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Integrali per parti

Integrali per parti

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Introduzione

clicca qui.

Benvenuti nella dispensa dedicata agli esercizi sugli integrali di funzioni composte. All’interno di questa dispensa troverete una selezione accurata di esercizi svolti che partono da un livello elementare fino ad arrivare ad un livello avanzato. Ciascun esercizio è stato scelto per stimolare e migliorare la vostra comprensione, mentre le soluzioni dettagliate e le spiegazioni vi accompagneranno attraverso concetti complessi in modo chiaro e intuitivo.

Di seguito troverete 15 esercizi svolti, con spiegazioni dettagliate e annotazioni utili. Per i richiami teorici più completi si rimanda alle dispense di teoria su integrali definiti e indefiniti e la guida alla risoluzione degli integrali indefiniti.

Questa dispensa di esercizi segue le dispense sugli integrali immediati e integrali per sostituzione .

Dopo aver svolto questi esercizi, si consiglia lo svolgimento degli esercizi sugli integrali di funzione razionale

Infine, si suggerisce lo svolgimento degli esercizi misti sugli integrali indefiniti e degli esercizi misti sugli integrali definiti.


 

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

    \[\int e^x \, \cos x \, dx\]

Svolgimento esercizio 1

Procediamo ad integrare per parti

(1)   \begin{equation*} \begin{aligned} \int e^x \, \cos x \, dx & = e^x \, \cos x - \int e^x (-\sin x) \, dx\\ & = e^x \, \cos x + \int e^x \sin x \, dx =\\ & = e^x \, \cos x + e^x \sin x - \int e^x \, \cos x \, dx \end{aligned} \end{equation*}

Dunque abbiamo ottenuto

    \[\int e^x \, \cos x \, dx = e^x \, \cos x + e^x \sin x - \int e^x \, \cos x \, dx + \mbox{c}\]

da cui

    \[2 \int e^x \, \cos x \, dx = e^x \, \left( \cos x + \sin x \right) + \mbox{c}\]


 

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

    \[\int e^{2x} \, \sin x\, dx\]

Svolgimento esercizio 2

Procediamo ad integrare per parti prendendo

    \[f=e^{2x},\quad g'=\sin x\ \Rightarrow\ f'=2e^{2x},\quad g=-\cos x\]

per cui dalla formula di integrazione per parti

    \[\int f g'\ dx=fg-\int f' g\ dx,\]

ricaviamo

(2)   \begin{equation*}\begin{aligned} \int e^{2x} \, \sin x\, dx & = e^{2x} \; (-\cos x) + 2 \int e^{2x} \, \cos x \, dx =\\ & = -e^{2x} \, \cos x + 2 \, \left( e^{2x} \, \sin x - 2 \int e^{2x} \, \sin x \, dx \right) = \\ & = -e^{2x} \, \cos x + 2 \, e^{2x} \, \sin x - 4 \int e^{2x} \, \sin x \, dx + \mbox{c} \end{aligned}\end{equation*}

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

    \[\int e^{2x} \, \sin x\, dx = -e^{2x} \, \cos x + 2 \, e^{2x} \, \sin x - 4 \int e^{2x} \, \sin x \, dx + \mbox{c}\]

da cui

    \[\int e^{2x} \, \sin x\, dx = \dfrac{e^{2x}}{5} \left( 2\sin x - \cos x \right) + \mbox{c}\]


 

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

    \[\int x^5 e^{-x^3} \, dx\]

Svolgimento esercizio 3

La derivata del termine esponenziale nella funzione integranda è data da

    \[D(e^{-x^3})=-3x^2 e^{-x^3}.\]

Posto

    \[f=-\frac{1}{3} x^3,\qquad g'=-3x^2 e^{-x^3} \, \Rightarrow \, f'=-x^2,\qquad g=e^{-x^3},\]

ed usando la formula di integrazione per parti

    \[\int fg'\ dx=fg-\int f'g\ dx,\]

abbiamo

(3)   \begin{equation*}\begin{aligned} \int x^5 e^{-x^3}\ dx& %=\int\left(-\frac{1}{3} x^3\right)\left(-3x^2 e^{-x^3}\right)\ dx =-\frac{1}{3} x^3 e^{-x^3}-\int -x^2 e^{-x^3}\ dx=\\ &=-\frac{1}{3}x^3 e^{-x^3}-\frac{1}{3}\int-3x^2 e^{-x^3}\ dx=\\ & = -\frac{1}{3}x^3 e^{-x^3}-\frac{1}{3} e^{-x^3}+c, \end{aligned}\end{equation*}

da cui

    \[\int x^5 e^{-x^3}\ dx=-\frac{1}{3} e^{-x^3}\left(x^3+1\right)+c.\]


 

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

    \[\int \arctan x \, dx\]

Svolgimento esercizio 4

Poniamo

    \[f=\arctan x,\qquad g'=1,\]

    \[\Rightarrow\ f'=\frac{1}{1+x^2},\qquad g=x,\]

da cui, per la formula di integrazione per parti

    \[\int fg'\ dx=fg-\int f'g\ dx,\]

abbiamo

(4)   \begin{equation*}\begin{aligned} \int\arctan x\ dx&=x\arctan x-\int x\cdot\frac{1}{x^2+1}\ dx=\\ &=x\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{2x}{x^2+1}\ dx=\\ &=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+c, \end{aligned}\end{equation*}

avendo usato, nell’ultimo integrale la relazione

    \[\int\frac{f'(x)}{f(x)}\ dx=\ln|f(x)|+c\]

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


 

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

    \[\int \arcsin x \, dx\]

Svolgimento esercizio 5

Poniamo

    \[f=\arcsin x,\qquad g'=1,\]

    \[\Rightarrow\ f'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad g=x,\]

da cui, per la formula di integrazione per parti

    \[\int fg'\ dx=fg-\int f'g\ dx,\]

abbiamo

(5)   \begin{equation*}\begin{aligned} \int\arcsin x\ dx&=x\arcsin x-\int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\ dx=\\ &=x\arcsin x+\frac{1}{2}\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=\\ &=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+c, \end{aligned}\end{equation*}

avendo usato, nell’ultimo integrale la relazione

    \[\int f'(x) [f(x)]^n\ dx=\frac{[f(x)]^{n+1}}{n+1}+c\]

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


 

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

    \[\int e^{3x}\cos 4x \, dx\]

Svolgimento esercizio 6

Poniamo

    \[f=\cos 4x,\qquad g'=e^{3x} \; \Rightarrow \; f'=-4\sin 4x,\qquad g=\frac{1}{3} e^{3x},\]

da cui, usando la regola di integrazione per parti

    \[\int fg'\ dx=fg-\int f' g\ dx,\]

abbiamo

(6)   \begin{equation*}\begin{aligned} I=\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}\end{equation*}

Ponendo nell’ultimo integrale

    \[f=\sin 4x,\qquad g'=e^{3x} \; \Rightarrow \; f'=4\cos x,\qquad g=\frac{1}{3} e^{3x}\]

ed applicando nuovamente l’integrazione per parti, abbiamo

(7)   \begin{equation*}\begin{aligned} \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}(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}\end{equation*}

Chiamando

    \[I = \int e^{3x}\cos 4x \, dx\]

otteniamo

(8)   \begin{equation*} \begin{aligned} I = \frac{1}{3}e^{3x}\cos 4x+\frac{4}{9}e^{3x}\sin 4x-\frac{16}{9}I \, & \Leftrightarrow \, I+\frac{16}{9}I=\frac{1}{3}e^{3x}\cos 4x+\frac{4}{9}e^{3x}\sin 4x+c\\ & \Leftrightarrow \, I =\frac{3}{25}e^{3x}\cos 4x+\frac{4}{25}e^{3x}\sin 4x+c \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow \, I =\frac{1}{25}e^{3x}\left(3\cos 4x+4\sin 4x\right) + c. \end{aligned} \end{equation*}


 

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

    \[\int \frac{\ln x}{x^2} \, dx\]

Svolgimento esercizio 7

Poniamo

    \[f=\ln x,\qquad g'=x^{-2} \; \Rightarrow\ f'=\frac{1}{x},\qquad g=-x^{-1},\]

da cui, usando al formula di integrazione per parti

    \[\int fg' \ dx=fg-\int fg'\ dx,\]

abbiamo

(9)   \begin{equation*}\begin{aligned} \int\frac{\ln x}{x^2}\ dx&=-\frac{\ln x}{x}+\int\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x}\ dx=\\ &=-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}+c=-\frac{1}{x}(\ln x+1)+c. \end{aligned}\end{equation*}


 

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

    \[\int x^2\cos(2x) \,dx\]

Svolgimento esercizio 8

Integrando il coseno otteniamo \displaystyle I=\int x^2\cos(2x) \,dx=\frac{1}{2}x^2\sin(2x)-\int x\sin(2x)\,dx e ripetendo l’integrazione per parti \displaystyle\int x\sin(2x)\,dx=-\frac{1}{2}x\cos(2x)+\frac{1}{2}\int\cos(2x)\,dx. Dunque concludiamo che \displaystyle I=\frac{1}{2}x^2\sin(2x)+\frac{1}{2}x\cos(2x)-\frac{1}{4}\sin(2x)+c.

 

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

    \[\int x^2\log(x)\,dx\]

Svolgimento esercizio 9

Qui conviene integrare la potenza di x, ottenendo \displaystyle I=\int x^2\log(x)\,dx=\frac{x^3}{3}\log(x)-\frac{1}{3}\int x^2\,dx=\frac{x^3}{3}\log(x)-\frac{x^3}{9}+c.

 

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

    \[\int x\log^2(x) \,dx\]

Svolgimento esercizio 10

Integriamo x, ottenendo

    \begin{eqnarray*} % \nonumber % Remove numbering (before each equation) \\ & \displaystyle I=\int x\log^2(x) \,dx=\frac{x^2}{2}\log^2(x)-\int x\log(x)\,dx=\\ &\displaystyle \frac{x^2}{2}\log^2(x)-\left(\frac{x^2}{2}\log(x)-\frac 1 2\int x\,dx \right)=\frac{x^2}{2}\left(\log^2(x)-\log(x)+\frac 1 2\right)+c. \end{eqnarray*}


 

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

    \[\int x\arctan(x)\,dx\]

Svolgimento esercizio 11

Integrando x otteniamo I=\displaystyle \int x\arctan(x) \,dx=\frac{x^2}{2}\arctan(x)-\frac 1 2\int \frac{x^2}{1+x^2}. L’ultimo integrale si risolve facilmente aggiungendo e sottraendo 1 al numeratore. Cncludiamo quindi che \displaystyle I=\frac{x^2}{2}\arctan(x)-\frac 1 2 x+\frac 1 2 \arctan(x)+c.

 

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

    \[\int \sin(x)e^{-x}\,dx\]

Svolgimento esercizio 12

Qui è indifferente chi scegliamo di integrare, ad esempio il seno, e poi il coseno:

    \begin{eqnarray*} &\displaystyle I=\int \sin(x)e^{-x}\,dx=-\cos(x)e^{-x}-\int \cos(x)e^{-x}\,dx = \\ &\displaystyle -\cos(x)e^{-x}-(\sin(x)e^{-x}+\int \sin(x)e^{-x}\,dx)=\\ & \displaystyle-\cos(x)e^{-x}-\sin(x)e^{-x}-I \end{eqnarray*}

Otteniamo quindi \displaystyle 2I=-\cos(x)e^{-x}-\sin(x)e^{-x}, ovvero

    \[\displaystyle I=-\frac{1}{2}e^{-x}(\cos(x)+\sin(x))+c\]


 

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

    \[\int e^{-x^5}\dfrac{\left(5x^5+3\right)}{x^4}dx\]

Svolgimento esercizio 13

Riscriviamo l’integrale come segue

    \[\int e^{-x^5}\dfrac{\left(5x^5+3\right)}{x^4}dx=5\int e^{-x^5}x\, dx+3\int e^{-x^5}x^{-4}dx.\]

Integrando per parti, otteniamo

(10)   \begin{align*} &\int e^{-x^5}\dfrac{\left(5x^5+3\right)}{x^4}dx=\\[10pt] &=5\int e^{-x^5}x\,dx+3\left(\dfrac{x^{-3}}{-3}e^{-x^5}-\int \dfrac{x^{-3}}{-3}e^{-x^5}(-5x^4)dx\right)=\\[10pt] &=5\int x \cancel{e^{-x^5}dx}-\dfrac{e^{-x^5}}{x^3}-5\int x\cancel{e^{-x^5}dx}+c=\\ &=-\dfrac{e^{-x^5}}{x^3}+c, \end{align*}

dove c\in\mathbb{R}.


 

Esercizio 14 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)
Calcolare i seguenti integrali ricorsivi:

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

determinandone una formula chiusa.

Svolgimento esercizio 14

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

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

Si ha allora

(12)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

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

(13)   \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 (11)

(14)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

Per l’altro integrale, poniamo

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

da cui

(15)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

Abbiamo allora

(16)   \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 (16) ed osservando che

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

(17)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

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

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

(19)   \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 (16) ed usando (19) si ha

(20)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

avendosi

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


 

Esercizio 15 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)
Trovare delle formule iterative per i seguenti integrali

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

Svolgimento esercizio 15

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

(21)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

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

(22)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

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

(23)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

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

(24)   \begin{equation*}\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}\end{equation*}

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

    \[J_n=\frac{n(n-1)}{n^2+1} J_{n-2}+\frac{e^x\cos^{n-1}x}{n^2+1}\left(n\sin x+\cos x\right)\qquad n\geq 0.\]


 

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