{4}\ln\left|\frac{\displaystyle\tan\frac{x}{2}+1-\sqrt{2}}{\displaystyle\tan\frac{x}{2} +1+\sqrt{2}}\right|-\frac{3\sin x+\cos x+1}{2(\sin x-\cos x)}+c, \quad c\in \mathbb{R} }$

Usando la relazione

$\frac{1+3\tan\alpha}{\tan^2\alpha+2\tan\alpha-1}= \frac{(\cos\alpha+3\sin\alpha)\cos\alpha}{\sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha-\cos^2\alpha}= \frac{\cos^2\alpha+3\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha-\cos^2\alpha}= \frac{3\sin2\alpha+\cos2\alpha+1}{2(\sin2\alpha-\cos2\alpha)}.$

↩

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int x^2(x^2-3)^{3/2} \, dx.$

Svolgimento.

Ricordiamo che gli integrali della forma

$I_{m,n,p}=\int x^m\left(a+bx^n\right)^p\ dx,$

con $m,n,p\in\mathbb{Q}$ si può calcolare se e solo se uno tra

$p,\qquad \frac{m+1}{n},\qquad p+\frac{m+1}{n},$

è un intero. L’integrale dato è di tale forma con

$m=2,\quad n=2,\quad p=\frac{3}{2},\qquad a=-3,\quad b=1,$

e quindi

$p\in\mathbb{Q}\setminus\mathbb{Z},\quad \frac{m+1}{n}=\frac{3}{2}\in\mathbb{Q},\quad p+\frac{m+1}{n}=3\in\mathbb{Z},$

per cui poniamo

$t=x^2,\quad u=\left(\frac{t-3}{t}\right)^{1/2} \quad \iff \quad x=t^{1/2},\qquad t=\frac{3}{1-u^2},$

quindi

$x^2(x^2-3)^{3/2}=t(t-3)^{3/2},\qquad dx=\frac{1}{2\sqrt{t}}\ dt.$

L’integrale diventa così

$\int x^2(x^2-3)^{3/2}\ dx=\frac{1}{2}\int \sqrt{t}(t-3)^{3/2}\ dt$

e dal momento che

$\sqrt{t}(t-3)^{3/2}=\left(\frac{3}{1-u^2}\right)^{1/2}\cdot\left(\frac{3u^2}{1-u^2}\right)^{3/2}= \frac{9u^3}{(1-u^2)^2},$

$dt=\frac{6u}{(1-u^2)^2}\ du,$

abbiamo

$\int x^2(x^2-3)^{3/2}\ dx=\frac{1}{2}\int\frac{9u^3}{(1-u^2)^2}\cdot\frac{6u}{(1-u^2)^2}\ du=\int\frac{27u^4}{(u^2-1)^4}\ du.$

Poiché

$\begin{aligned} \frac{u^4}{(u^2-1)^4}=&\frac{A}{u-1}+\frac{B}{(u-1)^2}+\frac{C}{(u-1)^3}+\frac{D}{(u-1)^4}\\ &+\frac{E}{1+u}+\frac{F}{(1+u)^2}+\frac{G}{(1+u)^3}+\frac{H}{(1+u)^4} \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} u^4=&(1+u)^4(u-1)^3 A+(1+u)^4(u-1)^2 B+(1+u)^4(u-1) C+(1+u)^4 D\\ &+(u-1)^4(1+u)^3 E+(u-1)^4(1+u2)^2 F+(u-1)^4(1+u) G+(u-1)^4 H, \end{aligned}$

sostituendo $u=1$ abbiamo

$1=16D\ \iff D=1/16,$

mentre con $u=-1$ otteniamo

$1=16H\ \iff H=1/16$

ed infine con $u=0$

$A+B+C+E+F+G=-1/8.$

Se sviluppiamo i prodotti otteniamo

$B=E= F= \dfrac{1}{32}, \quad C = \dfrac{1}{8}, \quad D= H = \dfrac{1}{16}, \quad A= -\dfrac{1}{32}, \quad G= -\dfrac{1}{8}.$

Abbiamo allora

$\begin{aligned} \int\frac{27u^4}{(u^2-1)^4}\ du=\int \Big[&-\frac{27}{32(u-1)}+\frac{27}{32(u-1)^2}+\frac{27}{8(u-1)^3}+\frac{27}{16(u-1)^4}\\ &+\frac{27}{32(1+u)}+\frac{27}{32(1+u)^2}-\frac{27}{8(1+u)^3}+\frac{27}{16(1+u)^4}\Big]du\\ =&-\frac{27}{32}\ln|u-1|-\frac{27}{32(u-1)}-\frac{27}{16(u-1)^2}-\frac{9}{16(u-1)^3}+\\ &+\frac{27}{32}\ln|1+u|-\frac{27}{32(1+u)}-\frac{27}{16(1+u)^2}-\frac{9}{16(1+u)^3}+c, \quad c \in \mathbb{R}\\ &= \dfrac{27}{32}\ln\left|\dfrac{1+u}{u-1}\right|- \dfrac{9u (3u^4+8u^2-3)}{16(u^2-1)^3}+c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Infine essendo

$u=\frac{\sqrt{x^2-3}}{x}$

si ha che

$\begin{aligned} \ln\left|\dfrac{1+u}{u-1}\right| &= \ln \left|\dfrac{1+\dfrac{\sqrt{x^2-3}}{x}}{\dfrac{\sqrt{x^2-3}}{x}-1}\right| = \ln \left|\dfrac{x+ \sqrt{x^2-3}}{\sqrt{x^2-3}-x} \right|\\ &= \ln \left|\dfrac{(x+\sqrt{x^2-3})^2}{-3} \right| = \ln \left(x+\sqrt{x^2-3}\right)^2- \ln |3| \\ &= 2 \ln \left|x+ \sqrt{x^2-3}\right|- \ln |3|, \end{aligned}$

inoltre

$u^2 = \dfrac{x^2-3}{x^2}\iff u^2-1 =- \dfrac{3}{x^2} \quad \text{e}\quad u^4 = \dfrac{(x^2-3)^2}{x^4}.$

segue

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} \int x^2(x^2-3)^{3/2}\ dx&=\frac{27}{16}\ln |x+\sqrt{x^2-3}| + \dfrac{x(8x^4 -42 x^2 +27)}{48}+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}}$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{x^3-1}{(x^4+1)^2} \, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$\begin{aligned} \int\frac{x^3-1}{(x^4+1)^2}\ dx &=\int\frac{x^3}{(x^4+1)^2}\ dx-\int\frac{1+x^4-x^4}{(x^4+1)^2}\ dx\\ &=-\frac{1}{4(x^4+1)}-\int\frac{1}{x^4+1}\ dx+\int\frac{x^4}{(x^4+1)^2}\ dx. \end{aligned}$

Poniamo ora

$I=\int\frac{x^4}{(x^4+1)^2}\ dx,\qquad J=\int\frac{1}{x^4+1}\ dx,$

e calcoliamo separatamente questi due integrali.

Iniziamo con il calcolare $I$ . Possiamo scrivere, integrando per parti

$I=\int x\cdot\frac{x^3}{(x^4+1)^2}\ dx=-x\cdot\frac{1}{4(x^4+1)}+\frac{1}{4}\int\frac{1}{x^4+1}\ dx= -x\cdot\frac{1}{4(x^4+1)}+\frac{1}{4}\cdot J,$

allora si ha

$\int\frac{x^3-1}{(x^4+1)^2}\ dx=-\frac{1}{4(x^4+1)}-x\cdot\frac{1}{4(x^4+1)}-\frac{3}{4}\cdot J= -\frac{x+1}{4(x^4+1)}-\frac{3}{4}\cdot J,$

per cui siamo ricondotti al calcolo del secondo integrale: procediamo dunque con il calcolo di $J$ . Osserviamo che

$x^4+1=x^4+2x^2+1-2x^2=(x^2+1)^2-2x^2=(x^2+1-\sqrt{2} x)(x^2+1+\sqrt{2} x),$

da cui

$\frac{1}{x^4+1}=\frac{Ax+B}{x^2+1-\sqrt{2} x}+\frac{Cx+D}{x^2+1+\sqrt{2} x},$

e quindi

$1=(Ax+B)(x^2+1+\sqrt{2} x)+(Cx+D)(x^2+1-\sqrt{2} x),$

la quale si può riscrivere come

$1=(A+C)x^3+(\sqrt{2} A+B-\sqrt{2} C+D)x^2+(A+\sqrt{2} B+C-\sqrt{2} D)x+B+D,$

da cui, per il principio d’identità dei polinomi, impostiamo il seguente sistema lineare

$\left\{\begin{array}{l} A+C=0 \\ \sqrt{2} A+B-\sqrt{2} C+D=0\\ A+\sqrt{2} B+C-\sqrt{2} D=0\\ B+D=1 \end{array}\right.$

la cui soluzione risulta

$A=-\frac{\sqrt{2}}{4},\quad B=\frac{1}{2},\quad C=\frac{\sqrt{2}}{4},\quad D=\frac{1}{2}.$

Si ha allora

$J=\int\frac{1}{x^4+1}\ dx=\frac{1}{4}\left(-\int\frac{\sqrt{2} x-2}{x^2-\sqrt{2} x+1}\ dx+\int\frac{\sqrt{2} x+2}{x^2+\sqrt{2} x+1}\ dx\right),$

in cui poniamo

$J_1=\int\frac{\sqrt{2} x-2}{x^2-\sqrt{2} x+1}\ dx,\qquad J_2=\int\frac{\sqrt{2} x+2}{x^2+\sqrt{2} x+1}\ dx.$

Procediamo a calcolare questi due integrali.

Per calcolare $J_1$ possiamo scrivere

$\begin{aligned} \frac{\sqrt{2} x-2}{x^2-\sqrt{2} x+1}&=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{2x-2\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2} x+1}= \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{2x-2\sqrt{2}-\sqrt{2}+\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2} x+1}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{2x-\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2} x+1}-\frac{1}{x^2-\sqrt{2} x+1}, \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} J_1 &=\frac{\sqrt{2}}{2}\int\frac{2x-\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2} x+1}\ dx-\int\frac{1}{x^2-\sqrt{2} x+1}\ dx\\ &=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\ln(x^2-\sqrt{2} x+1)-\int\frac{1}{x^2-\sqrt{2} x+1}\ dx. \end{aligned}$

Risulta poi

$x^2-\sqrt{2} x+1=\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\frac{1}{2},$

e quindi, con la sostituzione

$x-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{t}{\sqrt{2}}\ \Longrightarrow\ dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\ dt,$

si ha

$\begin{aligned} \int\frac{1}{x^2-\sqrt{2} x+1}\ dx &=\sqrt{2}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt\\ &=\sqrt{2}\arctan t+c=\sqrt{2}\arctan\left(\sqrt{2} x-1\right)+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

da cui

$J_1=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\ln(x^2-\sqrt{2} x+1)-\sqrt{2}\arctan\left(\sqrt{2} x-1\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Per quanto riguarda $J_2$ , possiamo scrivere

$\begin{aligned} \frac{\sqrt{2} x+2}{x^2+\sqrt{2} x+1}&=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{2x+2\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2} x+1}= \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{2x+2\sqrt{2}-\sqrt{2}+\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2} x+1}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{2x+\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2} x+1}+\frac{1}{x^2+\sqrt{2} x+1}, \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} J_2 &=\frac{\sqrt{2}}{2}\int\frac{2x+\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2} x+1}\ dx+\int\frac{1}{x^2+\sqrt{2} x+1}\ dx\\ &=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\ln(x^2+\sqrt{2} x+1)+\int\frac{1}{x^2+\sqrt{2} x+1}\ dx. \end{aligned}$

Risulta poi

$x^2+\sqrt{2} x+1=\left(x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\frac{1}{2},$

e quindi, con la sostituzione

$x+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{t}{\sqrt{2}}\ \Longrightarrow\ dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\ dt,$

si ha

$\begin{aligned} \int\frac{1}{x^2+\sqrt{2} x+1}\ dx &=\sqrt{2}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt\\ &=\sqrt{2}\arctan t+c=\sqrt{2}\arctan\left(\sqrt{2} x+1\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}, \end{aligned}$

da cui

$J_2=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\ln(x^2+\sqrt{2} x+1)+\sqrt{2}\arctan\left(\sqrt{2} x+1\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}$

Abbiamo a questo punto

$\begin{aligned} J &=\frac{1}{4}\left(-J_1+J_2\right)\\ &=\frac{\sqrt{2}}{8}\ln\left(\frac{x^2+\sqrt{2} x+1}{x^2-\sqrt{2} x+1}\right)+\\ &+\frac{\sqrt{2}}{4}\arctan\left(\sqrt{2} x-1\right)+\frac{\sqrt{2}}{4}\arctan\left(\sqrt{2} x+1\right)+c, \end{aligned}$

e quindi⁷

$\begin{aligned} \int\frac{x^3-1}{(x^4+1)^2}\ dx &=-\frac{x+1}{4(x^4+1)}-\frac{3}{4}\cdot J\\ &=-\frac{x+1}{4(x^4+1)}-\frac{3\sqrt{2}}{32}\ln\left(\frac{x^2+\sqrt{2} x+1}{x^2-\sqrt{2} x+1}\right)\\ &-\frac{3\sqrt{2}}{16}\arctan\left(\sqrt{2} x-1\right)-\frac{3\sqrt{2}}{16}\arctan\left(\sqrt{2} x+1\right)\\ &=-\frac{x+1}{4(x^4+1)}-\frac{3\sqrt{2}}{32}\left(\ln\left(\frac{x^2+\sqrt{2} x+1}{x^2-\sqrt{2} x+1}\right) +2\arctan\frac{\sqrt{2} x}{1-x^2}\right). \end{aligned}$

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{x^3-1}{(x^4+1)^2}\ dx=-\frac{x+1}{4(x^4+1)}-\frac{3\sqrt{2}}{32}\left(\ln\left(\frac{x^2+\sqrt{2} x+1}{x^2-\sqrt{2} x+1}\right) +2\arctan\frac{\sqrt{2} x}{1-x^2}\right). }$

Si è usata la relazione

$\arctan a+\arctan b=\arctan\frac{a+b}{1-ab}.$

↩

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

$\int \frac{1}{x+\sqrt{1-x^2}} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$x=\sin y \iff \sqrt{1-x^2}=\cos y \Longrightarrow\ dx=\cos y\ dy,$

da cui

$\int\frac{1}{x+\sqrt{1-x^2}}\ dx=\int\frac{1}{\sin y+\cos y}\cdot\cos y\ dy.$

Usando la sostituzione $t=\tan\frac{y}{2}$ e le relazioni parametriche

$\sin y=\frac{2t}{1+t^2},\quad\cos y=\frac{1-t^2}{1+t^2} \Longrightarrow dy=\frac{2}{1+t^2}\ dt,$

abbiamo

$\begin{aligned} \int\frac{1}{x+\sqrt{1-x^2}}\ dx&= \int\frac{1}{\displaystyle\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac{1-t^2}{1+t^2}\cdot \frac{2}{1+t^2}\ dt\\ &=\int\frac{1+t^2}{2t+1-t^2}\cdot\frac{1-t^2}{1+t^2}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt\\ &=\int\frac{2(t^2-1)}{(t^2+1)(t-1+\sqrt{2})(t-1-\sqrt{2})}\ dt. \end{aligned}$

Essendo poi

$\frac{2(t^2-1)}{(t^2+1)(t-1+\sqrt{2})(t-1-\sqrt{2})}= \frac{At+B}{t^2+1}+\frac{C}{t-1-\sqrt{2}}+\frac{D}{t-1+\sqrt{2}},$

segue

$2(t^2-1)=(At+B)(t^2-2t-1)+(t^2+1)[(t-1+\sqrt{2})C+(t-1-\sqrt{2})D],$

e quindi sostituendo $t=1-\sqrt{2}$ nella precedente abbiamo

$2(2-2\sqrt{2})=-2\sqrt{2}(4-2\sqrt{2})D\ \iff \ D=1/2,$

poi con $t=1+\sqrt{2}$ otteniamo

$2(2+2\sqrt{2})=2\sqrt{2}(4+2\sqrt{2})C\ \iff \ C=1/2$

ed infine con $t=0$ arriviamo a

$-2=-B+(\sqrt{2}-1)C-(1+\sqrt{2})D\ \iff \ B=1.$

Eguagliando gli esponenti di $t^3$ abbiamo

$0=A+C+D\ \Longrightarrow\ A=-1,$

allora

$\begin{aligned} \int\frac{1}{x+\sqrt{1-x^2}}\ dx &=\int\frac{1}{t^2+1}\ dt-\int\frac{t}{t^2+1}\ dt+\frac{1}{2}\left(\int\frac{1}{t-1-\sqrt{2}}\ dt+\int\frac{1}{t-1+\sqrt{2}}\ dt\right)\\ &=\arctan t-\frac{1}{2}\ln(1+t^2)+\frac{1}{2}\left(\ln|t-1-\sqrt{2}|+\ln|t-1+\sqrt{2}|\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\arctan t+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{t^2-2t-1}{t^2+1}\right|+c=\frac{y}{2}+\frac{1}{2}\ln\left|\sin y+\cos y\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{2}\arcsin x+\frac{1}{2}\ln\left|x+\sqrt{1-x^2}\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}, \end{aligned}$

avendo usato la sostituzione inversa

$y=\arcsin x,\qquad \cos y=\sqrt{1-\sin^2 y}=\sqrt{1-x^2}.$

Dunque

\boxcolorato{analisi}{

$\displaystyle \int\frac{1}{x+\sqrt{1-x^2}}\ dx=\frac{1}{2}\arcsin x+\frac{1}{2}\ln\left|x+\sqrt{1-x^2}\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

}

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $n\in \mathbb{N}$ e $\alpha\in \mathbb{R}$ , dimostrare la seguente identità:

$\int x^ne^{\alpha x}\,dx=e^{\alpha x}\sum_{k=0}^{n} (-1)^k\frac{k!}{\alpha^{k+1}}\binom{n}{k}x^{n-k}.$

Svolgimento.

Osserviamo che abbiamo omesso, con abuso di notazione, la costante arbitraria, ovvero abbiamo richiesto soltanto di dimostrare che il secondo membro è una primitiva di $x^ne^{\alpha x}$ .

Sia

$I_n\coloneq \int x^ne^{\alpha x}\,dx,$

e vogliamo dimostrare la formula per induzione su $n$ . Il caso $n=0$ è immediato, in quanto

$I_0=\int e^{\alpha x}\,dx=\frac{1}{\alpha}e^{\alpha x}+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Procediamo ora con il passo induttivo. Assumiamo l’identità vera per $n$ e dimostriamola per $n+1$ procedendo ad un’integrazione per parti in modo tale da abbassare il grado del monomio:

$\displaystyle I_{n+1}=\int x^{n+1}e^{\alpha x}\,dx=\frac{1}{\alpha}x^{n+1}e^{\alpha x}-\frac{n+1}{\alpha}\int x^{n}e^{\alpha x}dx= \frac{1}{\alpha}x^{n+1}e^{\alpha x}-\frac{n+1}{\alpha}I_n.$

Per ipotesi induttiva

$\displaystyle I_n=e^{\alpha x}\sum_{k=0}^{n} (-1)^k\frac{k!}{\alpha^{k+1}}\binom{n}{k}x^{n-k}=e^{\alpha x}\sum_{k=1}^{n+1} (-1)^{k-1}\frac{(k-1)!}{\alpha^{k}}\binom{n}{k-1}x^{n-(k-1)},\quad n \geq 1$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo effettuato un cambio di indice della sommatoria $k\mapsto k+1$ . Dunque

$I_{n+1}= e^{\alpha x}\left(\frac{1}{\alpha}x^{n+1}+\sum_{k=1}^{n+1} (-1)^k\frac{(n+1)(k-1)!}{\alpha^{k+1}}\binom{n}{k-1}x^{(n+1)-k} \right).$

Per concludere la dimostrazione osserviamo che

$\displaystyle (n+1)(k-1)!\binom{n}{k-1}=k!\binom{n+1}{k}$

e che

$\displaystyle \frac{1}{\alpha}x^{n+1}$

corrisponde al termine per $k=0$ nella sommatoria. Ciò termina la dimostrazione.

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

(5) $\begin{equation*} \int \dfrac{x^2 e^{\arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}dx. \end{equation*}$

Svolgimento.

Operiamo la seguente sostituzione $x =\tan t$ con $t \in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ , da cui $dx = \frac{dt}{\cos^2 t}$ ottenendo

$\begin{aligned} \int \dfrac{x^2 e^{\arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}dx &=\int \dfrac{ e^t \tan^2 t }{\sqrt{1+\tan^2 t}}\cdot \dfrac{dt}{\cos^2 t} \\&= \int\dfrac{e^t\tan^2t }{\cos t}dt\\ &=\int e^t\sin t\cdot\dfrac{\sin t}{\cos^3 t}dt\\ &=\dfrac{e^t \sin t}{2\cos^2 t}-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t(\sin t+\cos t)}{\cos^2 t}dt. \end{aligned}$

Riscriviamo l’integrale rimasto e procediamo con l’integrazione per parti, per cui si ha

$\begin{aligned} \int\dfrac{e^t(\sin t+\cos t)}{\cos^2 t}dt&=-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t\sin t}{\cos^2t}dt-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t}{\cos t}dt\\ &=-\dfrac{e^t}{2\cos t}+\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t}{\cos t}dt-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t}{\cos t}dt=-\dfrac{e^t}{2\cos t}, \end{aligned}$

da cui

$\int \dfrac{x^2 e^{\arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}= \dfrac{e^t \sin t }{2\cos^2 t} -\dfrac{e^t}{2\cos t}+ c, \quad c \in \mathbb{R}.$

Possiamo ottenere $t =\arctan x$ , pertanto⁸

$\begin{aligned} \int \dfrac{x^2 e^{\arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}&=\dfrac{e^{\arctan x}\sin\left( \arctan x\right)}{2\cos^2\left(\arctan x\right)}-\dfrac{e^{\arctan x}}{2\cos\left( \arctan x\right)}+ c, \quad c \in \mathbb{R}\\ &=\dfrac{e^{\arctan x}\tan \left(\arctan x\right)}{2\cos\left( \arctan x\right)}-\dfrac{e^{\arctan x}}{2\cos\left(\arctan x\right)}+ c, \quad c \in \mathbb{R}\\ &=\dfrac{e^{\arctan x}}{2\cos\left(\arctan x\right)}\left(x-1\right)+ c, \quad c \in \mathbb{R}\\ &=\dfrac{e^{\arctan x}x}{2}\sqrt{(x^2+1)}-\dfrac{e^{\arctan x}}{2}\sqrt{x^2+1}+ c, \quad c \in \mathbb{R}\\ &=\dfrac{e^{\arctan x}\sqrt{x^2+1}}{2}(x-1)+ c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \int \dfrac{x^2 e^{\arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}=\dfrac{e^{\arctan x}\sqrt{x^2+1}}{2}(x-1)+ c, \quad c \in \mathbb{R}. }$

Si ricorda che

$\begin{aligned} \cos^2 t +\sin^2t =1 \quad \iff \quad 1+\tan^2t =\dfrac{1}{\cos^2 t}\quad \iff \quad \cos^2 t=\dfrac{1}{1+\tan^2 t} \end{aligned}$

posto $t=\arctan x$ si ha

$\cos^2\left(\arctan x\right)=\dfrac{1}{1+x^2}.$

↩

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