Integrali per sostituzione

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sugli integrali per sostituzione!
In questo articolo proponiamo 45 esercizi svolti sugli integrali indefiniti, affrontati mediante la tecnica della sostituzione. I problemi sono corredati di soluzione completa, così da offrire al lettore la possibilità di confrontare le proprie soluzioni con quelle da noi fornite e massimizzare l’efficienza del suo studio. L’articolo è quindi un ottimo punto di allenamento e banco di prova, in vista della preparazione dell’esame di Analisi Matematica 1 dei corsi di Laurea delle facoltà scientifiche.

Segnaliamo il materiale teorico di riferimento:

Consigliamo inoltre la consultazione delle seguenti raccolte di esercizi correlati:

Buona lettura!

Sommario

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Questa dispensa contiene 45 esercizi di diverse difficoltà sul calcolo di integrali indefiniti con la tecnica di sostituzione.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

Revisori: Sergio Fiuorucci, Sara Sottile.

Esercizi

$\quad$

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

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

Svolgimento.

Posto $t=\arcsin x$ da cui $dt=dx/\sqrt{1-x^2}$ segue

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

Allora

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

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

$\int \frac{\arcsin^{-4/7}x}{\sqrt{1-x^2}}\, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

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

segue

$\int\frac{\arcsin^{-4/7}x}{\sqrt{1-x^2}}\ dx=\int t^{-4/7}\ dt=\frac{7}{3} t^{3/7}+c=\frac{7}{3}\arcsin^{3/7} x+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Quindi concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{\arcsin^{-4/7}x}{\sqrt{1-x^2}}\ dx=\frac{7}{3}\arcsin^{3/7} x+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito applicando le formule parametriche

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

Svolgimento.

Utilizzando le formule parametriche ponendo $t= \tan \frac{x}{2}$ si ha che

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

da cui segue

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

Quindi

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

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

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

Svolgimento.

Osserviamo che la derivata del denominatore della funzione integranda è uguale $4x^3 - 4 = 4(x^3-1)$ . Poniamo dunque

$t=x^4-4x+1 \ \quad \Longrightarrow \quad \ dt=4(x^3-1)dx,$

da cui

$\displaystyle \int\frac{x^3-1}{x^4-4x+1}\ dx=\int\frac{1}{t}\cdot\frac{dt}{4}=\frac{1}{4}\ln|t|+c= \frac{1}{4}\ln|x^4-4x+1|+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{x^3-1}{x^4-4x+1}\ dx= \frac{1}{4}\ln|x^4-4x+1|+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

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

Svolgimento.

Poniamo

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

da cui

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

Concludiamo dunque che

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} \int\frac{\tan\sqrt{x-1}}{\sqrt{x-1}}\ dx&=\ln\frac{1}{\cos^2\sqrt{x-1}}+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}}$

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

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

Svolgimento.

Poniamo

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

da cui

$\int\frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\ dx=\int\sin t\cdot 2dt= -2\cos t+c=-2\cos\sqrt{x}+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Quindi

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

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

$\int \frac{\sin^3 x}{\cos^2 x} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$t=\cos x\quad \Longrightarrow \quad dt=-\sin x\ dx,$

da cui, ricordando che $\sin^2 x + \cos^2 x =1$ , si ha:

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

Dunque

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{\sin^3 t}{\cos^2 t}\ dt=\cos x+\frac{1}{\cos x}+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

$\int x^2\sqrt{x^3+5} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$x^3+5=t \quad \Longrightarrow \quad 3x^2\ dx=dt,$

quindi

$\int x^2\sqrt{x^3+5}\ dx=\frac{1}{3}\int \sqrt{t}\ dt=\frac{2t^{3/2}}{9}+c=\frac{2}{9}\sqrt{(x^3+5)^3}+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Allora

$\boxcolorato{analisi}{\int x^2\sqrt{x^3+5}\ dx=\frac{2}{9}\sqrt{(x^3+5)^3}+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

$\int (x+1)(x^2+2x-5)^{6/7} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$x^2+2x-5=t\quad \Longrightarrow\quad 2(x+1)\ dx=dt$

e quindi

$\begin{aligned} \int(x+1)(x^2+2x-5)^{6/7}\ dx &=\frac{1}{2}\int t^{6/7}\ dt=\frac{7}{26} t^{13/7}+c, \quad c \in \mathbb{R},\\ &=\frac{7}{26}\left(x^2+2x-5\right)^{13/7}+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\int(x+1)(x^2+2x-5)^{6/7}\ dx=\frac{7}{26}\left(x^2+2x-5\right)^{13/7}+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

$\int \frac{1}{\displaystyle\sqrt{x+1}+\sqrt{(x+1)^3}}\ dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$\sqrt{x+1}=t\ \quad \iff \quad x+1=t^2\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=2t\ dt,$

per cui

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

Quindi

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

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

$\int\frac{1}{\sqrt{x^2-7}}\, dx.$

Svolgimento.

Ricordando che

$\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1,$

poniamo

$x=\sqrt{7}\cosh t\quad \Longrightarrow \quad dx=\sqrt{7}\sinh t\ dt,$

da cui si ottiene che il termine al denominatore è uguale a:

$\sqrt{x^2-7}=\sqrt{7\cosh^2 t-7}=\sqrt{7}\sinh t.$

Sostituendo nell’integrale di partenza si ha:

$\int\frac{1}{\sqrt{x^2-7}}\ dx=\int\frac{1}{\sqrt{7}\sinh t}\cdot\sqrt{7}\sinh t\ dt=\int dt=t+c, \quad c\in \mathbb{R} \quad c \in \mathbb{R}.$

Sostituendo si ottiene:

$\cosh t=\frac{x}{\sqrt{7}} \, \quad \iff \quad \, t = \cosh^{-1}\frac{x}{\sqrt{7}} = \ln\left(\frac{x}{\sqrt{7}} + \sqrt{\frac{x^2}{7}-1}\right)= \ln(x+\sqrt{x^2-7})-\ln\sqrt{7},$

si ha

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{1}{\sqrt{x^2-7}}\ dx=\ln(x+\sqrt{x^2-7})+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

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

Svolgimento.

Poiché

$\frac{e^{3x}+2e^{2x}+3e^x}{e^x+1}=e^x\cdot\frac{e^{2x}+2e^{x}+3}{e^x+1},$

posto

$e^x=t\ \quad \Longrightarrow \quad\ e^x\ dx=dt,$

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

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

Quindi

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

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

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

Svolgimento.

Considerando l’identità

$\cosh^2 x=1+\sinh^2 x,$

possiamo intuire che la sostituzione utile in questo caso è $x=\sinh t$ , così che $dx=\cosh t dt$ . Sostituendo nell’integrale troviamo

$\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx=\int \frac{\cosh t}{\sqrt{\cosh^2 t}}\,dt=\int dt=t+c = \sinh^{-1} x+ c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Concludiamo che

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

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

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

Svolgimento.

Posto

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

l’integrale diventa

$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{(1+x^2)^3} \, dx & = \int \dfrac{1+\tan^2t}{(1+\tan^2 t)^3} \, dt = \int \cos^4 t \, dt \\ & = \int \left(\dfrac{1+\cos 2t}{2}\right)^2\, dt = \\ & = \dfrac{1}{4}t + \int \dfrac{\cos 2t}{2} \, dt + \int \dfrac{\cos^2 2t}{4} \, dt \\ & = \dfrac{1}{4}t + \dfrac{\sin 2t}{4} +\int\dfrac{1+\cos 4t}{8}\, dt\\ & = \dfrac{1}{4}t + \dfrac{\sin 2t}{4} + \dfrac{1}{8}t + \dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{\sin 4t}{4} + \mbox{c}, \quad c \in \mathbb{R}\\ & = \dfrac{3}{8}t + \dfrac{\sin 2t}{4} + \dfrac{1}{16} \cdot \sin 2t \; \cos 2t + \mbox{c}, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Per ottenere il risultato in termini di $x$ , osserviamo per prima cosa che, dalla sostituzione inversa si ricava

$t=\arctan x.$

Inoltre, dalle espressioni parametriche di $\sin\alpha,\cos\alpha$ in funzione di $\tan \frac{\alpha}{2}$ ricaviamo

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

Sostituendo tali espressioni nel risultato precedente otteniamo

$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{(1+x^2)^3} \, dx & = \dfrac{3}{8} \arctan x + \dfrac{x}{2(1+x^2)} + \dfrac{1}{8} \; \dfrac{x}{1+x^2} \; \dfrac{1-x^2}{1+x^2} + \mbox{c}, \quad c \in \mathbb{R} \\ & = \dfrac{3}{8} \arctan x +\frac{x}{8(1+x^2)^2}\left[4(1+x^2)+1-x^2\right] + \mbox{c}, \quad c \in \mathbb{R} \end{aligned}$

per cui

$\boxcolorato{analisi}{\int \dfrac{1}{(1+x^2)^3} \, dx=\dfrac{3}{8}\arctan x+\frac{x(3x^2+5)}{8(1+x^2)^2}+\mbox{c}, \quad c \in \mathbb{R}.}$

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

$\int \dfrac{1}{(1+9x^2)^2}\ dx.$

Svolgimento.

Ricordando il risultato notevole

$\displaystyle\int\frac{1}{1+t^2}\ dt=\arctan t+c, c \in \mathbb{R},$

è utile effettuare la seguente sostituzione

$x=\frac{1}{3}\tan t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\frac{1}{3\cos^2 t}\ dt=\frac{1+\tan^2 t}{3}\ dt$

da cui

$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{(1+9x^2)^2}\ dx &=\int\frac{1}{(1+\tan^2 t)^2}\cdot \frac{1+\tan^2 t}{3}\ dt\\ &=\frac{1}{3}\int\frac{1}{1+\tan^2 t}\ dt=\frac{1}{3}\int\cos^2 t\ dt\\ &=\frac{1}{6}\int\left(1+\cos 2t\right)\ dt=\frac{1}{6}\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{6}\left(t+\sin t \cos t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

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:

$\begin{cases} \sin^2t+\cos^2 t=1\\ \sin t=3x\cos t \end{cases} \quad \iff \quad \, \, \,\, \begin{cases} 9x^2\cos^2 t+\cos^2 t=1\\ \sin t=3x\cos t \end{cases} \quad \iff \quad \, \, \, \, \begin{cases} \cos t=\dfrac{1}{\sqrt{1+9x^2}}\\\\ \sin t=\dfrac{3x}{\sqrt{1+9x^2}}. \end{cases}$

Pertanto

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{1}{(1+9x^2)^2}\ dx=\frac{1}{6}\left(\arctan 3x +\frac{3x}{1+9x^2}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

$\int \sin^3 x\cos^4 x \, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

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

Posto allora $t=\cos x$ ed essendo $dt=-\sin x\ dx$ , si ha

$\begin{aligned} \int\sin^3 x\cos^4 x\ dx &=-\int t^4\ dt+\int t^6\ dt=-\frac{t^5}{5}+\frac{t^7}{7}+c, \quad c\in \mathbb{R},\\ &=-\frac{1}{5}\cos^5 x+\frac{1}{7}\cos^7 x+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\int\sin^3 x\cos^4 x\ dx=-\frac{1}{5}\cos^5 x+\frac{1}{7}\cos^7 x+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

$\int \sqrt{3-x^2} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$x=\sqrt{3}\cdot\sin t\quad \Longrightarrow \quad dx=\sqrt{3}\cdot\cos t\ dt,$

da cui

$\sqrt{3-x^2}=\sqrt{3-3\sin^2 t}=\sqrt{3}\cdot\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{3}\cdot\cos t.$

Utilizzando la formula di duplicazione per il coseno

$\cos 2t=2\cos^2 t-1,$

abbiamo

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

Si ha

$\sin t=\frac{x}{\sqrt{3}} \; \Longrightarrow \;\begin{cases}\cos t=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{1-\dfrac{x^2}{3}}=\dfrac{\sqrt{3-x^2}}{\sqrt{3}},\\t=\arcsin\dfrac{x}{\sqrt{3}},\end{cases}$

da cui sostituendo

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

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{1}{\sqrt{4-x^2}} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

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

da cui segue che

$\sqrt{4-x^2}=\sqrt{4-4\sin^2 t}=2\sqrt{1-\sin^2 t}=2\cos t.$

Sostituendo nell’integrale di partenza otteniamo dunque

$\int\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}\ dx=\int\frac{1}{2\cos t}\cdot2\cos t\ dt=\int dt=t+c, \quad c\in \mathbb{R}$

e quindi, essendo

$\sin t=\frac{x}{2}\quad \Longrightarrow \quad t=\arcsin\frac{x}{2},$

si ha

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

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

$\int \sqrt{x^2+9} \, dx.$

Svolgimento.

Si ricordi che

$\cosh^2 t-\sinh^2 t=1,\qquad\cosh^2 t=\frac{1+\cosh 2t}{2}.$

Poniamo

$x=3\sinh t\quad \Longrightarrow \quad dx=3\cosh t\ dt,$

da cui

$\sqrt{x^2+9}=\sqrt{9\sinh^2 t+9}=3\sqrt{\sinh^2 t+1}=3\cosh t,$

quindi

$\begin{aligned} \int\sqrt{x^2+9}\ dx&=\int 3\cosh t\cdot 3\cosh t\ dt=9\int\cosh^2 t\ dt\\ &=\frac{9}{2}\int(1+\cosh 2t)\ dt=\frac{9}{2}\left(t+\frac{1}{2}\sinh 2t\right)+c\quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{9}{2}\left(t+\sinh t\cosh t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Ora

$\sinh t=\frac{x}{3} \; \Longrightarrow \; \begin{cases} \cosh t=\sqrt{1+\sinh^2 t}=\sqrt{1+\dfrac{x^2}{9}}=\dfrac{\sqrt{x^2+9}}{3},\\t=\sinh^{-1}\dfrac{x}{3}=\ln\left(\frac{x}{3}+\sqrt{\dfrac{x^2}{9}+1}\right)= \ln(x+\sqrt{x^2+9})-\ln 3,\end{cases}$

pertanto

$\boxcolorato{analisi}{\int\sqrt{x^2+9}\ dx=\frac{9}{2}\ln\left(x+\sqrt{x^2+9}\right)+\frac{x}{2}\sqrt{x^2+9}+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+5}} \, dx.$

Svolgimento.

Si ricordi che

$\cosh^2 t-\sinh^2 t=1.$

Poniamo

$x=\sqrt{5}\sinh t\quad \Longrightarrow \quad dx=\sqrt{5}\cosh t\ dt,$

da cui

$\sqrt{x^2+5}=\sqrt{5\sinh^2 t+5}=\sqrt{5}\sqrt{\sinh^2 t+1}=\sqrt{5}\cdot\cosh t.$

Sostituendo nell’integrale di partenza otteniamo

$\int\frac{1}{\sqrt{x^2+5}}\ dx=\int\frac{1}{\sqrt{5}\cdot\cosh t}\cdot\sqrt{5}\cdot\cosh t\ dt=\int dt=t+c, \quad c\in \mathbb{R}$

ed essendo

$\sinh t=\frac{x}{\sqrt{5}}\quad \Longrightarrow \quad t=\sinh^{-1}\frac{x}{\sqrt{5}}=\ln\left(\frac{x}{\sqrt{5}}+\sqrt{\frac{x^2}{5}+1}\right)= \ln(x+\sqrt{x^2+5})-\ln\sqrt{5},$

se ne deduce

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

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

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

Svolgimento.

Risolviamo questo esercizio con due tecniche diverse.

$\quad$

1° modo. La funzione integranda è definita su $]-\infty,-1] \cup [1, +\infty[$ , pertanto la sostituzione con la funzione coseno iperbolico deve tenere conto che essa è strettamente positiva su tutto $\mathbb{R}$ . Si presentano, quindi, due casi: $x \leq -1$ e $x \geq 1$ .
1° caso: $x \in ]-\infty,-1]$

$\begin{aligned} x &= -\cosh t \Rightarrow dx = -\sinh t \,dt \\ \sqrt{x^2 - 1} &= \sqrt{\cosh^2 t - 1} = |\sinh t| = -\sinh t \end{aligned}$

L’integrale diventa:

$\begin{aligned} \int \sqrt{x^2 - 1} \,dx &= \int \sinh^2 t \,dt \\ &= \frac{1}{2} \int (\cosh 2t - 1) \,dt \\ &= \frac{1}{4} \sinh 2t - \frac{1}{2} t +c, \quad c\in \mathbb{R}. \\ &= \frac{1}{2} (\sinh t \cosh t - t) +c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Per tornare alla variabile $x$ :

$x = -\cosh t \Rightarrow e^t = -x \pm \sqrt{x^2 - 1}.$

Scegliendo la soluzione corretta:

$t = \ln (-x - \sqrt{x^2 - 1}).$

Sostituendo:

(1) $\begin{equation*} \int \sqrt{x^2 - 1} \,dx = \frac{1}{2} \left( x \sqrt{x^2 - 1} - \ln(-x - \sqrt{x^2 - 1}) \right) +c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

2° caso: $x \in [1,+\infty[$

Seguendo lo stesso procedimento con $x = \cosh t$ :

(2) $\begin{equation*} \int \sqrt{x^2 - 1} \,dx = \frac{1}{2} \left( x \sqrt{x^2 - 1} - \ln(x + \sqrt{x^2 - 1}) \right) +c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

2° modo. Utilizzando la sostituzione di Eulero:
$\begin{aligned} \sqrt{x^2 - 1} &= t - x \\ x &= \frac{t^2 + 1}{2t} \\ dx &= \frac{t^2 - 1}{2t^2} dt \end{aligned}$

L’integrale diventa:

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

Sostituendo $t$ in termini di $x$ e semplificando:

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

Si dimostra che le soluzioni trovate nei due metodi sono equivalenti. Si conclude quindi che

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

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

$\int \sqrt{4-6x-x^2} \, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere la funzione integranda nel modo seguente:

$\sqrt{4-6x-x^2}=\sqrt{13-(9+6x+x^2)}=\sqrt{13-(x+3)^2}\ dx,$

da cui, ponendo

$x+3=\sqrt{13}\sin t\quad \Longrightarrow \quad dx=\sqrt{13}\cos t\ dt,$

si ha:

$\sqrt{4-6x-x^2}=\sqrt{13-13\sin^2 t}=\sqrt{13}\cdot|\cos t|.$

Dalle condizioni di esistenza del radicando si ha che $x \in [-\sqrt{13}-3,\sqrt{13}-3]$ , dunque si ha:

$\sin t = \dfrac{x+3}{\sqrt{13}}\in [-1,1] \Longrightarrow t = \arcsin \left( \dfrac{x+3}{\sqrt{13}}\right)\in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] \Longrightarrow \cos t \geq 0.$

Sostituendo nell’integrale di partenza, ricordando che

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

si ottiene dunque:

$\begin{aligned} \int\sqrt{4-6x-x^2}\ dx&=\int\sqrt{13}\cos t\cdot\sqrt{13}\cos t\ dt\\ &=13\int\cos^2 t\ dt\\ &=\frac{13}{2}\int(1+\cos 2t)\ dt\\ &=\frac{13}{2}\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t\right)+c,\quad c\in \mathbb{R}, \\ &=\frac{13}{2}\left(t+\sin t\cos t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Poiché

$\sin t=\frac{x+3}{\sqrt{13}} \quad \Longrightarrow \begin{cases} t=\arcsin\dfrac{x+3}{\sqrt{13}},\\ \cos t=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{1-\dfrac{(x+3)^2}{13}}=\dfrac{\sqrt{4-6x-x^2}}{\sqrt{13}}, \end{cases}$

risulta

$\boxcolorato{analisi}{\int\sqrt{4-6x-x^2}\ dx=\frac{13}{2}\arcsin\frac{x+3}{\sqrt{13}}+\frac{x+3}{2}\sqrt{4-6x-x^2}+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

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

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

Svolgimento.

Effettuiamo la sostituzione

$t= \tan \dfrac{x}{2},$

da cui, utilizzando le formule parametriche, si ha:

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

Sostituendo nell’integrale otteniamo

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

In conclusione

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

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

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

Svolgimento.

Effettuiamo la sostituzione

$t = \tan \dfrac{x}{2}$

da cui, utilizzando le formule parametriche si ha:

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

Sostituendo nell’integrale si ha:

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

Ora

$\frac{4t}{(1+t^2)(1+t)^2}=\frac{At+B}{1+t^2}+\frac{C}{1+t}+\frac{D}{(1+t)^2},$

da cui

$\begin{equation*}\label{1} \begin{aligned} 4t &= (At+B)(1+t)^2+C(1+t)(1+t^2)+D(1+t^2)= \\ &= B + C + D + (A + 2B + C)t + (2A + B + C + D)t^2 + (A + C)t^3 \end{aligned} \end{equation*}$

Il sistema da risolvere è:

$\begin{aligned} A + C &= 0, \\ 2A + B + C + D &= 0, \\ A + 2B + C &= 4, \\ B + C + D &= 0. \end{aligned}$

Risolvendo il sistema otteniamo $A=C=0$ , $B=2$ , $D=-2$ , per cui sostituendo otteniamo dunque

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

dove nel penultimo passaggio si è utilizzata la relazione

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

Quindi

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

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

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

Svolgimento.

Poniamo $x=\sin t$ , da cui

$\sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\cos t \quad \text{e} \quad dx=\cos t\ dt.$

Otteniamo quindi

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

Allora

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

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

$\int \sqrt{e^x-1} \, dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$e^x-1=t^2\ \quad \iff \quad \ x=\ln(1+t^2)\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\frac{2t}{1+t^2}\ dt,$

da cui

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

In conclusione

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

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Effettuiamo la sostituzione

$t=\tan \dfrac{x}{2},$

da cui, utilizzando le formule parametriche del seno e del coseno

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

si può ricavare la seguente identità:

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

Dalla sostituzione effettuata si ha inoltre che

$\displaystyle x = \arctan t \; \Longrightarrow \; dx=\frac{2}{1+t^2}dt.$

Sostituendo nell’integrale si ha dunque:

$\displaystyle \int \frac{1}{\sin x}\,dx=\int \frac{1+t^2}{2t}\frac{2}{1+t^2}\,dt=\int \frac{1}{t}\,dt=\ln|t|+c=\ln \left| \tan \dfrac{x}{2}\right| + c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Dalle formule di bisezione del seno e coseno si trova

$\displaystyle \left| \tan \frac{x}{2}\right| =\frac{\sqrt{1-\cos x}}{\sqrt{1+\cos x}}=\frac{\left|\sin x\right|}{|1+\cos x|},$

dove nell’ultima identità abbiamo moltiplicato e diviso per $\displaystyle \sqrt{1+\cos x}.$ Dunque la soluzione riscritta in questo modo diventa

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

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

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

Svolgimento.

Ricordiamo che gli integrali della forma

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

con $m,n,p\in\mathbb{Q}$ si possono ricondurre al calcolo dell’integrale di una funzione razionale se e solo se uno tra

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

è un intero. Osserviamo che l’integrale della traccia è di questa forma, con:

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

e quindi

$\frac{m+1}{n}=3\in\mathbb{Z},$

per cui poniamo

$t=(3+2x)^{1/2}\ \quad \iff \quad \ x=\frac{t^2-3}{2}\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=t\ dt,$

da cui

$\begin{aligned} \int\frac{x^2}{(3+2x)^{1/2}}\ dx &=\int\frac{1}{t}\cdot\frac{1}{4}(t^2-3)^2\cdot t\ dt\\ &= \frac{1}{4}\int(t^4-6t^2+9)\ dt\\ &=\frac{1}{4}\left(\frac{t^5}{5}-2t^3+9t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{t}{20}\left(t^4-10t^2+45\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{20}\sqrt{3+2x}\left(4x^2-8x+24\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{5}\sqrt{3+2x}\left(x^2-2x+6\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{x^2}{(3+2x)^{1/2}}\ dx=\frac{1}{5}\sqrt{3+2x}\left(x^2-2x+6\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. }$

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Dalle relazioni

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

abbiamo

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

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{\sin x}{1+\cos x}\ dx=-\ln(1+\cos x)+c }$

essendo

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

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{x^9}{(3+2x^5)^{3/2}} \, dx.$

Svolgimento.

Ricordiamo che gli integrali della forma

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

con $m,n,p\in\mathbb{Q}$ si possono ricondurre al calcolo dell’integrale di una funzione razionale se e solo se uno tra

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

è un intero. Osserviamo che l’integrale della traccia è di questa forma, con:

$m=9,\quad n=5,\quad p=-\frac{3}{2},\qquad a=3,\quad b=2,$

e quindi

$\frac{m+1}{n}=2\in\mathbb{Z},$

per cui poniamo

$t=(3+2x^5)^{1/2}\ \quad \iff \quad \ x^5=\frac{t^2-3}{2}\ \quad \Longrightarrow \quad\ 5x^4\ dx=t\ dt,$

da cui

$\begin{aligned} \int\frac{x^9}{(3+2x^5)^{3/2}}\ dx&=\int\frac{1}{t^3}\cdot\frac{1}{2}(t^2-3)\cdot\frac{1}{5} t\ dt= \frac{1}{10}\int\frac{t^2-3}{t^2}\ dt\\ &=\frac{1}{10}\int\left(1-\frac{3}{t^2}\right)\ dt=\frac{1}{10}\left(t+\frac{3}{t}\right)+c=\frac{t^2+3}{10t}+c\\ &=\frac{2x^5+6}{10\sqrt{3+2x^5}}+c=\frac{x^5+3}{5\sqrt{3+2x^5}}+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Allora

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{x^9}{(3+2x^5)^{3/2}}\ dx=\dfrac{x^5+3}{5\sqrt{3+2x^5}}+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int x^3(5+3x^2)^{5/2} \, dx.$

Svolgimento.

Ricordiamo che gli integrali della forma

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

con $m,n,p\in\mathbb{Q}$ si possono ricondurre al calcolo dell’integrale di una funzione razionale se e solo se uno tra

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

è un intero. Osserviamo che l’integrale della traccia è di questa forma, con:

$m=3,\quad n=2,\quad p=\frac{5}{2},\qquad a=5,\quad b=3,$

e quindi

$\frac{m+1}{n}=2\in\mathbb{Z},$

per cui poniamo

$t=(5+3x^2)^{1/2}\ \quad \iff \quad \, x^2=\frac{t^2-5}{3}\ \quad \Longrightarrow \quad\ 2x\ dx=\frac{2t}{3}\ dt,$

da cui

$\begin{aligned} \int x^3(5+3x^2)^{5/2}\ dx&=\int t^5\cdot\frac{t^2-5}{3}\cdot\frac{t}{3}\ dt\\ &=\frac{1}{9}\int(t^8-5t^6)\ dt\\ &=\frac{1}{9}\left(\frac{t^9}{9}-\frac{5}{7} t^7\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{t^7}{567}(7t^2-45)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{1}{567}\sqrt{5+3x^2}\left(5+3x^2\right)^3\left(21x^2-10\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\int x^3(5+3x^2)^{5/2}\ dx=\frac{1}{567}\sqrt{5+3x^2}\left(5+3x^2\right)^3\left(21x^2-10\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Riscriviamo il radicando presente nella funzione integranda come

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

ed effettuiamo la seguente sostituzione:

$x+1=\sinh t \; \Longrightarrow \; dx = \cosh t,$

da cui

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

avendo usato il fatto che

$\sinh^2 t -1 = \cosh^2 t.$

Sostituendo nell’integrale si ha dunque:

$\int x^2 \sqrt{ x^2+2x+2}\, dx = \int(\sinh t - 1)^2 \cosh^2 t\, dt= \int \cosh^4 t \, dt - 2 \int \sinh t \; \cosh^2 t \; dt.$

Ricordando laformula di duplicazione per il coseno iperbolico

$\cosh {2t}=\cosh ^{2}{t}+\sinh ^{2}{t}=2\cosh ^{2}{t}-1=2\sinh ^{2}{t}+1,$

otteniamo

$\begin{aligned} \int x^2 \sqrt{ x^2+2x+2}\, dx & = \int \left(\dfrac{\cosh 2t+1}{2}\right)^2 \, dt - \dfrac{2\cosh^3t}{3} \\ & =\dfrac{1}{4} \int (\cosh^2 2t + 1+2\cosh 2t) \, dt - \dfrac{2\cosh^3t}{3} = \\ & = \dfrac{1}{4}t + \dfrac{\sinh 2t}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{1}{4} \int \cosh^2 2t \, dt \\ & = \dfrac{1}{4}t + \dfrac{\sinh 2t}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{1}{4} \int \dfrac{1+\cosh 4t}{2}\, dt = \\ & = \dfrac{1}{4}t + \dfrac{\sinh 2t}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{1}{8}t + \dfrac{\sinh 4t}{32} + c, \quad c\in \mathbb{R} \\ & = \dfrac{3}{8}t + \dfrac{\sinh 2t}{4} - \dfrac{2\cosh^3t}{3} + \dfrac{\sinh 4t}{32} + c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Ricordando che

$\sinh t = x+1, \quad \cosh t = \sqrt{(x+1)^2+1},$

otteniamo le seguenti relazioni:

$\begin{aligned} \sinh 2t &= 2\sinh t \cosh t = 2(x+1)\sqrt{(x+1)^2+1}, \\ \cosh^3 t &= \big(\cosh t\big)^3 = \big(\sqrt{(x+1)^2+1}\big)^3, \\ \cosh 2t &= 2\cosh^2 t - 1 = 2\big((x+1)^2+1\big) - 1 = 2(x+1)^2 + 1. \end{aligned}$

Per $\sinh 4t$ , usiamo la formula di duplicazione:

$\sinh 4t = 2 \sinh 2t \cosh 2t.$

Sostituendo i valori:

$\begin{aligned} \sinh 2t &= 2(x+1)\sqrt{(x+1)^2+1}, \\ \cosh 2t &= 2(x+1)^2 + 1, \end{aligned}$

otteniamo:

$\sinh 4t = 2 \cdot \big(2(x+1)\sqrt{(x+1)^2+1}\big) \cdot \big(2(x+1)^2 + 1\big) = 4(x+1)\sqrt{(x+1)^2+1} \big(2(x+1)^2 + 1\big).$

Sostituendo le relazioni trovate nel risultato in $t$ ottenuto si ha dunque:

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned}\displaystyle \int x^2 \sqrt{x^2+2x+2}\, dx &= \frac{3}{8} \ln(x+1+\sqrt{(x+1)^2+1}) +\\ & \qquad + (6x^3+2x^2+x-11)\sqrt{(x^2+2x+2)}+ c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}}$

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \dfrac{1}{1+\sqrt{4+x^2}}\ dx.$

Svolgimento.

Ricordando la relazione

$\cosh^2 t-\sinh^2 t=1,$

effettuiamo la seguente sostituzione:

$x=2\sinh t \quad \Longrightarrow \quad\ dx=2\cosh t\ dt$

da cui

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

Risolviamo l’integrale rimanente utilizzando la definizione di coseno iperbolico

$\cosh t = \dfrac{e^t+e^{-t}}{2},$

da cui

$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{1+2\cosh t}\, dt &=\int\frac{1}{1+e^t+e^{-t}}\ dt=\int\frac{e^t}{e^{2t}+e^t+1}\ dt=\int\frac{e^t}{\left(e^t+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\ dt \end{aligned}.$

Effettuiamo una seconda sostituzione, ponendo

$e^t+\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3} z}{2}\ \quad \Longrightarrow \quad\ e^t dt=\frac{\sqrt{3}}{2}\ dz,$

per cui otteniamo

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

Ne segue che l’integrale di partenza, in termini della variabile $t$ , diventa

$\int\frac{1}{1+\sqrt{4+x^2}}\ dx=t-\frac{2\sqrt{3}}{3}\arctan\left(\frac{2e^t+1}{\sqrt{3}}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Dalla sostituzione fatta, ricordando che

$x = 2\sinh t = 2\dfrac{e^t - e^{-t}}{2}=e^t-e^{-t}$

si ottiene che

$e^t=\frac{x+\sqrt{x^2+4}}{2},$

$t=\ln\left(x+\sqrt{x^2+4}\right)-\ln 2,$

da cui

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

Sostituendo si ottiene dunque:

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

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \dfrac{1}{(x^2+5x+30)^3}\ dx.$

Svolgimento.

Riscriviamo il denominatore della funzione integranda come segue:

$x^2+5x+30=x^2+5x+\frac{25}{4}+30-\frac{25}{4}=\left(x+\frac{5}{2}\right)^2+\frac{95}{4},$

pertanto, ponendo

$x+\frac{5}{2}=\frac{\sqrt{95}}{2}\tan t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\frac{\sqrt{95}}{2\cos^2 t}\ dt,$

abbiamo

$x^2+5x+30=\frac{95}{4}\left(\tan^2 t+1\right)=\frac{95}{4\cos^2 t},$

e quindi l’integrale diventa

$\int \dfrac{1}{(x^2+5x+30)^3}\ dx=\int\frac{64\cos^6 t}{95^3}\cdot\frac{\sqrt{95}}{2\cos^2 t}\ dt= \frac{32}{\sqrt{95^5}}\int\cos^4 t\ dt.$

Possiamo scrivere

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

per cui

$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{(x^2+5x+30)^3}\ dx &=\frac{32}{\sqrt{95^5}}\int\left(\frac{3}{8}+\frac{1}{2}\cos 2t+\frac{1}{8}\cos 4t\right)\ dt\\ &=\frac{32}{\sqrt{95^5}}\left(\frac{3}{8}t+\frac{1}{4}\sin 2t+\frac{1}{32}\sin 4t\right)+c\\ &=\frac{2}{\sqrt{95^5}}\left(6t+4\sin 2t+\sin 2t\cos 2t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Dal momento che

(4) $\begin{equation*} \tan t=\frac{2x+5}{\sqrt{95}}\ \quad \iff \quad\, t=\arctan\left(\frac{2x+5}{\sqrt{95}}\right), \end{equation*}$

e ricordando le formule parametriche

(5) $\begin{equation*} \sin 2t =\dfrac{2 \tan t}{1+\tan^2 t} \qquad \qquad \cos 2t =\dfrac{1-\tan^2 t}{1+\tan^2 t}, \end{equation*}$

si ha

$\begin{aligned} & \sin 2t=\frac{2\tan t}{1+\tan^2 t}=2\cdot\frac{2x+5}{\sqrt{95}}\cdot\frac{95}{4(x^2+5x+30)}= \frac{\sqrt{95}(2x+5)}{2(x^2+5x+30)},\\ & \cos 2t=\frac{1-\tan^2 t}{1+\tan^2 t}=\frac{-4x^2-20x+70}{4x^2+20x+120}=\frac{-2x^2-10x+35}{2(x^2+5x+30)}. \end{aligned}$

Tornando all’integrale di partenza otteniamo quindi:

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} \int & \dfrac{1}{(x^2+5x+30)^3}\ dx\\ &=\frac{2}{\sqrt{95^5}}\Bigg( 6\arctan\left(\frac{2x+5}{\sqrt{95}}\right) +\frac{2\sqrt{95}(2x+5)}{x^2+5x+30}+ \\ & \quad + \frac{\sqrt{95}(2x+5)(-2x^2-10x+35)}{4(x^2+5x+30)^2} \Bigg)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}}$

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Utilizziamo la sostituzione

$t=e^{-x}\ \quad \Longrightarrow \quad\ -e^{-x}\ dx=dt,$

per cui l’integrale dato diventa

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

Effettuando un’ulteriore sostituzione

$y = \cos t \; \Longrightarrow \; dy = -\sin t dt,$

si ha:

$-\int \frac{\sin t}{\cos^2 t+\cos t+1}\ dt = \int \dfrac{dy}{y^2 + y+1} = \int \dfrac{dy}{\left(y + \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}}.$

Ponendo ulteriormente

$\frac{\sqrt{3}}{2}z = y + \dfrac{1}{2} \; \Longrightarrow \; dz = \frac{2}{\sqrt{3}}dy,$

si ha

$\int \dfrac{dy}{\left(y + \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}} = \int \dfrac{\sqrt{3}/2}{\frac{3}{4}(z^2+1)}dz = \dfrac{2}{\sqrt{3}}\arctan z+c,\quad c \in \mathbb{R}.$

Ricordando che

$z= \frac{2}{\sqrt{3}}\left(y + \frac{1}{2}\right) =\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\cos t + \frac{1}{2}\right) = \frac{2}{\sqrt{3}}\left(\cos e^{-x}+\frac{1}{2}\right),$

sostituendo otteniamo:

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

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Riscriviamo il radicando della funzione integranda come segue:

$-x^2+x+1=-(x^2-x)+1=-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{5}{4},$

da cui, ponendo

$x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\sin t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\cos t\ dt,$

si ha

$\sqrt{-x^2+x-1}=\sqrt{\frac{5}{4}-\frac{5}{4}\sin^2 t}=\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot|\cos t|,$

avendo ricordato che

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

Sostituendo nell’integrale di partenza si ottiene dunque

$\begin{aligned} \int\sqrt{-x^2+x-1}\ dx&=\int\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\cos t\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\cos t\ dt=\frac{5}{4}\int\cos^2 t\ dt\\ &=\frac{5}{4}\int\left(\frac{1+\cos 2t}{2}\right)\ dt\\ &=\frac{5}{4}\left(\frac{t}{2}+\frac{1}{4}\sin 2t\right)+c,\quad c \in \mathbb{R}\\ &=\frac{5}{4}\left(\frac{t}{2}+\frac{1}{2}\sin t\cos t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

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

$\boxcolorato{analisi}{\int\sqrt{-x^2+x+1}\ dx=\frac{5}{8}\arcsin\left(\frac{\sqrt{5}}{5}(2x-1)\right)+\frac{2x-1}{4}\sqrt{-x^2+x+1}+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 37 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{x-3}{\sqrt{x^2+11}} \, dx.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere

$\int\frac{x-3}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=\int\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+11}}-\frac{3}{\sqrt{x^2+11}}\right)\ dx,$

Consideriamo il primo integrale. Ponendo

$y=x^2+11\ \quad \Longrightarrow \quad\ dt=2x\ dx,$

si ha

$\int\frac{x}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=\frac{1}{2}\int\frac{1}{\sqrt{y}}\ dt=\sqrt{y}+ c =\sqrt{x^2+11}+ c,\quad c \in \mathbb{R}.$

Per il secondo integrale, ponendo

$x=\sqrt{11}\sinh t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\sqrt{11}\cosh t\ dt,$

si ha

$\sqrt{x^2+11}=\sqrt{2\sinh^2 t+11}=\sqrt{11}\cosh t,$

ricordando che $\cosh^2 t-\sinh^2 t=1$ . Sostituendo si ottiene

$\int\frac{3}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=\int\frac{3\sqrt{11}\cosh t}{\sqrt{11}\cosh t}\ dt=\int 3\ dt=3t+ c, \quad c \in \mathbb{R},$

Poiché

$\sinh t=\frac{x}{\sqrt{11}}$

$t=\ln\left(\frac{x}{\sqrt{11}}+\sqrt{\frac{x^2}{11}+1}\right)= \ln(x+\sqrt{x^2+11})-\ln\sqrt{11},$

si ha

$\int\frac{3}{\sqrt{x^2+11}}\ dx=3\ln(x+\sqrt{x^2-2})+ c,\quad c \in \mathbb{R}.$

Mettendo insieme i risultati dei due integrali si ottiene:

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

Esercizio 38 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \frac{x^5}{\sqrt{x^3+6}} \, dx.$

Svolgimento.

Ricordiamo che gli integrali della forma

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

con $m,n,p\in\mathbb{Q}$ si possono ricondurre al calcolo dell’integrale di una funzione razionale se e solo se uno tra

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

è un intero. Osserviamo che l’integrale della traccia è di questa forma, con:

$m=5,\quad n=3,\quad p=-\frac{1}{2},\qquad a=6,\quad b=1,$

e quindi

$\frac{m+1}{n}=2\in\mathbb{Z},$

per cui poniamo

$t=(6+x^3)^{1/2}\ \quad \iff \quad x^3=t^2-6\ \quad \Longrightarrow \quad\ 3x^2\ dx=2t\ dt,$

da cui

$\begin{aligned} \int\frac{x^5}{\sqrt{x^3+6}}\ dx&=\int\frac{1}{t}\cdot(t^2-6)\cdot\frac{2}{3} t\ dt=\frac{2}{3}\int(t^2-6)\ dt\\ &= \frac{2}{3}\left(\frac{t^3}{3}-6t\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{2t}{9}(t^2-18)+c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &=\frac{2}{9}(x^3-12)\sqrt{x^3+6}+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Quindi risulta

$\boxcolorato{analisi}{\int\frac{x^5}{\sqrt{x^3+6}}\ dx=\frac{2}{9}(x^3-12)\sqrt{x^3+6}+c, \quad c\in \mathbb{R}.}$

Esercizio 39 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \dfrac{4-3x}{\sqrt{4x^2+8x+29}}\ dx.$

Svolgimento.

Manipoliamo il numeratore in modo da far apparire la derivata dell’argomento della radice:

$\begin{aligned} \int \dfrac{4-3x}{\sqrt{4x^2+8x+29}}\ dx&=\frac{1}{8}\int\dfrac{32+24-24-24x}{\sqrt{4x^2+8x+29}}\ dx\\ &=-\frac{3}{8}\int\dfrac{8x+8}{\sqrt{4x^2+8x+29}}\ dx+7\int\dfrac{1}{\sqrt{4x^2+8x+29}}\ dx\\ &=-\frac{3}{4}\sqrt{4x^2+8x+29}+7 \int\dfrac{1}{\sqrt{4x^2+8x+29}}\ dx. \end{aligned}$

Per il secondo integrale, osserviamo che

$4x^2+8x+29=4x^2+8x+4+25=(2x+2)^2+25,$

per cui l’integrale diventa

$\int\dfrac{1}{\sqrt{4x^2+8x+29}}=\int\dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{(2x+2)^2+25}}\ dx.$

Risolviamo tale l’integrale attraverso due metodi di sostituzione differenti.

$\quad$

Poniamo $\displaystyle 2x+2=5\sinh t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\dfrac{5}{2}\cosh t\ dt$ e quindi
$\begin{aligned} \int\dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{(2x+2)^2+25}}\ dx&=\int\dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{25\sinh^2 t+25}}\cdot \dfrac{5}{2}\cosh t\ dt= \dfrac{1}{2}\int\frac{\cosh t}{\sqrt{\sinh^2 t+1}}\ dt\\ &=\dfrac{1}{2}\int\frac{\cosh t}{\cosh t}\ dt= \dfrac{1}{2}\int dt=\dfrac{1}{2}t+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Dalla sostituzione fatta, ricordando che

$\sinh t= \dfrac{e^t-e^{-t}}{2}$

otteniamo

$\dfrac{e^t-e^{-t}}{2}=\frac{1}{5}(2x+2)\ \quad \iff \quad e^t=\dfrac{2(2x+2)\pm\sqrt{4(2x+2)^2+100}}{5}>0,$

e quindi, scegliendo la soluzione positiva e trascurando la costante additiva,

$t=\ln\left(2x+2+\sqrt{4x^2+8x+29}\right),$

da cui

$\int\dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{(2x+2)^2+25}}\ dx=\dfrac{1}{2}\ln\left(2x+2+\sqrt{4x^2+8x+29}\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Poniamo $\displaystyle 2x+2=5t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\dfrac{5}{2} dt$ , da cui
$\int\dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{(2x+2)^2+25}}\ dx=\int\frac{1}{\displaystyle\sqrt{25t^2+25}}\cdot \dfrac{5}{2}\ dt= \dfrac{1}{2} \int\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}\ dt.$

Facciamo ora una seconda sostituzione:

$\sqrt{t^2+1}=t+u\ \quad \iff \quad\ t^2+1=t^2+2tu+u^2\ \quad \iff \quad t=\frac{1-u^2}{2u}=\dfrac{1}{2u}-\frac{u}{2}$

da cui

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

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

dove è stato utilizzato il fatto che $|u|=u$ in quanto $u = \sqrt{t^2+1}-t >0$ . Abbiamo allora

$\int\dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{(2x+2)^2+25}}\ dx=\dfrac{1}{2}\int\frac{2u}{u^2+1}\cdot\frac{-1-u^2}{2u^2}\ du= -\dfrac{1}{2}\int\frac{du}{u}=-\dfrac{1}{2}\ln|u|+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Ritornando alle due sostituzioni fatte, abbiamo

$\begin{aligned} \int\dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{(2x+2)^2+25}}\ dx&=-\dfrac{1}{2}\ln|\sqrt{t^2+1}-t|+c=\dfrac{1}{2}\ln\left|\frac{1}{\sqrt{t^2+1}-t}\right|+c\\ &=\dfrac{1}{2}\ln\left|\frac{\sqrt{t^2+1}+t}{t^2+1-t^2}\right|+c=\dfrac{1}{2} \ln\left(\sqrt{t^2+1}+t\right)+c\\ &=\dfrac{1}{2}\ln\left(\sqrt{\frac{1}{25}(2x+2)^2+1}+\frac{1}{5}(2x+2)\right)+c\\ &=\dfrac{1}{2}\ln\left(\sqrt{4x^2+8x+29}+2x+2\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Abbiamo infine, per l’integrale iniziale

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned}\int \dfrac{4-3x}{\sqrt{4x^2+8x+29}}\ dx=-\frac{3}{4}\sqrt{4x^2+8x+29}+\dfrac{7}{2}\ln\left(\sqrt{4x^2+8x+29}+2x+2\right)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}}$

Esercizio 40 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Riscrivendo opportunamente la funzione integranda, si trova:

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

da cui:

(7) $\begin{equation*} \int \sqrt{x^2 + x - 1} \,dx = \int \sqrt{\left(x + \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4}} \,dx \end{equation*}$

Per utilizzare la sostituzione con la funzione coseno iperbolico, si deve tenere conto che l’integranda è definita su $(-\infty,-(1+\sqrt{5})/2]\cup [(-1+\sqrt{5})/2, +\infty)$ ed è strettamente positiva. Si presentano, quindi, due casi:

1° caso: $x \leq -\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Poiché $x + \frac{1}{2} < 0$ , poniamo:

(8) $\begin{equation*} x + \frac{1}{2} = -\frac{\sqrt{5}}{2} \cosh t, \quad \text{da cui } dx = -\frac{\sqrt{5}}{2} \sinh t \,dt \end{equation*}$

Segue:

(9) $\begin{equation*} \sqrt{(x + \frac{1}{2})^2 - \frac{5}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2} |\sinh t| = -\frac{\sqrt{5}}{2} \sinh t \end{equation*}$

Quindi:

$\begin{aligned} \int \sqrt{x^2 + x - 1} \,dx &= \frac{5}{4} \int \sinh^2 t \, dt \\ &= \frac{5}{8} \int (\cosh 2t - 1) \,dt \\ &= \frac{5}{16} \sinh 2t + \frac{5}{8}t +c, \quad c\in \mathbb{R}\\ &= \frac{5}{8} \sinh t \cosh t + \frac{5}{8}t +c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Tornando alla variabile $x$ :

(10) $\begin{equation*} t = \ln (-2x - 1 - 2\sqrt{x^2 + x - 1}) \end{equation*}$

e sostituendo si ottiene:

(11) $\begin{equation*} \int \sqrt{x^2 + x - 1} \,dx = \frac{1}{4} (2x + 1)\sqrt{x^2 + x - 1} - \frac{5}{8} \ln (-2x - 1 - 2\sqrt{x^2 + x - 1}) +c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

2° caso: $x \geq -\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

Poiché $x + \frac{1}{2} > 0$ , poniamo:

(12) $\begin{equation*} x + \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{5}}{2} \cosh t, \quad \text{da cui } dx = \frac{\sqrt{5}}{2} \sinh t \,dt \end{equation*}$

Analogamente si ottiene:

(13) $\begin{equation*} \int \sqrt{x^2 + x - 1} \,dx = \frac{1}{4} (2x + 1)\sqrt{x^2 + x - 1} - \frac{5}{8} \ln (2x + 1 + 2\sqrt{x^2 + x - 1}) +c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Riassumendo:

$\boxcolorato{analisi}{\int \sqrt{x^2 + x - 1} \,dx = \dfrac{1}{4} (2x + 1)\sqrt{x^2 + x - 1} - \dfrac{5}{8} \ln (|-2x - 1 - 2\sqrt{x^2 + x - 1}|) + c,\quad c\in \mathbb{R} }$

Esercizio 41 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Possiamo scrivere

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

Consideriamo il primo integrale. Ponendo

$y=x^2-2\ \quad \Longrightarrow \quad\ dt=2x\ dx,$

otteniamo

$\int\frac{x}{\sqrt{x^2-2}}\ dx=\frac{1}{2}\int\frac{1}{\sqrt{y}}\ dt=\sqrt{y}+c=\sqrt{x^2-2}+c,\quad c\in \mathbb{R}.$

Per il secondo integrale, si noti che la funzione integranda è definita su $(-\infty,-\sqrt{2}]\cup [\sqrt{2},+\infty)$ ed è strettamente positiva. Distinguiamo due casi:

1° caso: $x> \sqrt{2}$ . In questo caso poniamo

$x=\sqrt{2}\cosh t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\sqrt{2}\sinh t\ dt,$

si ha

$\sqrt{x^2-2}=\sqrt{2\cosh^2 t-2}=\sqrt{2}\sinh t,$

avendo utilizzato l’identità $\cosh^2 t-\sinh^2 t=1$ . Sostituendo si ottiene

$\int\frac{1}{\sqrt{x^2-2}}\ dx=\int\frac{\sqrt{2}\sinh t}{\sqrt{2}\sinh t}\ dt=\int dt=t+ c, c \in \mathbb{R}.$

Poiché

$\cosh t=\frac{x}{\sqrt{2}}\ \quad \iff \quad\ t=\ln\left(\frac{x}{\sqrt{2}}+\sqrt{\frac{x^2}{2}-1}\right)= \ln(x+\sqrt{x^2-2})-\ln\sqrt{2},$

si ha

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

2° caso: $x<-\sqrt{2}$ In questo caso poniamo

$x=-\sqrt{2}\cosh t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=-\sqrt{2}\sinh t\ dt,$

si ha

$\sqrt{x^2-2}=\sqrt{2\cosh^2 t-2}=-\sqrt{2}\sinh t,$

avendo utilizzato l’identità $\cosh^2 t-\sinh^2 t=1$ . Sostituendo si ottiene

$\int\frac{1}{\sqrt{x^2-2}}\ dx=\int\frac{-\sqrt{2}\sinh t}{-\sqrt{2}\sinh t}\ dt=-\int dt=-t+ c, c \in \mathbb{R}.$

Poiché

$\cosh t=-\frac{x}{\sqrt{2}}\ \quad \iff \quad\ t=\ln\left(-\frac{x}{\sqrt{2}}-\sqrt{\frac{x^2}{2}-1}\right)= \ln(-x-\sqrt{x^2-2})-\ln\sqrt{2},$

si ha

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

Mettendo insieme i risultati trovati si ottiene dunque:

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

Esercizio 42 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Osserviamo che

$(x^2+4x+3)'=2x+4=2(x+2).$

Il termine lineare della funzione integranda può essere riscritto a sua volta come:

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

da cui l’integrale può essere riscritto come

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

Il primo integrale è immediato, in quanto abbiamo ricostruito la derivata del radicando:

$\begin{aligned} \int 2(x+2) \sqrt{x^2+4x+3}\ dx = \frac{2}{3} (x^2+4x+3)\sqrt{x^2+4x+3}+ c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Per il secondo integrale, osserviamo che l’integranda è definita su $(-\infty,-3]\cup[-1,+\infty)$ ed è strettamente positiva. Possiamo scrivere

$x^2+4x+3=(x+2)^2-1,$

e da qui distinguiamo due casi.

1° caso: $x>-1$ . Ponendo

$x+2=\cosh t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=\sinh t\ dt,$

si ha

$\sqrt{x^2+4x+3}=\sqrt{\cosh^2 t-1}=\sinh t,$

ricordando che

$\cosh^2 t-\sinh^2 t=1,\qquad \sinh^2 t=\frac{\cosh 2t-1}{2},\qquad \sinh 2t=2\sinh t\cosh t.$

Sostituendo nell’integrale si ha:

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

ed essendo pure

$\begin{aligned} & \cosh t=x+2\ \quad \Longrightarrow \begin{cases} \quad\ \sinh t=\sqrt{(x+2)^2-1}=\sqrt{x^2+4x+3},\\ t=\ln(x+2+\sqrt{x^2+4x+3}) \end{cases} \end{aligned}$

segue

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

2° caso: $x<-3$ . Ponendo

$x+2=-\cosh t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=-\sinh t\ dt,$

si ha

$\sqrt{x^2+4x+3}=\sqrt{\cosh^2 t-1}=-\sinh t,$

ricordando che

$\cosh^2 t-\sinh^2 t=1,\qquad \sinh^2 t=\frac{\cosh 2t-1}{2},\qquad \sinh 2t=2\sinh t\cosh t.$

Sostituendo nell’integrale si ha:

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

ed essendo pure

$\begin{aligned} & \cosh t=-(x+2)\ \quad \Longrightarrow \begin{cases} \quad\ \sinh t=\sqrt{(x+2)^2-1}=\sqrt{x^2+4x+3},\\ t=\ln(-x-2-\sqrt{x^2+4x+3}) \end{cases} \end{aligned}$

segue

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

Mettendo insieme i risultati ottenuti dai due integrali si ha:

$\begin{aligned} \int(x+1)\sqrt{x^2+4x+3}\ dx& =\frac{1}{3}(x^2+4x+3)\sqrt{x^2+4x+3}-\frac{x+2}{2}\sqrt{x^2+4x+3} + \\ & \qquad \qquad +\frac{1}{2}\ln(|x+2+\sqrt{x^2+4x+3}|)+c, \quad c\in \mathbb{R} \\ & = \sqrt{x^2+4x+3} \left(\dfrac{x^2+4x+3}{3}-\dfrac{x+2}{2}\right)\\ & \qquad \qquad+\frac{1}{2}\ln(|x+2+\sqrt{x^2+4x+3}|)+c, \quad c\in \mathbb{R} \\ & = \dfrac{2x^2+5x}{6}\sqrt{x^2+4x+3} + \\ & \quad + \frac{1}{2}\ln(|x+2+\sqrt{x^2+4x+3}|)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{ \begin{aligned} \int(x+1)\sqrt{x^2+4x+3}\ dx &= \dfrac{2x^2+5x}{6}\sqrt{x^2+4x+3} + \\ & \quad + \frac{1}{2}\ln(|x+2+\sqrt{x^2+4x+3}|)+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned} }$

Esercizio 43 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

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

Svolgimento.

Per risolvere l’integrale utilizziamo la sostituzione di Eulero del tipo

$x = \dfrac{u^2-c}{b-2u \sqrt{a}},$

dove $a$ , $b$ e $c$ sono i coefficienti del trinomio che compare come radicando. Si ha dunque

$x= \dfrac{u^2-2}{2u-3} \;\; \Longrightarrow \; dx = \dfrac{2(u^2-3u+2)}{(2u-3)^2} du,$

inoltre

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

Sostituendo nell’integrale si ha quindi

$\begin{aligned} I &=\int \dfrac{\dfrac{u^2-2}{2u-3}-1}{1+\dfrac{u^2-2}{2u-3}-u}\dfrac{2(u^2-3u+2)}{(2u-3)^2} du\\ &= \int \dfrac{2(u^2-2u+1)(u^2-3u+2)}{(2u-3)^2 (-u^2+5u-5)}du\\ &= -2 \int \dfrac{(u^2-2u+1)(u^2-3u+2)}{(2u-3)^2 (u^2-5u+5)}du\\ &= -2 \int \dfrac{u^4 - 5 u^3 + 9 u^2 - 7 u + 2}{4u^4-32u^3+89u^2-105 u+45}du. \end{aligned}$

Osserviamo prima di tutto che il grado del numeratore il medesimo del denominatore, per cui non possiamo applicare direttamente i fratti semplici. Scriviamo:

$\begin{aligned} \dfrac{u^4 - 5 u^3 + 9 u^2 - 7 u + 2}{4u^4-32u^3+89u^2-105 u+45} &= \dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{4u^4 - 20 u^3 + 36 u^2 - 28 u + 8}{4u^4-32u^3+89u^2-105 u+45}\\ &= \dfrac{1}{4}\left(1 + \dfrac{12u^3-53u^2+77u-37 }{4u^4-32u^3+89u^2-105 u+45}\right). \end{aligned}$

Sostituendo si ha che

$\begin{aligned} I &= -2 \int \left(\dfrac{1}{4}\left(1 + \dfrac{12u^3-53u^2+77u-37 }{4u^4-32u^3+89u^2-105 u+45}\right) \right) du = \\ & = - \dfrac{1}{2}u - \dfrac{1}{2}\int \dfrac{12u^3-53u^2+77u-37 }{4u^4-32u^3+89u^2-105 u+45}du. \end{aligned}$

Risolviamo dunque l’integrale rimanente utilizzando i fratti semplici:

$\begin{aligned} \dfrac{12u^3-53u^2+77u-37 }{(2u-3)^2 (u^2-5u+5)}=&\dfrac{A}{2u-3}+ \dfrac{B}{(2u-3)^2}+ \dfrac{Cu+D}{u^2-5u +5}\\ =&\dfrac{A(2u-3)(u^2-5u+5)+B(u^2-5u+5)+(Cu+D)(2u-3)^2}{(2u-3)^2 (u^2-5u+5)}\\ &= \dfrac{2A u^3 - 13 Au^2 + 25A u - 15A +Bu^2 -5Bu + 5B +}{(2u-3)^2 (u^2-5u+5)}\\ &\qquad + \dfrac{ 4 C u^3 - 12 C u^2 + 9 C u + 4 D u^2 - 12 D u + 9 D}{(2u-3)^2 (u^2-5u+5)}. \end{aligned}$

Uguagliando i coefficienti di grado uguale al numeratore si ottiene:

$\begin{cases} 12 = 2A+ 4C,\\ -53 = -13 A + B - 12C + 4D,\\ 77 = 25A-5B+9C-12D,\\ -37 = -15A+5B+9D, \end{cases}$

da cui si ha che

$A = -2, B = 1, C = 4, D = -8.$

Sostituendo nuovamente in $I$ si ottiene

$\begin{aligned} I=& - \dfrac{u}{2}- \dfrac{1}{2}\int \left(\dfrac{-2}{2u-3} + \dfrac{1}{(2u-3)^3} + \dfrac{4u-8}{u^2-5u+5} \right)du\\ =& - \dfrac{u}{2} + \int \dfrac{1}{2u-3}du - \int \dfrac{1}{2(2u-3)^2}du - 2\int \dfrac{u-2}{u^2-5u+5}du\\ =& - \dfrac{u}{2}+ \dfrac{1}{2}\ln |2u-3| + \dfrac{1}{4(2u-3)}-\int\dfrac{2u-5}{u^2-5u+5}du -\int \dfrac{1}{u^2-5u+5}du \\ =& - \dfrac{u}{2}+ \dfrac{1}{2}\ln |2u-3| + \dfrac{1}{4(2u-3)}- \ln |u^2-5u+5| - \int \dfrac{1}{u^2-5u+5}du\\ =& - \dfrac{u}{2}+ \dfrac{1}{2}\ln |2u-3| + \dfrac{1}{4(2u-3)}- \ln |u^2-5u+5| - 4\int \dfrac{1}{(2u - 5 + \sqrt{5})(2u - 5 - \sqrt{5})}du. \end{aligned}$

Resta da risolvere l’ultimo integrale. Ricorriamo nuovamente ai fratti semplici:

$\begin{aligned} \dfrac{1}{(2u - 5 + \sqrt{5})(2u - 5 - \sqrt{5})} =& \dfrac{A}{2u - 5 + \sqrt{5}}+ \dfrac{B}{2u - 5 - \sqrt{5}}\\ =& \dfrac{2(A+B)u -5(A+B)+\sqrt{5}(B-A)}{(2u - 5 + \sqrt{5})(2u - 5 - \sqrt{5})}, \end{aligned}$

da cui $A+B=0$ e $\sqrt{5}(B-A) =1$ , da cui si ottiene $A=- \dfrac{1}{2\sqrt{5}}$ e $B=\dfrac{1}{2\sqrt{5}}$ . Sostituendo si ha quindi:

$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{(2u - 5 + \sqrt{5})(2u - 5 - \sqrt{5})}du =& \dfrac{1}{2\sqrt{5}} \int \dfrac{1}{2u - 5 + \sqrt{5}}du - \dfrac{1}{2\sqrt{5}}\int \dfrac{1}{2u - 5 - \sqrt{5}}du \\ =& - \dfrac{1}{4\sqrt{5}} \ln |2u-5+\sqrt{5}| + \\ & \quad + \dfrac{1}{4\sqrt{5}} \ln |2u-5-\sqrt{5}|+ c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Sostituendo infine in $I$ si ha:

$\begin{aligned} I =& - \dfrac{u}{2}+ \dfrac{1}{2}\ln |2u-3| + \dfrac{1}{4(2u-3)}- \ln |u^2-5u+5| - \dfrac{1}{\sqrt{5}} \ln |2u-5+\sqrt{5}| -\dfrac{1}{\sqrt{5}} \ln |2u-5-\sqrt{5}|+ c, \quad c \in \mathbb{R}\\ =& - \dfrac{u}{2}+ \dfrac{1}{2}\ln |2u-3| + \dfrac{1}{4(2u-3)}+ \dfrac{\sqrt{5}-5}{5}\ln|2u+\sqrt{5}-5| - \dfrac{\sqrt{5}+5}{5}\ln |2u - \sqrt{5}-5| + c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Ricordando infine che $u = \sqrt{x^2-3x+2}+x$ , si ha che Sostituendo infine in $I$ si ha:

$\begin{aligned} I =& - \dfrac{\sqrt{x^2-3x+2}+x}{2}+ \dfrac{1}{2}\ln |2\sqrt{x^2-3x+2}+2x-3| + \dfrac{1}{4(2\sqrt{x^2-3x+2}+2x-3)}+\\ &\qquad +\dfrac{\sqrt{5}-5}{5}\ln|2\sqrt{x^2-3x+2}+2x+\sqrt{5}-5| - \dfrac{\sqrt{5}+5}{5}\ln |2\sqrt{x^2-3x+2}+2x - \sqrt{5}-5| + c, \quad c \in \mathbb{R}\\ =& -\sqrt{{x^2-3x+2}} + \dfrac{1}{2}\ln |2\sqrt{x^2-3x+2}+2x-3| +\dfrac{\sqrt{5}-5}{5}\ln|2\sqrt{x^2-3x+2}+2x+\sqrt{5}-5| +\\ &\qquad- \dfrac{\sqrt{5}+5}{5}\ln |2\sqrt{x^2-3x+2}+2x - \sqrt{5}-5| + c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Si ha dunque

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} \int \dfrac{x-1}{1-\sqrt{x^2-3x+2}}dx =& -\sqrt{{x^2-3x+2}} + \dfrac{1}{2}\ln |2\sqrt{x^2-3x+2}+2x-3|+\\ &\qquad +\dfrac{\sqrt{5}-5}{5}\ln|2\sqrt{x^2-3x+2}+2x+\sqrt{5}-5|+\\ &\qquad - \dfrac{\sqrt{5}+5}{5}\ln |2\sqrt{x^2-3x+2}+2x - \sqrt{5}-5| + c, \quad c \in \mathbb{R}. \end{aligned} }$

Esercizio 44 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \dfrac{x}{x+\sqrt{4-x^2}}\ dx.$

Svolgimento.

Poniamo

$x=2\sin t\ \quad \Longrightarrow \quad\ dx=2\cos t\ dt$

da cui

$\sqrt{4-x^2}=2\left \vert \cos t \right \vert.$

Sia $t \in \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ così che il seno sia invertibile ed il coseno risulti positivo, ottenendo dunque

$\sqrt{4-x^2}=2\cos t.$

Pertanto l’integrale diventa

$\begin{aligned} \int \dfrac{x}{x+\sqrt{4-x^2}}\ dx &=\int\frac{2\sin t}{2\sin t+2\cos t}\cdot 2\cos t\ dt= \int\frac{2\sin t\cos t}{\sin t+\cos t}\ dt\eqcolon I. \end{aligned}$

Ricordiamo che valgono le seguenti relazioni goniometriche:

$2\sin t\cos t=\sin 2t,$

$\sin t+\cos t=\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin t+\cos t)=\sqrt{2}\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right),$

da cui

$I=\int\frac{\sin 2t}{\displaystyle \sqrt{2}\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)}\ dt.$

Operiamo una seconda sostituzione ponendo

$y=t+\frac{\pi}{4}\ \quad \Longrightarrow \quad\ dy=dt$

e inoltre

$\sin 2t=\sin\left(2y-\frac{\pi}{2}\right)=-\cos 2y,$

e pertanto

$I=\int\frac{-\cos 2y}{\sqrt{2}\sin y}\ dy=-\frac{\sqrt{2}}{2}\int\frac{\cos 2y}{\sin y}\ dy.$

Ricordando che

$\cos 2y=\cos^2 y-\sin^2 y=1-2\sin^2 y$

ricaviamo

$I=-\frac{\sqrt{2}}{2}\int\frac{1-2\sin^2 y}{\sin y}\ dy=\frac{\sqrt{2}}{2}\int\left(2\sin y-\frac{1}{\sin y}\right)\ dy=-\sqrt{2}\cos y-\frac{\sqrt{2}}{2}\underbrace{\int\frac{1}{\sin y}\ dy}_{J}.$

Per calcolare il secondo integrale effettuiamo un’ulteriore sostituzione

$z= \tan \dfrac{y}{2}\; \Longrightarrow \; dy = \dfrac{2}{1+z^2}dz,$

da cui

$\begin{aligned} J &=\int\frac{1+z^2}{2z}\cdot\frac{2}{1+z^2}\ dz=\int\frac{1}{z}\ dz= \ln|z|+c=\ln\left|\tan\frac{y}{2}\right|+c, \quad c\in \mathbb{R} \end{aligned}$

pertanto

$I=-\sqrt{2}\cos y-\frac{\sqrt{2}}{2}\ln\left|\tan\frac{y}{2}\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Dalla relazione $y=t+\frac{\pi}{4}$ segue

$\cos y=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos t-\sin t)$

e quindi

$I=\sin t-\cos t-\frac{\sqrt{2}}{2}\ln\left|\tan\left(\frac{t}{2}+\frac{\pi}{8}\right)\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}.$

Infine, avendosi

$\sin t=\frac{x}{2}\ \quad \Longrightarrow \quad\ \cos t=\frac{1}{2}\sqrt{4-x^2},\quad t=\arcsin\left(\frac{x}{2}\right),$

otteniamo per l’integrale di partenza

$\boxcolorato{analisi}{\int\dfrac{x}{x+\sqrt{4-x^2}}dx=\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{4-x^2} -\frac{\sqrt{2}}{2}\ln\left|\tan\left(\frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{x}{2}\right)+\frac{\pi}{8}\right)\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}. }$

Esercizio 45 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente integrale indefinito

$\int \dfrac{8x+13}{\sqrt{2x^2-8x+7}}\ dx.$

Svolgimento.

Manipoliamo il numeratore in modo da far apparire la derivata dell’argomento della radice:

$\begin{aligned} \int \dfrac{8x+13}{\sqrt{2x^2-8x+7}}\ dx&=\int\dfrac{8x-16+16+13}{\sqrt{2x^2-8x+7}}\ dx\\ &=2\int\dfrac{4x-8}{\sqrt{2x^2-8x+7}}\ dx+29\int\dfrac{1}{\sqrt{2x^2-8x+7}}\ dx\\ &=4\sqrt{2x^2-8x+7}+29\underbrace{\int\dfrac{1}{\sqrt{2x^2-8x+7}}\ dx}_{=I}. \end{aligned}$

Per il secondo integrale, osserviamo che

$2x^2-8x+7=2(x-2)^2-1,$

per cui l’integrale $I$ diventa

$I = \int \dfrac{dx}{\sqrt{2(x-2)^2-1}}.$

utilizzando la sostituzione con la funzione coseno iperbolico, si deve tenere conto che l’integranda è definita su $(-\infty,2-1/\sqrt{2}]\cup[2+1/\sqrt{2},+\infty)$ ed è strettamente positiva. Distinguiamo pertanto due casi.

1° caso: $x < 2 - \frac{1}{\sqrt{2}}$

Si ha:

(14) $\begin{equation*} \sqrt{2}(x - 2) = -\cosh t \quad \Rightarrow \quad dx = -\frac{1}{\sqrt{2}} \sinh t dt \end{equation*}$

L’integrale diventa:

(15) $\begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{2(x - 2)^2 - 1}} \,dx = \frac{1}{\sqrt{2}} t + c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Convertendo nuovamente in $x$ :

(16) $\begin{equation*} t = \ln \left(-\sqrt{2}(x - 2) - \sqrt{2x^2 - 8x + 7} \right) \end{equation*}$

2° caso: $x > 2 + \frac{1}{\sqrt{2}}$

Si ha:

(17) $\begin{equation*} \sqrt{2}(x - 2) = \cosh t \quad \Rightarrow \quad dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \sinh t dt \end{equation*}$

L’integrale diventa:

(18) $\begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{2(x - 2)^2 - 1}} \,dx = \frac{1}{\sqrt{2}} t + c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Convertendo nuovamente in $x$ :

(19) $\begin{equation*} t = \ln \left(\sqrt{2}(x - 2) + \sqrt{2x^2 - 8x + 7} \right) \end{equation*}$

Mettendo insieme i risultati ottenuti si ha dunque:

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} &\int \dfrac{8x+13}{\sqrt{2x^2-8x+7}}\ dx=4\sqrt{2x^2-8x+7}+\frac{29}{\sqrt{2}}\ln\left|\sqrt{2x^2-8x+7}+\sqrt{2}(x-2)\right|+c, \quad c\in \mathbb{R}. \end{aligned} }$

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