Integrali definiti e indefiniti: teoria ed esercizi

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Gli integrali costituiscono uno dei più importanti strumenti dell’Analisi Matematica. Consentendo di calcolare l’area sottesa al grafico di una funzione, la loro presenza è costante in tutta la Matematica e le scienze applicate: qualunque grandezza ottenuta come prodotto di due grandezze può infatti essere pensata come un’area. La definizione di integrale è data tramite un processo di approssimazione che ricorda quello eseguito da Archimede per la determinazione dei volumi e delle superfici dei solidi.

Questa dispensa propone un approccio chiaro ma rigoroso alle seguenti questioni:

Cos’è una funzione integrabile e cosa si intende per integrale definito di una funzione?
Cosa afferma il teorema della media integrale?
Cosa si intende per funzione integrale?
Qual è il legame tra derivate e integrali stabilito dal teorema fondamentale del calcolo integrale (pagina 21 della dispensa) e come si giustifica intuitivamente?
Cos’è una primitiva e cosa rappresenta l’integrale indefinito di una funzione?
Come si risolvono gli integrali per sostituzione e per parti?

La dispensa, che unisce rigore accademico e accessibilità, risponde a queste domande: se desideri approfondire uno dei concetti più intriganti dell’Analisi Matematica, non ti resta che iniziare!

Consigliamo la lettura del seguente materiale di teoria supplementare:

Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi:

Buona lettura!

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Martina Moro

Revisori: Roberto Castorrini.

Definizione di integrale di Riemann

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Una delle questioni alla base della nascita del calcolo integrale è quella di determinare un metodo analitico per calcolare l’area di una figura piana.

Consideriamo ad esempio la funzione $f(x)=x^2$ nell’intervallo [0,1] e cerchiamo di approssimare l’area compresa tra il grafico di $f$ e il semiasse positivo delle ascisse attraverso l’unione di rettangoli.

Suddividiamo l’intervallo [0,1] in $n$ intervalli congruenti di ampiezza $\dfrac{1}{n}$

$x_0=0, x_1=\frac{1}{n}, x_2=\frac{2}{n},..., x_{n-1}=\frac{n-1}{n}, x_n=1\qquad n\in\mathbb{N}$

e consideriamo i rettangoli $R_j$ di base $[x_j,x_{j+1}]$ e altezza $f(x_j)$ per ogni $j=0,...,n-1$ .

$\quad$

È semplice calcolare l’area di questa unione di rettangoli

(1) $\begin{equation*} \begin{split} A(n)&=\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}f(x_j)=\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}x_j^2=\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\left(\frac{i}{n}\right)^2 =\frac{1}{n^3}\sum_{j=0}^{n-1}i^2=\\&=\frac{n(n-1)(2n-1)}{6n^3} \end{split} \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo utilizzato la somma notevole dei primi n quadrati facilmente dimostrabile per induzione.

All’aumentare di $n$ otteniamo una suddivisione dell’intervallo sempre più fitta e perciò una migliore approssimazione per difetto dell’area cercata. Il ragionamento è analogo per ottenere un’approssimazione per eccesso: basterà ovviamente considerare dei rettangoli $R_j$ di base $[x_j, x_{j+1}]$ e altezza $f(x_{j+1})$ per ogni $j=0,...,n-1$ .

Possiamo ottenere l’area sottesa al grafico calcolando il limite di $A(n)$

$\begin{equation*} \lim_{n\rightarrow +\infty}A\left(n\right)=\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{n\left(n-1\right)\left(2n-1\right)}{6n^3}=\frac{1}{3}. \end{equation*}$

Definizione 1. Dato un intervallo $[a,b]$ , una partizione di ordine n con $n\in\mathbb{N}$ dell’intervallo $[a,b]$ è un insieme ordinato P di $n+1$ punti $\{x_0,x_1,...,x_n\}$ tale che

$a=x_0<x_1<x_2<...<x_{n-1}<x_n=b.$

$\quad$

Una partizione di ordine $n$ definisce in modo naturale $n$ intervalli

$I_j=[x_{j-1},x_j]\quad\forall\, j=1,...,n$

tale che $\displaystyle \bigcup_{j=1}^{n} I_j=[a,b]$ .

Osservazione 1. Possiamo denotare con P([a,b]) l’insieme delle partizioni di [a,b] e definire un ordinamento su tale insieme. Se P e Q sono due partizioni, diremo che Q è più fine di P, se P $\subset$ Q. In questo modo abbiamo definito una relazione d’ordine che però è chiaramente parziale; infatti non tutte le partizioni possono essere confrontabili – nel caso limite due partizioni potrebbero avere solo gli estremi a e b in comune. La partizione banale $P_0=\{a,b\}$ è ovviamente la meno fine di tutte. Viceversa non esiste una partizione più fine: presa una partizione qualsiasi $P=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ basta considerare $Q=\{x_0,y_1,x_1,...,x_{n-1}, y_n, x_n\}$ con

$y_i=\frac{x_{i-1}+x_i}{2}$

$Q$ è una partizione dell’intervallo $[a,b]$ naturalmente più fine di $P$ .

Definizione 2. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ , una funzione limitata e $P=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ una partizione di ordine $n$ dell’intervallo. Siano

$m_j=\inf_{[x_{j},x_{j+1}]} f(x)\qquad\qquad M_j=\sup_{[x_{j},x_{j+1}]} f(x)\qquad\qquad$

per ogni $j=0,...,n-1$ .

$\quad$

La somma integrale superiore di $f$ rispetto alla partizione $P$ è
$\displaystyle S(P,f):=\sum_{j=0}^{n-1} M_j(x_{j+1}-x_{j}).$

La somma integrale inferiore di $f$ rispetto alla partizione $P$ è
$\displaystyle s (P,f):=\sum_{j=0}^{n-1} m_j(x_{j+1}-x_{j}).$

$\quad$

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$\quad$

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$\quad$

Le somme integrali superiori e inferiori misurano le aree delle regioni formate dai rettangoli in figura e quindi rappresentano una stima inferiore e superiore di ordine $n$ dell’area da calcolare.

Osservazione 2. Fissata una partizione P dell’intervallo [a,b], dato che $m_j\leq M_j$ da cui

$m_j(x_{j+1}-x_j)\leq M_j (x_{j+1}-x_j)\qquad\forall\,j=0,...,n-1$

allora

$\displaystyle s(P,f)=\sum_{j=0}^{n-1} m_j(x_{j+1}-x_{j})\leq\sum_{j=0}^{n-1} M_j\left(x_{j+1}-x_{j}\right)=S\left(P,f\right)$ .

Possiamo dimostrare un risultato più generale

Proposizione 1. Siano $P_1$ e $P_2$ due partizioni di uno stesso intervallo $[a,b]$ con $P_1$ più fine di $P_2$ ( $P_2\subseteq P_1$ ), allora

$\begin{equation*} s(P_2,f)\leq s(P_1,f)\leq S(P_1,f)\leq S(P_2,f) \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Dimostriamo l’affermazione nel caso in cui la partizione più fine abbia un solo punto in più rispetto alla partizione meno fine; la dimostrazione nel caso generale è analoga.

Sia $P_2=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ e $P_1=P_2\cup \{y\}$ con $y\in (a,b)\setminus P_2$ . Allora esiste $j\in\{0,...,n-1\}$ tale che $y\in (x_{j},\,x_{j+1})$ . Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} \displaystyle s(P_2,f)&=\sum_{i=0}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})=\\&= \sum_{i=0}^{j-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})+m_{j}(x_{j+1}-x_{j})+\sum_{i=j+1}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})=\\&=\sum_{i=0}^{j-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})+m_{j}(x_{j+1}-y+y-x_{j})+\sum_{i=j+1}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})=\\ & = \sum_{i=1}^{j-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})+m_{j}(x_{j+1}-y)+m_{j}(y-x_{j})+\sum_{i=j+1}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i}) \end{split} \end{equation*}$

Quindi se consideriamo $\displaystyle m_{j_1}:=\inf_{(x_{j},y)} f$ e $\displaystyle m_{j_2}:=\inf_{(y,x_{j+1})} f$ allora avremo che $m_{j_1}\geq m_j$ e $m_{j_2}\geq m_j$ per le proprietà di monotonia dell’estremo inferiore di una funzione¹. Allora

(1) $\begin{equation*} \begin{split} s(P_2,f)&\leq\sum_{i=0}^{j-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})+m_{j_1}(y-x_{j})+m_{j_2}(x_{j+1}-y)+\\&+\sum_{i=j+1}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})=s(P_1,f). \end{split} \end{equation*}$

Analogamente possiamo definire $\displaystyle M_{j_1}:=\sup_{(x_{j},y)}f$ e $\displaystyle M_{j_2}:=\sup_{(y,x_{j+1})}f$ e osservare che

(2) $\begin{equation*} \begin{split} \displaystyle S(P_2,f)&=\sum_{i=0}^{j-1}M_i(x_{i+1}-x_{i})+M_{j}(x_{j+1}-y+y-x_{j})+\sum_{i=j+1}^{n-1}M_i(x_{i+1}-x_{i})\\&\geq\sum_{i=0}^{j-1}M_i(x_{i+1}-x_{i})+M_{j_1}(y-x_{j})+M_{j_2}(x_{j+1}-y)+\\&\sum_{i=j+1}^{n-1}M_i(x_{i+1}-x_{i})=S(P_1,f). \end{split} \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} s(P_2,f)\stackrel{(1)}\leq s(P_1,f)\leq S(P_1,f)\stackrel{(2)}{\leq}S(P_2,f). \end{equation*}$

Possiamo ottenere un risultato analogo anche nel caso di partizioni qualsiasi non confrontabili.

Proposizione 2. Per ogni coppia di partizioni $P_1$ e $P_2$

$\begin{equation*} s(P_1,f)\leq S(P_2,f). \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Consideriamo la partizione $P_3=P_1\cup P_2$ più fine di entrambe. Allora per il risultato precedente

$\begin{equation*} s(P_1,f)\leq s(P_3,f)\leq S(P_3,f)\leq S(P_2,f). \end{equation*}$

$\quad$

Indichiamo ora con

$\begin{aligned} &A=\{s(D,f)|\text{ $D$ è una partizione dell'intervallo $[a,b]$}\}\\\\ &B=\{S(D,f)| \text{ $D$ è una partizione dell'intervallo $[a,b]$}\} \end{aligned}$

dalla dimostrazione precedente segue che gli insiemi appena definiti delle somme integrali superiori e inferiori risultano separati e quindi per l’assioma di completezza² esiste almeno un elemento di separazione $c\in\mathbb{R}$ maggiore o uguale a tutti gli elementi di $A$ e minore o uguale a tutti gli elementi di $B.$ In altri termini l’insieme dei valori delle somme superiori è limitato inferiormente da un qualsiasi valore della somma inferiore, e l’insieme dei valori delle somme inferiori è limitato superiormente da un qualsiasi valore della somma superiore. Quindi esistono

$\begin{equation*} s(f):=\sup_PA\qquad S(f):=\inf_PB \end{equation*}$

Definizione 3. Una funzione limitata $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ è integrabile secondo Riemann nell’intervallo $[a,b]$ se l’elemento di separazione tra l’insieme delle somme integrali superiori e inferiori è unico. Questo elemento, detto integrale di $f$ su $[a,b]$ si indica con

$\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx.$

Chiameremo $f$ funzione integranda e l’insieme $[a,b]$ dominio di integrazione.

$\quad$

Se una funzione $f$ è integrabile, allora l’elemento di separazione che esiste sempre per l’assioma di completezza è unico, quindi

$s(f)=S(f)=\int_{a}^{b}f(x)dx.$

Osservazione 3. Spesso per dire che una funzione $f$ è integrabile secondo Riemann si usa la notazione $f \in \mathcal{R}[a,b]$ .

Esempio 1. Funzione integrabile

Consideriamo la funzione costante $f(x)=k$ su [a,b] allora questa è integrabile, infatti presa una partizione P dell’intervallo [a,b] consideriamo

$\begin{equation*} m_j=\inf_{[x_{j},x_{j+1}]} f=k\qquad\qquad M_j=\sup_{[x_{j},x_{j+1}]} f=k \end{equation*}$

e quindi

$\begin{equation*} s(P,f)=\sum_{j=0}^{n-1}m_j(x_{j+1}-x_{j})=k\sum_{j=0}^{n-1}(x_{j+1}-x_{j})=k(b-a). \end{equation*}$

Analogamente possiamo concludere che $S(P,f)=k(b-a)$ e osservare che le somme inferiori e superiori non dipendono dalla partizione scelta. Allora

$\begin{equation*} \sup A=\sup \{k(b-a)\}=k(b-a)\qquad\qquad\inf A=\sup \{k(b-a)\}=k(b-a) \end{equation*}$

I due valori coincidono quindi, per definizione, la funzione è integrabile secondo Riemann e

$\begin{equation*} \int_{a}^{b}kdx=k(b-a) \end{equation*}$

Esempio 2. Funzione limitata non integrabile

Sia la funzione di Dirichlet ristretta nell’intervallo $[0,1]$ :

$\begin{equation*} f(x)=\begin{cases} 1&x\in\mathbb{Q}\cap[0,1]\\ 0&x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q} \cap[0,1] \end{cases}. \end{equation*}$

Consideriamo $P$ una partizione dell’intervallo $[0,1]$ , allora $M_j=1$ per ogni $j=0,...,n-1$ per la densità di $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{R}$ e $m_j=0$ per la densità dei numeri irrazionali in $\mathbb{R}$ ; infatti per ogni $x_{j},x_{j+1}\in\mathbb{R}$ con $x_{j}<x_{j+1}$ esiste $x\in\mathbb{Q}$ tale che $x_{j}<x<x_{j+1}$ . Quindi in ogni intervallo $[x_{j},x_{j+1}]$ esiste un punto razionale dove la funzione vale uno che rappresenta ovviamente il massimo della funzione. Inoltre per ogni $x_{j},x_{j+1}\in\mathbb{R}$ con $x_{j}<x_{j+1}$ esiste $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ tale che $x_{j}<x<x_{j+1}$ per la densità dei numeri irrazionali in $\mathbb{R}$ e quindi la funzione in questo punto assume valore $0$ che è il minimo.

Possiamo calcolare il valore della somma integrale superiore e inferiore che, anche in questo caso, non dipende dalla partizione scelta

$\begin{equation*} s(P,f)=\sum_{j=0}^{n-1}m_j(x_{j+1}-x_{j})=0 \end{equation*}$

$\begin{equation*} S(P,f)=\sum_{j=0}^{n-1}M_j(x_{j+1}-x_{j})=1\cdot\sum_{j=0}^{n-1}(x_{j+1}-x_{j})=1. \end{equation*}$

Allora $\sup A=0$ e $\inf B=1$ e la funzione seppur limitata non è integrabile secondo Riemann.

L’estremo inferiore cresce e l’estremo superiore diminuiscono se si riduce l’insieme di numeri reali in oggetto. Infatti presi due insiemi $A$ e $B$ tale che $A\subset B$ allora vale quanto segue

$\inf_Af\geq\inf_Bf$

e

$\,\,\,\,\,\,\sup_Af\leq\sup_Bf.$

↩

Assioma di completezza: siano $A$ e $B$ due insiemi non vuoti di numeri reali con la proprietà che $a\leq b$ comunque si scelgano $a\in A$ e $b\in B$ . Allora esiste almeno un numero reale $c$ tale che $a\leq c\leq b$ per ogni $a\in A$ e $b\in B$ . Tale elemento $c$ è detto elemento di separazione di A e B. ↩

Funzioni integrabili

Introduzione.

Enunciamo in questa sezione alcuni criteri di integrabilità che permettono di delineare con maggiore semplicità intere classi di funzioni integrabili, senza calcolare esplicitamente le somme integrali superiori e inferiori come negli esempi precedenti.

Teorema 1. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione limitata. Allora $f$ è integrabile secondo Riemann nell’intervallo $[a,b]$ se e solo se $\forall\,\varepsilon>0$ esiste una partizione $P_\varepsilon$ di $[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)<\varepsilon. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. ( $\Rightarrow$ ) Se $f$ è integrabile secondo Riemann in $[a,b]$ allora $s(f)=S(f)$ . Per definizione di estremo superiore e inferiore, $\forall\varepsilon>0$ esistono $P$ e $Q$ partizioni dell’intervallo [a,b] tale che

$\begin{equation*} s(f)-\frac{\varepsilon}{2}<s(P,f) \end{equation*}$

$\begin{equation*} S(f)+\frac{\varepsilon}{2}>S(Q,f). \end{equation*}$

Considerando la partizione $R=P\cup Q$ e sfruttando i risultati della proposizione 1 e 2

$\begin{equation*} \begin{split} &S(R,f)\leq S(Q,f)<S(f)+\frac{\varepsilon}{2}\Rightarrow S(R,f)< S(f)+\frac{\varepsilon}{2},\\\\ &s(R,f)\geq s(P,f)>s(f)-\frac{\varepsilon}{2}\Rightarrow -s(R,f)<-s(f)+\frac{\varepsilon}{2}. \end{split} \end{equation*}$

Poiché $s(f)=S(f)$ per l’ipotesi di integrabilità di $f$ si ha che

$\begin{equation*} S(R,f)-s(R,f)<S(f)+\frac{\varepsilon}{2}-s(f)+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \end{equation*}$

( $\Leftarrow$ ) Se $\forall\varepsilon>0$ esiste una partizione $P_\varepsilon$ partizione dell’intervallo $[a,b]$ tale che $S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)<\varepsilon$ , essendo $S(f)\leq S(P_\varepsilon,f)$ e $s(f)\geq s(P_\varepsilon,f)$ allora

$\begin{equation*} 0\leq S(f)-s(f)\leq S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)<\varepsilon \end{equation*}$

per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ otteniamo³ che $s(f)=S(f)$ quindi la funzione è integrabile secondo Riemann.

Osservazione 4. Se $f\colon [a,b]\to\mathbb{R}$ è una funzione Riemann integrabile e $\varepsilon>0$ , per il teorema 1 esiste una partizione $P=\{x_0,x_1,\dots,x_n\}$ dell’intervallo $[a,b]$ tale che

(2) $\begin{equation*} s(P,f) \leq \int_a^b f(x) \, dx \leq S(P,f) < s(P,f) + \varepsilon, \end{equation*}$

dove la disuguaglianza più significativa è l’ultima, ovvero che la somma superiore della funzione sulla partizione $P$ dista meno di $\varepsilon$ dalla relativa somma inferiore.

Poiché le somme inferiore e superiore sono calcolate tenendo conto di $\inf_{[x_i,x_{i+1}]}f$ e $\sup_{[x_i,x_{i+1}]}f$ , scegliendo dei punti $t_i \in [x_i,x_{i+1}]$ si ha ovviamente

(3) $\begin{equation*} s(P,f) = \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) \inf_{[x_i,x_{i+1}]}f \leq \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) f(t_i) \leq \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) \sup_{[x_i,x_{i+1}]}f = S(P,f). \end{equation*}$

Da (2) e (3) segue che $\int_a^b f(x) \, dx$ e $\sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) f(t_i)$ appartengono all’intervallo $[s(P,f),s(P,f)+\varepsilon)$ di ampiezza $\varepsilon$ e quindi si ha

(4) $\begin{equation*} \left| \int_a^b f(x) \, dx - \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) f(t_i) \right| < \varepsilon. \end{equation*}$

La quantità $\sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) f(t_i)$ è detta una somma di Cauchy di $f$ relativa alla partizione $P$ e, per quanto visto, approssima il valore dell’integrale $\int_a^b f(x) \, dx$ a meno di $\varepsilon$ .

Intuitivamente, considerando delle partizioni dell’intervallo $[a,b]$ via via più fitte, ci si aspetta che le relative somme di Cauchy approssimino sempre meglio il valore dell’integrale di $f$ . Tale intuizione è confermata dal prossimo risultato, dove si considerano le partizioni $P_n = \left\{ a, a+ \dfrac{b-a}{n}, a+ 2\dfrac{b-a}{n},\dots, a+ (n-1)\dfrac{b-a}{n}, b \right\}$ costituite suddividendo $[a,b]$ in $n$ intervalli della stessa lunghezza, e delle somme di Cauchy ad esse relative.

Proposizione 3. Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione limitata e integrabile secondo Riemann. Allora si ha

(5) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \sum_{i=0}^{n-1}\left(\frac{b-a}{n}\right)f \left( \frac{i(b-a)}{n} \right) = \int_a^b f(x) \, dx. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Senza ledere la generalità possiamo assumere $[a,b]=[0,1]$ , in quanto l’argomento è lo stesso anche negli altri casi.

Come nell’osservazione 4, poiché $f$ è integrabile, per il teorema 1, per ogni $\varepsilon>0$ esiste una partizione $P=\{x_0,x_1,\dots,x_N\}$ dell’intervallo $[0,1]$ tale che

(6) $\begin{equation*} s(P,f) \leq \int_0^1 f(x) \, dx \leq S(P,f) < s(P,f) + \varepsilon. \end{equation*}$

Vogliamo dimostrare che, se scegliamo $n$ sufficientemente grande, le somme inferiore e superiore relative alla partizione $P_n = \left\{ 0, \dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n},\dots, \dfrac{n-1}{n}, 1 \right\}$ soddisfano una disuguaglianza simile. A tal fine, consideriamo $M= \sup_{[0,1]} |f|$ e fissiamo $n \in \mathbb{N}$ tale che

(7) $\begin{equation*} \frac{6M N}{n}< \varepsilon. \end{equation*}$

Consideriamo ora la partizione $Q$ ottenuta unendo $P$ e $P_n= \left\{ 0, \dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n},\dots, \dfrac{n-1}{n}, 1 \right\}$ . Poiché essa è più fine di $P$ , per la proposizione 1 si ha

(8) $\begin{equation*} S(Q,f) - s(Q,f) < \varepsilon. \end{equation*}$

Osserviamo che la partizione $Q$ differisce da $P_n$ solo negli intervalli $\left [ \dfrac{i}{n},\dfrac{i+1}{n} \right]$ in cui capitano dei punti $x_j$ della partizione $P$ . Tali intervalli sono in quantità al più pari a $3N$ (contando sia quelli in $P_n$ che in $Q$ , poiché il numero di ulteriori suddivisioni è pari al numero di punti di $P$ da inserire in $P_n$ ) e di ampiezza al più pari a $\dfrac{1}{n}$ (dato che si tratta di sottointervalli di $P_n$ ). Inoltre, su ciascuno di tali intervalli, gli estremi inferiori di $f$ sono distanti al più $2M$ (per la limitatezza di $f$ ). Pertanto possiamo stimare la differenza $s(Q,f)-s(P_n,f)$ come segue:

(9) $\begin{equation*} 0 \leq s(Q,f)-s(P_n,f) \leq \frac{6 M N}{n} \overset{(7)}{<} \varepsilon. \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza segue dalla proposizione 1 dato che $Q$ è più fine di $P_n$ . Analogamente si ha anche

(10) $\begin{equation*} 0\leq S(P_n,f)- S(Q,f) < \varepsilon. \end{equation*}$

Unendo queste informazioni otteniamo

(11) $\begin{equation*} \begin{split} \int_0^1 f(x)\,dx - 2\varepsilon & \overset{(6)}{<} s(Q,f)-\varepsilon \\ & \overset{(9)}{<} s(P_n,f) \\ & \leq \sum_{i=0}^{n-1}\left(\frac{b-a}{n}\right)f \left( \frac{i(b-a)}{n} \right) \\ & \leq S(P_n,f) \\ & \overset{(10)}{<} S(Q,f)+\varepsilon \\ & \overset{(6)}{<} \int_0^1 f(x)\,dx + 2\varepsilon, \end{split} \end{equation*}$

che implica immediatamente

(12) $\begin{equation*} \left| \int_0^1 f(x)\,dx - \sum_{i=0}^{n-1}\left(\frac{b-a}{n}\right)f \left( \frac{i(b-a)}{n} \right)\right | < 2\varepsilon. \end{equation*}$

Tale stima continua ad essere valida per ogni $m\geq n$ . Dunque, per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ e per definizione di limite, si ha la tesi.

Esempio 3. Calcolare il seguente integrale $\int_{0}^{1}x^3\,dx.$ Dalla proposizione 3

$\int_{0}^{1}x^3\,dx=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{n}\left(\dfrac{i}{n}\right)^3=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^4}\sum_{i=0}^{n}i^3\overset{\clubsuit}{=}\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^3}\left(\dfrac{1}{4}n^2\right)\left(n+1\right)^2=\dfrac{1}{4}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i^3=\dfrac{n^2\left(n+1\right)^2}{4}$ facilmente dimostrabile tramite il principio di induzione o calcolo diretto usando la seguente formula notevole $\displaystyle\sum_{n=0}^{N}x^n=\dfrac{x^{N+1}-1}{x-1}$ .

Teorema 2. Sia $f$ una funzione continua in $[a,b]$ . Allora $f$ è integrabile secondo Riemann nell’intervallo $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Per prima cosa osserviamo che $f$ è una funzione continua in un compatto $[a,b]$ pertanto per il teorema di Weierstrass è limitata e quindi ha senso indagare se sia integrabile; inoltre per il teorema di Heine-Cantor $f$ è uniformemente continua in $[a,b]$ : preso un valore $\varepsilon>0$ esiste $\delta_\varepsilon>0: \space\forall x,x'\in [a,b]\space : |x-x'|<\delta_\varepsilon$ si ha che⁴

$|f(x)-f(x')|<\frac{\varepsilon}{(b-a)}.$

Consideriamo⁵ $P_\varepsilon=\{a=x_0,x_1,...,x_n=b\}$ una partizione dell’intervallo $[a,b]$ scelta in modo tale che $x_j-x_{j-1}<\delta_\varepsilon\,\,\forall j\in \{1,\dots, n\}$ . Siano inoltre $\displaystyle m_j=\inf_{[x_{j-1},x_j]}f$ e $\displaystyle M_j=\sup_{[x_{j-1},x_j]}f$ allora per il teorema di Weierstrass esistono $x_j'\in[x_{j-1},x_j]$ tale che $f(x_j')=m_j$ e $x_j''\in[x_{j-1},x_j]$ tale che $f(x_j'')=M_j$ per ogni $j=1,...,n$ . Allora

$M_j-m_j=f(x_j'')-f(x_j')<\frac{\varepsilon}{(b-a)}.$

Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)=\sum_{j=1}^{n}(M_j-m_j)(x_{j}-x_{j-1})\leq\frac{\varepsilon}{(b-a)}\sum_{j=1}^{n}(x_j-x_{j-1})=\frac{\varepsilon}{(b-a)}(b-a)=\varepsilon. \end{split} \end{equation*}$

Cioè $f$ è integrabile secondo Riemann nell’intervallo $[a,b]$ per il teorema 1.

Teorema 3. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione limitata in $[a,b]$ e continua in $[a,b]\setminus N$ dove $N$ è un sottoinsieme finito di punti di $[a,b]$ allora $f$ è integrabile secondo Riemann in $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Sia $P=\{a=x_0<x_1<...<x_n=b\}$ una partizione dell’intervallo $[a,b]$ tale che $\forall i\in\{1,...,n-1\}$ , $x_i$ è un punto di discontinuità. Sia inoltre

$M=\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f.$

Fissato $\varepsilon>0$ è possibile costruire una partizione più fine di $P$ così definita $P'=\{a=x_0<y_1<z_1<x_1<y_2<z_2<x_2<...<y_n<z_n<x_n=b\}$

$\quad$

Figura 4: rappresentazione partizione $P^\prime$

$\quad$

Figura 5

$\quad$

con $y_i=x_{i-1}+\varepsilon$ e $z_i=x_i-\varepsilon,\,\,\forall i \in\{1,...,n\}$ .

Osserviamo che la restrizione $f|_{[y_i,z_i]}\,\,\forall i \in \{1,\dots ,n\}$ risulterà continua nel compatto $[y_i,z_i]$ perché tale intervallo non contiene alcun punto di discontinuità e allora per il teorema 2 la funzione $f|_{[y_i,z_i]}$ risulta integrabile in $[y_i, z_i]$ da cui per il teorema 1 è possibile scegliere una partizione $P_\varepsilon^{(i)}$ di $[y_i, z_i]$ tale che

$\begin{equation*} S(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})-s(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})<\varepsilon. \end{equation*}$

Consideriamo allora la seguente partizione di $[a,b]$ $P_\varepsilon=P'\cup P_\varepsilon^{(1)}\cup...\cup P_\varepsilon^{(n)}$ e abbiamo

$\begin{aligned} S(P_\varepsilon,f)=\sum_{i=1}^{n}\sup_{[x_{i-1},y_i]} f\,\,\left(y_i-x_{i-1}\right)+\sum_{i=1}^{n}\sup_{[y_i,z_i]}f\,\,\left(z_i-y_i\right)+\sum_{i=1}^{n}S\left(P^{(i)}_\varepsilon,\,f\vert_{[y_i,z_i]}\right) \end{aligned}$

$s(P_\varepsilon,f)=\sum_{i=1}^{n}\inf_{[x_{i-1},y_i]} f\,\,\left(y_i-x_{i-1}\right)+\sum_{i=1}^{n}\inf_{[y_i,z_i]}f\,\,\left(z_i-y_i\right)+\sum_{i=1}^{n}s\left(P^{(i)}_\varepsilon,\,f\vert_{[y_i,z_i]}\right)$

da cui

$\begin{aligned} &S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)=\\ &{\sum_{i=1}^{n}\big(\sup_{[x_{i-1},y_i]}f-\inf_{[x_{i-1},y_i]}f\big)(y_i-x_{i-1})}+\sum_{i=1}^{n}\big(\sup_{[z_{i},x_i]}f-\inf_{[z_{i},x_i]}f\big)(x_{i}-z_i)+\\ &+ \sum_{i=1}^{n}\big(S(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})-s(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})\big). \end{aligned}$

Per le proprietà di monotonia dell’estremo superiore e inferiore sappiamo che

$\sup_{[a,b]}f>\sup_{[x_{i-1},y_i]}f,\quad \quad \sup_{[a,b]}f>\sup_{[z_{i},x_i]}f\quad \forall i \in\{1,\dots,n\}$

$\quad\quad \inf_{[a,b]}f<\inf_{[x_{i-1},y_i]}f,\quad \quad \inf_{[a,b]}f<\inf_{[z_{i},x_i]}f\quad \forall i \in\{1,\dots,n\}$

pertanto

$\begin{aligned} &{\sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[x_{i-1},y_i]}f-\inf_{[x_{i-1},y_i]}f\right)\left(y_i-x_{i-1}\right)}<\sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\left(y_i-x_{i-1}\right)=\\ &=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\left(y_i-x_{i-1}\right)=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i-1}+\varepsilon-x_{i-1}\right)=\\ &=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\varepsilon=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)n\varepsilon=Mn\varepsilon, \end{aligned}$

$\begin{aligned} &{\sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[z_i,x_i]}f-\inf_{[z_i,x_i]}f\right)(x_i-z_{i})}<\sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\left(x_i-z_{i}\right)=\\ &=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\left(x_i-z_{i}\right)=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\left(x_i-x_i+\varepsilon\right)=\\ &=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\varepsilon=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)n\varepsilon=Mn\varepsilon \end{aligned}$

$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\big(S(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})-s(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})\big)=\\ &=\underbrace{\underbrace{\big(S(P_\varepsilon^{(1)},f|_{[y_1,z_1]})-s(P_\varepsilon^{(1)},f|_{[y_1,z_1]})\big)}_{<\varepsilon}+\dots+\underbrace{\big(S(P_\varepsilon^{(n)},f|_{[y_n,z_n]})-s(P_\varepsilon^{(n)},f|_{[y_n,z_n]})\big)}_{<\varepsilon}}_{n\,\,\text{elementi}}<n\varepsilon \end{aligned}$

cioè

$S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f) < 2n\varepsilon\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)+n\varepsilon=n(2M+1)\varepsilon.$

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ applicando il teorema 1 si ha la tesi.

Osservazione 5. Il teorema 3 si può estendere a funzioni limitate con una infinità numerabile di punti di discontinuità.

Esempio 4. Sia $f:[0,3]\to\mathbb{R}$ tale che

$f(x)=\begin{cases} 2x\quad& \text{per}\,\,x\in [0,1]\\ 3x^2&\text{per} \,\,(1,2]\\ \cos\left(x-2\right)&\text{per} \,\,x\in (2,3] \end{cases}.$

Dimostrare che è integrabile in $[0,3]$ .

Dimostrazione. La funzione $f$ è limitata in $[0,3]$ e ha due punti di discontinuità in $x=1$ e $x=2$ ; pertanto per il teorema 3 $f$ risulta integrabile in $[0,3]$ e questo conclude la dimostrazione.

Esempio 5. Sia $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ tale che

$f(x)=\begin{cases} 2\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\quad& \text{per}\,\,x\in (0,1]\\ 1&\text{per} \,\,x=0 \end{cases}.$

Dimostrare che è integrabile in $[0,1]$ .

Dimostrazione. Osserviamo che $f$ è limitata in $[0,1]$ e che in $x=0$ un punto di discontinuità di seconda specie. Pertanto per il teorema 3 $f$ risulta integrabile in $[0,1]$ e questo conclude la dimostrazione.

Teorema 4. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione monotona in $[a,b]$ . Allora $f$ è integrabile secondo Riemann in $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo che la funzione sia monotona crescente; la dimostrazione nel caso decrescente è analoga. Poiché $f$ è limitata allora $\min_{[a,b]}f=f(a)\leq f(x)\leq f(b)=\max_{[a,b]} f,\,\,\,\forall x \in (a,b)$ . Nel caso in cui la funzione $f$ è costante per l’esempio 1 si conclude subito che è integrabile. Supponiamo che $f$ non sia costante in $[a,b]$ allora dato $\varepsilon>0$ si consideri una partizione dell’intervallo $[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} |P|:=\max_i{|x_{i}-x_{i-1}|}<\frac{\varepsilon}{\left \vert f(b)-f(a)\right \vert }. \end{equation*}$

Osserviamo che la funzione essendo monotona crescente $\left \vert f(b)-f(a)\right \vert=f(b)-f(a)>0$ ; inoltre per la monotonia di $f$ , abbiamo che $m_i=f(x_{i-1})$ e $M_i=f(x_i)$ e quindi

$\begin{equation*} \begin{split} S(P,f)-s(P,f)=&\sum_{i=1}^{n}(M_i-m_i)(x_i-x_{i-1})\leq\\&\leq\sum_{i=1}^{n}(f(x_i)-f(x_{i-1}))(x_{i}-x_{i-1})\leq\\&\leq|P|\sum_{i=1}^{n}(f(x_i)-f(x_{i-1}))=\\ &=|P|\left(f(x_1)-f(x_0)+f(x_2)-f(x_1)+f(x_3)-f(x_2)+\dots+f(x_n)-f(x_{n-1})\right)=\\ &=\left \vert P\right \vert \left(f(x_n)-f(x_0)\right)=|P|(f(b)-f(a))<\\ &<(f(b)-f(a))\cdot \dfrac{\varepsilon}{(f(b)-f(a))}=\varepsilon \end{split} \end{equation*}$

da cui per il teorema 1 si ha la tesi.

Teorema 5. Sia

$f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$

una funzione integrabile e poniamo

$m:= \inf_{[a,b]}f \quad \quad M:=\sup_{[a,b]} f.$

Allora, per ogni funzione continua

$g:\left[m,M\right]\to\mathbb{R},$

la funzione

$h:=g\circ f:[a,b]\to\mathbb{R }$

risulta integrabile in $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Osserviamo che per il teorema di Heine-Cantor la funzione $g$ risulta uniformemente continua nel proprio dominio, ovvero

$\forall \varepsilon>0 \; \exists \delta>0: \; x,y \in [m,M], \;|x-y| < \delta \Rightarrow |g(x)-g(y)|<\varepsilon.$

Fissato $\varepsilon >0$ , scegliamo $\delta$ in modo tale che $\delta < \varepsilon$ . Inoltre osserviamo che, essendo $f$ integrabile nel proprio dominio, per il teorema 1 si può scegliere una partizione $P=\{ x_0,\dots, x_n \}$ di $[a,b]$ tale che:

$S(P,f)-s(P,f)<\delta^2.$

Siano

$m_i:= \inf_{[x_{i-1},x_i]}f, \quad \quad M_i:=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f, \quad \text{ per }i\in \{1,\dots,n\}.$

Ora dividiamo l’insieme degli indici $i \in \{1,\dots,n\}$ in due sottoinsiemi $A$ e $B$ tale che

$\quad$

$A\cup B=\{1,\dots,n\}$ ;

$M_i-m_i<\delta,\quad \forall i \in A$ ;

$M_i-m_i\geq \delta,\quad \forall i \in B.$

Siano ora

$\tilde{m}_i:= \inf_{[x_{i-1},x_i]}h, \quad \quad \tilde{M}_i:=\sup_{[x_{i-1},x_i]}h, \quad \text{ per }i\in \{1,\dots,n\},$

e siano $y_i^1,y_i^2\in [ m_i,M_i]$ tali che

$g(y_i^1)=\inf_{[m_i,M_i]}g \quad \quad g(y_i^2)=\sup_{[m_i,M_i]}g.$

Preso $i \in A$ , abbiamo $|y_i^2- y_i^1| \leq M_i-m_i <\delta$ e dunque per l’uniforme continuità di $g$ otteniamo

$\tilde{M}_i-\tilde{m}_i\leq \sup_{[m_i,M_i]}g-\inf_{[m_i,M_i]}g= g(y_i^2)-g(y_i^1) <\varepsilon.$

Preso $i \in B$ , possiamo stimare $\tilde{M}_i-\tilde{m}_i$ come segue:

$\tilde{M}_i-\tilde{m}_i\leq |\tilde{M}_i|+|\tilde{m}_i|\leq2\max\{|\tilde{M}_i|,|\tilde{m}_i|\}\leq 2 \sup_{[m_i,M_i]}|g|\leq 2 \sup_{[m,M]}|g|.$

Osserviamo che per $i\in B$ si ha $\dfrac{M_i-m_i }{\delta}\geq 1$ , dunque

$\sum_{i\in B} (x_i-x_{i-1})\leq \dfrac{1}{\delta}\sum_{i\in B} (M_i-m_i )(x_i-x_{i-1})\leq \dfrac{1}{\delta} (S(P,f)-s(P,f))<\dfrac{1}{\delta}\cdot \delta^2=\delta.$

Infine,

$\begin{equation*} \begin{aligned} S(P,h)-s(P,h)&= \sum_{i\in A} (\tilde{M}_i-\tilde{m}_i )(x_i-x_{i-1})+ \sum_{i\in B} (\tilde{M}_i-\tilde{m}_i)(x_i-x_{i-1}) \leq \\ & \leq \varepsilon(b-a)+ 2\sup_{[m,M]}|g| \delta< \varepsilon((b-a)+2\sup_{[m,M]}|g|). \end{aligned} \end{equation*}$

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ otteniamo che $h$ è integrabile.

Osservazione:

$x=0 \quad \Leftrightarrow \quad \vert x \vert < \varepsilon,\quad \forall \varepsilon >0$

↩

Dividere per $b-a$ è perfettamente ammissibile per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ . ↩

Scegliamo una partizione così fine da avere $x_j-x_{j-1}<\delta_\varepsilon\,\,\forall j$ . ↩

Proprietà delle funzioni integrabili..

Nel seguente teorema verranno dimostrate le principali proprietà delle funzioni integrabili secondo Riemann che risulteranno utili per le prime regole di integrazione.

Teorema 6. Siano $f$ e $g$ due funzioni integrabili secondo Riemann in $[a,b]$ e $k\in\mathbb{R}$ . Allora valgono le seguenti proprietà:

$\quad$

la funzione $f+g$ è integrabile e
$\begin{equation*} \int_{a}^{b}\left(f(x)+g(x)\right)dx=\int_{a}^{b} f(x)dx+\int_{a}^{b}g(x)dx. \end{equation*}$

La funzione $k\cdot g$ è integrabile e
$\begin{equation*} \int_{a}^{b}k\cdot f(x)dx=k\cdot\int_{a}^{b} f(x)dx. \end{equation*}$

Proprietà di linearità $\alpha f+\beta g$ è integrabile e
$\int_{a}^{b}\left(\alpha\, f(x)+\beta\, g(x)\right)\,dx=\alpha\int_{a}^{b}f(x)\,dx+\beta \int_{a}^{b}g(x)\,dx.$

Proprietà di monotonia Se $f(x)\geq g(x)$ per ogni $x\in [a,b]$ allora
$\begin{equation*} \int_{a}^{b} f(x)dx\geq\int_{a}^{b} g(x)dx. \end{equation*}$

$|f|$ è integrabile e
$\begin{equation*} \Big|\int_{a}^{b} f(x)dx\Big|\leq\int_{a}^{b} |f(x)|dx. \end{equation*}$

$\quad$

Prima di procedere alle dimostrazioni ricordiamo le seguenti proprietà degli estremi superiori ed inferiori

$\begin{aligned} &\sup_X(f+g)\leq \sup_Xf+\sup_Xg,\\ &\inf_X(f+g)\geq\inf_Xf+\inf_Xg,\\ &\text{se}\,\,\alpha>0:\,\sup_X\left(\alpha f\right)=\alpha\sup_Xf,\\ &\text{se}\,\,\alpha<0:\sup_X(\alpha f)=\alpha\inf_X(f),\\ &\text{se}\,\,\alpha>0:\inf_X(\alpha f)=\alpha\inf_X(f),\\ &\text{se}\,\,\alpha<0:\inf_X(\alpha f)=\alpha\sup_X(f). \end{aligned}$

Osservazione 6. Immaginiamo di voler applicare $\sup_X(f+g)\leq \sup_Xf+\sup_Xg$ alle somme superiori. Allora si avrebbe:

$\begin{aligned} S(P,f+g)&=\sum_{i=1}^{n}M_i\left(P,f+g\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)=\sum_{i=1}^{n}\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,f+g\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)\leq\\ &\leq \sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,f\right)+\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,g\right)\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)=\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,f\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)+\sum_{i=1}^{n}\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,f\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)=\\ &=S(P,f)+S(P,g) \end{aligned}$

dove $P$ è una partizione di $[a,b]$ . Le altre proprietà si applicano in modo analogo.

Dimostrazione.

Per prima cosa dimostriamo che se $f$ e $g$ sono integrabili in $[a,b]$ allora la funzione $f+g$ è integrabile in $[a,b]$ . Per l’ipotesi di integrabilità delle due funzioni si ha che per il teorema 1 scelta una quantità $\varepsilon>0$ esistono due partizioni distinte $P$ e $Q$ relative all’intervallo $[a,b]$ tali che
$\begin{equation*} S(P,f)-s(P,f)<\frac{\varepsilon}{2},\qquad\text{ e }\qquad S(Q,g)-s(Q,g)<\frac{\varepsilon}{2}. \end{equation*}$

Indichiamo con $R=P\cup Q$ una partizione di $[a,b]$ che risulta ovviamente più fine di $P$ e $Q$ . Allora quanto affermato per le partizioni $P$ e $Q$ continuerà ad essere valido per la partizione $R$ (vedi proposizione 1)

$\begin{equation*} S(P,f)-s(P,f)\leq S(R,f)-s(R,f)<\frac{\varepsilon}{2}\qquad\text{ e }\qquad S(Q,g)-s(Q,g)\leq S(R,g)-s(R,g)<\frac{\varepsilon}{2}. \end{equation*}$

Dalle proprietà dell’estremo inferiore e superiore $\sup_X(f+g)\leq\sup_Xf+\sup_Xg$ e $\inf_X(f+g)\geq\inf_Xf+\inf_Xg$ otteniamo

$\begin{equation*} s(R,f)+s(R,g)\leq s(R,f+g)\leq S(R,f+g)\leq S(R,f)+S(R,g) \end{equation*}$

da cui

$\begin{cases} s(R,f)+s(R,g)\leq s(R,f+g)\\ S(R,f+g)\leq S(R,f)+S(R,g) \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} -s(R,f+g)\leq -s(R,f)-s(R,g)\\ S(R,f+g)\leq S(R,f)+S(R,g) \end{cases}$

cioè

$S(R,f+g)-s(R,f+g)\leq S(R,f)+S(R,g)-s(R,f)-s(R,g)=S(R,f)-s(R,f)+S(R,g)-s(R,g)$

quindi

$\begin{equation*} S(R,f+g)-s(R,f+g)\leq S(R,f)-s(R,f)+S(R,g)-s(R,g)<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \end{equation*}$

pertanto la funzione $f+g$ è integrabile.

Ora dobbiamo dimostrare che

$\int_{a}^{b}f(x)\,dx+\int_{a}^{b}g(x)\,dx=\int_{a}^{b}\left(f(x)+g(x)\right)\,dx.$

Osserviamo quanto segue

$\begin{equation*} s(R,f)+s(R,g)\leq s(R,f+g)\leq \int_{a}^{b}\left(f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)dx\leq S\left(R,f+g\right)\leq S\left(R,f\right)+S\left(R,g\right) \end{equation*}$

e

$\begin{equation*} s(R,f)+s(R,g)\leq \int_{a}^{b}f(x)\,dx+\int_{a}^{b}g(x)\,dx\leq S(R,f)+S(R,g) \end{equation*}$

da cui

$\begin{equation*} \begin{aligned} & \left| \int_{a}^{b}[f(x)+g(x)]dx-\Big(\int_{a}^{b}f(x)dx+\int_{a}^{b}g(x)\Big)dx\right|\leq \left \vert S\left(R,f\right)+S\left(R,g\right)-s\left(R,f\right)-s\left(R,g\right) \right \vert=\\ &=\left \vert S\left(R,f\right) - s\left(R,f\right)+S\left(R,g\right)-s\left(R,g\right)\right \vert <\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \end{aligned} \end{equation*}$

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$

$\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}[f(x)+g(x)]dx.$

Supponiamo $k>0$ . Per l’ipotesi di integrabilità di $f$ nell’intervallo $[a,b]$ per il teorema 3 preso $\varepsilon>0$ esiste una partizione $P$ dell’intervallo $[a,b]$ tale che
$\begin{equation*} S(P,f)-s(P,f)<\frac{\varepsilon}{k}. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} S(P,k\cdot f)-s(P,k\cdot f)=k S(P,f)-k s(P,f)=k\left( S(P,f)- s(P,f)\right)<k\cdot \dfrac{\varepsilon}{k}=\varepsilon \end{equation*}$

dove abbiamo usato $\,\sup_X\left(k f\right)=k\sup_Xf$ e quindi $kf$ è integrabile. Inoltre

$\begin{equation*} k\cdot s(P,f)=s(P,k\cdot f)\leq\int_{a}^{b}k\cdot f(x)dx\leq S(P,k\cdot f)=k\cdot S(P,f) \end{equation*}$

allora stesso modo vale che

$\begin{equation*} \begin{cases} k\cdot\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\,dx\leq k\cdot S(P,f)\\\\ \displaystyle\int_{a}^{b}kf(x)\,dx\geq k\cdot s(P,f) \end{cases} \end{equation*}$

quindi

$\begin{equation*} \left|\int_{a}^{b}k\cdot f(x)dx- k\cdot\int_{a}^{b} f(x)dx\right|\leq k|S(P,f)-s(P,f)|<\varepsilon \end{equation*}$

da cui

$\int_{a}^{b}k\cdot f(x)dx=k\cdot\int_{a}^{b} f(x)dx$

cioè la tesi.

Nel caso in cui $k=0$ è ovvio. Se invece $k<0$ iniziamo a dimostrare che se $f$ è integrabile in $[a,b]$ allora anche $-f$ è integrabile in $[a,b]$ . Sia $P=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ la partizione tale che

$\begin{equation*} S(P,f)-s(P,f)<\varepsilon. \end{equation*}$

Allora dalle proprietà dell’estremo inferiore e superiore si ha

$\begin{equation*} S(P,-f)=\sum_{j=1}^{n}\sup_{[x_{j-1},x_j]}(-f)(x_j-x_{j-1})=-\sum_{j=1}^{n}\inf_{[x_{j-1},x_j]}f\cdot(x_j-x_{j-1})=-s(P,f) \end{equation*}$

$\begin{equation*} s(P,-f)=\sum_{j=1}^{n}\inf_{[x_{j-1},x_j]}(-f)(x_j-x_{j-1})=-\sum_{j=1}^{n}\sup_{[x_{j-1},x_j]}f\cdot (x_j-x_{j-1})=-S(P,f) \end{equation*}$

allora

$\begin{equation*} S(P,-f)-s(P,-f)=-s(P,f)+S(P,f)<\varepsilon \end{equation*}$

e possiamo affermare che $-f$ è integrabile. Per concludere la dimostrazione è sufficiente osservare che $k\cdot f=|k|(-f)$ e sfruttare il risultato appena dimostrato per coefficienti positivi.

La dimostrazione risulta immediata basta applicare i punti 1 e 2 dimostrati in precedenza.

Per i punti precedenti se $f$ e $g$ sono due funzioni integrabili in $[a,b]$ anche la funzione $h(x):=f(x)-g(x)$ risulterà integrabile in $[a,b]$ . Risulta chiaro che se $f(x)\geq g(x)\,\,\forall x \in[a,b]$ si ha che $h(x)\geq0 \,\,\forall x \in [a,b]$ e quindi $\displaystyle\int_{a}^{b}h(x)dx\geq 0$ .
Abbiamo dunque

$\int_{a}^{b}h(x)dx=\int_{a}^{b}f(x)-g(x)\,dx=\int_{a}^{b}f(x)\,dx-\int_{a}^{b}g (x)\,dx\geq 0\quad \Leftrightarrow\quad \int_{a}^{b}f(x)\,dx\geq \int_{a}^{b}g(x)\,dx$

da cui la tesi.

Consideriamo le funzioni
$g^+(x)=\begin{cases} x\quad &\text{per}\,\,x\geq 0\\ 0&\text{altrimenti} \end{cases}$

e

$g^-(x)=\begin{cases} -x\quad &\text{per}\,\,x< 0\\ 0&\text{altrimenti} \end{cases}$

entrambe continue nel proprio dominio; da cui

$\begin{equation*} g^+(f(x))= f^+(x)=\max\{f(x),0\}=\begin{cases} f(x)&\text{se }f(x)\geq0\\0&\text{altrimenti} \end{cases} \end{equation*}$

e

$\begin{equation*} g^-(f(x))=f^-(x)=-\min\{f(x),0\}=\begin{cases} -f(x)&\text{se }f(x)<0\\0&\text{altrimenti} \end{cases}. \end{equation*}$

le quali risultano entrambi integrabili per il teorema 5. Osserviamo che $\left \vert f \right \vert$ può essere riscritto come $|f|=f^++f^-$ quindi anche $|f|$ risulterà integrabile per il caso 1 del teorema 6. Inoltre

(13) $\begin{equation*} -\left\vert f(x)\right \vert\leq f(x)\leq \left \vert f(x)\right \vert . \end{equation*}$

Quindi applicando il risultato del caso $2$ e $4$ ad (13) si ha che

$\begin{equation*} -\int_{a}^{b}\left \vert f(x)\right \vert \leq\int_{a}^{b}f(x)\,dx\leq\int_{a}^{b}\left \vert f(x)\right \vert \quad \Leftrightarrow\quad \left|\int_{a}^{b}f(x)\,dx\right|\leq\int_{a}^{b}\left \vert f(x)\right \vert \,dx. \end{equation*}$

Proposizione 4. Siano $f,g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ due funzioni integrabili. Allora $h:[a,b]\to\mathbb{R},\,h(x)=f(x) g(x)$ risulta integrabile in $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Riscriviamo $f(x)\cdot g(x)$ come segue

$f(x)\cdot g(x)=\dfrac{1}{4}\left(f(x)+g(x)\right)^2-\dfrac{1}{4}\left(f(x)-g(x)\right)^2.$

Osserviamo che $f(x)+g(x)$ risulta integrabile per il caso 1 del teorema 6. Considerando le funzioni $t:[a,b]\to\mathbb{R},\,t(x)=\dfrac{1}{4}x^2$ e $n:[a,b]\to\mathbb{R},\,n(x)=-\dfrac{1}{4}x^2$ che sono continue nel proprio dominio e pertanto la funzione $z:[a,b]\to\mathbb{R} ,\,z(x)=t(f(x)+g(x))+n(f(x)-g(x))$ risulta integrabile per il teorema 5 e il caso 1 del teorema 6, da cui la tesi.

Teorema 7. (proprietà additiva). Siano $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ una funzione limitata e $c\in (a,b)$ . Allora $f$ è integrabile in $[a,b]$ se e solo se risulta integrabile in $[a,c]$ e $[c,b]$ . Inoltre, in qualunque dei due casi, si ha

$\begin{equation*} \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{c}f(x)dx+\int_{c}^{b}f(x)dx. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Iniziamo con il dimostrare che se $f$ è integrabile in in $[a,c]$ e $[c,b]$ allora $f$ è integrabile in $[a,b]$ .

( $\Leftarrow$ )Sia $P=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ una partizione formata da $n+1$ punti dell’intervallo $[a,c]$ e $Q=\{y_0,y_1,...,y_m\}$ partizione dell’intervallo $[c,b]$ formata da $m+1$ punti, allora $R:=P\cup Q$ è una partizione di $n+m+1$ punti dell’intervallo $[a,b]$ ⁶ e risulta

$\begin{equation*} \begin{split} s(R,f)&=\sum_{j=1}^{n+m}\inf_{[z_{j-1},z_j]}f\cdot(z_j-z_{j-1})=\\ &=\sum_{i=1}^{n}\inf_{[x_{i-1},x_i]}f\cdot(x_i-x_{i-1})+\sum_{k=1}^{m}\inf_{[y_{k-1},y_k]}f\cdot(y_k-y_{k-1})=s(P,f)+s(Q,f). \end{split} \end{equation*}$

Analogamente possiamo dimostrare che $S(R,f)=S(P,f)+S(Q,f)$ , quindi

$\begin{equation*} S(R,f)-s(R,f)=S(P,f)+S(Q,f)-s(P,f)-s(Q,f). \end{equation*}$

Per l’ipotesi di integrabilità di $f$ in $[a,c]$ e in $[c,b]$ allora scelto un valora $\varepsilon>0$ esistono due partizioni $P_\varepsilon$ e $Q_\varepsilon$ rispettivamente di $[a,c]$ e $[c,b]$ tali che

$\begin{equation*} S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon, f)<\frac{\varepsilon}{2}\qquad\text{e}\qquad S(Q_\varepsilon,f)-s(Q_\varepsilon, f)<\frac{\varepsilon}{2}. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)= S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon, f)+S(Q_\varepsilon,f)-s(Q_\varepsilon, f)<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \end{equation*}$

da cui segue che $f$ è integrabile in $[a,b]$ .

( $\Rightarrow$ ) Nel caso in cui $f$ risulti integrabile in $[a,b]$ allora scelto $\varepsilon>0$ esiste una partizione $R_\varepsilon$ dell’intervallo $[a,b]$ tale che $S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon$ . Allora possiamo distinguere due casi:

$\quad$

Se $c\in R_\varepsilon$ allora possiamo considerare $P_\varepsilon$ partizione dell’intervallo $[a,c]$ e $Q_\varepsilon$ partizione dell’intervallo $[c,b]$ tali che $P_\varepsilon\cup Q_\varepsilon=R_\varepsilon$ e per la proposizione 1 si ha che
$\begin{equation*} S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)\leq S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon \end{equation*}$

$\begin{equation*} S(Q_\varepsilon,f)-s(Q_\varepsilon,f)\leq S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon \end{equation*}$

e quindi $f$ è integrabile in $[a,c]$ e in $[c,b]$ .

Se $c\not\in R_\varepsilon$ allora consideriamo la partizione $T_\varepsilon:=R_\varepsilon\cup R_0$ con $R_0:=\{c\}$ . Osserviamo che $T_\varepsilon$ è più fine di $R_\varepsilon$ allora per la proposizione 1 si ha
$s\left(T_\varepsilon,f\right)\geq s\left(R_\varepsilon,f\right)$

e

$S\left(T_\varepsilon,f\right)\leq S\left(R_\varepsilon,f\right)$

quindi

$\underbrace{S\left(T_\varepsilon,f\right)-S\left(R_\varepsilon,f\right)}_{\leq 0}+\underbrace{s\left(R_\varepsilon,f\right)-s\left(T_\varepsilon,f\right)}_{\leq 0}\leq 0$

pertanto

$\begin{equation*} S(T_\varepsilon,f)-s(T_\varepsilon,f)\leq S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon \end{equation*}$

quindi $f$ è integrabile in $[a,c]$ e in $[c,b]$ .

Per dimostrare l’uguaglianza, sia $\varepsilon>0$ allora esiste una partizione $R_\varepsilon$ tale che, seguendo un ragionamento analogo a quello fatto nella dimostrazione dell’integrabilità, $c\in R_\varepsilon$ . Consideriamo poi le due partizioni $P_\varepsilon$ e $Q_\varepsilon$ rispettivamente di $[a,c]$ e $[c,b]$ , allora

$\begin{equation*} \begin{split} &\int_{a}^{b}f(x)dx- \int_{a}^{c}f(x)dx-\int_{c}^{b}f(x)dx\leq S(R_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)-s(Q_\varepsilon,f)=S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon. \end{split} \end{equation*}$

Analogamente

$\begin{equation*} \begin{split} &\int_{a}^{b}f(x)dx- \int_{a}^{c}f(x)dx-\int_{c}^{b}f(x)dx\geq s(R_\varepsilon,f)-S(P_\varepsilon,f)-S(Q_\varepsilon,f)=S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)>-\varepsilon \end{split} \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \left| \int_{a}^{b}f(x)dx- \int_{a}^{c}f(x)dx-\int_{c}^{b}f(x)dx\right|<\varepsilon \end{equation*}$

da cui per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ otteniamo la tesi.

Teorema 8. Sia $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ una funzione continua e non negativa. Allora risulta

$\int_{a}^{b}f(x)\,dx=0$

se e solo se $f\equiv0$ in $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Se $f$ è identicamente nulla in $[a,b]$ è ovvio. Ipotizziamo per assurdo che $f$ non è identicamente nulla in $[a,b]$ . Sappiamo che $f(x)\geq0$ per ogni $x\in[a,b]$ e scelto un qualsiasi valore $x_0\in(a,b)$ tale che $f(x_0)>0$ , per il teorema della permanenza del segno la funzione in un intorno di $(x_0-\delta,x_0+\delta)\subset(a,b)$ risulta $f(x)>0$ . Scelto un qualsiasi compatto $[\alpha,\beta]\subset(x_0-\delta,x_0+\delta)$ per il teorema di Weierstrass la funzione ammette minimo assoluto $m>0$ e pertanto risulta chiaro che

$\int_{a}^{b}f(x)\,dx>m\left(\beta-\alpha\right)$

ovvero l’area del rettangolo di base $\beta-\alpha>0$ e altezza $m$ è minore dell’area sottesa alla curva $f$ in $[a,b]$ ; ma questo fatto è assurdo poiché $m\left(\beta-\alpha\right)>0$ contraddice l’ipotesi $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\,dx=0$ .

Definizione 4. Sia $f\colon[a,b]\to\mathbb{R}$ una funzione integrabile e siano $c,\,d\in [a,b]$ tali che $c\leq d$ . Poniamo per definizione

$\begin{equation*} \int_{d}^{c}f(x)\,dx=-\int_{c}^{d}f(x)\,dx. \end{equation*}$

$\quad$

Osservazione 7. Si noti che, dalla definizione 4 segue che

$\begin{equation*} \int_{c}^{c}f(x)\,dx=0. \end{equation*}$

per ogni $c\in [a,b].$ Ciò è coerente con l’idea intuitiva che l’area sottesa al grafico di $f$ su un intervallo di ampiezza nulla sia nulla.

Verrebbe naturale pensare che ci sono $n+m+2$ elementi ma $x_n\equiv y_0$ ↩

Teoremi della media integrale.

Teorema 9. (teorema della media integrale). Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione integrabile in $[a,b]$ . Allora

$\begin{equation*} \inf_{[a,b]}f\leq\dfrac{\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)dx}{(b-a)}\leq \sup_{[a,b]}f. \end{equation*}$

Inoltre se $f$ è continua in $[a,b]$ allora esiste un punto $x_0\in[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} f(x_0)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Dalla definizione di funzione integrabile secondo Riemann, per ogni partizione $P$ dell’intervallo $[a,b]$ risulta che

$\begin{equation*} s(P,f)\leq\int_{a}^{b} f(x)dx\leq S(P,f). \end{equation*}$

Se consideriamo la partizione meno fine di tutte $P_0=\{a,b\}$ costituita dai soli estremi dell’intervallo abbiamo

$\begin{equation*} s(P_0,f)=\inf_{[a,b]} f\cdot(b-a)\leq\int_{a}^{b}f(x)dx\leq S(P_0,f)=\sup_{[a,b]}f\cdot (b-a). \end{equation*}$

Dividiamo le precedenti disuguaglianze per la quantità $b-a>0$ e otteniamo

$\begin{equation*} \inf_{[a,b]} f\leq\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx\leq \sup_{[a,b]}f \end{equation*}$

da cui la prima tesi del teorema.

Supponiamo ora che $f$ sia continua in $[a,b]$ allora per il teorema dei valori intermedi esiste un punto $x_0\in[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} f(x_0)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} f(x)dx \end{equation*}$

da cui la seconda tesi del teorema.

Osservazione 8. Per dimostrare la prima tesi del teorema 9 è possibile procedere anche nel modo che segue. Sappiamo che $f$ è integrabile in $[a,b]$ quindi è limitata in $[a,b]$ pertanto

$\inf_{[a,b]}f\leq f(x)\leq \sup_{[a,b]}f \quad \forall x \in[a,b].$

Integrando si ha

$\int_{a}^{b}\inf_{[a,b]}f\,dx\leq \int_{a}^{b}f(x)\,dx\leq\int_{a}^{b} \sup_{[a,b]}f\,dx$

cioè

$\inf_{[a,b]}f\int_{a}^{b}1\,dx=\inf_{[a,b]}f\left(b-a\right)\leq \int_{a}^{b}f(x)\,dx\leq\sup_{[a,b]}f\int_{a}^{b} 1\,dx=\sup_{[a,b]}f\left(b-a\right)$

da cui dividendo per $b-a>0$ si ottiene nuovamente la tesi.

Osservazione 9. Questo teorema assicura nel caso di funzioni continue l’esistenza di un punto $x_0$ tale che il rettangolo di base $[a,b]$ e altezza $f(x_0)$ ha area uguale all’area sottesa al grafico di $f$ .

$\quad$

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$\quad$

Osservazione 10. Il rapporto $\displaystyle\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} f(x)dx$ prende il nome di media integrale della funzione $f$ sull’intervallo [a,b]. Tale denominazione è giustificata: consideriamo le partizioni $P_n$ dell’intervallo di integrazione

$\begin{equation*} x_i=a+\frac{i}{n}(b-a)\qquad\text{ per } i=0,...,n \end{equation*}$

Per l’integrabilità della funzione

$\begin{equation*} \begin{split} \int_{a}^{b}f(x)\,dx&=\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i)(x_{i+1}-x_i)=\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i)\frac{b-a}{n}=\\&=(b-a)\lim_{n\to+\infty}\frac{f(x_0)+...+f(x_n)}{n}\\&\Rightarrow\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)\,dx=\lim_{n\to+\infty}\frac{f(x_0)+...+f(x_n)}{n}. \end{split} \end{equation*}$

Dunque la media integrale si presenta come il limite a cui tende la media aritmetica di $n$ valori della funzione, assunti in $n$ punti distinti, al tendere di $n$ all’infinito.

Teorema 10. (teorema della media ponderata). Siano $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ e $g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ due funzioni continue in $[a,b]$ e sia $g$ di segno costante in $[a,b]$ . Allora esiste un punto $c\in[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} \int_a^{b}f(x)g(x)\,dx=f(c)\int_a^bg(x)\,dx \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo $g$ positiva nell’intervallo $[a,b]$ . Poiché $f$ è una funzione continua nel compatto $[a,b]$ allora per il teorema di Weierstrass esistono $m$ e $M$ rispettivamente il minimo e il massimo di $f$ in $[a,b]$ :

$\begin{equation*} mg(x)\leq f(x)g(x)\leq Mg(x) \end{equation*}$

Per la proprietà di linearità otteniamo che

$\begin{equation*} m\int_a^bg(x)\,dx\leq\int_a^b f(x)g(x)\,dx\leq M\int_{a}^{b}g(x)\,dx. \end{equation*}$

Inoltre osseviamo che, poichè $g$ è positiva nell’intervallo $[a,b]$ , per il teorema 8 si ha $\int_{a}^{b}g(x)\,dx> 0$ e quindi possiamo dividere per tale quantità ottenendo

$\begin{equation*} m\leq \frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)\,dx}{\int_a^bg(x)\,dx}\leq M. \end{equation*}$

Per il teorema dei valori intermedi esiste un punto $c\in[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} \frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)\,dx}{\int_a^bg(x)\,dx}=f(c)\Rightarrow \int_{a}^{b}f(x)g(x)\,dx=f(c)\int_a^bg(x)\,dx \end{equation*}$

che è l’asserto.

Osservazione 11. Il teorema della media integrale è conseguenza diretta del teorema della media ponderata per $g(x)=1$ .

Funzione integrale e teorema fondamentale del calcolo

Introduzione.

Supponiamo che $f$ sia una funzione integrabile nell’intervallo $[a,b]$ ; per ogni $x\in[a,b]$ la funzione $f$ è quindi integrabile anche nell’intervallo $[a,x]$ , quindi è ben definita

$\begin{equation*} \int_{a}^{x}f(t)dt. \end{equation*}$

Questo integrale, una volta fissato $a$ dipende unicamente dalla variabile $x$ ; pertanto è possibile definire una nuova funzione che associa ad ogni $x\in[a,b]$ il valore dell’integrale.

Definizione 5. Sia $f$ una funzione integrabile nell’intervallo $[a,b]$ ; si chiama funzione integrale di $f$ relativa al punto $a$ , la funzione $F:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ definita da:

$\begin{equation*} F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt. \end{equation*}$

$\quad$

Se $f$ è positiva o nulla si può interpretare geometricamente la funzione integrale come una funzione che associa ad ogni $x\in [a,b]$ l’area sottesa al grafico della funzione. Nel caso in cui la funzione assuma valori positivi e valori negativi l’integrale definito corrisponderà alla somma con segno delle due aree che si trovano nel semipiano superiore e inferiore rispetto all’asse delle ascisse.

Grazie ai risultati dimostrati nei precedenti paragrafi è possibile dimostrare il teorema che lega l’integrale e la derivata e che evidenzia in particolare quali sono le ipotesi per la derivabilità della funzione integrale.

Teorema 11 (teorema fondamentale del calcolo integral). Sia $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ una funzione continua nel suo dominio. La sua funzione integrale $F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt$ è derivabile in $(a,b)$ e risulta $F'(x)=f(x)$ per ogni $x\in(a,b)$ . Inoltre se $G$ è una funzione derivabile tale che $G'(x)=f(x)$ allora $F(x)=G(x)-G(a)$ .

$\quad$

Dimostrazione. Una funzione $F$ è derivabile in un punto $x$ se esiste ed è finito il limite del rapporto incrementale, ovvero vogliamo dimostrare che esiste ed è finito

$\begin{equation*} F'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h} \end{equation*}$

e che questo coincide con $f(x)$ .

Per dimostrarlo usiamo il teorema 7; per ogni $h\geq 0$ vale

$\begin{equation*} \begin{aligned} F(x+h)-&F(x)=\int_{a}^{x+h}f(t)\,dt-\int_{a}^{x}f(t)\,dt=\\ &=\int_{a}^{x}f(t)\,dt+\int_{x}^{x+h}f(t)\,dt-\int_{a}^{x}f(t)\,dt=\int_{x}^{x+h}f(t)\, dt. \end{aligned} \end{equation*}$

La dimostrazione del primo risultato è una conseguenza del teorema della media: sia $h>0$ , allora la funzione $f$ è continua e limitata nell’intervallo $[x,x+h]$ , quindi esiste un punto $x_0\in[x,x+h]$ tale che

$\begin{equation*} f(x_0)=\frac{1}{x+h-x}\int_{x}^{x+h}f(t)dt=\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}f(t)dt \end{equation*}$

allora

$\begin{equation*} \frac{F(x+h)-F(x)}{h}=\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}f(t)dt=f(x_0). \end{equation*}$

Per $h\rightarrow 0^+$ il punto⁷ $x_0\in[x,x+h]$ , visto come una funzione della variabile $h$ , tenderà a $x$ e quindi per la continuità di $f$ , $\displaystyle\lim_{h\rightarrow 0}f(x_0(h))=f(x)$ . Allora

$\begin{equation*} \lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=f(x). \end{equation*}$

Un calcolo analogo per $h<0$ ci permette di concludere che

$\begin{equation*} \lim_{h\rightarrow 0^-}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=f(x)=\lim_{h\rightarrow 0^+}\frac{F(x+h)-F(x)}{h} \end{equation*}$

quindi, per la definizione di derivata, la funzione $F$ è derivabile e $F'(x)=f(x)$ .

Ora consideriamo una funzione derivabile $G(x)$ tale che $G'(x)=f(x)$ e la funzione $H(x):=F(x)-G(x)$ .

Sfruttando la proprietà di linearità dell’operazione di derivazione, calcoliamo la derivata di $H$ :

$\begin{equation*} H'(x)=F'(x)-G'(x)=f(x)-f(x)=0\qquad\forall x\in[a,b]. \end{equation*}$

Ricordiamo che una funzione che è continua nel compatto $[a,b]$ e derivabile in $(a,b)$ con derivata nulla⁸ è costante in $[a,b]$ quindi $H(x)=k$ con $k\in\mathbb{R}$ . Poichè

$H(a)=F(a)-G(a)=\underbrace{\int_{a}^{a}f(x)\,dx}_0-G(a)=-G(a)$

possiamo concludere che

$\begin{aligned} H(x)=F(x)-G(x)=-G(a)&\quad \Rightarrow\quad F(x)=\int_{a}^{x}f(x)\,dx=G(x)-G(a) \end{aligned}$

cioè l’asserto.

Osservazione 12. Il teorema appena dimostrato prende anche il nome di teorema di Torricelli-Barrow, anche se tale denominazione non ha motivi storici.

L’ultimo risultato può essere espresso come segue

$\int_{a}^{x}f(t)\,dt=G(x)-G(a)=G(t)\bigg\vert^x_a.$

Osservazione 13. Riportiamo un’altra dimostrazione della prima parte del teorema fondamentale del calcolo che usa le proprietà della funzione integrale: per la definizione di funzione integrale e per la proprietà di linearità si ha

$\begin{equation*} \frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}=\frac{\int_{a}^{x}f(t)\,dt-\int_{a}^{x_0}f(t)\,dt}{x-x_0}=\frac{\int_{x_0}^{a}f(t)\,dt+\int_{a}^{x}f(t)\,dt}{x-x_0}=\frac{\int_{x_0}^{x}f(t)\,dt}{x-x_0} \end{equation*}$

dove $x_0\in(a,b)$ . Poichè $f$ continua in $x_0$ allora si ha

$\begin{equation*} \forall\varepsilon>0\,\,\exists\delta>0:\,\forall x\in \left(x_0-\delta,x_0+\delta\right) ,\,|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon\Rightarrow f(x_0)-\varepsilon<f(x)<f(x_0)+\varepsilon. \end{equation*}$

Quindi posto $x\in(x_0,x_0+\delta)$ si ha

$\begin{equation*} f(x_0)-\varepsilon=\frac{\int_{x_0}^x(f(x_0)-\varepsilon)\,dt}{x-x_0}<\frac{\int_{x_0}^xf(t)\,dt}{x-x_0}<\frac{\int_{x_0}^x(f(x_0)+\varepsilon)\,dt}{x-x_0}=f(x_0)+\varepsilon \end{equation*}$

cioè

$\begin{equation*} \displaystyle f(x_0)-\varepsilon<\frac{\int_{x_0}^xf(t)\,dt}{x-x_0}<f(x_0)+\varepsilon\Rightarrow -\varepsilon<\frac{\int_{x_0}^xf(t)\,dt}{x-x_0}-f(x_0)<\varepsilon. \end{equation*}$

In modo equivalente posto $x\in(x_0-\delta,x_0)$ si ha

$\begin{equation*} f(x_0)-\varepsilon=\frac{-\int_{x_0}^x(f(x_0)-\varepsilon)\,dt}{x_0-x}<\frac{-\int_{x_0}^xf(t)\,dt}{x_0-x}<\frac{-\int_{x_0}^x(f(x_0)+\varepsilon)\,dt}{x_0-x}=f(x_0)+\varepsilon \end{equation*}$

cioè

Possiamo concludere che $\forall\varepsilon>0$ $\exists\delta>0$ tale che se $|x-x_0|<\delta$ allora

$\begin{equation*} \left|\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}-f(x_0)\right|=\left|\frac{\int_{x_0}^{x}f(t)\,dt}{x-x_0}-f(x_0)\right|<\varepsilon \end{equation*}$

dunque la funzione $F$ è derivabile in $x_0$ e vale

$\begin{equation*} \displaystyle F'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}=f(x_0). \end{equation*}$

Definizione 6. Siano $f,g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ due funzioni reali di variabile reale. Una funzione $g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ derivabile nell’intervallo $[a,b]$ , è una primitiva di $f$ se $g'(x)=f(x)$ per ogni $x\in(a,b)$ .

$\quad$

Dalla definizione di primitiva e dal teorema fondamentale del calcolo integrale possiamo concludere che ogni funzione continua ammette primitiva in $[a,b]$ e questa è proprio la funzione integrale. Inoltre, se $F$ è una primitiva di $f$ anche $F+c$ è una primitiva di $f$ per ogni $c\in\mathbb{R}$ .

Corollario 1. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione continua in $[a,b]$ . Se $G$ è una primitiva di $f$ in $[a,b]$ allora

$\begin{equation*} \int_{a}^{b}f(x)dx=G(b)-G(a). \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Sia $F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt$ la funzione integrale. Poiché anche $F$ è una primitiva di $f$ allora per il teorema precedente

$\begin{equation*} F(x)=G(x)-G(a)\Rightarrow F(b)=\int_{a}^{b}f(t)dt=G(b)-G(a). \end{equation*}$

Per convincersi di questo fatto basta applicare il teorema del doppio confronto. Per ipotesi $x\leq x_0\leq x+h$ , notando che $\displaystyle\lim_{h\to 0}(x+h)=x$ possiamo concludere per il teorema del doppio confronto $\displaystyle\lim_{h\to 0}x_0=x$ . ↩

Teorema. Siano $\alpha$ e $\beta$ due numeri reali tale che $\alpha<\beta$ e sia $f$ una funzione continua in $[\alpha ,\beta]$ e derivabile $(\alpha,\beta )$ , e tale che

$f^\prime(x)=0\quad \forall x \in (\alpha, \beta).$

Allora $f$ è costante. ↩

Secondo teorema della media integrale.

Teorema 12 (secondo teorema della media integrale). Siano $f,g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ due funzioni continue in $[a,b]$ e tale che $g$ risulta decrescente per ogni $x\in [a,b]$ .

$\quad$

Se $g$ è non negativa [non positiva] allora esiste un punto $c\in[a,b]$ tale che
$\begin{equation*} \int_a^{b}f(x)\,g(x)\,dx=g(a)\int_a^cf(x)\,dx\quad\left[\int_a^{b}f(x)\,g(x)\,dx=g(b)\int_c^bf(x)\,dx\right]. \end{equation*}$

Se $g$ assume sia valori positivi che valori negativi allora esiste almeno un punto $c\in[a,b]$ tale che
$\begin{equation*} \int_a^{b}f(x)g(x)\,dx=g(a)\int_a^cf(x)\,dx+g(b)\int_c^bf(x)\,dx. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione.

Consideriamo la partizione uniforme dell’intervallo tale che:
$\begin{equation*} x_i=a+\frac{i}{n}\left(b-a\right)\qquad\text{ per }i=0,...,n . \end{equation*}$

Osserviamo che la funzione $f$ risulta continua in $[x_i,x_{i+1}]\subset [a,b]$ pertanto possiamo applicare il teorema della media integrale: esiste un punto $c_i\in[x_i,x_{i+1}]$ tale che

$\begin{equation*} f(c_i)=\frac{1}{x_{i+1}-x_i}\int_{x_i}^{x_{i+1}}f(x)\,dx \end{equation*}$

Definendo $F:[a,b]\to\mathbb{R},\,F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\,dt$ si ha

$\int_{x_i}^{x_{i+1}}f(x)\,dx=F\left(x_{i+1}\right)-F\left(x_i\right)$

da cui

$f(c_i) \left(x_{i+1}-x_i\right)=F\left(x_{i+1}\right)-F\left(x_i\right)$

e consideriamo

$\begin{equation*} \delta_{P_n}:=\sum_{i=0}^{n-1} f(c_i)g(c_i)(x_{i+1}-x_i)=\sum_{i=0}^{n-1}g(c_i)\left(F\left(x_{i+1}\right)-F\left(x_i\right)\right). \end{equation*}$

Le funzioni $f$ e $g$ sono integrabili in $[x_i,x_{i+1}]$ perché continue, quindi anche $f\cdot g$ risulterà integrabile per la proposizione 4. Inoltre per l’osservazione 4 si ha che

$\begin{equation*} \lim_{n\to +\infty}\delta_{P_n}=\int_{a}^{b}f(x)\,g(x)\,dx. \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \begin{split} \delta_{P_n}&=\sum_{i=0}^{n-1} f(c_i)g(c_i)(x_{i+1}-x_i)=\sum_{i=0}^{n-1}g(c_i)(F(x_{i+1})-F(x_i))=\\&=-F(x_0)g(c_0)+F(x_1)(g(c_0)-g(c_1))+\cdots+F(x_{n})g(c_{n-1}). \end{split} \end{equation*}$

Osserviamo che

$\quad$
- $g$ è decrescente dunque $g(c_i)-g(c_{i+1})\geq 0$ per ogni $i=0,...,n-1$ ;
- $g$ è non negativa quindi $g(c_i)\geq 0$ per ogni $i=0,...,n-1$ ;
- $F(x_0)=F(a)=0$ ;
- $F$ assume massimo $M$ e minimo $m$ in $[a,b]$ .
Da queste osservazioni possiamo concludere che

$\begin{equation*} \delta_{P_n}\leq M\{g(c_0)-g(c_1)+g(c_1)-g(c_2)+\cdots+g(c_{n-1})\}=M\cdot g(c_0). \end{equation*}$

Analogamente

$\begin{equation*} \delta_{P_n}\geq m\{g(c_0)-g(c_1)+g(c_1)-g(c_2)+\cdots+g(c_{n-1})\}=m\cdot g(c_0). \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} m\cdot g(c_0)\leq \delta_{P_n}\leq M\cdot g(c_0) \end{equation*}$

Passiamo al limite per $n\to +\infty$ e teniamo conto che $c_0=a$ :

$\begin{equation*} m\cdot g(a)\leq \int_{a}^{b}f(x)\,g(x)\,dx\leq M\cdot g(a). \end{equation*}$

Per il teorema dei valori intermedi esiste un punto $c\in[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} \int_{a}^{b}f(x)\,g(x)\,dx=F(c)g(a)=g(a)\int_a^cf(x)\,dx. \end{equation*}$

Consideriamo la funzione $h(x)=g(x)-g(b)$ . Se $g$ è decrescente allora $h$ risulterà decrescente e non negativa. Per il punto $(1)$ esiste un punto $c\in [a,b]$ tale che
$\begin{equation*} \begin{split} &\int_a^bf(x)\cdot h(x)\,dx=h(a)\int_{a}^{c}f(x)\,dx\quad \Leftrightarrow \quad\\ &\quad \Leftrightarrow \quad\int_a^bf(x)\cdot (g(x)-g(b))\,dx=(g(a)-g(b))\int_{a}^{c}f(x)\,dx\quad \Leftrightarrow \quad \\ &\quad \Leftrightarrow \quad\int_a^bf(x)\cdot g(x)\,dx=g(a)\int_a^cf(x)\,dx+g(b)\left(\int_{a}^{b}f(x)\,dx-\int_{a}^{c}f(x)\,dx\right)\quad \Leftrightarrow \quad\\ &\quad \Leftrightarrow \quad\int_a^bf(x)\cdot g(x)\,dx=g(a)\int_a^cf(x)\,dx+g(b)\int_{c}^{b}f(x)\,dx. \end{split} \end{equation*}$

L’integrale indefinito

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Il teorema 11 afferma quindi che ogni funzione $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ continua possiede primitive, pari proprio alle sue funzioni integrali. Dato che per i risultati delle sezioni precedenti tutte le primitive di $f$ si ottengono in tal modo, risulta naturale utilizzare l’integrale come simbolo per indicarle, come chiarito dalla prossima definizione.

Definizione 7. Sia $f$ una funzione definita in un intervallo $I\subseteq\mathbb{R}$ . L’insieme di tutte le primitive di $f$ in $[a,b]$ si chiama integrale indefinito di $f$ e si indica con

$\begin{equation*} \int f(x)dx. \end{equation*}$

$\quad$

Osservazione 14. Esistono funzioni che non ammettono primitiva. Per esempio la funzione

$\begin{equation*} f(x)=sgn(x)=\begin{cases} 1&\text{se }x>0\\0&\text{se }x=0\\-1&\text{se }x<0. \end{cases} \end{equation*}$

non ammette primitiva. Se infatti per assurdo esistesse $F$ primitiva di $f$ in $\mathbb{R}$ , allora si avrebbe

$\begin{equation*} F'_+(0)=\lim_{x\to 0+} \frac{F(x)-F(0)}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{F'(x)}{1}=\lim_{x\to 0+} f(x)=1, \end{equation*}$

dove la seconda uguaglianza è valida per il teorema di De L’Hopital in quanto $F'$ , essendo pari a $f$ , ha limite da destra nel punto $0$ . Analogamente avremmo $F'_-(0)=-1$ .

D’Altra parte, per definizione di primitiva, $F$ sarebbe derivabile quindi $F'(0)=F'_-(0)=F'_+(0)$ che è assurdo.

E’ necessario sottolineare la differenza sostanziale tra l’integrale definito e quello indefinito; il primo è un numero reale, il secondo è un insieme di funzioni

(14) $\begin{equation*} \int f(x)dx=\{F(x)|F\,\text{ è una primitiva della funzione }\, f\}. \end{equation*}$

tutte uguali a meno di una costante. Possiamo quindi riscrivere l’integrale definito come

$\int f(x)\,dx=F(x)+c$

dove $c\in\mathbb{R}$ .

E’ possibile calcolare, grazie alla definizione, i primi integrali indefiniti. Sia $f(x)=x^\alpha$ con $\alpha\in\mathbb{R}\setminus\{-1\}$ . Dalla definizione, per calcolare l’integrale indefinito di $f$ dobbiamo determinare quella funzione $F(x)$ tale che $F'(x)=f(x)$ . Allora

$\begin{equation*} F(x)=\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\quad \text{con}\,\,\alpha\neq-1. \end{equation*}$

Infatti dalle regole di derivazione $F'(x)=\dfrac{\alpha+1}{\alpha+1}x^{\alpha+1-1}=x^\alpha=f(x)$ . Quindi

$\begin{equation*} \int x^\alpha=\frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1}+c\quad \text{con}\,\,\alpha\neq-1. \end{equation*}$

Esempio 6. Integrali di funzione potenza

$\displaystyle\int x^3\,dx=\frac{1}{3+1}x^{3+1}+c=\frac{1}{4}x^4+c,$

$\displaystyle\int \frac{1}{x^2}\,dx=\int x^{-2}\,dx=\frac{1}{-2+1}x^{-2+1}+c=-\frac{1}{x}+c,$

$\displaystyle\int \sqrt{x}\,dx=\int x^{\frac{1}{2}}\,dx=\frac{1}{\dfrac{1}{2}+1}x^{\frac{1}{2}+1}+c=\frac{1}{\dfrac{3}{2}}x^{\frac{3}{2}}+c=\frac{2}{3}x\sqrt{x}+c$ .

Esempio 7. Integrali di polinomi Dalla regola di derivazione delle funzioni potenza e dalle proprietà di linearità dell’integrale possiamo calcolare la primitiva di polinomi

$\begin{equation*} \begin{split} \displaystyle \int \left(x^3+2x^2-1\right)dx&=\int x^3dx+2\int x^2\,dx-\int 1dx=\\&=\displaystyle\frac{1}{4}x^4+2\cdot\frac{1}{3}x^3-x+c=\frac{1}{4}x^4+\frac{2}{3}x^3-x+c. \end{split} \end{equation*}$

Verifica: Sia $y=\dfrac{1}{4}x^4+\dfrac{2}{3}x^3-x+c$ ha derivata $y^\prime=x^3+2x^2-1$ .

Osservazione 15. Ogni qualvolta si risolve un integrale si può fare la derivata del risultato ottenuto e vedere se viene la funzione integranda.

Dalla definizione segue la tabella di integrali indefiniti immediati. Tutte le formule possono essere verificate derivando il secondo membro e verificando che la derivata è uguale alla funzione integranda. Integrali Immediati

ese

Integrali immediati
$\int k\,dx = kx + c$	$k \in \mathbb{R}$
$\int x^\alpha\,dx = \frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1} + c$	$\alpha \in \mathbb{R} \setminus \{-1\}$
$\int \frac{1}{x}\,dx = \ln\|x\| + c$
$\int \sin x\,dx = -\cos x + c$
$\int \cos x\,dx = \sin x + c$
$\int \frac{1}{\cos^2 x}\,dx = \int (1 + \tan^2 x)\,dx = \tan x + c$
$\int \frac{1}{\sin^2 x}\,dx = \int (1 + \cot^2 x)\,dx = -\cot x + c$
$\int e^x\,dx = e^x + c$
$\int a^x\,dx = \frac{a^x}{\ln a} + c$	$a > 0$
$\int \frac{1}{x^2+1}\,dx = \arctan x + c$
$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx = \arcsin x + c$
$\int -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx = \arccos x + c$

Esempio 8. Calcoliamo i seguenti integrali indefiniti, ricordando gli integrali notevoli e le proprietà di linearità

$\quad$

$\displaystyle\int\left(\frac{2}{x}+4e^x\right)dx=2\int \frac{1}{x}dx+4\int e^xdx=2\ln|x|+4e^x+c$

$\displaystyle\int\frac{\cos(2x)}{\sin^2x}dx=\int\frac{1-2\sin^2x}{\sin^2 x}dx=\int\frac{1}{\sin^2x}dx-\int 2dx=$ $=-\cot x-2x+c$

$\displaystyle\int\frac{1}{\sqrt{9-9x^2}}dx=\int\frac{1}{\sqrt{9(1-x^2)}}dx=\frac{1}{3}\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{1}{3}\arcsin x+c$

$\displaystyle\int\frac{x^2}{x^2+1}dx=\int\frac{x^2+1-1}{x^2+1}dx=\int 1dx-\int\frac{1}{x^2+1}\,dx=x-\arctan x+c$

$\displaystyle\int\frac{x^8+1}{x^9}dx=\int\frac{x^8}{x^9}dx+\int\frac{1}{x^9}dx=\int \frac{1}{x}dx-\frac{1}{8x^8}=\ln|x|-\frac{1}{8x^8}+c$ .

Esempio 9. Calcoliamo $\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \,dx$ .

$\begin{equation*} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin x dx=\Big[-\cos x+c\Big]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=0. \end{equation*}$

Nonostante il significato geometrico dell’integrale questo risultato non ci deve sorprendere; infatti la funzione $f(x)=\sin x$ è una funzione dispari che stiamo integrando su un intervallo simmetrico.

$\quad$

L’area sottesa al grafico nell’intervallo $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ sarà positiva e uguale in modulo a quella tra $\left[-\dfrac{\pi}{2},0\right]$ ma opposta in segno. In generale se $f$ è Riemann integrabile in $[-a,a]$ ed è una funzione dispari allora

$\int_{-a}^{a}f(x)dx=0\qquad\forall a\in\mathbb{R}.$

Se $f$ è una funzione Riemann integrabile in $[-a,a]$ ed è pari si ha che

$\begin{equation*} \int_{-a}^{a}f(x)dx=2\int_{0}^{a}f(x)dx\qquad\forall a\in\mathbb{R}. \end{equation*}$

$\quad$

Tecniche risolutive integrali indefiniti e definiti

Introduzione.

In questo paragrafo si enunciano e si dimostrano i principali teoremi che saranno utili per la risoluzioni degli integrali definiti e indefiniti.

Integrazione per sostituzione.

Teorema 13 (integrazione per sostituzione). Siano $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ e $g:[c,d]\to[a,b]$ tali che f sia continua in $[a,b]$ e g una funzione continua con derivata continua nell’intervallo $(c,d)$ . Allora

(15) $\begin{equation*} \int_{c}^{d}f(g(t))\cdot g^\prime(t)\,dt=\int_{g(c)}^{g(d)}f(x)\,dx. \end{equation*}$

In particolare per gli integrali indefiniti possiamo scrivere formalmente quanto segue

$\int f(g(t))\,g^\prime (t)\,dt= \int f(x)\,dx.$

$\quad$

Dimostrazione. Sia $F:[a,b]\to\mathbb{R}$ tale che $F^\prime(x)=f(x)$ e pertanto $F\circ g:[c,d]\to\mathbb{R}$ ha $[F(g(x))]^\prime=f(g(x))g^\prime(x)$ per ogni $x\in[c,d]$ .

Quindi essendo $F(g(x))$ una primitiva di $f(g(x))g^\prime(x)$ possiamo applicare il teorema fondamentale del calcolo integrale

$\int_{a}^{b}f(x)\,dx=F(b)-F(a)=F(g(\beta))-F(g\left(\alpha\right))=\int_{\alpha}^{\beta}f(g(x))g^\prime(x)\,dx$

da cui la tesi.

Osservazione 16. Nel caso in cui la funzione $g$ risulti invertibile possiamo riscrivere l’uguaglianza (15) come segue

(16) $\begin{equation*} \int_{a}^{b}f(x)\,dx=\int_{g^{-1}\left(a\right)}^{g^{-1}\left(b\right)}f(g(t))\,g^\prime(t)\,dt \end{equation*}$

dove $g^{-1}$ è la funzione inversa di $g$ .

Esempio 10. Calcolare $\displaystyle\int x\sqrt{1+x^2}\,dx$ .

Soluzione. Osserviamo che, considerando $f(x)=\sqrt{x}$ e $\phi(x)=1+x^2$ allora $\phi'(x)=2x$ e possiamo ricondurci a un integrale della forma $\int f(\phi(x))\phi'(x)\,dx$ .

Abbiamo dunque

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

Poniamo $t=1+x^2$ da cui $dt=2x\,dx$ , allora

$\begin{equation*} \begin{split} &\frac{1}{2}\int2 x\sqrt{1+x^2}\,\,dx=\frac{1}{2}\int \sqrt{t}\,dt=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{2}}t^{1+\frac{1}{2}}+c\right)_{t=\sqrt{1+x^2}}\\&=\left(\frac{1}{3}\sqrt{t^3}+c\right)_{t=\sqrt{1+x^2}} \end{split} \end{equation*}$

cioè

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

Esempio 11. Calcolare $\displaystyle\int\frac{2x e^{x^2}}{1+e^{x^2}}\,dx$ .

Soluzione. Operiamo la sostituzione $t=e^{x^2}$ da cui $dt=2xe^{x^2}dx$ che è l’espressione che compare al numeratore della funzione integranda. Quindi

$\begin{equation*} \int\frac{2xe^{x^2}}{1+e^{x^2}}\,dx=\int\frac{1}{1+t}\,dt=\ln\left \vert 1+t \right \vert+c. \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \int\frac{2xe^{x^2}}{1+e^{x^2}}\,dx=\left(\ln|1+t|+c\right)_{t=e^{x^2}}=\ln(1+e^{x^2})+c. \end{equation*}$

Esempio 12. Calcolare $\displaystyle\int\sqrt{\alpha^2-x^2}\,dx$ con $\alpha>0$ .

Soluzione. La sostituzione che conviene applicare per integrali di questa forma è $\sin t=\dfrac{x}{\alpha}$ allora $dx=\alpha\cos t\,dt$ . La funzione $x=\alpha\sin t$ non è biunivoca; dobbiamo quindi restringerci⁹ a un opportuno intervallo di integrazione come $\left[-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right]$ in cui è possibile ricavare $t=\arcsin \dfrac{x}{\alpha}$ e $\sqrt{1-\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)^2}=\left \vert \cos t\right \vert =\cos t \,\,\text{per}\,\, t \in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ , abbiamo dunque

$\begin{equation*} \int\sqrt{\alpha^2-x^2}dx=\int\sqrt{\alpha^2\left(1-\left(\frac{x}{\alpha}\right)^2\right)}\,dx=\alpha^2\int\sqrt{1-\sin^2t}\cos t \,dt=\alpha^2\int\cos^2t\,dt. \end{equation*}$

Per risolvere l’integrale, un’idea è quella di utilizzare le formule di duplicazione $cos(2t)=2\cos^2t-1$ . Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} \int\cos^2t\,dt &=\int\left(\frac{1+\cos(2t)}{2}\right)dt=\\ &=\int\frac{1}{2}dt+\int\frac{\cos(2t)}{2}\,dt=\\ &=\frac{1}{2}t+\frac{1}{2}\int\cos(2t)\,dt+c=\\ &=\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}\sin(2t)+c. \end{split} \end{equation*}$

Grazie alle formule di duplicazione $\sin(2t)=2\sin t\cos t=2\sin t\sqrt{1-\sin^2t}$ otteniamo

$\begin{equation*} \begin{aligned} \int\sqrt{\alpha^2-x^2}dx&=\frac{1}{2}\alpha^2 t+\frac{1}{4}\alpha^2\sin(2t)+c=\frac{1}{2}\alpha^2t+\dfrac{\alpha^2}{2}\sin(t)\cos t+c=\\ &=\dfrac{1}{2}\alpha^2\arcsin\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)+\dfrac{\alpha^2}{2}\sin\left(\arcsin\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)\right)\cos\left(\arcsin\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)\right)+c=\\ &=\frac{\alpha^2}{2}\arcsin\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)+\dfrac{\alpha^2}{2}\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)\sqrt{1-\sin^2\left(\arcsin\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)\right)}+c=\\ &=\dfrac{\alpha^2}{2}\arcsin\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)+\dfrac{\alpha}{2} x\sqrt{1-\dfrac{x^2}{\alpha^2}}+c=\dfrac{\alpha^2}{2}\arcsin\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)+ \dfrac{x}{2}\sqrt{\alpha^2-x^2}+c. \end{aligned} \end{equation*}$

Esempio 13. Calcolare $\displaystyle\int\sqrt{\alpha^2+x^2}$ con $\alpha>0$ .

Soluzione.Poniamo $x=\alpha\sinh t$ allora $dx=\alpha\cosh t\,\,dt$ . La funzione $x=\alpha\sinh t$ è continua, derivabile e invertibile¹⁰ allora si ha:

$\begin{equation*} \begin{split} \int\sqrt{\alpha^2+x^2}\,dx&=\int\sqrt{\alpha^2\left(1+\left(\frac{x}{\alpha}\right)^2\right)}\,dx\overset{\clubsuit}{=}\alpha^2\int\sqrt{1+\sinh^2t}\cosh t\,dt=\\&=\alpha^2\int\cosh^2t \,dt\overset{\heartsuit}{=}\alpha^2\int\left(\frac{e^t+e^{-t}}{2}\right)^2\,dt=\frac{\alpha^2}{4}\int(e^{2t}+e^{-2t}+2)\,dt. \end{split} \end{equation*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato $\cosh^2 t+\sinh^2h=1$ e in $\heartsuit$ abbiamo applicato la definizione di coseno iperbolico.

Grazie alla sostituzione $u=2t\Rightarrow t=\dfrac{u}{2}$ otteniamo

$\begin{equation*} \int\left(e^{2t}+e^{-2t}\right)dt=\frac{1}{2}\int\left(e^u+e^{-u}\right)du=\left(\dfrac{e^u-e^{-u}}{2}\right)\Bigg\vert_{u=2t}=\frac{e^{2t}-e^{-2t}}{2}+c\overset{\triangle}{=}\sinh\left(2t\right)+c \end{equation*}$

dove in $\triangle$ abbiamo applicato la definizione di seno iperbolico. \ Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} \int\sqrt{\alpha^2+x^2}\,dx&=\frac{\alpha^2}{4}\int\left(e^{2t}+e^{-2t}+2\right)\,dt=\frac{\alpha^2}{4}\sinh 2t+\frac{\alpha^2}{2}t+c\\&=\frac{\alpha^2}{2}\sinh t\cosh t+\frac{\alpha^2}{2}t+c=\frac{\alpha^2}{2}\sinh t\sqrt{1+\sinh^2t}+\frac{\alpha^2}{2}t+c=\\&=\frac{\alpha^2}{2}\frac{x}{\alpha}\sqrt{1+\frac{x^2}{\alpha^2}}+\frac{\alpha^2}{2}\operatorname{settsinh}\left(\frac{x}{\alpha}\right)+c=\\&=\frac{1}{2}x\sqrt{\alpha^2+x^2}+\frac{\alpha^2}{2}\operatorname{settsinh}\left(\frac{x}{\alpha}\right)+c \end{split} \end{equation*}$

dove in $\spadesuit$ abbiamo sostituito $t=\operatorname{settsinh}x$ da cui $\sinh \left(\operatorname{settsinh}x\right)=x$ e $\sqrt{1+\sinh^2 t}=\sqrt{1+\sin^2\left(\operatorname{settsinh}x\right)}=\sqrt{1+x^2}$ .

Osservazione 18.Per ottenere il medesimo risultato era possibile applicare la formula di duplicazione per le funzioni iperboliche; consideriamo

$\cosh t\cdot\sinh t=\left(\frac{e^t+t^{-t}}{2}\right)\cdot\left(\frac{e^t-e^{-t}}{2}\right)=\frac{e^{2t}-e^{-2t}}{4}=\frac{1}{2}\sinh(2t)$

cioè

$\begin{equation*} \begin{split} \cosh t\cdot\sinh t=\frac{1}{2}\sinh(2t)\Rightarrow \sinh (2t)=2\cosh t\sinh t . \end{split} \end{equation*}$

Osservazione 18. Dalla definizione del seno iperbolico e attraverso delle manipolazioni algebriche è possibile riscrivere il settore seno come una funzione logaritmica. Infatti

$\begin{equation*} x=\dfrac{e^t-\dfrac{1}{e^t}}{2}\Rightarrow e^{2t}-2xe^t-1=0\Rightarrow e^{t}=x+\sqrt{x^2+1}\Rightarrow t=\ln(x+\sqrt{x^2+1})\quad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Formalmente stiamo considerando la funzione $\sin:\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\to[-1,1]$ che ha come inversa la funzione $\arcsin:\left[-1,1\right]\to\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ . ↩

La funzione settore seno iperbolico è la funzione inversa del seno iperbolico definita come

$\operatorname{settsinh}(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$

per ogni $x\in\mathbb{R}.$ . ↩

Integrazione di funzioni razionali.

In questa sezione consideriamo funzione del tipo $\displaystyle f(x)=\frac{N(x)}{D(x)}$ con $N$ e $D$ generici polinomi di grado $n$ ; in particolare $f$ è definita in $\{x\in\mathbb{R}:\,D(x)\neq 0\}$ .

Osservazione 19. E’ sempre possibile ricondursi a un integrale in cui il grado del numeratore è minore del grado del denominatore. Infatti detti $Q(x)$ e $R(x)$ il quoziente e il resto della divisione tra $N(x)$ e $D(x)$ , avremmo

$\begin{equation*} \int \frac{N(x)}{D(x)}dx=\int \frac{Q(x)D(x)+R(x)}{D(x)}dx=\int\left(Q(x)+\frac{R(x)}{D(x)}\right)\,dx \end{equation*}$

dove il grado di $R(x)$ è minore del grado di $D(x)$ . La funzione integranda può essere riscritta come somma di un polinomio e di una funzione razionale il cui grado del numeratore è minore stretto del grado del denominatore.

Esempio 14. Calcolare $\displaystyle \int\frac{x^4}{x^2+1}dx$ .

Soluzione. Svolgiamo la divisione polinomiale tra $P(x)=x^4$ e $Q(x)=x^2+1$

$\quad$

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$\quad$

e otteniamo

$\begin{equation*} Q(x)=x^2-1\quad \text{e}\quad R(x)=1. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} \int\frac{x^4}{x^2+1}\,dx=\int\left(x^2-1+\frac{1}{x^2+1}\right)\,dx=\int \left(x^2-1\right)\,dx+\int\frac{1}{x^2+1}\,dx=\frac{x^3}{3}-x+\arctan x+c. \end{split} \end{equation*}$

Nell’esercizio precedente la decomposizione della funzione integranda ci ha condotti a un polinomio e a una funzione razionale di integrazione immediata; non sempre ciò accade, pertanto occorre stabilire delle tecniche generali per integrare delle funzioni razionali in cui il grado del numeratore è minore stretto del grado del denominatore.

$\quad$

Se il denominatore è di primo grado: in questo caso l’integrale è della forma $\displaystyle \int\frac{k}{ax+b}dx$ , $k,a,b \in\mathbb{R}$ con $a$ e $b$ non contemporaneamente nulli. Con una semplice sostituzione è sempre possibile ricondurlo a una funzione integranda le cui primitiva è una funzione logaritmica.

Esempio 15. Calcolare $\displaystyle \int\frac{3}{2x-1}\,dx$ .

Soluzione. Ponendo $t=2x-1$ allora $x=\dfrac{t+1}{2}$ e $dx=\dfrac{dt}{2}$ , quindi

$\begin{equation*} \int\frac{3}{2x-1}dx=\frac{3}{2}\int\frac{1}{t}\,dt=\left(\frac{3}{2}\ln|t|+c\right)\Bigg \vert_{t=2x-1}=\frac{3}{2}\ln|2x-1|+c. \end{equation*}$

Altrimenti si poteva procedere ricordando questo integrale indefinito notevole $\displaystyle \int \dfrac{f^\prime(x)}{f(x)}\,dx=\ln\left \vert f(x)\right \vert +c$ ; infatti

$\int\dfrac{3}{2x-1}\,dx=\dfrac{3}{2}\int\dfrac{2}{2x-1}\,dx=\dfrac{3}{2}\ln\left \vert 2x-1\right \vert+c.$

Se il denominatore è di secondo grado: in questo caso l’integrale è della forma con e . Le tecniche di integrazione sono diverse a seconda del segno del discriminante .
$\quad$
- Se $\Delta>0$ , il trinomio $ax^2+bx+c$ ha due soluzioni reali e distinte $x_1$ e $x_2$ . La tecnica di integrazione consiste nel trovare due numeri reali $A$ e $B$ tale che
  $\begin{equation*} \frac{mx+n}{ax^2+bx+c}=\frac{A}{x-x_1}+\frac{B}{x-x_2}. \end{equation*}$
  
  In questo modo la funzione integranda risulta decomposta nella somma di due funzioni (dette fratti semplici) i cui integrali sono immediati.
Esempio 16. Calcolare $\displaystyle \int\frac{x+4}{x^2+6x-7}\,dx$ .

Soluzione. Ovviamente $x^2+6x-7=(x+7)(x-1)$ , quindi il polinomio di secondo grado ammette due zeri reali e distinti. Cerchiamo di determinare due numeri $A$ e $B$ tale che

(17) $\begin{equation*} \frac{x+4}{x^2+6x-7}=\frac{A}{x+7}+\frac{B}{x-1} \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \frac{x+4}{x^2+6x-7}=\frac{A(x-1)+B(x+7)}{(x+7)(x-1)}=\frac{x(A+B)-A+7B}{(x+7)(x-1)} \end{equation*}$

cioè

$\begin{cases} A+B=1\\ -A+7B=4 \end{cases}$

che ha come soluzioni $A=\dfrac{3}{8}$ e $B=\dfrac{5}{8}$ . Quindi, per la linearità dell’integrale

$\begin{equation*} \begin{split} \int\frac{x+4}{x^2+6x-7}\,dx=&\frac{3}{8}\int\frac{1}{x+7}\,dx+\frac{5}{8}\int\frac{1}{x-1}\,dx=\\&=\frac{3}{8}\ln|x+7|+\frac{5}{8}\ln|x-1|+c. \end{split} \end{equation*}$

Altrimenti si poteva procedere ponendo $x\neq -7$ e moltiplicando per $x-7$ ambo i membri della relazione (17), così ottenendo

$\dfrac{x+4}{x-1}=A+\dfrac{B\left(x+7\right)}{x-1}$

ottenendo cosi una nuova relazione definita per ogni $x\in\mathbb{R}$ ; sostituendo $x=-7$ troviamo

$\dfrac{x+4}{x-1}\bigg\vert_{x=-7}=A+\dfrac{B\left(x+7\right)}{x-1}\bigg\vert_{x=-7}\quad \Leftrightarrow \quad A=\dfrac{-3}{-8}=\dfrac{3}{8}$

Analogamente a prima poniamo $x\neq 1$ e moltiplichiamo ambo i membri della (17) per $x-1$ , otteniamo

$\dfrac{x+4}{x+7}=\dfrac{A\left(x-1\right)}{x+7}+B$

da cui sostituendo $x=1$ si trova che

$\dfrac{x+4}{x+7}\bigg\vert_{x=1}=\dfrac{A\left(x-1\right)}{x+7}+B\bigg\vert_{x=1}\quad \Leftrightarrow \quad B=\dfrac{5}{8}$

ottenendo nuovamente i valori trovati in precedenza di $A$ e di $B$ .

$\quad$
- Caso $\Delta=0$ . In generale vale che
  $\begin{aligned} ax^2+bx+c&=ax^2+bx+c+\dfrac{b^2}{4a}-\dfrac{b^2}{4a}=\left(\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}\right)^2+c-\dfrac{b^2}{4a}=\\ &=\left(\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}\right)^2-\dfrac{b^2-4ac}{4a}=\left(\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}\right)^2-\dfrac{\Delta}{4a} \end{aligned}$
  
  dove abbiamo supposto $a>0$ . Ora sfruttando il fatto che $\Delta=0$ si ha che
  
  $ax^2+bx+c=\left(\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}\right)^2\quad \text{per}\,\,a>0,\, \forall b,c\in\mathbb{R}\quad \text{e}\quad b^2-4ac=0.$
  
  Nella dimostrazione abbiamo supposto che $a>0$ ma si può generalizzare supponendo $a\neq 0$ ; ottenendo cosi la seguente scrittura
  
  $ax^2+bx+c=\left(\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}\right)^2=a\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2$
  
  cioè
  
  $ax^2+bx+c=a\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2\text{per}\,\,a\neq 0,\, \forall b,c\in\mathbb{R}\quad \text{e}\quad b^2-4ac=0$
  
  che è un quadrato di binomio.
  
  Torniamo ora alla tecnica di integrazione e osserviamo che consiste sempre nel determinare due numeri $A$ e $B$ tale che
  
  $\begin{equation*} \frac{mx+n}{ax^2+bx+c}=\frac{A}{\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}}+\frac{B}{\left(\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}\right)^2} \end{equation*}$
  
  da cui
  
  (18) $\begin{equation*} \int \frac{mx+n}{ax^2+bx+c}\,dx=\int\frac{A}{\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}}\,dx+\int\frac{B}{\left(\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}\right)^2}\,dx. \end{equation*}$

Esempio 17. Calcolare $\displaystyle \int\frac{x+2}{9x^2-6x+1}\,dx$ .

Soluzione. Dobbiamo determinare due numeri reali $A$ e $B$ tale che

(19) $\begin{equation*} \frac{x+2}{9x^2-6x+1}=\frac{A}{3x-1}+\frac{B}{(3x-1)^2}. \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \frac{x+2}{9x^2-6x+1}=\frac{A(3x-1)+B}{(3x-1)^2}=\frac{3Ax-A+B}{(3x-1)^2} \end{equation*}$

cioè

$\begin{cases} 3A=1\\ B-A=2 \end{cases}$

che ha come soluzione $A=\dfrac{1}{3}$ e $B=\dfrac{7}{3}$ . Quindi, per la linearità dell’integrale

$\begin{equation*} \int\frac{x+2}{9x^2-6x+1}\,dx=\frac{1}{3}\int\frac{1}{3x-1}\,dx+\frac{7}{3}\int\frac{1}{(3x-1)^2}\,dx. \end{equation*}$

Il primo integrale è

$\begin{equation*} \frac{1}{3}\int\frac{1}{3x-1}\,dx=\frac{1}{9}\ln|3x-1|+c \end{equation*}$

grazie alle sostituzione $t=3x-1$ procedendo in modo analogo all’esempio 15 o altrimenti si può usare l’integrale indefinito notevole $\displaystyle \int \dfrac{f^\prime(x)}{f(x)}\,dx=\ln\left \vert f(x)\right \vert+c$ .

Per il secondo integrale, sempre per $t=3x-1$ otteniamo

$\begin{equation*} \frac{7}{3}\int\frac{1}{(3x-1)^2}\,dx=\frac{7}{9}\int\frac{1}{t^2}\,dt=\frac{7}{9}\left(-\frac{1}{t}+c\right)\Bigg\vert_{t=3x-1}=-\frac{7}{9(3x-1)}+c. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \int\frac{x+2}{9x^2-6x+1}\,dx=\frac{1}{9}\ln|3x-1|-\frac{7}{9(3x-1)}+c. \end{equation*}$

Altrimenti per determinare $A$ e $B$ si può procedere come segue: consideriamo la relazione (19) e posto $x\neq \dfrac{1}{3}$ , moltiplicando ambo i membri per $(3x-1)^2$ si ottiene

$x+2=A(3x-1)+B$

e sostituendo $x=\dfrac{1}{3}$ troviamo

$x+2\bigg\vert_{x=\frac{1}{3}}=A(3x-1)+B\bigg\vert_{x=\frac{1}{3}}\quad \Leftrightarrow \quad B=\dfrac{7}{3}.$

Sostituiamo $B=\dfrac{7}{3}$ nella relazione (19) e otteniamo

$\frac{x+2}{(3x-1)^2}=\frac{A}{3x-1}+\frac{7}{3(3x-1)^2}$

cioè

$\dfrac{3x-1}{3\left(3x-1\right)^2}=\dfrac{1}{3\left(3x-1\right)}=\frac{A}{3x-1}\quad \Leftrightarrow\quad A=\dfrac{1}{3}$

abbiamo così ottenuto nuovamente gli stessi valori di $A$ e di $B$ trovati in precedenza.

Se $\Delta<0$ , allora il polinomio $ax^2+bx+c$ è irriducibile. Cerchiamo di mostrare il metodo di integrazione con due esempi: il primo con un numeratore costante, il secondo con un polinomio di primo grado al numeratore.

Esempio 18. Calcolare $\displaystyle \int\frac{1}{x^2+6x+11}dx$ .

Soluzione. L’idea generale è quella di ricondurre la funzione integranda, attraverso la tecnica del completamento del quadrato, a una funzione razionale che ha come primitiva la funzione arcotangente. Per farlo osserviamo che

$\begin{equation*} x^2+6x+11=x^2+6x\textcolor{red}{+9-9}+11=x^2+6x+9+2=(x+3)^2+(\sqrt{2})^2 \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \int\frac{1}{x^2+6x+11}\,dx=\int\frac{1}{(x+3)^2+(\sqrt{2})^2}\,dx. \end{equation*}$

Raccogliamo al denominatore $(\sqrt{2})^2$ e otteniamo

$\begin{equation*} \displaystyle \int\frac{1}{(x+3)^2+(\sqrt{2})^2}dx=\int\frac{1}{\left(\sqrt{2}\right)^2\left(\left(\dfrac{x+3}{\sqrt{2}}\right)^2+1\right)}dx=\frac{1}{2}\int\dfrac{1}{\left(\left(\dfrac{x+3}{\sqrt{2}}\right)^2+1\right)}dx. \end{equation*}$

Posto $\displaystyle t=\left(\frac{x+3}{\sqrt{2}}\right)$ allora $x=\sqrt{2}t-3$ e $dx=\sqrt{2}\,\,dt$ , quindi

$\begin{equation*} \displaystyle\frac{1}{2}\int\frac{1}{\left(\left(\dfrac{x+3}{\sqrt{2}}\right)^2+1\right)}\,dx=\dfrac{1}{2}\int\dfrac{\sqrt{2}}{t^2+1}\,dt=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\arctan t\Bigg \vert_{t=\frac{x+3}{\sqrt{2}}}+c=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan\left(\frac{x+3}{\sqrt{2}}\right)+c. \end{equation*}$

Altrimenti ricordando il seguente integrale indefinito notevole

$\int\dfrac{f^\prime(x)}{k^2+f^2(x)}\,dx=\dfrac{1}{\left \vert k \right \vert }\arctan\left(\dfrac{f(x)}{\left \vert k \right \vert }\right)+c\quad \text{ con}\,\,k\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$

e ricordando quanto segue

$ax^2+bx+c= \left(\sqrt{a}x+\dfrac{b}{2\sqrt{a}}\right)^2-\dfrac{b^2-4ac}{4a}$

se consideriamo $x^2+6x+11$ ponendo $a=1,b=6$ e $c=11$ si ha che

$x^2+6x+11= \left(x+\dfrac{6}{2}\right)^2-\dfrac{6^2-4\cdot 11}{4}=\left(x+3\right)^2+2$

pertanto

$\int\frac{1}{x^2+6x+11}\,dx=\int\frac{1}{(x+3)^2+(\sqrt{2})^2}\,dx=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\dfrac{x+3}{\sqrt{2}}\right)+c.$

Esempio 19. Calcolare $\displaystyle\int\frac{x+5}{x^2+2x+2}dx$ .

Soluzione. L’obiettivo è di riscrivere la funzione integranda come somma di due addendi, di cui uno avente al numeratore un multiplo della derivata del denominatore e l’altro avente come numeratore una costante

$\begin{equation*} \frac{x+5}{x^2+2x+2}=\frac{A(2x+2)}{x^2+2x+2}+\frac{B}{x^2+2x+2}=\frac{2Ax+2A+B}{x^2+2x+2} \end{equation*}$

cioè

$\begin{cases} 2A=1\\ 2A+B=5 \end{cases}$

che ha come soluzione $A=\dfrac{1}{2}$ e $B=4$ . Quindi per la linearità dell’integrale si ha:

$\begin{equation*} \int\frac{x+5}{x^2+2x+2}dx=\frac{1}{2}\int\frac{2x+2}{x^2+2x+2}dx+4\int\frac{1}{x^2+2x+2}dx. \end{equation*}$

Per il primo integrale poniamo $t=x^2+2x+2$ quindi $dt=(2x+2)\,dx$

$\begin{equation*} \frac{1}{2}\int\frac{2x+2}{x^2+2x+2}\,dx=\frac{1}{2}\int\frac{1}{t}\,dt=\frac{1}{2}\left(\ln|t|+c\right)\Bigg\vert_{t=x^2+2x+2}=\dfrac{1}{2}\ln\left\vert x^2+2x+2\right\vert+c. \end{equation*}$

Osserviamo che la funzione integranda del secondo integrale ha la stessa forma di quella dell’esempio 18 e quindi possiamo applicare lo stesso metodo di integrazione.

$\begin{equation*} 4\int\frac{1}{x^2+2x+2}\,dx=4\int\frac{1}{(x+1)^2+1}\,dx. \end{equation*}$

Sia $u=x+1$ allora $dx=du$ , allora

$\begin{equation*} 4\int\frac{1}{(x+1)^2+1}dx=4\int\frac{1}{u^2+1}du=4\Big(\arctan u+c\Big)\Bigg\vert_{u=x+1}=4\arctan(x+1)+c. \end{equation*}$

Concludendo

$\begin{equation*} \int\frac{x+5}{x^2+2x+2}dx=\frac{1}{2}\ln(x^2+2x+2)+4\arctan(x+1)+c \end{equation*}$

dove abbiamo tolto il modulo dal logaritmo perchè $x^2+2x+2>0$ per ogni $x\in\mathbb{R}$ .

3. Se il denominatore è di grado superiore al secondo: in questo caso l’integrale è della forma $\displaystyle\int\frac{N(x)}{D(x)}\,dx$ dove il grado di $N(x)$ è minore del grado di $D(x)$ . Si scompone anzitutto $D(x)$ nel prodotto di fattori di primo grado o di fattori irriducibili di secondo grado e successivamente di riscrive la funzione integranda in fratti semplici. Questa decomposizione si effettua secondo le regole viste negli esempi precedenti e riunite nella tabella che segue

$\quad$

Fattore	Decomposizione
$ax+b$	$\dfrac{A}{ax+b}$
$(ax+b)^m$	$\dfrac{A_1}{(ax+b)} + \dfrac{A_2}{(ax+b)^2} + \ldots + \dfrac{A_m}{(ax+b)^m}$
$ax^2+bx+c$	$\dfrac{Ax+B}{ax^2+bx+c}$
$(ax^2+bx+c)^m$	$\dfrac{A_1x+B_1}{(ax^2+bx+c)} + \dfrac{A_2x+B_2}{(ax^2+bx+c)^2} + \ldots + \dfrac{A_mx+B_m}{(ax^2+bx+c)^m}$

$\quad$

Dato $D(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ polinomio di grado $n$ a coefficienti reali allora esiste un’unica scomposizione in fattori irriducibili

$\begin{equation*} D(x)=a_n(x-b_1)^{n_1}\cdot(x-b_2)^{n_2}\cdots(x-b_j)^{n_j}(x^2+c_1+d_1)^{m_1}\cdots(x^2+c_kx+d_k)^{m_k} \end{equation*}$

dove $b_i$ per $i=1,...,j$ sono le radici reali e distinte del polinomio $D(x)$ ciascuna con molteplicità $n_i$ e i polinomi $x^2+c_ix+d_i$ per $i=1,...,k$ sono polinomi irriducibili in $\mathbb{R}$ .

Allora

$\begin{equation*} \begin{split} \frac{N(x)}{D(x)}&=\frac{A_{11}}{x-b_1}+\cdots\frac{A_{1n_1}}{(x-b_1)^{n_1}}+\cdots+\frac{A_{j1}}{x-b_j}+\cdots+\frac{A_{jn_j}}{(x-b_j)^{n_j}}+\\&+\frac{C_{11}x+D_{11}}{x^2+c_1x+d_1}+\cdots+\frac{C_{1m_1}+D_{1m_1}}{(x^2+c_1x+d_1)^{m_1}}+\cdots\\&\cdots+\frac{C_{k1}x+D_{k1}}{x^2+c_kx+d_k}+\cdots+\frac{C_{km_k}+D_{km_k}}{(x^2+c_k+d_k)^{m_k}}. \end{split} \end{equation*}$

Esempio 20. Calcolare il seguente integrale indefinito:

$\int \dfrac{x}{x^3-64}\, dx$

Soluzione. Scomponendo il denominatore, abbiamo

$\qquad \qquad \, \int \dfrac{x}{x^3-64}\, dx = \int \dfrac{x}{(x-4)(x^2+4x+16)}\, dx$

Posto

$\dfrac{a}{(x-4)}+ \dfrac{bx+c}{x^2+4x+16}= \dfrac{x}{x^3-64}$

con $a,b,c\in \mathbb{R}$ costanti, ricaviamo la seguente identità

$\quad \quad \, a(x^2+4x+16)+(bx+c)(x-4)=x,$

da cui

$\qquad \qquad \, \, (a+b)x^2+(4a-4b+c)x+16a-4c=x,$

e quindi, uguagliando i termini tra i due polinomi

$\left\{\begin{array}{l} a+b=0\\ 4a-4b+c=1\\ 16a-4c=0 \end{array}\right.$

dalle quali si ricava facilmente

$a= \dfrac{1}{12}, \quad b=-\dfrac{1}{12} \quad c=\dfrac{1}{3}$

Abbiamo quindi

$\begin{aligned} &\int \dfrac{x}{x^3-64}\, dx=\\ &=\int \dfrac{dx}{12(x-4)} - \dfrac{1}{12} \int \dfrac{x-4}{x^2+4x+16}\ dx =\\ &= \dfrac{1}{12} \ln \vert x-4 \vert -\dfrac{1}{24} \int \dfrac{2x-8}{x^2+4x+16}\ dx. \end{aligned}$

Risolviamo separatamente il secondo integrale: possiamo fare in modo di far apparire, a numeratore, la derivata del denominatore nel modo seguente

$\begin{aligned} &\int \dfrac{2x-8}{x^2+4x+16}\ dx=\int \dfrac{2x+4-4-8}{x^2+4x+16}\ dx=\\ &=\int \dfrac{2x+4}{x^2+4x+16}\ dx- \int \dfrac{12}{(x+2)^2 +12}\ dx. \end{aligned}$

Ricordando che

$\int\frac{f'(x)}{f(x)}\ dx=\ln |f(x)|+costante$

e ponendo $f(x)=x^2+4x+16$ nel primo integrale, si ha

$\int \dfrac{2x-8}{x^2+4x+16}\ dx= \ln (x^2+4x+16)- \int \dfrac{12}{(x+2)^2 +12}\ dx.$

Per l’ultimo integrale rimasto, effettuando la sostituzione

$x+2=2\sqrt{3} t\ \Rightarrow\ dx=2\sqrt{3}\ dt$

otteniamo

$\quad \quad \quad \, \begin{aligned} & \quad \quad \quad \,\int \dfrac{12}{(x+2)^2 +12}\ dx=\\ & \quad \quad \quad \, =\int\frac{12}{12(t^2+1)}\ 2\sqrt{3}\ dt=2\sqrt{3}\arctan t+c=\\ & \quad \quad \quad \, =2\sqrt{3}\arctan\left(\frac{x+2}{2\sqrt{3}}\right)+c. \end{aligned}$

Sostituendo a ritroso otteniamo la soluzione cercata

$\int \dfrac{x}{x^3-64}\, dx=\dfrac{1}{12} \ln \vert x-4 \vert-\dfrac{1}{24} \left[\ln (x^2+4x+16)-2\sqrt{3}\arctan\left(\frac{x+2}{2\sqrt{3}}\right)\right]+c$

con $c\in\mathbb{R}$ .

Esempio 21. Calcolare il seguente integrale indefinito:

$\int \dfrac{dx}{(x^2+1)(x-2)^2}$

Soluzione. Scomponendo il denominatore, possiamo scrivere

$\dfrac{1}{(x^2+1)(x-2)^2}= \dfrac{Ax+B}{(x^2+1)}+ \dfrac{C}{(x-2)}+ \dfrac{D}{(x-2)^2}$

con $A$ , $B$ e $C$ costanti, da cui si ottiene l’identità valida per ogni $x$

$1=(Ax+B)(x-2)^2+(x^2+1)\left(C(x-2)+D\right).$

Sostituendo nella precedente identità i valori $x=2,\ x=0$ , si ottiene

$\left\{\begin{array}{l} 1=5D\\ 1=4B-2C+D \end{array}\right. \Leftrightarrow\ \left\{\begin{array}{l} \displaystyle D=\frac{1}{5}\\ \\ \displaystyle 2B-C=\frac{2}{5} \end{array}\right..$

Sostituendo invece $x=\pm 1$ otteniamo

$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle 1=A+B-2C+\frac{2}{5}\\ \\ \displaystyle 1=-9A+9B-6C+\frac{2}{5} \end{array}\right. \Leftrightarrow \ \left\{\begin{array}{l} \displaystyle A+B-2C=\frac{3}{5}\\ \\ \displaystyle 9A-9B+6C=-\frac{3}{5} \end{array}\right..$

Risolvendo dalle condizioni precedenti si trova:

$A= \dfrac{4}{25}, \quad B= \dfrac{3}{25}, \quad C=-\dfrac{4}{25}, \quad D= \dfrac{1}{5}$

Possiamo risolvere l’integrale nel modo seguente:

$\begin{aligned} &\int \dfrac{dx}{(x^2+1)(x-2)^2} =\\ &= \dfrac{1}{25} \int \dfrac{4x+3}{(x^2+1)}dx- \dfrac{4}{25} \int \dfrac{1}{(x-2)}dx+ \int \dfrac{1}{5(x-2)^2}dx= \\ &= \dfrac{2}{25} \int \dfrac{2x}{(x^2+1)}dx+ \dfrac{3}{25} \int \dfrac{1}{(x^2+1)}dx- \dfrac{4}{25} \ln \left \vert x-2\right \vert- \dfrac{1}{5} \dfrac{1}{(x-2) }+c= \\ &=\dfrac{2}{25} \ln (x^2+1) + \dfrac{3}{25} \arctan x - \dfrac{4}{25} \ln \left \vert x-2\right \vert- \dfrac{1}{5(x-2)}+c,\quad \text{con c}\in\mathbb{R}. \end{aligned}$

Esempio 22. Calcoliamo $\displaystyle\int\frac{1}{x^3+8}\,dx$ .

Scomponendo il denominatore $x^3+8=(x+2)(x^2-2x+4)$ osserviamo che la scomposizione contiene due fattori uno di primo grado e uno di secondo grado irriducibile. Allora determiniamo tre numeri reali $A$ , $B$ e $C$ tale che

$\begin{equation*} \begin{split} \frac{1}{x^3+8}&=\frac{A}{x+2}+\frac{B(2x-2)}{x^2-2x+4}+\frac{C}{x^2-2x+4}=\\&=\frac{A(x^2-2x+4)+B(2x-2)(x+2)+C(x+2)}{(x+2)(x^2-2x+4)}=\\&=\frac{A(x^2-2x+4)+B(2x^2+4x-2x-4)+C(x+2)}{(x+2)(x^2-2x+4)}\\&\Rightarrow\begin{cases} A+2B=0\\ -2A+2B+C=0\\ 4A-4B+2C=1. \end{cases} \end{split} \end{equation*}$

Risolvendo il sistema otteniamo $A=\dfrac{1}{12}$ , $B=-\dfrac{1}{24}$ e $C=\dfrac{1}{4}$ , allora per la linearità dell’integrale otteniamo

$\begin{equation*} \int\frac{1}{x^3+8}\,dx=\frac{1}{12}\int\frac{1}{x+2}\,dx-\frac{1}{24}\int\frac{2x-2}{x^2-2x+4}\,dx+\frac{1}{4}\int\frac{1}{x^2-2x+4}\,dx. \end{equation*}$

Svolgiamo separatamente i tre integrali

$\begin{equation*} \frac{1}{12}\int\frac{1}{x+2}dx=\frac{1}{12}\ln|x+2|+c. \end{equation*}$

Per il secondo integrale poniamo $t=x^2-2x+4$ e $dt=2x-2$

$\begin{equation*} \begin{split} -\frac{1}{24}\int\frac{2x-2}{x^2-2x+4}dx&=\frac{1}{24}\int\frac{1}{t}dt=-\frac{1}{24}\Big(\ln|t|+c\Big)\Big|_{t=x^2-2x+4}=\\&=-\frac{1}{24}\ln|x^2-2x+4|+c. \end{split} \end{equation*}$

La terza funzione integranda avrà come primitiva una funzione arcotangente

$\begin{equation*} \begin{split} \frac{1}{4}\int\frac{1}{x^2-3x+4}dx&=\frac{1}{4}\int\frac{1}{(x-1)^2+(\sqrt{3})^2}\,dx=\\&=\frac{1}{4}\int\frac{1}{\left(\sqrt{3}\right)^2\left(\left(\frac{x-1}{\sqrt{3}}\right)^2+1\right)}\,dx=\\&=\frac{1}{12}\int\frac{1}{\left(\frac{x-1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}\,dx. \end{split} \end{equation*}$

Poniamo $u=\dfrac{x-1}{\sqrt{3}}$ allora $u=\sqrt{3}x+1$ e $dx=\sqrt{3}du$ . Abbiamo dunque

$\begin{equation*} \begin{split} \displaystyle\frac{1}{12}\int\frac{1}{\left(\frac{x-1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}\,dx&=\frac{1}{12}\int\frac{\sqrt{3}}{u^2+1}\,du=\frac{\sqrt{3}}{12}\left(\arctan u+c\right)\Bigg\vert_{u=\frac{x-1}{\sqrt{3}}}=\\&=\frac{\sqrt{3}}{12}\arctan\frac{x-1}{\sqrt{3}}+c \end{split} \end{equation*}$

Concludendo

$\begin{equation*} \int\frac{1}{x^3+8}dx=\frac{1}{12}\ln|x+2|-\frac{1}{24}\ln|x^2-2x+4|+\frac{\sqrt{3}}{12}\arctan\Big(\frac{x-1}{\sqrt{3}}\Big)+c. \end{equation*}$

Riportiamo un metodo diverso sempre per il calcolo di integrali di funzioni razionali nel caso in cui il denominatore abbia radici multiple basato sulla scomposizione di Hermite.

Teorema 14 (scomposizione di Hermite). Siano $N(x)$ e $D(x)$ due polinomi tale che il grado di $N(x)$ sia minore di quello di $D(x)$ e sia

$\begin{equation*} D(x)=a_n(x-b_1)^{n_1}\cdot(x-b_2)^{n_2}\cdots(x-b_j)^{n_j}(x^2+c_1+d_1)^{m_1}\cdots(x^2+c_kx+d_k)^{m_k} \end{equation*}$

l’unica scomposizione di $D(x)$ in fattori irriducibili. Allora esiste un’unica rappresentazione di $\dfrac{N(x)}{D(x)}$ della forma

$\begin{equation*} \begin{split} \frac{N(x)}{D(x)}&=\frac{A_1}{x-b_1}+\frac{A_2}{x-b_2}+\cdots\frac{A_j}{x-b_j}+\frac{C_1x+D_1}{x^2+c_1x+d_1}+\cdots\\&\cdots+\frac{C_kx+d_k}{x^2+c_kx+d_k}+\frac{d}{dx}\left(\frac{N^*(x)}{D^*(x)}\right)\\ \end{split} \end{equation*}$

dove

$\begin{equation*} D^*(x)=(x-b_1)^{n_1-1}\cdots(x-b_j)^{n_j-1}(x^2+c_1x+d_1)^{m_1-1}\cdots(x^2+c_kx+d_k)^{m_k-1} \end{equation*}$

e $N^*(x)$ è un polinomio di grado minore di quello di $D^*(x)$ .

$\quad$

In altre parole per scrivere il termine da derivare si ha che: al denominatore si moltiplicano tutti i fattori della scomposizione di $D(x)$ con molteplicità scalata di uno (in questo modo le radici semplici non contribuiscono) mentre al numeratore avremo un generico polinomio con grado minore di uno rispetto al denominatore appena costruito. In ogni caso dopo aver eseguito la derivata ritroveremo un sistema di $n$ equazioni in $n$ incognite.

Esempio 23. Calcolare $\displaystyle\int\frac{1}{(x+2)^2(x+1)^2}\,dx$ .

Impostando la formula di Hermite otteniamo

$\begin{equation*} \begin{split} &\frac{1}{(x+2)^2(x+1)^2}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}+\frac{d}{dx}\left(\frac{Cx+D}{(x+2)(x+1)}\right)=\\&=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}+\frac{C(x^2+3x+2)-(Cx+D)(2x+3)}{(x+1)^2(x+2)^2}=\\&=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}+\frac{Cx^2+3Cx+2C-2Cx^2-3Cx-2Dx-3D}{(x+1)^2(x+2)^2}=\\&=\frac{A(x+1)(x+2)^2+B(x+1)^2(x+2)-Cx^2-2Dx+2C-3D}{(x+1)^2(x+2)^2}=\\&=\frac{A(x^3+5x^2+8x+4)+B(x^3+4x^2+5x+2)-Cx^2-2Dx+2C-3D}{(x+1)^2(x+2)^2} \end{split} \end{equation*}$

cioè

$\begin{equation*} \begin{cases} A+B=0\\ 5A+4B-C=0\\ 8A+5B-2D=0\\ 4A+2B+2C+3D=1\\ \end{cases} \end{equation*}$

Risolvendo il sistema otteniamo $A=C=-2$ , $B=2$ e $D=-3$ , quindi per la linearità dell’integrale otteniamo

$\begin{equation*} \begin{split} \int\frac{1}{(x+1)^2(x+2)^2}\,dx&=-2\int\frac{1}{x+1}\,dx+2\int\frac{1}{x+2}\,dx+\int\frac{d}{dx}\left(\frac{-2x-3}{(x+2)(x+1)}\right)\,dx=\\&=-2\ln|x+1|+2\ln|x+2|-\frac{2x+3}{(x+1)(x+2)}+c=\\&=\ln\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^2-\frac{2x+3}{(x+1)(x+2)}+c. \end{split} \end{equation*}$

Altrimenti applicando la decomposizione in fratti semplici si ha:

(20) $\begin{equation*} \dfrac{1}{\left(x+1\right)^2\left(x+2\right)^2}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{\left(x+1\right)^2}+\dfrac{C}{\left(x+2\right)}+\dfrac{D}{\left(x+2\right)^2}. \end{equation*}$

Posto $x\neq -1$ e moltiplicando ambo i membri della relazione (20) per $\left(x+1\right)^2$ si ha

(21) $\begin{equation*} \dfrac{1}{\left(x+2\right)^2}=A\left(x+1\right)+B+\left(x+1\right)^2\left(\dfrac{C}{\left(x+2\right)}+\dfrac{D}{\left(x+2\right)^2 }\right) \end{equation*}$

e sostituendo $x=-1$ in (21) si trova

$\dfrac{1}{\left(x+2\right)^2}\bigg\vert_{x=-1}=A\left(x+1\right)+B+\left(x+1\right)^2\left(\dfrac{C}{\left(x+2\right)}+\dfrac{D}{\left(x+2\right)^2 }\right)\bigg\vert_{x=-1}\quad \Rightarrow \quad B=1$

da cui

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2\left(x+2\right)^2}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2}+\dfrac{C}{\left(x+2\right)}+\dfrac{D}{\left(x+2\right)^2}\quad \Leftrightarrow \quad \\ &\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{\left(x+1\right)^2\left(x+2\right)^2}-\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2}= \dfrac{A}{x+1}+\dfrac{C}{\left(x+2\right)}+\dfrac{D}{\left(x+2\right)^2}\quad \Leftrightarrow \quad \\ &\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{-x-3}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)^2}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{C}{\left(x+2\right)}+\dfrac{D}{\left(x+2\right)^2}. \end{aligned}$

Poniamo $x\neq -2$ e moltiplichiamo la precedente relazione ambo i membri per $\left(x+2\right)^2$ così ottenendo:

(22) $\begin{equation*} \dfrac{-x-3}{\left(x+1\right)}=\dfrac{A\left(x+2\right)^2}{x+1}+C\left(x+2\right)+D \end{equation*}$

e sostituendo $x=-2$ in (22) si trova $D=1$ , da cui

$\dfrac{-x-3}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)^2}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{C}{\left(x+2\right)}+\dfrac{1}{\left(x+2\right)^2}$

cioè

$\begin{aligned} &\dfrac{-2}{\left(x+1\right)^2\left(x+2\right)^2}-\dfrac{1}{\left(x+2\right)^2}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{C}{\left(x+2\right)}\quad \Leftrightarrow \quad \\ &\Leftrightarrow \quad \dfrac{-2}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{C}{x+2}. \end{aligned}$

Poniamo $x\neq -1$ e moltiplicando ambo i membri della precedente relazione per $x+1$ , si trova

$-\dfrac{2}{x+2}=A+\dfrac{C\left(x+1\right)}{x+2}$

da cui sostituendo $x=-1$ si trova $A=-2$ , quindi

$\dfrac{-2}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}=-\dfrac{2}{x+1}+\dfrac{C}{x+2}\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{-2}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}+\dfrac{2}{x+1}=\dfrac{2}{x+2}=\dfrac{C}{x+2}\quad \Rightarrow \quad C=2.$

Pertanto otteniamo la seguente decomposizione in fratti semplici

(23) $\begin{equation*} \begin{split} \dfrac{1}{\left(x+1\right)^2\left(x+2\right)^2} &=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{\left(x+1\right)^2}+\dfrac{C}{\left(x+2\right)}+\dfrac{D}{\left(x+2\right)^2}= \\ &=-\dfrac{2}{x+1}+\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2}+\dfrac{2}{\left(x+2\right)}+\dfrac{1}{\left(x+2\right)^2} \end{split} \end{equation*}$

e integrando ambo i membri delle relazione (23) abbiamo

$\begin{aligned} &\int\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2\left(x+2\right)^2}\,dx=-\int\dfrac{2}{x+1}\,dx+\int\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2}\,dx+\int\dfrac{2}{\left(x+2\right)}\,dx+\int\dfrac{1}{\left(x+2\right)^2}\,dx+c=\\ &=-2\ln\left \vert x+1\right \vert -\dfrac{1}{\left( x+1\right)}+2\ln\left \vert x+2\right \vert -\dfrac{1}{x+2}+c=\\ &=2\ln\left \vert \dfrac{x+2}{x+1}\right \vert -\dfrac{x+2+x+1}{\left(x+2\right)\left(x+2\right)}=\ln\left(\dfrac{x+2}{x+1}\right)^2-\dfrac{2x+3}{\left(x+2\right)\left(x+1\right)}+c \end{aligned}$

come risultato in precedenza.

Sostituzione di Eulero.

Immaginiamo di voler calcolare il seguente integrale indefinito

$\int f(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\,dx\quad \text{con}\,\,a>0.$

In questa circostanza è utile ricorrere alla sostituzione di Eulero. Si pone $\sqrt{ax^2+bx+c}=\pm x\sqrt{a}+t$ (scegliendo indifferentemente il + o il – e gli altri parametri in modo tale che la radice sia ben definita) e elevando al quadrato entrambi i membri si ha:

$\begin{aligned} ax^2 + bx + c &= ax^2 + t^2 \pm 2xt\sqrt{a} \\ &\Leftrightarrow bx \mp 2xt\sqrt{a} = -c + t^2 \\ &\Leftrightarrow x\left(b \mp 2t\sqrt{a}\right) = t^2 - c \\ &\Leftrightarrow x = \frac{t^2 - c}{b \mp 2t\sqrt{a}} \end{aligned}$

e differenziando $x$ si ottiene

$\begin{aligned} dx &=\left(\dfrac{2t\left(b\mp2t\sqrt{a}\right)-\left(t^2-c\right)\left(\mp2\sqrt{a}\right)}{\left(b\mp2t\sqrt{a}\right)^2}\right)dt=\\ &=\left(\dfrac{2tb\mp4t^2\sqrt{a}\pm2t^2\sqrt{a}\mp2c\sqrt{a}}{\left(b\mp2t\sqrt{a}\right)^2}\right)dt=\\ &=\left(\dfrac{\mp2t^2\sqrt{a}+2tb\mp2c\sqrt{a}}{\left(b\mp2t\sqrt{a}\right)^2}\right)dt \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} &\int f(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\,dx=\\ &=\int f\left(\dfrac{t^2-c}{b\mp2t\sqrt{a}},\pm x\sqrt{a}+t\right)\left(\dfrac{\mp2t^2\sqrt{a}+2tb\mp2c\sqrt{a}}{\left(b\mp2t\sqrt{a}\right)^2}\right)dt\quad \text{con}\,\,a>0. \end{aligned}$

Esempio 24. Calcolare il seguente integrale $\displaystyle\int\frac{1}{x\sqrt{x^2+x+1}}\,dx$ .

Soluzione. Si pone $\sqrt{x^2+x+1}=x+t$ e quindi si ha

$x=\dfrac{t^2-c}{b-2t\sqrt{a}}=\dfrac{t^2-1}{1-2t}$

da cui

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

$dx=\dfrac{-2t^2\sqrt{a}+2tb-2c\sqrt{a}}{\left(b-2t\sqrt{a}\right)^2}\,dt=\dfrac{-2t^2+2t-2}{\left(1-2t\right)^2}$

pertanto

$\begin{equation*} \int\frac{1}{x\sqrt{x^2+x+1}}dx=2\int \left(\frac{1-2t}{t^2-1}\right)\left(\frac{1-2t}{-t^2+t-1}\right)\left(\frac{-t^2+t-1}{(1-2t)^2}\right)dt=2\int \frac{1}{t^2-1}dt. \end{equation*}$

Con i metodi di integrazione di funzioni razionali otteniamo

$\begin{equation*} 2\int\frac{1}{t^2-1}dt=\int\frac{1}{t-1}dt-\int\frac{1}{t+1}dt=2\ln|t-1|+2\ln|t+1|+c. \end{equation*}$

In conclusione

$\begin{equation*} \begin{split} \int\frac{1}{x\sqrt{x^2+x+1}}\,dx&=\ln\left\vert \sqrt{x^2+x+1}-x-1\right\vert-\ln\left\vert\sqrt{x^2+x+1}-x+1\right\vert+c\\&=\ln\left\vert\frac{\sqrt{x^2+x+1}-x-1}{\sqrt{x^2+x+1}-x+1}\right\vert+c. \end{split} \end{equation*}$

Esempio 25. Calcolare il seguente integrale $\displaystyle\int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$ .

Si pone $t=x+\sqrt{1+x^2}$ ottenendo:

$x=\dfrac{t^2-c}{b+2t\sqrt{a}}=\dfrac{t^2-1}{2t}$

da cui

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

$dx=\left(\dfrac{2t^2\sqrt{a}+2tb+2c\sqrt{a}}{\left(b+2t\sqrt{a}\right)^2}\right)dt=\left(\dfrac{2t^2+2}{4t^2}\right)dt=\left(\dfrac{t^2+1}{2t^2}\right)dt.$

Allora

$\begin{equation*} \begin{split} \int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx&=\int\left(\frac{2t}{t^2+1}\right)\left(\frac{t^2+1}{2t^2}\right)dt=\int\frac{1}{t}dt=\left(\ln|t|+c\right)_{t=x+\sqrt{1+x^2}}=\\&=\ln(x+\sqrt{1+x^2})+c. \end{split} \end{equation*}$

Vediamo adesso lo stesso integrale svolto con la sostituzione $x=\sinh t$ già vista nell’esempio 13. Allora

$\begin{equation*} \begin{split} \int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx&=\int\frac{1}{\cosh t}\cdot \cosh tdt=\int 1dt=\Big(t+c\Big)_{t=\operatorname{settsinh x}}=\\&=\operatorname{settsinh x}+c=\ln(x+\sqrt{1+x^2})+c. \end{split} \end{equation*}$

Esempio 26. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\begin{equation*} I=\int x^2 \sqrt{x^2+2x+2}\, dx \end{equation*}$

Soluzione. Riscriviamo l’integrale come

$I=\int x^2 \sqrt{x^2+2x+2}\, dx = \int x^2 \sqrt{(x+1)^2+1} \, dx$

e posto $x+1=\sinh t$ abbiamo

$I=\int(\sinh t - 1)^2\sqrt{\sinh^2 t +1}\, \cosh t\, dt.$

Ricordiamo che la funzione coseno iperbolico

$\cosh :\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

definita come

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

è sempre positiva in tutto il suo dominio. Inoltre vale l’identità notevole

$\left(\cosh {t}\right)^{2}-\left(\sinh {t}\right)^{2}=1.$

Si ha quindi nell’integrale

$\sqrt{\sinh^2 t +1}=\sqrt{\cosh^2 t}=\left \vert \cos h t \right \vert =\cos h t \qquad \forall x \in (-\infty , +\infty ).$

Pertanto l’integrale diventa

$I=\int (\sinh t - 1)^2 \; \cosh^2 t \; dt=\int \cosh^4 t \, dt - 2 \int \sinh t \; \cosh^2 t \; dt.$

Ricordiamo ora la seguente formula di duplicazione per il coseno iperbolico

$\cosh {(2x)}=\cosh ^{2}{(x)}+\sinh ^{2}{(x)}=2\cosh ^{2}{(x)}-1=2\sinh ^{2}{(x)}+1,$

da cui otteniamo

$\begin{aligned} I & = \int \left(\dfrac{\cosh(2t)+1}{2}\right)^2 \, dt - \dfrac{2\cosh^3t}{3} =\\ & =\dfrac{1}{4} \int (\cosh^2(2t) + 1+2\cosh(2t)) \, dt - \dfrac{2\cosh^3t}{3} = \\ & = \dfrac{1}{4}t + \dfrac{\sinh(2t)}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{1}{4} \int \cosh^2 (2t) \, dt =\\ & = \dfrac{1}{4}t + \dfrac{\sinh(2t)}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{1}{4} \int \dfrac{1+\cosh(4t)}{2}\, dt = \\ & = \dfrac{1}{4}t + \dfrac{\sinh(2t)}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{1}{8}t + \dfrac{\sinh(4t)}{32} + c =\\ & = \dfrac{3}{8}t + \dfrac{\sinh(2t)}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{\sinh(4t)}{32} + c \end{aligned}$

Dunque concludiamo che

$I=\dfrac{3}{8}t + \dfrac{\sinh(2t)}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{\sinh(4t)}{32} + c$

dove $t = \operatorname{settsinh}(x+1) = \log(x+1+\sqrt{(x+1)^2+1})$ e $c \in \mathbb{R}$ .

Nota. Per completezza facciamo presente al lettore che si potevano esplicitare ulteriormente i calcoli sostituendo

$t = \operatorname{settsinh}(x+1) = \log(x+1+\sqrt{(x+1)^2+1})$

in $I$ facendo uso dell’identit’a notevole

$\left(\cosh {t}\right)^{2}-\left(\sinh {t}\right)^{2}=1$

e della regola di duplicazione del seno iperbolico

$\sinh (2t)=2\sinh t \; \cosh t$

come segue

$\begin{aligned} I & =\dfrac{3}{8}t + \dfrac{\sinh(2t)}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{\sinh(4t)}{32}=\\ & = \dfrac{3}{8}\log(x+1+\sqrt{x^2+2x+2}) + +\dfrac{x+1}{2} \sqrt{x^2+2x+2} - \dfrac{2}{3} \sqrt{(x^2+2x+2)^3} +\\ &+ \dfrac{x+1}{8} \sqrt{x^2+2x+2} \; (2(x+1)^2+1) + c = \\ & = \dfrac{3}{8}\log(x+1+\sqrt{x^2+2x+2}) + \dfrac{x+1}{2} \sqrt{x^2+2x+2} - \dfrac{2}{3} (x^2+2x+2)\sqrt{x^2+2x+2} +\\ &+ \dfrac{x+1}{8} \sqrt{x^2+2x+2} \; (2(x+1)^2+1) + c= \\ & = \sqrt{x^2+2x+2} \left(\dfrac{x+1}{2}-\dfrac{2(x^2+2x+2)}{3}+\dfrac{x+1}{8} (2(x+1)^2+1) \right) + \dfrac{3}{8} \log(x+1+\sqrt{x^2+2x+2})+c = \\ & = \dfrac{3}{8} \log(x+1+\sqrt{x^2+2x+2})+\dfrac{\sqrt{x^2+2x+2}}{24} (6x^3+2x^2+x-11)+c \quad \text{con }\,\, c \in \mathbb{R} \end{aligned}$

Sostituzione di Weierstrass.

Si richiede di calcolare il seguente integrale indefinito:

$\int f\left(\cos x ,\sin x \right)\,dx.$

In questi casi è utile applicare la sostituzione di Weierstrass che consiste nel sostituire il coseno e il seno in termini di funzioni che dipendono $\tan \left(\dfrac{x}{2}\right)$ :

$\begin{cases} \sin x=\dfrac{2t}{1+t^2}\\\\ \cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\quad \quad\text{con}\,\, x\in\left(-\pi+2k\pi,\pi+2k\pi\right),\,k\in\mathbb{Z}\\\\ \tan\left(\dfrac{x}{2}\right)=t \end{cases}$

da cui

$\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)=t\quad \Rightarrow \quad x=2\arctan t \quad \Rightarrow \quad dx=\dfrac{2}{1+t^2}\,dt.$

Quindi

$\int f\left(\cos x ,\sin x \right)\,dx=\int f\left(\dfrac{1-t^2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2} \right)\left(\dfrac{2}{1+t^2}\right)dt.$

Dimostriamo le formule parametriche.

Dimostrazione. Applicando le formule di duplicazione del seno e del coseno si ha

$\displaystyle \sin \alpha=2\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\quad\quad \text{e}\quad\quad \cos\left(\alpha\right)=\cos^2 \left(\dfrac{\alpha}{2}\right)-\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$

da cui applicando la regola fondamentale della goniometria otteniamo

$\sin \alpha=\dfrac{2\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}\quad \quad\text{e}\quad\quad \cos\left(\alpha\right)=\dfrac{\cos^2 \left(\dfrac{\alpha}{2}\right)-\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}.$

Posto $\alpha\neq \pi+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}$ possiamo moltiplicare e dividere per $\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$ le precedenti relazioni

$\sin \alpha=\dfrac{\dfrac{2\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}}{\dfrac{\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}}\quad \quad\text{e}\quad\quad \cos\left(\alpha\right)=\dfrac{\dfrac{\cos^2 \left(\dfrac{\alpha}{2}\right)-\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}}{\dfrac{\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}}$

cioè

$\sin \alpha =\dfrac{2\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{1+\tan^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}\quad \quad \text{e}\quad \quad \cos \alpha =\dfrac{1-\tan^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{1+\tan^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}$

e ponendo $\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=t$ si ha l’asserto.

Esempio 27. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{3}{\sin x} \, dx.$

Soluzione. Dalle relazioni

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

abbiamo

$\begin{aligned} \int\frac{3}{\sin x}\ dx &=3\int\frac{1+t^2}{2t}\cdot\frac{2}{1+t^2}\ dt=3\int\frac{1}{t}\ dt=\\\\ &=3\ln|t|+c=3\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|+c. \end{aligned}$

Esempio 28. Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Soluzione. Dalle relazioni

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

abbiamo¹¹

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

Esempio 29. Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Soluzione. Dalle relazioni

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

abbiamo

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

Ora possiamo scrivere

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

da cui

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

Sostituendo $t=1$ nella precedente abbiamo

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

poi con $t=-1$

$1=8D\ \Leftrightarrow \ D=1/8$

ed infine con $t=0$ otteniamo

$1=A+B+C+D\ \Leftrightarrow \ A+B=3/8.$

Uguagliando i coefficienti di $t^3$

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

Pertanto¹²

$\begin{aligned} 4\int\frac{1}{(1-t)^3(1+t)}\ dt &=\frac{1}{2}\int\left[\frac{1}{1-t}+\frac{2}{(1-t)^2}+\frac{4}{(1-t)^3}+\frac{1}{1+t}\right]\ dt=\\ &=\frac{1}{2}\left[-\log|1-t|+\frac{2}{1-t}+\frac{2}{(1-t)^2}+\log|1+t|\right]+c=\\ &=\frac{1}{2}\log\left|\frac{1+t}{1-t}\right|+\frac{2-t}{(1-t)^2}+c=\\ &=\frac{1}{2}\log\left|\frac{1+\sin x}{\cos x}\right|+\frac{2\cos x-\sin x+2}{2(1-\sin x)}+c. \end{aligned}$

Esempio 30. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{\sin x}{2\left(1+\sin x\right)} \, dx$

Soluzione. Dalle relazioni

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

abbiamo

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

Ora

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

da cui

(24) $\begin{equation*} 2t=(At+B)(1+t)^2+C(1+t)(1+t^2)+D(1+t^2). \end{equation*}$

Sostituendo $t=-1$ nell’equazione precedente otteniamo

$-2=2D\ \Leftrightarrow \ D=-1,$

mentre sostituendo $t=0$ otteniamo

$0=B+C-1\ \Leftrightarrow \ B+C=1,$

poi con $t=1$

$2=4A+4B+4C-2\ \Leftrightarrow \ A+B+C=1$

ed infine con $t=-2$ abbiamo

$-4=-2A+B-5C-5\ \Leftrightarrow \ -2A+B-5C=1,$

da cui $A=0,\ C=0,\ B=1$ e in definitiva¹³

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

Esempio 31. Calcolare il seguente integrale

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

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

Soluzione. Dalle relazioni

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

abbiamo

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

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

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

Riscriviamo¹⁴

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

da cui

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

Esempio 32. Calcolare il seguente integrale definito

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{5+3\sin x} \, dx$

Soluzione. Dalle relazioni

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

abbiamo

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

Si usa l’identità

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

↩

Usando le relazioni

$\frac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}=\frac{\cos\alpha+\sin\alpha}{\cos\alpha-\sin\alpha}= \frac{1+\sin2\alpha}{\cos2\alpha},$

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

↩

Si usa la relazione

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

↩

Si ricorda che

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

↩

Integrazione per parti.

Teorema 15. (formula di integrazione per parti). Siano $f$ e $g$ due funzioni continue e derivabili con derivata continua. Allora

$\begin{equation*} \int f(x)\,g^\prime(x)\,dx=f(x)\,g(x)-\int f^\prime(x)\,g(x)\,dx. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Dalla regola di derivazione del prodotto tra funzioni

$\begin{equation*} \left(f\left(x\right)g\left(x\right)\right)'=f'\left(x\right)g\left(x\right)+f\left(x\right)g'\left(x\right). \end{equation*}$

Integrando ambo i membri della precedente relazione e utilizando la proprietà di linearità si ottiene:

$\begin{equation*} \int\left(f\left(x\right)g\left(x\right)\right)^\prime dx=\int f^\prime\left(x\right)\,g\left(x\right)dx+\int f\left(x\right)\,g^\prime\left(x\right)\,dx \end{equation*}$

La tesi si ottiene osservando che la funzione $f\cdot g$ è una primitiva di $(f\cdot g)'$ .

In pratica, l’integrazione per parti è conveniente quando dato un integrale $\int\phi(x)\, dx$ è possibile scomporre $\phi$ nel prodotto di due funzioni $f$ e $g'$ in modo tale che l’integrazione di $f'\cdot g$ risulti più semplice di quella di $\phi$ .

Osservazione 20. E’ possibile riscrivere la regola di integrazione per parti nel caso di integrali definiti. Date due funzioni $f$ e $g$ continue e derivabili con derivata continua in un intervallo $[a,b]$ allora

$\begin{equation*} \int_{a}^{b} f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)\bigg \vert^b_a-\int_{a}^{b} f'(x)g(x)dx=f(b)g(b)-f(a)g(a)-\int_{a}^{b} f'(x)g(x)dx. \end{equation*}$

Esempio 33. Calcolare $\displaystyle\int x\cdot\cos (2x)\,dx$ .

Soluzione. Consideriamo $f(x)=x$ e $g'(x)=\cos(2x)$ allora $f'(x)=1$ e $g(x)=\dfrac{1}{2}\sin(2x)$ . Per la formula di integrazione per parti

$\begin{equation*} \int x\cdot\cos (2x)\,dx=\frac{x}{2}\sin(2x)-\frac{1}{2}\int\sin(2x)\,dx=\frac{x}{2}\sin(2x)+\frac{1}{4}\cos(2x)+c. \end{equation*}$

Questo esempio rende ancora più chiaro lo scopo dell’applicazione del metodo di integrazione per parti che è quello di ricondursi a un integrale più semplice; per raggiungere questo scopo è fondamentale la scelta delle funzioni. Infatti se nell’esercizio precedente avessimo scelto come funzione da derivare $f(x)=\cos(2x)$ e $g'(x)=x$ come funzione da integrare avremmo ottenuto

$\begin{equation*} \int x\cdot\cos (2x)\,dx=\frac{x^2}{2}\cos(2x)+\int x^2\sin(2x)\,dx. \end{equation*}$

Continuiamo ad integrare per parti

$\int x\cdot\cos (2x)\,dx=\frac{x^2}{2}\cos(2x)+\int x^2\sin(2x)\,dx=\frac{x^2}{2}\cos(2x)+\dfrac{x^3}{3}\sin\left(2x\right)-\int\dfrac{x^3}{6}\cos\left(2x\right)\,dx.$

Risulta chiaro che l’esponente di $x$ in questo modo aumenta ad ogni passaggio rendendo l’integrale più complicato ad ogni passo; pertanto è importante capire chi integrare e derivare.

Esempio 34. Calcolare $\displaystyle\int\arctan x\,dx$ .

Soluzione. L’idea è quella di considerare $\arctan x=1\cdot\arctan x$ . Allora $f(x)=\arctan x$ e $g'(x)=1$

$\begin{equation*} \int\arctan x\,dx=x\arctan x-\int\frac{x}{x^2+1}\,dx. \end{equation*}$

Adesso grazie alla sostituzione $t=x^2+1$ otteniamo che $\int\dfrac{x}{x^2+1}\,dx=\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)+c$ , quindi

$\begin{equation*} \int\arctan x\,dx=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+c. \end{equation*}$

Esempio 35. Integrali ciclici

Soluzione. Calcoliamo $\displaystyle\int e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,dx$ con $\alpha, \beta\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ .

Una possibile scelta è $f(x)=\sin(\beta x)$ e $g'(x)=e^{\alpha x}$ allora $f'(x)=\beta\cos(\beta x)$ e $g(x)=\dfrac{1}{\alpha}e^{\alpha x}$ .

(25) $\begin{equation*} \int e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,dx=\frac{e^{\alpha x}}{\alpha}\sin(\beta x)-\frac{\beta}{\alpha}\int e^{\alpha x}\cos(\beta x)\,dx. \end{equation*}$

Per l’integrale al secondo membro utilizziamo nuovamente il metodo di integrazione per parti con $f(x)=\cos(\beta x)$ e $g'(x)=e^{\alpha x}$ allora

$\begin{equation*} \int e^{\alpha x}\cos(\beta x)\,dx=\frac{e^{\alpha x}}{\alpha}\cos(\beta x)+\frac{\beta}{\alpha}\int e^{\alpha x}\sin(\beta x)d\,x. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} \int e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,dx&=\frac{e^{\alpha x}}{\alpha}\sin(\beta x)-\frac{\beta}{\alpha}\int e^{\alpha x}\cos(\beta x)\,dx=\\&=\frac{e^{\alpha x}}{\alpha}\sin(\beta x)-\frac{\beta}{\alpha^2}e^{\alpha x}\cos(\beta x)-\frac{\beta^2}{\alpha^2}\int e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,dx. \end{split} \end{equation*}$

L’integrale ottenuto è analogo a quello di partenza: parleremo in questo caso di integrali ciclici.

Allora:

$\left(1+\frac{\beta^2}{\alpha^2}\right)\int e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,dx=\frac{1}{\alpha}e^{\alpha x}\sin(\beta x)-\frac{\beta}{\alpha^2}e^{\alpha x}\cos(\beta x)$

cioè

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

In modo analogo possiamo ottenere

$\begin{equation*} \int e^{\alpha x}\cos(\beta x)=\frac{\alpha}{\alpha^2+\beta^2}e^{\alpha x}\cos(\beta x)+\frac{\beta}{\alpha^2+\beta^2}e^{\alpha x}\sin(\beta x). \end{equation*}$

Esempio 36. Calcoliamo $\displaystyle\int_{\frac{\pi}{4}}^{\pi}x\,\cos x e^{-x}\,dx$ . Scegliamo $f(x)=x$ e $g'(x)=e^{-x}\cos x$ allora utilizzando le formule ricavate dall’esempio 36

$\begin{equation*} g(x)=\int e^{-x}\cos x\,dx=-\frac{1}{2}e^{-x}\cos x+\frac{1}{2}e^{-x}\sin x=\frac{x}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x). \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} \int x\cos x e^{-x}dx&=\frac{x}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x)-\frac{1}{2}\int e^{-x}\sin x \,dx+\frac{1}{2}\int e^{-x}\cos x \,dx=\\&=\frac{x}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x)+\frac{1}{4}e^{-x}(\sin x+\cos x)+\frac{1}{4}e^{-x}(\sin x-\cos x)+c=\\ &=e^{-x}\left(\frac{x}{2}(\sin x-\cos x)+\frac{1}{4}(\sin x+\cos x)+\frac{1}{4}(\sin x-\cos x)\right)+c=\\ &=\dfrac{e^{-x}}{2}\left(x\sin x +\sin x-x\cos x\right)=\frac{x}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x)+\frac{1}{2}e^{-x}\sin x+c. \end{split} \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\pi}x\cos x e^{-x}\,dx=\left(\frac{x}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x)+\frac{1}{2}e^{-x}\sin x+c\right)\bigg\vert_{x=\frac{\pi}{4}}^{x=\pi}=\frac{\pi}{2}e^{-\pi}-\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-\frac{\pi}{4}}. \end{equation*}$

Esempio 37. Calcolare il seguente integrale definito:

$\int_1 ^{e^\pi} \sin \left( \log \left( x \right) \right) dx$

Soluzione. Calcoliamo il seguente integrale indefinito:

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

Dunque

$\begin{aligned} &2 \int \sin \log \left( x \right) dx= x \sin \log\left( x \right) - x \cos \log \left( x \right) \quad \Leftrightarrow \quad \\ &\int \sin \log \left( x \right) dx= \dfrac{1}{2} x \left( \sin \log \left( x \right) - \cos \log \left( x \right) \right) \end{aligned}$

Tornando all’integrale definito si conclude che

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

Esempio 38. Calcolare il seguente integrale definito:

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \sin^2 x \; dx$

Soluzione.

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

Calcoliamo $\mathcal{I}$ :

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

da cui concludiamo che

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

Allora

$\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x\sin^2 x \; dx & = \dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}}{2}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} \mathcal{I} = \\ & = \dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}}{2}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} \left(- \dfrac{e^{\frac{\pi}{2}}+1}{5} \right) = \\ & = \dfrac{3e^{\frac{\pi}{2}}-2}{5}. \end{aligned}$

Esempio 39. Calcolare $\displaystyle\int_{0}^{\pi} \left( \frac{x\sin x}{1+(\cos x)^2} \right)dx.$

Soluzione. Poniamo $t=\pi-x$ e otteniamo

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

Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} &2\int_{0}^{\pi} \left( \frac{x\sin x}{1+(\cos x)^2} \right)dt=\pi \int_{0}^{\pi}\left( \frac{\sin t}{1+ (\cos t)^2}\right)dt=\pi\left(-\arctan\left(\cos t\right)\bigg\vert_{t=0}^{t=\pi}\right)=\\ &=\pi\left(-\arctan\left(-1\right)+\arctan\left(0\right)\right)=\pi\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\pi^2}{4}. \end{split} \end{equation*}$

Concludiamo

$\int_{0}^{\pi} \left( \frac{x\sin x}{1+(\cos x)^2} \right)dx=\frac{\pi^2}{4}.$

Esempio 40 (integrali ricorsivi). Sia $n\in\mathbb{N}$ e $n>1.$ Si calcoli

$\int \sin^n(x)\,dx.$

Soluzione. Si definisce

$\begin{equation*} I_n:=\int\sin^n\,dx=\int\sin^{n-1}(x)\sin(x)\,dx. \end{equation*}$

Scegliendo $f(x)=\sin^{n-1} x$ e $g'(x)=\sin x$ otteniamo

$\begin{equation*} \begin{split} I_n&=-\sin^{n-1}\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx=\\&=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x(1-\sin^2 x)\,dx=\\&=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\,dx-(n-1)\int\sin^nx\,dx. \end{split} \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} I_n=-\sin^{n-1}\cos x+(n-1)I_{n-2}-(n+1)I_n \end{equation*}$

Esplicitando rispetto a $I_n$ otteniamo la formula ricorsiva

(26) $\begin{equation*} I_n=-\frac{\sin^{n-1}x\cos x}{n}+\frac{n-1}{n}I_{n-2}\qquad\forall\, n>1 . \end{equation*}$

La formula (26) permette di calcolare l’integrale $I_n$ a partire dal valore $I_{n-2}$ . Ad esempio per calcolare $\displaystyle I_3=\int\sin^3x\,dx$ osserviamo che

$\begin{equation*} I_1=\int\sin x\,dx=-\cos x+c \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} I_3=-\frac{\sin^{2}x\cos x}{3}+\frac{2}{3}I_{1}=-\frac{\sin^{2}x\cos x}{3}-\frac{2}{3}\cos x+c. \end{equation*}$

Esempio 41. Calcolare $\displaystyle I_n=\int\frac{1}{(1+x^2)^n}\,dx$ per $n>0$ .

Soluzione. Siano $\displaystyle f(x)=\frac{1}{(1+x^2)^n}$ e $g'(x)=1$ da cui

$\begin{equation*} \begin{split} I_n&=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2n\int\frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}}\,dx=\\&=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2n\int\frac{x^2+1}{(1+x^2)^{n+1}}\,dx-\int\frac{1}{(1+x^2)^{n+1}}\,dx=\\ &=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2n\int\frac{x^2+1}{(1+x^2)^{n}\left(1+x^2\right)}\,dx-\int\frac{1}{(1+x^2)^{n+1}}\,dx=\\ &=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2nI_n-2nI_{n+1} . \end{split} \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \begin{split} I_n=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2nI_n-2nI_{n+1} &\quad \Leftrightarrow \quad 2nI_{n+1}=\dfrac{x}{2n\left(1+x^2\right)^{2n}}+I_n\left(2n-1\right) \\ &\quad \Leftrightarrow \quad I_{n+1}=\frac{x}{2n(1+x^2)^n}+\frac{2n-1}{2n}I_n. \end{split} \end{equation*}$

La formula di iterazione permette di calcolare $I_{n+1}$ conoscendo l’integrale $I_n$ .

Posto $n=2$ si ha

$I_3=\dfrac{x}{4\left(1+x^2\right)^2}+\dfrac{3}{4}I_2.$

Applichiamo nuovamente la formula ricorsiva ponendo $n=1$

$I_2=\dfrac{x}{2\left(1+x^2\right)}+\dfrac{1}{2}I_1=\dfrac{x}{2\left(1+x^2\right)}+\dfrac{1}{2}\int\dfrac{1}{1+x^2}\,dx=\dfrac{x}{2\left(1+x^2\right)}+\dfrac{1}{2}\arctan x$

pertanto

$\begin{aligned} I_3&=\dfrac{x}{4\left(1+x^2\right)^2}+\dfrac{3}{4}I_2=\dfrac{x}{4\left(1+x^2\right)^2}+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{x}{2\left(1+x^2\right)}+\dfrac{1}{2}\arctan x\right)+c=\\ &=\dfrac{x}{4\left(1+x^2\right)^2}+\dfrac{3x}{8\left(1+x^2\right)}+\dfrac{3}{8}\arctan x +c=\dfrac{x\left(3x^2+5\right)}{8\left(1+x^2\right)^2}+\dfrac{3}{8}\arctan x+c. \end{aligned}$

Esempio 42. Calcolare i seguenti integrali ricorsivi:

$\begin{aligned} a) \quad I_n=\int x^n e^{-x}\ dx,\qquad n\geq 0,\\ b) \quad J_n=\int\frac{1}{(1+x^2)^n}\ dx,\quad n>0, \end{aligned}$

determinandone una formula chiusa.

Soluzione. a) Abbiamo, ponendo

$f=x^n,\qquad g'=e^{-x}\ \Rightarrow\ f'=nx^{n-1},\qquad g=-e^{-x}$

ed utilizzando la formula di integrazione per parti

$\int fg'\ dx=fg-\int f'g\ dx,$

otteniamo

$I_n=-x^n e^{-x}+\int nx^{n-1}\cdot e^{-x}\ dx=-x^n e^{-x}+nI_{n-1},$

e quindi

(27) $\begin{equation*} I_n=-x^n e^{-x}+nI_{n-1}. \end{equation*}$

Si ha allora

$\begin{aligned} I_n&=-x^n e^{-x}+nI_{n-1}=-x^n e^{-x}-nx^{n-1} e^{-x}+n(n-1)I_{n-2}=\\ &=-x^n e^{-x}-nx^{n-1}e^{-x}-n(n-1)x^{n-2}e^{-x}+n(n-1)(n-2)I_{n-3}=\ldots \end{aligned}$

e quindi, osservando che

$I_0=\int e^{-x}\ dx=-e^{-x},$

abbiamo

$I_n=-\frac{1}{e^x}\sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!}\cdot x^k.\qquad (1)$

Dimostriamo questa relazione per induzione.

Base dell’induzione: $n=0$

Abbiamo, come visto

$I_0=-e^{-x},$

mentre

$-\frac{1}{e^x}\sum_{k=0}^0\frac{0!}{k!}\cdot x^k=-e^{-x}\cdot\frac{0!}{0!}\cdot x^0=-e^{-x}.$

Passo induttivo: supponiamo la relazione vera per $n$ e dimostriamola per $n+1$ .

Dobbiamo dimostrare che

(28) $\begin{equation*} I_{n+1}=-\frac{1}{e^x}\sum_{k=0}^{n+1}\frac{(n+1)!}{k!}\cdot x^k. \end{equation*}$

Possiamo scrivere, per quanto abbiamo visto nella relazione ricorsiva (27)

$\begin{aligned} I_{n+1}&=-x^{n+1} e^{-x}+(n+1) I_n=-x^{n+1} e^{-x}-(n+1)\cdot\frac{1}{e^x}\sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!}\cdot x^k\\ &=-\frac{(n+1)!}{(n+1)!}\cdot\frac{x^{n+1}}{e^x}-\frac{1}{e^x}\sum_{k=0}^n\frac{(n+1)!}{k!}\cdot x^k= -\frac{1}{e^x}\sum_{k=0}^{n+1}\frac{(n+1)!}{k!}\cdot x^k \end{aligned}$

ovvero la tesi.

b) Per l’integrale $J_n$ , poniamo

$f=(1+x^2)^{-n},\quad g'=1\Rightarrow f'=-2nx(1+x^2)^{-n-1},\quad g=x,$

da cui

$\begin{aligned} J_n&=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2n\int\frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}}\ dx=\\ &=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2n\int\frac{x^2+1-1}{(1+x^2)^{n+1}}\ dx=\\ &=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2n\left[\int\frac{x^2+1}{(1+x^2)^{n+1}}\ dx-\int\frac{1}{(1+x^2)^{n+1}}\ dx\right]=\\ &=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2n\int\frac{1}{(1+x^2)^n}\ dx-2n\int\frac{1}{(1+x^2)^{n+1}}\ dx\\ &=\frac{x}{(1+x^2)^n}+2n J_n-2n J_{n+1}. \end{aligned}$

Abbiamo allora

(29) $\begin{equation*} J_{n+1}=\frac{x}{2n(1+x^2)^n}+\frac{2n-1}{2n}J_n,\quad n\geq 1 \end{equation*}$

Si ha allora, posto $g(x)=(1+x^2)$ , utilizzando (29) ed osservando che

$J_1=\int\frac{1}{1+x^2}\ dx=\arctan x,$

$\begin{aligned} n=1\ \Rightarrow\ &J_2=\frac{x}{2g}+\frac{1}{2}\arctan x,\\ n=2\ \Rightarrow\ &J_3=\frac{x}{4g^2}+\frac{3}{4}J_2=\frac{x}{4g^2}+\frac{3}{4\cdot 2}\frac{x}{g}+\frac{3}{4\cdot 2}\arctan x,\\ n=3\ \Rightarrow\ &J_4=\frac{x}{6g^3}+\frac{5}{6}J_3=\frac{x}{6g^3}+\frac{5}{6\cdot 4 g^2}+\frac{5\cdot 3}{6\cdot 4\cdot 2}\frac{x}{g}+\frac{5\cdot 3}{6\cdot 4\cdot 2}\arctan x\\ n=4\ \Rightarrow\ &J_5=\frac{x}{8g^4}+\frac{7}{8}J_4=\frac{x}{8g^4}+ \frac{7x}{8\cdot 6g^3}+\frac{7\cdot 5}{8\cdot 6\cdot 4 g^2}+\frac{7\cdot 5\cdot 3}{8\cdot 6\cdot 4\cdot 2}\frac{x}{g}+\\ &\qquad+\frac{7\cdot 5\cdot 3}{8\cdot 6\cdot 4\cdot 2}\arctan x\\ \end{aligned}$

e così via.

Ricordando il simbolo del doppio fattoriale

$\begin{aligned} & (2n)!!=(2n)(2n-2)(2n-4)\cdots 4\cdot 2,\\ & (2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots 5\cdot 3\cdot 1, \end{aligned}$

l’andamento precedente suggerisce la seguente formula chiusa per il nostro integrale

(30) $\begin{equation*} J_{n+1}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\left[\arctan x+x\sum_{h=1}^{n}\frac{(2h-2)!!}{(2h-1)!!}\cdot\frac{1}{(1+x^2)^{h}}\right]. \end{equation*}$

Proviamo tale relazione con il principio di induzione.

Base dell’induzione: $n=1$

Abbiamo

$J_2=\frac{1!!}{2!!}\left[\arctan x+x\cdot\frac{0!!}{1!!}\cdot\frac{1}{1+x^2}\right]= \frac{x}{2(x^2+1)}+\frac{1}{2}\arctan x,$

essendo $0!!=1!!=1$ .

Passo induttivo

Supponiamo vera (30) e dimostriamo che la relazione vale per $n+1$ , per cui dimostriamo che

(31) $\begin{equation*} J_{n+2}=\frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!}\left[\arctan x+x\sum_{h=1}^{n+1}\frac{(2h-2)!!}{(2h-1)!!}\cdot\frac{1}{(1+x^2)^{h}}\right]. \end{equation*}$

Osserviamo che dalla relazione (30) ed usando (31) si ha

$\begin{aligned} J_{n+2}&=\frac{x}{(2n+2)(1+x^2)^{n+1}}+\frac{2n+1}{2n+2}J_{n+1}=\\ &=\frac{x}{(2n+2)(1+x^2)^{n+1}}+\\ &+\frac{2n+1}{2n+2}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\left[\arctan x+x\sum_{h=1}^{n}\frac{(2h-2)!!}{(2h-1)!!}\cdot\frac{1}{(1+x^2)^{h}}\right]=\\ &=\frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!}\left[\arctan x+x\sum_{h=1}^{n}\frac{(2h-2)!!}{(2h-1)!!}\cdot\frac{1}{(1+x^2)^{h}}+ \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\cdot\frac{x}{(x^2+1)^{n+1}}\right]=\\ &=\frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!}\left[\arctan x+x\sum_{h=1}^{n+1}\frac{(2h-2)!!}{(2h-1)!!}\cdot\frac{1}{(1+x^2)^{h}}\right], \end{aligned}$

avendosi

$\frac{(2h-2)!!}{(2h-1)!!}\Big|_{h=n+1}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.$

Esempio 43. Trovare delle formule iterative per i seguenti integrali

$I_n=\int e^x\sin^n x\ dx,\qquad J_n=\int e^x\ cos^n x\ dx,\qquad n\geq 0.$

Trovare delle formule iterative per i seguenti integrali

$I_n=\int e^x\sin^n x\ dx,\qquad J_n=\int e^x\ cos^n x\ dx,\qquad n\geq 0.$

Soluzione. Osserviamo che per $n=0$ si ha

$I_0=\int e^x\ dx=e^x,$

e, per $n=1$ , integrando per parti

$I_1=\int e^x\sin x\ dx=e^x\sin x-\int e^x\cos x\ dx=e^x\sin x-e^x\cos x-I_1,$

da cui

$2I_1=e^x(\sin x-\cos x)+c\ \Leftrightarrow \ I_1=\frac{e^x}{2}(\sin x-\cos x).$

Per $n\geq 2$ si ha

$\begin{aligned} \int e^x\sin^n x\ dx&=\int e^x\sin^{n-2}x\ \sin^2 x\ dx=\int e^x\sin^{n-2}x(1-\cos^2 x)\ dx=\\ &=\int e^x\sin^{n-2}x\ dx-\int e^x\cos^2 x\sin^{n-2}x\ dx. \end{aligned}$

Nel secondo integrale, posto

$f=e^x\cos x,\quad g'=\cos x\sin^{n-2} x\ \Rightarrow f'=e^x(\cos x-\sin x),\quad g=\frac{1}{n-1}\sin^{n-1}x,$

si ha

$\begin{aligned} I_n&=I_{n-2}-\left[\frac{1}{n-1}e^x\cos x\sin^{n-1} x-\frac{1}{n-1}\int e^x(\cos x-\sin x)\sin^{n-1}x\ dx\right]=\\ &=I_{n-2}-\frac{1}{n-1}e^x\cos x\sin^{n-1}x-\frac{1}{n-1} I_n+\frac{1}{n-1}\int e^x\cos x\ \sin^{n-1}x\ dx. \end{aligned}$

Nell’ultimo integrale, posto

$f=e^x,\quad g'=\cos x\ \sin^{n-1}x\ \Rightarrow \ f'=e^x,\quad g=\frac{\sin^n x}{n},$

abbiamo

$\int e^x\cos x\ \sin^{n-1}x\ dx=\frac{1}{n} e^x\sin^n x-\frac{1}{n}\int e^x\sin^n x\ dx$

e quindi

$I_n=I_{n-2}-\frac{1}{n-1}e^x\cos x\sin^{n-1}x+\frac{1}{n(n-1)} e^x\sin^n x-\frac{1}{n-1} I_n-\frac{1}{n(n-1)} I_n,$

da cui

$\frac{n^2+1}{n(n-1)} I_n=I_{n-2}+\frac{e^x\sin^{n-1}x}{n(n-1)}\left(\sin x-n\cos x\right)$

ovvero

$I_n=\frac{n(n-1)}{n^2+1} I_{n-2}+\frac{e^x\sin^{n-1}x}{n^2+1}\left(\sin x-n\cos x\right)\qquad n\geq 0.$

Passiamo al secondo integrale. Osserviamo che per $n=0$ si ha

$J_0=\int e^x\ dx=e^x,$

e, per $n=1$ , integrando per parti

$J_1=\int e^x\cos x\ dx=e^x\cos x+\int e^x\sin x\ dx=e^x\cos x+e^x\sin x-J_1,$

da cui

$2J_1=e^x(\cos x+\sin x)+c\ \Leftrightarrow\ J_1=\frac{e^x}{2}(\cos x+\sin x).$

Per $n\geq 2$ si ha

$\begin{aligned} \int e^x\cos^n x\ dx&=\int e^x\cos^{n-2}x\ \cos^2 x\ dx=\int e^x\cos^{n-2}x(1-\sin^2 x)\ dx=\\ &=\int e^x\cos^{n-2}x\ dx-\int e^x\sin^2 x\cos^{n-2}x\ dx. \end{aligned}$

Nel secondo integrale, posto

$f=e^x\sin x,\quad g'=\sin x\cos^{n-2} x\ \Rightarrow \ f'=e^x(\sin x+\cos x),\quad g=-\frac{1}{n-1}\cos^{n-1}x,$

si ha

$\begin{aligned} J_n&=J_{n-2}-\left[-\frac{1}{n-1}e^x\sin x\cos^{n-1} x+\frac{1}{n-1}\int e^x(\sin x+\cos x)\cos^{n-1}x\ dx\right]=\\ &=J_{n-2}+\frac{1}{n-1}e^x\sin x\cos^{n-1}x-\frac{1}{n-1} J_n-\frac{1}{n-1}\int e^x\sin x\ \cos^{n-1}x\ dx. \end{aligned}$

Nell’ultimo integrale, con

$f=e^x,\quad g'=\sin x\ \cos^{n-1}x\ \Rightarrow f'=e^x,\quad g=-\frac{\cos^n x}{n},$

abbiamo

$\int e^x\sin x\ \cos^{n-1}x\ dx=-\frac{1}{n} e^x\cos^n x+\frac{1}{n}\int e^x\cos^n x\ dx$

e quindi

$J_n=J_{n-2}+\frac{1}{n-1}e^x\sin x\cos^{n-1}x+\frac{1}{n(n-1)} e^x\cos^n x-\frac{1}{n-1} J_n-\frac{1}{n(n-1)} J_n,$

da cui

$\frac{n^2+1}{n(n-1)} J_n=J_{n-2}+\frac{e^x\cos^{n-1}x}{n(n-1)}\left(n\sin x+\cos x\right),$

ovvero

$J_n=\frac{n(n-1)}{n^2+1} J_{n-2}+\frac{e^x\cos^{n-1}x}{n^2+1}\left(n\sin x+\cos x\right)\qquad n\geq 0.$

Esempio 44. Sia $n\in \mathbb{N}$ e $\alpha\in \mathbb{R}$ , dimostrare la seguente identità:

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

Soluzione. Osserviamo che abbiamo omesso, con ulteriore 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 $I_n=\int x^ne^{\alpha x}\,dx$ , vogliamo dimostrare la formula per induzione su $n$ (in alternativa potremmo semplicemente dimostrare che la derivata del se condo membro è $x^ne^{\alpha x}$ , ma questo non sarebbe un esercizio sull’integrazione!).

Il caso $n=0$ è immediato, $I_0=\int e^{\alpha x}\,dx=\dfrac{1}{\alpha}e^{\alpha x}+c$ .

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:

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

Per ipotesi induttiva

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

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

$\begin{equation*} (n+1)(k-1)!\binom{n}{k-1}=k!\binom{n+1}{k} \end{equation*}$

e che $\displaystyle \frac{1}{\alpha}x^{n+1}$ corrisponde al termine per $k=0$ nella sommatoria.

Scarica la teoria e gli esercizi svolti

Ottieni la dispensa di teoria ed esercizi sugli integrali definiti e indefiniti.

Esercizi

Presentiamo esercizi misti risolti con i vari metodi proposti nelle dispense.

$\quad$

Esempio 45. Calcolare $\displaystyle\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{3-\cos x}{\sin^2x-\cos^3 x+1}\sin x \,dx$ .

Soluzione.

Dalla formula fondamentale della goniometria otteniamo

$\begin{equation*} \begin{split} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{3-\cos x}{\sin^2x-\cos^3 x+1}\sin x \,dx&=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{3-\cos x}{1-\cos^2x-\cos^3 x+1}\sin x \,dx=\\&=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{3-\cos x}{2-\cos^2-\cos^3 x}(-\sin x)\, dx. \end{split} \end{equation*}$

Sia $t=\cos x$ allora $dt=-\sin x\,dx$ . Dunque

$\begin{equation*} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{3-\cos x}{2-\cos^2x-\cos^3 x}(-\sin x) dx=\int_{0}^{-1}\frac{3-t}{2-t^2-t^3}dt=\int_{-1}^{0}\frac{3-t}{t^3+t^2-2}dt \end{equation*}$

Dobbiamo determinare tre numeri reali $A,B$ e $C$ tale che

$\begin{equation*} \begin{split} \frac{3-t}{t^3+t^2-2}&=\frac{A}{t-1}+\frac{B(2t+2)+C}{t^2+2t+2}=\\&=\frac{A(t^2+2t+2)+B(2t+2)(t-1)+C(t-1)}{(t-1)(t^2+2t+2)}=\\&=\frac{A(t^2+2t+2)+B(2t^2-2)+C(t-1)}{(t-1)(t^2+2t+2)}=\\&=\frac{t^2(A+2B)+t(2A+C)+2A-2B-C}{(t-1)(t^2+2t+2)}\\ \end{split} \end{equation*}$

allora

$\begin{cases} A+2B=0\\ 2A+C=-1\\ 2A-2B-C=3 \end{cases}$

che ha come soluzioni $A=\dfrac{2}{5}$ , $B=-\dfrac{1}{5}$ e $C=-\dfrac{9}{5}$ .

$\begin{equation*} \int_{-1}^{0}\frac{3-t}{t^3+t^2-2}dt=\frac{2}{5}\int_{-1}^{0}\frac{1}{t-1}dt-\frac{1}{5}\int_{-1}^{0}\frac{2t+2}{t^2+2t+2}dt-\frac{9}{5}\int_{-1}^{0}\frac{1}{t^2+2t+2}dt \end{equation*}$

Per semplicità svolgiamo gli integrali separatamente

$\begin{equation*} i) \frac{2}{5}\int_{-1}^{0}\frac{1}{t-1}\,dt=\frac{2}{5}\left(\ln|t-1|+c\right)_{t=-1}^{t=0}=-\frac{2}{5}\ln 2, \end{equation*}$

$\begin{equation*} ii) -\frac{1}{5}\int_{-1}^{0}\frac{2t+2}{t^2+2t+2}\,dt=-\frac{1}{5}\left(\ln(t^2+2t+2)+c\right)_{t=-1}^{t=0}=-\frac{1}{5}\ln 2, \end{equation*}$

$\begin{equation*} iii) -\frac{9}{5}\int_{-1}^{0}\frac{1}{t^2+2t+2}dt=-\frac{9}{5}\int_{-1}^{0}\frac{1}{t^2+2t+1+1}dt=-\frac{9}{5}\int_{-1}^{0}\frac{1}{(t+1)^2+1}dt. \end{equation*}$

Attraverso la sostituzione $u=t+1$ otteniamo

$\begin{equation*} -\frac{9}{5}\int_{-1}^{0}\frac{1}{(t+1)^2+1}\,dt=-\frac{9}{5}\Big[\arctan(t+1)+c\Big]_{t=-1}^{t=0}=-\frac{9}{5}\arctan(1)=-\frac{9}{20}\pi. \end{equation*}$

In conclusione

$\begin{equation*} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{3-\cos x}{\sin^2x-\cos^3 x+1}\sin x \,dx =-\frac{3}{5}\ln 2-\frac{9}{20}\pi. \end{equation*}$

Esempio 46. Calcolare $\displaystyle\int\frac{1}{\cos x+\sin x+1}dx$ .

Soluzione.

Nel caso in cui la funzione integranda è somma di funzioni goniometriche di primo grado è utile la sostituzione

$\begin{equation*} t=\tan\frac{x}{2}\Rightarrow x=2\arctan t\Rightarrow dx=\frac{2}{t^2+1}dt \end{equation*}$

che fa riferimento alle formule parametriche

$\begin{equation*} \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\qquad\qquad\sin x=\frac{2t}{1+t^2}. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} \int\frac{1}{\cos x+\sin x+1}dx&=\int\left(\frac{1}{\dfrac{1-t^2}{1+t^2}+\dfrac{2t}{1+t^2}+1}\right)\frac{2}{t^2+1}\,dt=\\&=2\int\left(\frac{1+t^2}{2+2t}\right)\left(\frac{1}{1+t^2}\right)dt=2\int\frac{1}{2(t+1)}\,dt=\\ &=\int\frac{1}{t+1}\,dt=\left((\ln |t+1|\right)\Bigg\vert_{t=tan\frac{x}{2}}+c=\\&=\ln\left\vert\tan\left(\frac{x}{2}+1\right)\right\vert+c. \end{split} \end{equation*}$

Esempio 47. Calcolare il seguente integrale

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

Soluzione.

Operiamo la seguente sostituzione $x =\tan t$ con $t \in (-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2})$ ottenendo

$\begin{equation*} I = \int\dfrac{e^t\tan^2t }{\cos t}dt=\int e^t\sin t\cdot\dfrac{\sin t}{\cos^3 t}dt. \end{equation*}$

Integrando per parti con $\displaystyle f(t)=e^t\sin t$ e $\displaystyle g'(t)=\frac{\sin t}{\cos^3x}$ e sfruttando la proprietà di linearità otteniamo

$\begin{equation*} \begin{split} \int e^t\sin t\cdot\dfrac{\sin t}{\cos^3 t}dt&=\dfrac{e^t \sin t}{2\cos^2 t}-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t(\sin t+\cos t)}{\cos^2 t}dt=\\&=\dfrac{e^t\sin t}{2\cos^2 t}-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t\sin t}{\cos^2t}dt-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t}{\cos t}dt. \end{split} \end{equation*}$

Per risolvere l’integrale $\displaystyle \int\dfrac{e^t\sin t}{\cos^2t}dt$ utilizziamo nuovamente il metodo di integrazione per parti con $\displaystyle h(t)=e^t$ e $\displaystyle k(t)=\frac{\sin t}{\cos^2 t}$ . Allora

$\begin{equation*} \begin{split} &\dfrac{e^t\sin t}{2\cos^2 t}-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t\sin t}{\cos^2t}dt-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t}{\cos t}dt=\\&=\dfrac{e^t\sin t}{2\cos^2t}-\dfrac{e^t}{2\cos t}+\dfrac{1}{2}\cancel{\int\dfrac{e^t}{\cos t}dt}-\cancel{\dfrac{1}{2}\int\dfrac{e^t}{\cos t}dt}\\ &=\dfrac{e^t\sin t}{2\cos^2t}-\dfrac{e^t}{2\cos t}+c. \end{split} \end{equation*}$

Possiamo ottenere $t =\arctan x$ , pertanto¹⁵

$\begin{aligned} & I=\dfrac{e^{\arctan x}\sin\left( \arctan x\right)}{2\cos^2\left(\arctan x\right)}-\dfrac{e^{\arctan x}}{2\cos\left( \arctan x\right)}=\\ &=\dfrac{e^{\arctan x}\tan \left(\arctan x\right)}{2\cos\left( \arctan x\right)}-\dfrac{e^{\arctan x}}{2\cos\left(\arctan x\right)}=\\ &=\dfrac{e^{\arctan x}}{2\cos\left(\arctan x\right)}\left(x-1\right)=\\ &=\dfrac{e^{\arctan x}x}{2}\sqrt{(x^2+1)}-\dfrac{e^{\arctan x}}{2}\sqrt{x^2+1}\\ &=\dfrac{e^{\arctan x}\sqrt{x^2+1}}{2}(x-1). \end{aligned}$

Si ricorda che

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

posto $t=\arctan x$ si ha

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

↩

Esempio 48. Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Soluzione.

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

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

si ha

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

Esempio 49. Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Soluzione.

Poiché

$\frac{e^{3x}+2e^{2x}+3e^x}{e^x+1}=e^x\cdot\frac{e^{2x}+2e^{x}+3}{e^x+1},$

posto

$e^x=t\ \Rightarrow\ e^x\ dx=dt,$

si ha

$\int\frac{e^{3x}+2e^{2x}+3e^x}{e^x+1}\ dx=\int\frac{t^2+2t+3}{t+1}\ dt,$

ed essendo

$t^2+2t+3=(t+1)^2+2,$

segue

$\begin{aligned} &\int\frac{e^{3x}+2e^{2x}+3e^x}{e^x+1}\ dx=\int\frac{(t+1)^2+2}{t+1}\ dt=\int(t+1)\ dt+2\int\frac{1}{1+t}\ dt=\\ &=\frac{t^2}{2}+t+2\ln|1+t|+c=\frac{e^{2x}}{2}+e^x+\ln(1+e^x)^2+c. \end{aligned}$

Esempio 50. Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Soluzione.

Poniamo $x=\sin t$ da cui

$\sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\cos t$

e $dx=\cos t\ dt$ .

Otteniamo quindi

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

Esempio 51. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int x^3(5+3x^2)^{5/2} \, dx$

Soluzione.

Si ha¹⁶

$m=3,\quad n=2,\quad p=\frac{5}{2},\qquad a=5,\quad b=3,$

e quindi

$\frac{m+1}{n}=2\in\mathbb{Z},$

per cui poniamo

$t=(5+3x^2)^{1/2}\ \Leftrightarrow \, x^2=\frac{t^2-5}{3}\ \Rightarrow\ 2x\ dx=\frac{2t}{3}\ dt,$

da cui

$\begin{aligned} \int x^3(5+3x^2)^{5/2}\ dx&=\int t^5\cdot\frac{t^2-5}{3}\cdot\frac{t}{3}\ dt=\frac{1}{9}\int(t^8-5t^6)\ dt=\\ &=\frac{1}{9}\left(\frac{t^9}{9}-\frac{5}{7} t^7\right)=\frac{t^7}{567}(7t^2-45)+c=\\ &=\frac{1}{567}\sqrt{5+3x^2}\left(5+3x^2\right)^3\left(21x^2-10\right)+c. \end{aligned}$

Si usa il fatto che l’integrale

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

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. ↩

Esempio 52. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{x^9}{(3+2x^5)^{3/2}} \, dx$

Soluzione.

Si ha

$m=9,\quad n=5,\quad p=-\frac{3}{2},\qquad a=3,\quad b=2,$

e quindi

$\frac{m+1}{n}=2\in\mathbb{Z},$

per cui poniamo

$t=(3+2x^5)^{1/2}\ \Leftrightarrow \ x^5=\frac{t^2-3}{2}\ \Rightarrow\ 5x^4\ dx=t\ dt,$

da cui

$\begin{aligned} \int\frac{x^9}{(3+2x^5)^{3/2}}\ dx&=\int\frac{1}{t^3}\cdot\frac{1}{2}(t^2-3)\cdot\frac{1}{5} t\ dt= \frac{1}{10}\int\frac{t^2-3}{t^2}\ dt=\\ &=\frac{1}{10}\int\left(1-\frac{3}{t^2}\right)\ dt=\frac{1}{10}\left(t+\frac{3}{t}\right)+c=\frac{t^2+3}{10t}+c=\\ &=\frac{2x^5+6}{10\sqrt{3+2x^5}}+c=\frac{x^5+3}{5\sqrt{3+2x^5}}+c. \end{aligned}$

Esempio 53. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{x-3}{\sqrt{x^2+11}} \, dx$

Soluzione.

Possiamo scrivere

$\int\frac{x-3}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=\int\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+11}}-\frac{3}{\sqrt{x^2+11}}\right)\ dx,$

segue per il primo integrale, ponendo $y=x^2+11\ \Rightarrow\ dy=2x\ dx$

$\int\frac{x}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=\frac{1}{2}\int\frac{1}{\sqrt{y}}\ dy=\sqrt{y}=\sqrt{x^2+11},$

mentre, per il secondo integrale, ponendo¹⁷

$x=\sqrt{11}\sinh t\ \Rightarrow\ dx=\sqrt{11}\cosh t\ dt,$

$\sqrt{x^2+11}=\sqrt{2\sinh^2 t+11}=\sqrt{11}\cosh t,$

si ha

$\int\frac{3}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=\int\frac{3\sqrt{11}\cosh t}{\sqrt{11}\cosh t}\ dt=\int 3\ dt=3t,$

ed essendo pure

$\sinh t=\frac{x}{\sqrt{11}}$

$t=\ln\left(\frac{x}{\sqrt{11}}+\sqrt{\frac{x^2}{11}+1}\right)= \ln(x+\sqrt{x^2+11})-\ln\sqrt{11},$

si ha

$\int\frac{3}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=3\ln(x+\sqrt{x^2-2})-3\ln\sqrt{2}.$

Infine

$\int\frac{x-3}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=\sqrt{x^2+11}-3\ln(x+\sqrt{x^2+11})+c.$

Si ricorda che $\cosh^2 t-\sinh^2 t=1$ . ↩

Esempio 54. Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Soluzione.

Possiamo scrivere

$-x^2+x+1=-(x^2-x)+1=-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{5}{4},$

da cui, ponendo¹⁸

$x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\sin t\ \Rightarrow\ dx=\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\cos t\ dt,$

$\sqrt{-x^2+x-1}=\sqrt{\frac{5}{4}-\frac{5}{4}\sin^2 t}=\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\cos t,$

si ha

$\begin{aligned} \int\sqrt{-x^2+x-1}\ dx&=\int\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\cos t\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\cos t\ dt=\frac{5}{4}\int\cos^2 t\ dt=\\ &=\frac{5}{4}\int\left(\frac{1+\cos 2t}{2}\right)\ dt=\frac{5}{4}\left(\frac{t}{2}+\frac{1}{4}\sin 2t\right)+c=\\ &=\frac{5}{4}\left(\frac{t}{2}+\frac{1}{2}\sin t\cos t\right)+c. \end{aligned}$

Avendosi poi

$\sin t=\frac{2}{\sqrt{5}}\left(x-\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{5}}{5}(2x-1), \qquad \cos t=\sqrt{1-\sin^2 t}=%\sqrt{1-\frac{1}{5}(2x-1)^2}= \frac{2\sqrt{5}}{5}\sqrt{-x^2+x+1}$

$t=\arcsin\left[\frac{\sqrt{5}}{5}(2x-1)\right],$

segue che

$\int\sqrt{x^2+x-1}\ dx=\frac{5}{8}\arcsin\left[\frac{\sqrt{5}}{5}(2x-1)\right]+\frac{2x-1}{4}\sqrt{-x^2+x+1}+c.$

Si ricordi che

$\cos^2 t+\sin^2 t=1,\qquad \cos^2 t=\frac{1+\cos 2t}{2},\qquad \sin(2t)=2\sin t\cos t.$

↩

Esempio 55. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{\arcsin^{-4/7}x}{\sqrt{1-x^2}}\, dx$

Soluzione.

Posto $t=\arcsin x$ da cui $dt=dx/\sqrt{1-x^2}$ segue¹⁹

$\int\frac{\arcsin^{-4/7}x}{\sqrt{1-x^2}}\ dx=\int t^{-4/7}\ dt=\frac{7}{3} t^{3/7}+c=\frac{7}{3}\arcsin^{3/7} x+c.$

Si osservi che abbiamo usato, in sostanza, la relazione

$\int f'(x)\cdot[f(x)]^\alpha\ dx=\frac{[f(x)]^{\alpha+1}}{\alpha+1}+c,\qquad \alpha\neq -1.$

↩

Esempio 56. Calcolare il seguente integrale definito:

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

Soluzione.

Abbiamo

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

Posto

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

l’integrale diventa

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

Risolviamo ora il seguente integrale indefinito per parti

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

Segue che

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

da cui

$\int_{-5}^{3\pi^2} \cos \sqrt{\dfrac{x+ \vert x \vert}{2} + \pi^2} \; dx= -5+4=-1$

Esempio 57. Calcolare il seguente integrale definito:

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

Soluzione.

Riscriviamo l’integrale come

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

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

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

Decomponiamo 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

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

Esempio 58. 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 $b$ .

Soluzione.

Posto

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

allora abbiamo

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

Esempio 59. Calcolare il seguente integrale

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

Soluzione.

Posto $\ln x =e^t$ si ha

$I=\int_1^e \dfrac{x-x\log x+1}{x(x+1)^2+x\log^2 x}=\int_0^1 \dfrac{e^t-te^t+1}{(e^t+1)^2+t^2}dt=-\int_0^1\dfrac{-\dfrac{e^t\left(t-1\right)+1}{t^2}}{\left(\dfrac{e^t+1}{t} \right)^2+1}dt$

ora osserviamo che

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

quindi

$\begin{aligned} I&\overset{\clubsuit}{=}-\left(\arctan \left( \dfrac{e^t+1}{t}\right) \right)_0^1=-\arctan (e+1)+\dfrac{\pi}{2}\overset{\diamond}{=}\arctan \left( \dfrac{1}{e+1}\right) \end{aligned}$

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

Esempio 60. Calcolare il seguente integrale indefinito:

$\int \sqrt{\tan(x)} dx$

Soluzione.

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

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

Dobbiamo quindi calcolare l’integrale di funzione razionale fratta

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

A tal fine 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

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

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

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

tali integrali diventano

$I^{\pm}=\int\frac{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}y\mp\frac{\sqrt{2}}{2}}{\displaystyle\frac{1}{2}(y^2+1)}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\ dy= \frac{1}{2}\int\frac{2y}{y^2+1}\ dy\mp\int\frac{dy}{y^2+1}=$

$=\frac{1}{2}\ln(y^2+1)\mp\arctan y,$

e quindi, ricordando la sostituzione fatta

$I^\pm=\frac{1}{2}\ln\left[2(t^2\pm\sqrt{2}t+1)\right] \mp\arctan\left[\sqrt{2}t\pm1\right].$

In definitiva

$\int\frac{2t^2}{1+t^4}\ dt=\frac{1}{2}\ln\left[\frac{t^2-\sqrt{2}t+1}{t^2+\sqrt{2}t+1}\right] +\arctan\left[\sqrt{2}t+1\right]-\arctan\left[\sqrt{2}t-1\right].$

Utilizzando una nota formula di trigonometria²⁰ possiamo scrivere la differenza delle arcotangenti come

$\arctan\left[\sqrt{2}t+1\right]-\arctan\left[\sqrt{2}t-1\right]=$

$=\arctan\frac{\sqrt{2}t+1-(\sqrt{2}t-1)}{1+(\sqrt{2}t+1)(\sqrt{2}t-1)}=\arctan\frac{2}{2t^2}= \arctan\frac{1}{t^2},$

e quindi

$\int\frac{2t^2}{1+t^4}\ dt=\frac{1}{2}\ln\left[\frac{t^2-\sqrt{2}t+1}{t^2+\sqrt{2}t+1}\right] +\arctan\frac{1}{t^2}.$

Utilizzando questa espressione e ricordando la sostituzione iniziale, ricaviamo il nostro integrale

$\int\sqrt{\tan x}\ dx=\frac{1}{2}\ln\left[\frac{\tan x-\sqrt{2\tan x}+1}{\tan x+\sqrt{2\tan x}+1}\right] +\arctan\left(\frac{1}{\tan x}\right)+c,$

con $c\in\mathbb{R}$ .

Ricordiamo che

$\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha \tan\beta},$

per cui se $a=\tan\alpha,\ b=\tan\beta$ , passando all’arcotangente ad ambo i membri

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

↩

Esempio 61. Calcolare il seguente integrale indefinito:

$\int \dfrac{1}{(1+9x^2)^2}\ dx.$

Soluzione.

Si ricorda il seguente integrale notevole: $\displaystyle\int\frac{1}{1+t^2}\ dt=\arctan t+c$ . Tale risultato suggerisce la seguente sostituzione

$x=\frac{1}{3}\tan t\ \Rightarrow\ dx=\frac{1}{3\cos^2 t}\ dt=\frac{1+\tan^2 t}{3}\ dt$

da cui²¹

$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{(1+9x^2)^2}\ dx &=\int\frac{1}{(1+\tan^2 t)^2}\cdot \frac{1+\tan^2 t}{3}\ dt=\\ &=\frac{1}{3}\int\frac{1}{1+\tan^2 t}\ dt=\frac{1}{3}\int\cos^2 t\ dt=\\ &=\frac{1}{6}\int\left(1+\cos 2t\right)\ dt=\frac{1}{6}\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t\right)+c=\\ &=\frac{1}{6}\left(t+\sin t \cos t\right)+c. \end{aligned}$

Dalla sostituzione fatta si ricava $t=\arctan(3x)$ : inoltre, essendo $\tan t=3x$ , si ricava, ricordando la definizione della funzione tangente e la prima formula fondamentale della trigonometria:

$\begin{cases} \sin^2t+\cos^2 t=1\\ \sin t=3x\cos t \end{cases} \Leftrightarrow \, \, \,\, \begin{cases} 9x^2\cos^2 t+\cos^2 t=1\\ \sin t=3x\cos t \end{cases} \Leftrightarrow \, \, \, \, \begin{cases} \cos t=\dfrac{1}{\sqrt{1+9x^2}}\\ \sin t=\dfrac{3x}{\sqrt{1+9x^2}} \end{cases}$

Pertanto

$\int\frac{1}{(1+9x^2)^2}\ dx=\frac{1}{6}\left(\arctan(3x)+\frac{3x}{1+9x^2}\right)+c.$

Si ricordano le relazioni notevoli

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

↩

Esempio 62. Calcolare il seguente integrale indefinito:

$\int \frac{x^7(x-2)}{(x-1)^5}\ dx.$

Soluzione.

Osserviamo che possiamo scrivere la funzione integranda nel modo seguente

$\frac{x^7(x-2)}{(x-1)^5}=\frac{x\cdot x^6\cdot(x-2)}{(x-1)^3\cdot(x-1)^2}= \frac{x^6}{(x-1)^3}\cdot\frac{x^2-2x}{(x-1)^2}= \left(\frac{x^2}{x-1}\right)^3\cdot\frac{x^2-2x}{(x-1)^2}.$

Inoltre si ha

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

e pertanto siamo ricondotti ad un integrale della forma

$\int f'(x)\cdot[f(x)]^n\ dx=\frac{[f(x)]^{n+1}}{n+1}+c,$

essendo in questo caso

$f(x)=\left(\frac{x^2}{x-1}\right),\qquad n=3.$

Ne deduciamo che

$\int \frac{x^7(x-2)}{(x-1)^5}\ dx=\frac{1}{4}\left(\frac{x^2}{x-1}\right)^4+c.$

Esempio 63. Determinare tutte le primitive della funzione

$f(x)=\left\{\begin{array}{lcl} |x| & & x\leq 1\\ & & \\ \displaystyle \frac{1+x}{2} & & x>1 \end{array}\right.$

In particolare determinare la primitiva $F(x)$ per la quale $F(0)=1$ .

Soluzione.

Osserviamo che, in base alla definizione della funzione, possiamo scrivere

$f(x)=\left\{\begin{array}{lcl} -x & & x<0\\ & & \\ x & & 0\leq x\leq 1\\ & & \\ \displaystyle \frac{1+x}{2} & & x>1 \end{array}\right.$

e pertanto

$F(x)=\int f(x)\ dx=\left\{\begin{array}{lcl} \int-x\ dx & & x<0\\ & & \\ \int x\ dx & & 0\leq x\leq 1\\ & & \\ \displaystyle \int\frac{1+x}{2}\ dx & & x>1 \end{array}\right.= \left\{\begin{array}{lcl} \displaystyle -\frac{x^2}{2}+c_1 & & x<0\\ & & \\ \displaystyle\frac{x^2}{2}+c_2 & & 0\leq x\leq 1\\ & & \\ \displaystyle\frac{1}{2}x+ \frac{x^2}{4}+c_3 & & x>1 \end{array}\right.$

con $c_i,\ i=1,2,3$ costanti arbitrarie.

Per determinare la primitiva che soddisfa la condizione data, osserviamo per prima cosa che

$F(0)=1\ \Leftrightarrow\ c_2=1.$

Inoltre, per avere la continuità della primitiva, deve essere

$\begin{aligned} & \lim_{x\to 0^-} F(x)=c_1=c_2=1,\\ &\lim_{x\to 1^+}F(x)=F(1)\ \Leftrightarrow \ \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+c_3=\frac{1}{2}+c_2\ \Leftrightarrow \ c_3=\frac{3}{4} \end{aligned}$

Ne segue che la primitiva cercata è

$F(x)=\left\{\begin{array}{lcl} \displaystyle -\frac{x^2}{2}+1 & & x<0\\ & & \\ \displaystyle\frac{x^2}{2}+1 & & 0\leq x\leq 1\\ & & \\ \displaystyle \frac{(1+x)^2}{4}+\frac{3}{4} & & x>1. \end{array}\right.$

Esempio 64. Calcolare il seguente integrale indefinito:

$I=\int \frac{ax+b}{Ax^2+Bx+C}\ dx$

analizzando i differenti casi in cui $\Delta=B^2-4AC$ risulti positivo, negativo o nullo.

Soluzione.

Osserviamo, per prima cosa, che l’integrale risulta di tipo notevole solo per $A\neq 0$ : se infatti $A=0$ abbiamo

$\begin{aligned} I=\int\frac{ax+b}{Bx+C}\ dx&=\frac{1}{B}\int\frac{aBx+aC-aC+bB}{Bx+C}\ dx=\\ &=\frac{1}{B}\int\left[a+\frac{bB-aC}{Bx+C}\right]\ dx=\\ &=\frac{1}{B}\left[ax+\frac{bB-aC}{B}\ln|Bx+C|\right]+k. \end{aligned}$

Per questo motivo, possiamo riscrivere il nostro integrale, quando $A\neq 0$ , come

$I=\frac{1}{A}\int\frac{ax+b}{x^2+px+q}\ dx,$

avendo posto $p=B/A,\ q=C/A$ . Prima di analizzare i singoli casi, osserviamo che possiamo scrivere la nuova funzione integranda al modo seguente:

$\frac{ax+b}{x^2+px+q}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2ax+2b}{x^2+px+q}= \frac{1}{2}\cdot\frac{2ax+ap-ap+2b}{x^2+px+q},$

da cui l’identità

$\begin{equation*} \frac{ax+b}{x^2+px+q}=\frac{a}{2}\cdot\frac{2x+p}{x^2+px+q}+\frac{2b-ap}{2}\cdot\frac{1}{x^2+px+q}. \end{equation*}$

Allora, osservando che

$\frac{a}{2}\int\frac{2x+p}{x^2+px+q}\ dx=\frac{a}{2}\ln|x^2+px+q|,$

si ha

$\begin{equation*} I=\frac{1}{A}\int\frac{ax+b}{x^2+px+q}\ dx=\frac{a}{2A}\ln|x^2+px+q|+\frac{2b-ap}{2A}\int\frac{1}{x^2+px+q}\ dx. \end{equation*}$

Dobbiamo allora calcolare il secondo integrale. Si osservi che

$x^2+px+q=x^2+px+\frac{p^2}{4}-\frac{p^2}{4}+q=\left(x+\frac{p}{2}\right)^2+q-\frac{p^2}{4}$

e quindi, posto $\Delta=p^2-4q$ ²²

$\begin{equation*} x^2+px+q=\left(x+\frac{p}{2}\right)^2-\frac{\Delta}{4}. \end{equation*}$

Abbiamo allora le seguenti situazioni:

$\quad$

Se $\Delta>0$ poniamo $\alpha^2=\Delta/4$ e $x+p/2=z$ da cui $dx=dz$ e quindi²³
$\begin{aligned} \int\frac{1}{x^2+px+q}\ dx=&\int\frac{1}{\displaystyle\left(x+\frac{p}{2}\right)^2-\frac{\Delta}{4}}\ dx=\\ =&\int\frac{1}{z^2-\alpha^2}\ dz=\frac{1}{2\alpha}\ln\left|\frac{z-\alpha}{z+\alpha}\right|+c, \end{aligned}$

pertanto

$\begin{equation*} \int\frac{1}{x^2+px+q}\ dx=\frac{1}{\sqrt{\Delta}}\ln\left|\frac{2x+p-\sqrt{\Delta}}{2x+p+\sqrt{\Delta}}\right|+c\qquad \Delta>0. \end{equation*}$

Se $\Delta=0$ ponendo $x+p/2=z$ da cui $dx=dz$ si ha
$\int\frac{1}{x^2+px+q}\ dx=\int\frac{1}{\displaystyle\left(x+\frac{p}{2}\right)^2}\ dx= \int\frac{1}{z^2}\ dz=-\frac{1}{z}+c,$

e quindi

$\begin{equation*} \int\frac{1}{x^2+px+q}\ dx=-\frac{2}{2x+p}+c\qquad \Delta=0. \end{equation*}$

Se $\Delta<0$ poniamo $\alpha^2=-\Delta/4>0$ e $x+p/2=z$ da cui $dx=dz$ e quindi²⁴
$\begin{aligned} \int\frac{1}{x^2+px+q}\ dx=&\int\frac{1}{\displaystyle\left(x+\frac{p}{2}\right)^2-\frac{\Delta}{4}}\ dx=\\ =&\int\frac{1}{z^2+\alpha^2}\ dz=\frac{1}{\alpha}\arctan\frac{z}{\alpha}+c, \end{aligned}$

pertanto

$\begin{equation*} \int\frac{1}{x^2+px+q}\ dx=\frac{2}{\sqrt{-\Delta}}\arctan\frac{2x+p}{\sqrt{-\Delta}}+c\qquad \Delta<0. \end{equation*}$

Abbiamo allora per l’integrale di partenza

$\begin{aligned} I& =\frac{1}{A}\int\frac{ax+b}{x^2+px+q}\ dx=\\\\ & = \frac{a}{2A}\ln|x^2+px+q| +\frac{2b-ap}{2A}\cdot \begin{cases} \displaystyle\frac{1}{\sqrt{\Delta}}\ln\left|\frac{2x-p}{2x+p}\right|+c \qquad & \Delta>0\\\\ \displaystyle -\frac{2}{2x+p}+c \qquad & \Delta=0\\\\ \displaystyle \frac{2}{\sqrt{-\Delta}}\arctan\frac{2x+p}{\sqrt{-\Delta}}+c \qquad & \Delta<0 \end{cases} \end{aligned}$

Si osservi che il discriminante qui definito differisce da quello nel testo del problema per un fattore $1/A^2$ . ↩

Si ricorda che

$\int\frac{dx}{x^2-a^2}=\int\frac{1}{(x+a)(x-a)}\ dx=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+c.$

↩

Si ricorda che, posto

$x=at\Rightarrow dx=a\ dt,$

abbiamo

$\int\frac{dx}{x^2+ a^2}=\int\frac{a}{a^2t^2+a^2}\ dt=\frac{1}{a}\int\frac{1}{t^2+1}\ dt$

$=\frac{1}{a}\arctan t+c=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+c.$

↩

Esempio 65. Siano $f$ una funzione continua nell’intervallo $[0,2\pi]$ .

Dimostare che

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

Soluzione.

Consideriamo il seguente integrale

$\begin{equation*} I=\int_{0}^{2\pi}f\left(\cos \theta \right)\, d \theta \end{equation*}$

e operiamo la sostituzione $t=\theta+\dfrac{\pi}{2}$ ottenendo²⁵

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

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

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

Pertanto

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

da cui la tesi.

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

Esempio 66. Sia $f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ una funzione continua, si mostri che

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

Soluzione.

Definiamo

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

per cui possiamo scrivere

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

Risolviamo integrando per parti

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

da cui l’asserto.

Esempio 67. Sia $f:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione continua, si mostri che

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

Soluzione.

Definiamo

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

per cui (35) diventa

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

Mostriamo (35) integrando per parti

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

e sapendo che

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

abbiamo

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

da cui l’asserto.

Esempio 68. Calcolare il seguente integrale

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

Soluzione.

Procediamo con il calcolo

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

Adesso vediamo i diversi casi a seconda dell’intervallo di valori per $a$ .

Se $\bm{a\geq 1:}$

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

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

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

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

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

Si conclude che

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

Esempio 69. Dimostrare che

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

Soluzione.

Si ricorda che

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

Quindi

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

Osserviamo che $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos (2x)dx=0$ perchè la funzione $\cos(2x)$ è dispari rispetto a $\frac{\pi}{4}$ . 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

$\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \cos^2 x \, dx=\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \dfrac{1}{2}\, dx+\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b} \dfrac{\cos (2x)}{2} \, dx= \dfrac{\pi}{2} \; \dfrac{b-a}{2}$

da cui la tesi.

Esempio 70. 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 $a$ .

Soluzione.

Posto

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

allora abbiamo

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

Esempio 71. Sia $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ una funzione Riemann integrabile e sia $x_0 \in [a,b].$ Si dimostri che vale la seguente disuguaglianza:

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

Soluzione.

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

$\begin{equation*} \left\vert\vert f(x)\vert -\vert f(x)-f(x_0) \vert\right\vert \leq \vert f(x)-f(x)+f(x_0)\vert=\vert f(x_0)\vert =f(x_0) \end{equation*}$

Per la proprietà di monotonia otteniamo

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

Esempio 72. Sia $A \subset \mathbb{R}$ un intervallo aperto tale che $0 \in A$ e sia

$f:A \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$

una funzione continua con derivata continua 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 $\alpha,\beta$ di numeri positivi, con
$\beta<\sup f$ e $\alpha <\sup g$ , dimostrare che

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

Infine applicare (36) con $f(x)=\arctan x$ .

Soluzione.

Consideriamo

$I=\int_{0}^{\beta}g(z)\, dz,$

e poniamo $z=f(t)$ . Allora $g(z)=t$ e

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

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

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

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

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

quindi usando (38) in (37) abbiamo

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

Ora sia $f(x)=\arctan x$ con funzione inversa $g(x)=\tan x$ per $x \in \left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ , allora

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

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

La disuguaglianza (36) 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 (36) diventa:

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

e posto

$q=\frac{1}{p-1}+1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$

otteniamo

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

Esempio 73. Calcolare il seguente integrale

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

Soluzione.

Per risolvere questo integrale è conveniente operare la sostituzione $x=\dfrac{\pi}{2}-y$ , ottenendo così

$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\sin x }}{\sqrt{\sin x}+ \sqrt{\cos x}}\, dx=-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\dfrac{\sqrt{\cos y}}{\sqrt{\cos y}+\sqrt{\sin y}}\, dy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\cos y}}{\sqrt{\cos y}+\sqrt{\sin y}}\, dy. \end{aligned}$

Definiamo

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

e calcoliamo

$\begin{aligned} I+I & =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\sin x }}{\sqrt{\sin x}+ \sqrt{\cos x}}\, dx+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x}+\sqrt{\sin x}}\, dx=\\ & = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{\sin x }+\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin x}+ \sqrt{\cos x}}\, dx=\dfrac{\pi}{2}. \end{aligned}$

Si conclude che

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

Esempio 74. Calcolare il seguente integrale

(39) $\begin{equation*} I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{x \cos x \sin x }{\cos^4 x +\sin^4 x }\,dx. \end{equation*}$

Soluzione.

Riscriviamo (39)

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

Operiamo la sostituzione $x-\dfrac{\pi}{4}=t$ e otteniamo²⁶

$\begin{aligned} I&=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\left(\frac{\pi}{4}+t\right)\sin\left(2t+\frac{\pi}{2}\right)}{2-\sin^2 \left(2t+\frac{\pi}{2}\right)}\,dt=\\ &\underbrace{\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{t \cos \left(2t\right)}{2-\cos^2\left(2t\right)}\,dt+}_{I_1}+\underbrace{\dfrac{\pi}{4}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos\left(2t\right)}{2-\cos^2\left(2t\right)}\,dt}_{I_2}. \end{aligned}$

La funzione integranda di $I_1$ è dispari e l’intervallo di integrazione è simmetrico rispetto all’origine, quindi $I_1=0$ .

Per quanto riguarda $I_2$ poniamo $2t=z$ : la funzione integranda di $I_2$ è pari e l’intervallo di integrazione è simmetrico rispetto all’origine, quindi

$\begin{aligned} I_2&=\dfrac{\pi}{8}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos z}{2-\cos^2 z}\,dz=2\cdot\dfrac{\pi}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos z}{2-\left(1-\sin^2 z \right)}\, dz=\\ & = \dfrac{\pi}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos z }{1+\sin^2 z }\,dz. \end{aligned}$

Osserviamo ora che la funzione integranda è la derivata dell’arcotangente²⁷

$\begin{equation*} I_2=\dfrac{\pi}{4}\arctan\left(\sin z\right)\bigg \vert^{\frac{\pi}{2}}_0=\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^2=\dfrac{\pi^2}{16}. \end{equation*}$

Dunque concludiamo che

$I=I_2=\dfrac{\pi^2}{16}.$

Per gli archi associati si ha $\sin\left(2t+\dfrac{\pi}{2}\cos t\right)=\sin(2t).$ ↩

Si ricorda che la derivata di $y=\arctan f(z)$ è $y^\prime(z) = \dfrac{f^\prime(z)}{1+f^2(z)}$ . Per esempio $y=\arctan\left(\sin z\right)$ ha come derivata $y^\prime(z)=\dfrac{\cos z}{1+\sin^2 z}$ . ↩

Esempio 75. Calcolare il seguente limite:

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}=\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n} \right). \end{equation*}$

Soluzione.

Se $f$ è una funzione integrabile secondo Riemann sull’intervallo $[a,b]$ , allora per la proposizione 3

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

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

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

Consideriamo ora il limite assegnato. Usando la (40) con $f(x)=1/(1+x)$ , si ha:

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

Esempio 76. Calcolare il seguente integrale definiti

$\int_{1}^{e}\dfrac{x-x\ln x+1}{x\left(x+1\right)^2+x\ln^2 x}\,dx.$

Soluzione.

Procediamo con la sostituzione $\ln x=t$

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

Ora riscriviamo $J$ come segue

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

e osserviamo che

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

pertanto

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

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

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

cioè

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

Concludiamo che

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

Esempio 77. Dimostrare che

$\begin{equation*} \int_{0}^{1}\dfrac{x\ln\left(1+x^2\right)}{1+x^4}\,dx=\dfrac{\pi}{8}\ln 2. \end{equation*}$

Soluzione.

Per risolvere l’ esercizio è utile ricorrere a varie sostituzioni.

Prima sostituzione: $x^2=t$ da cui segue

$\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln\left(1+x^2\right)}{1+x^4}\,dx=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1+t\right)}{1+t^2}\,dt.$

Seconda sostituzione: $t=\tan \theta$

$\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1+t\right)}{1+t^2}\,dt=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\theta\right)\,d\theta$

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

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

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

$\begin{aligned} &\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\theta\right)\,d\theta=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\dfrac{1-\tan\alpha}{1+\tan \alpha}\right)\,d\alpha=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\dfrac{ 2}{1+\tan\alpha}\right)\,d\alpha=\\ &=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln 2 \,d\alpha-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\alpha\right)\,d\alpha=\\ &=\dfrac{\pi}{8}\ln 2-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\alpha\right)\,d\alpha. \end{aligned}$

Quindi

$\begin{equation*} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\alpha\right)\,d\alpha=\dfrac{\pi}{8}\ln 2. \end{equation*}$

Esempio 78. Sia $a>0$ e siano $f,g:[-a,a]\rightarrow\mathbb{R}$ due funzioni integrabili tali che $g(x)\neq -1$ per ogni $x\in[-a,a]$ e che $\dfrac{1}{g(x)+1}$ risulti integrabile in $[-a,a]$ . Assumendo che $f$ sia pari e che $g(x)g(-x)=1$ dimostrare che

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

Proponiamo due soluzioni di questo esercizio, la prima molto breve, la seconda più lunga.

Soluzione 1.

Si ha

(46) $\begin{equation*} \begin{split} \int_{-a}^a \frac{f(x)}{1+g(x)}\,dx &= \int_{-a}^0 \frac{f(x)}{1+g(x)}\,dx+ \int_{0}^a \frac{f(x)}{1+g(x)}\,dx \\ &= \int_{-a}^0 \frac{f(x)}{1+\frac{1}{g(-x)}}\,dx+ \int_{0}^a \frac{f(x)}{1+g(x)}\,dx \\ &= \int_0^a \frac{f(x)}{1+\frac{1}{g(x)}} + \int_{0}^a \frac{f(x)}{1+g(x)}\,dx \\ &= \int_{0}^a f(x) \left( \frac{g(x)}{1+g(x)} + \frac{1}{1+g(x)} \right)\,dx \\ &= \int_{0}^a f(x)\,dx, \end{split} \end{equation*}$

dove nella prima uguaglianza abbiamo spezzato l’integrale sui due intervalli simmetrici rispetto allo $0$ , nella seconda uguaglianza abbiamo sostituito $g(x)=\dfrac{1}{g(-x)}$ nel primo integrale, nella terza uguaglianza abbiamo effettuato il cambio di variabile $x=-x$ e sfruttato la parità di $f$ , mentre nella terza uguaglianza abbiamo soltanto manipolato algebricamente l’espressione e riunito i due integrali, avendo essi lo stesso dominio di integrazione.

Soluzione 2.

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

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

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

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

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

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

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

da cui segue l’asserto.

Esempio 79. Siano $f$ e $g$ due funzioni continue in $[a,b] \,\, \mbox{con } a<b$ dimostare la seguente disuguaglianza:

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

Soluzione.

Consideriamo

$\int_{a}^{b}\left(f(x) +\alpha g(x) \right)^2dx=\int_{a}^{b}\left(f(x) \right)^2dx+\alpha^2 \int_{a}^{b} \left(g(x) \right)^2 dx+2\alpha \int_{a}^{b}\left( f(x)g(x)\right)dx\, \quad \text{con} \, \alpha \in \mathbb{R}\setminus\{0\}.$

Chiamiamo

$\begin{aligned} &\zeta^2=\int_{a}^{b}\left(f(x) \right)^2dx\\ &\xi^2=\int_{a}^{b} \left(g(x) \right)^2 dx\\ &\psi=\int_{a}^{b}\left( f(x)g(x)\right)dx \end{aligned}$

Quindi

(47) $\begin{equation*} \int_{a}^{b}\left(f(x) +\alpha g(x) \right)^2dx=\zeta^2+\alpha^2\xi^2+2\alpha \psi=\alpha^2\xi^2+2\alpha \psi+\zeta^2 \end{equation*}$

Si osserva che

$\alpha^2\xi^2+2\alpha \psi+\zeta^2\geq 0$

Possiamo riscrivere la (47) come segue:

$\alpha^2\xi^2+2\alpha \psi+\zeta^2=\xi^2\left(\alpha^2+\frac{2\alpha \psi}{\xi^2}+\frac{\zeta^2}{\xi^2} \right)= \xi^2\left(\left( \alpha +\frac{\psi}{\xi^2} \right)^2-\frac{\psi^2}{\xi^4}+\frac{\zeta^2}{\xi^2} \right)\geq 0$

Affinchè (47) sia vera, deve valere

(48) $\begin{equation*} -\frac{\psi^2}{\xi^4}+\frac{\zeta^2}{\xi^2}\geq 0 \Leftrightarrow \psi^2\leq \xi^2\zeta^2 \end{equation*}$

Ricordando che $\zeta^2=\int_{a}^{b}\left(f(x) \right)^2dx,\xi^2=\int_{a}^{b} \left(g(x) \right)^2 dx,\psi=\int_{a}^{b}\left( f(x)g(x)\right)dx$ , possiamo riscrivere la (48) come segue:

$\psi^2\leq \xi^2\zeta^2 \Leftrightarrow \left( \int_{a}^{b}\left(f(x)g(x)\right)dx \right)^2 \leq \left( \int_{a}^{b} \left( f(x) \right)^2dx \right)\left( \int_{a}^{b} \left( g(x) \right)^2dx \right)$

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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.
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