Integrali per parti

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sugli integrali per parti!
In questo articolo proponiamo 16 esercizi sugli integrali indefiniti, risolti con la tecnica dell’integrazione per parti. Di ogni esercizio forniamo la soluzione completa, così da permettere al lettore il confronto col suo svolgimento.

Di seguito gli articoli teorici sull’integrazione di funzioni reali di variabile reale:

Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi correlati:

Buona lettura!

Sommario

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Questa dispensa contiene 16 esercizi di diverse difficoltà sul calcolo di integrali indefiniti con l’applicazione dell’integrazione per parti.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

Revisori: Sergio Fiorucci, Sara Sottile.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int \frac{\ln x}{x^2} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$f=\ln x,\qquad g'=x^{-2}, \; \;\;\;\Longrightarrow\;\;\;\ f'=\frac{1}{x},\qquad g=-x^{-1},$

da cui, usando al formula di integrazione per parti

$\displaystyle \int fg' \ dx=fg-\displaystyle \int fg'\ dx,$

abbiamo

$\begin{aligned} \displaystyle \int\frac{\ln x}{x^2}\ dx&=-\frac{\ln x}{x}+\displaystyle \int\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x}\ dx\\ &=-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=-\frac{1}{x}(\ln x+1)+c,\quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Dunque

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

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int e^x \, \cos x \, dx.$

Svolgimento.

Procediamo ad integrare per parti, ponendo

$f= e^x, \quad g' = \cos x, \;\;\;\Longrightarrow\;\;\; f' = e^x, \quad g=-\sin x,$

per cui dalla formula di integrazione per parti

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

ricaviamo

$\begin{aligned} \displaystyle \int e^x \, \cos x \, dx & = e^x \, \cos x - \displaystyle \int e^x (-\sin x) \, dx\\ & = e^x \, \cos x + \displaystyle \int e^x \sin x \, dx \\ & = e^x \, \cos x + e^x \sin x - \displaystyle \int e^x \, \cos x \, dx. \end{aligned}$

Dunque abbiamo ottenuto

$\displaystyle \int e^x \, \cos x \, dx = e^x \, \cos x + e^x \sin x - \displaystyle \int e^x \, \cos x \, dx$

da cui

$2 \displaystyle \int e^x \, \cos x \, dx = e^x \, \left( \cos x + \sin x \right) + c, \quad c\in \mathbb{R}$

ovvero

$\boxcolorato{analisi}{ \int e^x \, \cos x \, dx = \dfrac{e^x}{2} \, \left( \cos x + \sin x \right) + c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int e^{2x} \, \sin x\, dx.$

Svolgimento.

Procediamo ad integrare per parti prendendo

$f=e^{2x},\quad g'=\sin x,\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\;\ f'=2e^{2x},\quad g=-\cos x$

per cui dalla formula di integrazione per parti

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

ricaviamo

$\begin{aligned} \displaystyle \int e^{2x} \, \sin x\, dx & = e^{2x} \; (-\cos x) + 2 \displaystyle \int e^{2x} \, \cos x \, dx \\ & = -e^{2x} \, \cos x + 2 \, \left( e^{2x} \, \sin x - 2 \displaystyle \int e^{2x} \, \sin x \, dx \right) = \\ & = -e^{2x} \, \cos x + 2 \, e^{2x} \, \sin x - 4 \displaystyle \int e^{2x} \, \sin x \, dx . \end{aligned}$

Si osservi che nel penultimo passaggio abbiamo nuovamente integrato per parti scegliendo $f=e^{2x},\ g'=\cos x$ . Abbiamo così ottenuto l’identità

$\displaystyle \int e^{2x} \, \sin x\, dx = -e^{2x} \, \cos x + 2 \, e^{2x} \, \sin x - 4 \displaystyle \int e^{2x} \, \sin x \, dx + c, \quad c\in \mathbb{R},$

da cui

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \int e^{2x} \, \sin x\, dx = \dfrac{e^{2x}}{5} \left( 2\sin x - \cos x \right) + c, \quad c\in \mathbb{R}. }$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int x^5 e^{-x^3} \, dx.$

Svolgimento.

La derivata del termine esponenziale nella funzione integranda è data da

$D(e^{-x^3})=-3x^2 e^{-x^3}.$

Posto

$f=-\frac{1}{3} x^3,\qquad g'=-3x^2 e^{-x^3}, \, \;\;\;\Longrightarrow\;\;\; \, f'=-x^2,\qquad g=e^{-x^3},$

ed usando la formula di integrazione per parti

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

abbiamo

$\begin{aligned} \displaystyle \int x^5 e^{-x^3}\ dx& %=\displaystyle \int\left(-\frac{1}{3} x^3\right)\left(-3x^2 e^{-x^3}\right)\ dx =-\frac{1}{3} x^3 e^{-x^3}-\displaystyle \int -x^2 e^{-x^3}\ dx\\ &=-\frac{1}{3}x^3 e^{-x^3}-\frac{1}{3}\displaystyle \int-3x^2 e^{-x^3}\ dx\\ & = -\frac{1}{3}x^3 e^{-x^3}-\frac{1}{3} e^{-x^3}+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

da cui

$\boxcolorato{analisi}{ \int x^5 e^{-x^3}\ dx=-\frac{1}{3} e^{-x^3}\left(x^3+1\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int \arctan x \, dx.$

Svolgimento.

Osserviamo che la funzione integranda è costituita da un’unica funzione. Poiché tale integrale non si riconduce ad un integrale immediato, applichiamo la formula di integrazione per parti considerando la funzione costante $1$

nel seguente modo. Poniamo

$f=\arctan x,\qquad g'=1,\;\;\;\Longrightarrow\;\;\; f'=\frac{1}{1+x^2},\qquad g=x,$

da cui, per la formula di integrazione per parti

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

abbiamo

$\begin{aligned} \displaystyle \int\arctan x\ dx&=x\arctan x-\displaystyle \int x\cdot\frac{1}{x^2+1}\ dx\\ &=x\arctan x-\frac{1}{2}\displaystyle \int\frac{2x}{x^2+1}\ dx\\ &=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+c, \quad c\in \mathbb{R}, \end{aligned}$

avendo usato, nell’ultimo integrale la relazione

$\displaystyle \int\frac{f'(x)}{f(x)}\ dx=\ln|f(x)|+c, \quad c\in \mathbb{R},$

ed essendo $(x^2+1)'=2x$ .

In conclusione

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

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int \arcsin x \, dx.$

Svolgimento.

nel seguente modo. Poniamo

$f=\arcsin x,\qquad g'=1,\;\;\;\Longrightarrow\;\;\; f'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad g=x,$

da cui, per la formula di integrazione per parti

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

abbiamo

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

avendo usato, nell’ultimo integrale la relazione

$\displaystyle \int f'(x) [f(x)]^n\ dx=\frac{[f(x)]^{n+1}}{n+1}+c, \quad c\in \mathbb{R}$

ed essendo $(1-x^2)'=-2x$ .

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{ \int\arcsin x\ dx=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+c, \quad c\in \mathbb{R}. }$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int x^2\cos 2x \,dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$f=x^2,\qquad g'=\cos 2x,\;\;\;\Longrightarrow\;\;\; f'=2x,\qquad g=\frac{\sin 2x}{2},$

da cui, per la formula di integrazione per parti

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

abbiamo

$\displaystyle \displaystyle \int x^2\cos 2x \,dx=\frac{1}{2}x^2\sin 2x-\displaystyle \int x\sin 2x\,dx$

e ripetendo l’integrazione per parti, scegliendo $f=x,g'=\sin 2x$ , si ha:

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

Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{ \int x^2 \cos 2x \ dx = \frac{1}{2}x^2\sin 2x+\frac{1}{2}x\cos 2x-\frac{1}{4}\sin 2x+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int \sin xe^{-x}\,dx.$

Svolgimento.

In questo esercizio la scelta delle funzioni è indifferente. Poniamo inizialmente:

$f = \sin x, \quad g' = e^{-x}, \quad \;\;\;\Longrightarrow\;\;\; \quad f' = \cos x, \quad g = -e^{-x}.$

Allora, per la formula di integrazione per parti:

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

abbiamo:

$\int \sin x e^{-x} \, dx = -\cos x e^{-x} - \int \cos x (-e^{-x}) \, dx.$

Nel secondo passaggio scegliamo:

$f = \cos x, \quad g' = e^{-x}, \quad \;\;\;\Longrightarrow\;\;\; \quad f' = -\sin x, \quad g = -e^{-x}.$

Applicando nuovamente la formula di integrazione per parti, otteniamo:

$\int \cos x e^{-x} \, dx = -\sin x e^{-x} - \int (-\sin x)(-e^{-x}) \, dx,$

cioè:

$\int \cos x e^{-x} \, dx = -\sin x e^{-x} - \int \sin x e^{-x} \, dx.$

Ritorniamo così alla nostra integrale iniziale, cioè:

$\int \sin x e^{-x} \, dx = -\cos x e^{-x} - \left( \sin x e^{-x} + \int \sin x e^{-x} \, dx \right).$

Da qui segue:

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

Riorganizzando i termini, otteniamo:

$2\int \sin x e^{-x} \, dx = -\cos x e^{-x} - \sin x e^{-x}.$

Infine:

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

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int x^2\ln x\,dx.$

Svolgimento.

In questo esercizio conviene integrare la potenza di $x$

. Poniamo:

$f = \ln x, \quad g' = x^2, \quad \Longrightarrow \quad f' = \frac{1}{x}, \quad g = \frac{x^3}{3}.$

Allora, applicando la formula di integrazione per parti:

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

abbiamo:

$\int x^2 \ln x \, dx = \frac{x^3}{3} \ln x - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{x^3}{3} \, dx.$

Semplificando il secondo termine:

$\int \frac{1}{x} \cdot \frac{x^3}{3} \, dx = \frac{1}{3} \int x^2 \, dx = \frac{1}{3} \cdot \frac{x^3}{3}.$

Quindi otteniamo:

$\boxcolorato{analisi}{ \int x^2 \ln x \ dx=\frac{x^3}{3} \ln x - \frac{x^3}{9} + c, \quad c \in \mathbb{R}.}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int x\log^2 x \,dx.$

Svolgimento.

Come prima, integriamo $x$

. Poniamo inizialmente:

$f = \log^2 x, \quad g' = x, \quad \Longrightarrow \quad f' = 2\log x \cdot \frac{1}{x}, \quad g = \frac{x^2}{2}.$

Allora, applicando la formula di integrazione per parti:

$\int x \log^2 x \, dx = \frac{x^2}{2} \log^2 x - \int \frac{x^2}{2} \cdot 2 \log x \cdot \frac{1}{x} \, dx.$

Semplificando:

$\int x \log^2 x \, dx = \frac{x^2}{2} \log^2 x - \int x \log x \, dx.$

Nel secondo termine, poniamo:

$f = \log x, \quad g' = x, \quad \Longrightarrow \quad f' = \frac{1}{x}, \quad g = \frac{x^2}{2}.$

Applicando nuovamente la formula di integrazione per parti:

$\int x \log x \, dx = \frac{x^2}{2} \log x - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^2}{2} \log x - \frac{1}{2} \int x \, dx.$

Calcolando l’ultimo integrale:

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

Ricomponendo tutto, otteniamo:

$\int x \log^2 x \, dx = \frac{x^2}{2} \log^2 x - \left( \frac{x^2}{2} \log x - \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{2} \right),$

ovvero:

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

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

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int x\arctan x \,dx.$

Svolgimento.

Integrando $x$

, poniamo:

$f = \arctan x, \quad g' = x, \quad \Longrightarrow \quad f' = \frac{1}{1+x^2}, \quad g = \frac{x^2}{2}.$

Applicando la formula di integrazione per parti:

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

Semplificando il secondo termine:

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

Calcoliamo l’ultimo integrale:

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

Combinando i risultati, otteniamo:

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

ovvero:

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

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale

(1) $\begin{equation*} \displaystyle \int e^{-x^5}\dfrac{\left(5x^5+3\right)}{x^4}dx. \end{equation*}$

Svolgimento.

Riscriviamo l’integrale come segue:

$\displaystyle \int e^{-x^5} \frac{5x^5 + 3}{x^4} \, dx = \displaystyle \int 5 e^{-x^5} x \, dx + \displaystyle \int \dfrac{3}{x^4}e^{-x^5} \, dx.$

Iniziamo ad integrare il secondo integrale per parti. Poniamo:

$f = -e^{-x^5}, \quad g' = -\dfrac{3}{x^4}, \quad \Longrightarrow \quad f' =5e^{-x^5}x^4, \quad g = \frac{1}{x^3}.$

Applicando la formula di integrazione per parti si ha dunque:

$\displaystyle \int \dfrac{3}{x^4} e^{-x^5} \, dx = -\dfrac{e^{-x^5}}{x^3}- \int \dfrac{5 e^{-x^5}x^4}{x^3}\, dx= -\dfrac{e^{-x^5}}{x^3}- \int 5 e^{-x^5}x \, dx.$

Sostituendo nell’integrale di partenza si ha quindi

$\begin{aligned} \displaystyle \int e^{-x^5} \frac{5x^5 + 3}{x^4} \, dx &= \displaystyle \int 5 e^{-x^5} x \, dx + \displaystyle \int \dfrac{3}{x^4}e^{-x^5} \, dx \\ &= \int 5 e^{-x^5} x \, dx -\dfrac{e^{-x^5}}{x^3}- \int 5 e^{-x^5}x \, dx, \end{aligned}$

da cui si ottiene:

$\boxcolorato{analisi}{ \int e^{-x^5} \frac{5x^5 + 3}{x^4} \, dx = -\frac{e^{-x^5}}{x^3} + c, \quad c \in \mathbb{R}. }$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int e^{3x}\cos 4x \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo:

$f = \cos 4x, \quad g' = e^{3x}, \quad \Longrightarrow \quad f' = -4 \sin 4x, \quad g = \frac{1}{3} e^{3x}.$

Usando la regola di integrazione per parti:

$\displaystyle \int e^{3x} \cos 4x \, dx = fg - \int f' g \, dx,$

abbiamo:

$\begin{aligned} \displaystyle \int e^{3x} \cos 4x \, dx &= \frac{1}{3} e^{3x} \cos 4x - \int \frac{1}{3} e^{3x} \cdot (-4 \sin 4x) \, dx \\ &= \frac{1}{3} e^{3x} \cos 4x + \frac{4}{3} \int e^{3x} \sin 4x \, dx. \end{aligned}$

Per il secondo integrale, poniamo:

$f = \sin 4x, \quad g' = e^{3x}, \quad \Longrightarrow \quad f' = 4 \cos 4x, \quad g = \frac{1}{3} e^{3x}.$

Applicando nuovamente la regola di integrazione per parti:

$\begin{aligned} \displaystyle \int e^{3x} \cos 4x \, dx &= \frac{1}{3} e^{3x} \cos 4x + \frac{4}{3} \left( \frac{1}{3} e^{3x} \sin 4x - \int \frac{1}{3} e^{3x} \cdot 4 \cos 4x \, dx \right) \\ &= \frac{1}{3} e^{3x} \cos 4x + \frac{4}{9} e^{3x} \sin 4x - \frac{16}{9} \int e^{3x} \cos 4x \, dx. \end{aligned}$

Raccogliendo l’integrale al primo membro, otteniamo:

$\begin{aligned} \int e^{3x} \cos 4x \, dx + \frac{16}{9} \int e^{3x} \cos 4x \, dx &= \frac{1}{3} e^{3x} \cos 4x + \frac{4}{9} e^{3x} \sin 4x + c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Semplificando:

$\begin{aligned} \left( 1 + \frac{16}{9} \right) \int e^{3x} \cos 4x \, dx &= \frac{1}{3} e^{3x} \cos 4x + \frac{4}{9} e^{3x} \sin 4x + c \\ \frac{25}{9} \int e^{3x} \cos 4x \, dx &= \frac{1}{3} e^{3x} \cos 4x + \frac{4}{9} e^{3x} \sin 4x + c \\ \int e^{3x} \cos 4x \, dx &= \frac{3}{25} e^{3x} \cos 4x + \frac{4}{25} e^{3x} \sin 4x + c. \end{aligned}$

Dunque:

$\boxcolorato{analisi}{\int e^{3x} \cos 4x \, dx = \frac{1}{25} e^{3x} \left( 3 \cos 4x + 4 \sin 4x \right) + c, \quad c \in \mathbb{R}. }$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente integrale indefinito

$\displaystyle \int x^4\sin x \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$f=x^4,\qquad g'=\sin x,\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\;\ f'=4x^3,\qquad g=-\cos x,$

da cui

$\displaystyle \int x^4\sin x\ dx=-x^4\cos x+4\displaystyle \int x^3\cos x\ dx.$

Poniamo ora nel secondo integrale

$f=x^3,\qquad g'=\cos x,\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\;\ f'=3x^2,\qquad g=\sin x,$

da cui

$\displaystyle \int x^3\cos x\ dx=x^3\sin x-3\displaystyle \int x^2\sin x\ dx.$

Ponendo ancora nel secondo integrale

$f=x^2,\qquad g'=\sin x,\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\;\ f'=2x,\qquad g=-\cos x,$

si ha

$\displaystyle \int x^2\sin x\ dx=-x^2\cos x+2\displaystyle \int x \cos x\ dx,$

e ponendo nell’ultimo integrale

$f=x,\qquad g'=\cos x,\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\;\ f'=1,\qquad g=\sin x$

si ha

$\displaystyle \int x \cos x\ dx=x\sin x-\displaystyle \int \sin x\ dx=x\sin x+\cos x+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Sostituendo a ritroso si trova allora

$\begin{aligned} \displaystyle \int x^4 \sin x\ dx & = -x^4\cos x+4x^3\sin x+12x^2\cos x-24x\sin x-24\cos x+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=(-x^4+12x^2-24)\cos x+(4x^3-24x)\sin x+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\int x^4 \sin x\ dx =(-x^4+12x^2-24)\cos x+(4x^3-24x)\sin x+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

. Calcolare i seguenti integrali ricorsivi

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

determinandone una formula chiusa.

Svolgimento.

Abbiamo, ponendo

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

ed utilizzando la formula di integrazione per parti

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

otteniamo

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

e quindi

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

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

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

abbiamo

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

Dimostriamo questa relazione per induzione.

Base dell’induzione: $n=0$

Abbiamo, come visto

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

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

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

Dobbiamo dimostrare che

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

Possiamo scrivere, per quanto abbiamo visto nella relazione ricorsiva (3)

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

Per l’altro integrale, poniamo

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

da cui

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

Abbiamo allora

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

Si ha allora, posto $h(x)\coloneq(1+x^2)$ , utilizzando (5) ed osservando che

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

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

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

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

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 (6) e dimostriamo che essa vale per $n\to n+1$ , per cui dimostriamo che

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

Osserviamo che dalla relazione (5) ed usando (7) 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

$\frac{(2h-2)!!}{(2h-1)!!}\Big|_{h=n+1}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

. Trovare delle formule iterative per i seguenti integrali

$I_n=\displaystyle \int e^x\sin^n x\ dx,\qquad J_n=\displaystyle \int e^x\ \cos^n x\ dx,\qquad n\geq 0.$

Svolgimento.

Osserviamo che per $n=0$

si ha

$I_0=\displaystyle \int e^x\ dx=e^x,$

e, per $n=1$ , integrando per parti

$I_1=\displaystyle \int e^x\sin x\ dx=e^x\sin x-\displaystyle \int e^x\cos x\ dx=e^x\sin x-e^x\cos x-I_1,$

da cui

$2I_1=e^x(\sin x-\cos x) \iff \ I_1=\frac{e^x}{2}(\sin x-\cos x).$

Per $n\geq 2$ si ha

$\begin{aligned} \displaystyle \int e^x\sin^n x\ dx&=\displaystyle \int e^x\sin^{n-2}x\ \sin^2 x\ dx=\displaystyle \int e^x\sin^{n-2}x(1-\cos^2 x)\ dx\\ &=\displaystyle \int e^x\sin^{n-2}x\ dx-\displaystyle \int e^x\cos^2 x\sin^{n-2}x\ dx. \end{aligned}$

Nel secondo integrale, posto

$f=e^x\cos x,\quad g'=\cos x\sin^{n-2} x\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\; f'=e^x(\cos x-\sin x),\quad g=\frac{1}{n-1}\sin^{n-1}x,$

si ha

$\begin{aligned} I_n&=I_{n-2}-\left[\frac{1}{n-1}e^x\cos x\sin^{n-1} x-\frac{1}{n-1}\displaystyle \int e^x(\cos x-\sin x)\sin^{n-1}x\ dx\right]\\ &=I_{n-2}-\frac{1}{n-1}e^x\cos x\sin^{n-1}x-\frac{1}{n-1} I_n+\frac{1}{n-1}\displaystyle \int e^x\cos x\ \sin^{n-1}x\ dx. \end{aligned}$

Nell’ultimo integrale, posto

$f=e^x,\quad g'=\cos x\ \sin^{n-1}x\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\; \ f'=e^x,\quad g=\frac{\sin^n x}{n},$

abbiamo

$\displaystyle \int e^x\cos x\ \sin^{n-1}x\ dx=\frac{1}{n} e^x\sin^n x-\frac{1}{n}\displaystyle \int e^x\sin^n x\ dx$

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

$\boxcolorato{analisi}{\begin{cases} I_0 &= e^x, \\ I_1 &= \dfrac{e^x}{2}(\sin x - \cos x),\\ \displaystyle I_n&=\dfrac{n(n-1)}{n^2+1} I_{n-2}+\dfrac{e^x\sin^{n-1}x}{n^2+1}\left(\sin x-n\cos x\right),\qquad n\geq 2. \end{cases}}$

Passiamo al secondo integrale. Osserviamo che per $n=0$ si ha

$J_0=\displaystyle \int e^x\ dx=e^x,$

e, per $n=1$ , integrando per parti

$J_1=\displaystyle \int e^x\cos x\ dx=e^x\cos x+\displaystyle \int e^x\sin x\ dx=e^x\cos x+e^x\sin x-J_1,$

da cui

$2J_1=e^x(\cos x+\sin x) \iff J_1=\frac{e^x}{2}(\cos x+\sin x).$

Per $n\geq 2$ si ha

$\begin{aligned} \displaystyle \int e^x\cos^n x\ dx&=\displaystyle \int e^x\cos^{n-2}x\ \cos^2 x\ dx=\displaystyle \int e^x\cos^{n-2}x(1-\sin^2 x)\ dx\\ &=\displaystyle \int e^x\cos^{n-2}x\ dx-\displaystyle \int e^x\sin^2 x\cos^{n-2}x\ dx. \end{aligned}$

Nel secondo integrale, posto

$f=e^x\sin x,\quad g'=\sin x\cos^{n-2} x\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\; \ f'=e^x(\sin x+\cos x),\quad g=-\frac{1}{n-1}\cos^{n-1}x,$

si ha

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

Nell’ultimo integrale, con

$f=e^x,\quad g'=\sin x\ \cos^{n-1}x\ \;\;\;\Longrightarrow\;\;\; f'=e^x,\quad g=-\frac{\cos^n x}{n},$

abbiamo

$\displaystyle \int e^x\sin x\ \cos^{n-1}x\ dx=-\frac{1}{n} e^x\cos^n x+\frac{1}{n}\displaystyle \int e^x\cos^n x\ dx$

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

$\boxcolorato{analisi}{ \begin{cases} J_0 &= e^x,\\ J_1 &= \dfrac{e^x}{2}(\cos x +\sin x),\\ \displaystyle J_n & = \dfrac{n(n-1)}{n^2+1} J_{n-2}+\dfrac{e^x\cos^{n-1}x}{n^2+1}\left(n\sin x+\cos x\right),\qquad n\geq 2. \end{cases}}$

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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.
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