SOLUZIONE COMPITO 23 MARZO 2019
Marco Monaci
1Liceo Scientifico G. Marconi (5F)
NOTA. Onde evitare di appesantire la notazione, nella
soluzione abbiamo omesso la costante c additiva.
Primo esercizio
:In questo esercizio era necessario scegliere due inte-grali per ogni gruppo di tre proposto. Suddividiamo la soluzione in sottosezioni, ciascuna per ogni riga.
1.1 Prima riga
In questa riga c’erano gli integrali immediati, in cui è necessario applicare le regole base e la linearità.
Z 1 x+ 1 x2+ 1 x3 dx = Z 1 x dx + Z 1 x2 dx + Z 1 x3 dx
Ovviamente le frazioni del tipo 1
xα possono essere scrit-te come x−α e poi applicare la regola di integrazione per
i monomiR xαdx = xα+1 α+1: ln |x| − 1 x− 1 2x2
Il secondo integrale segue lo stesso identico
ragionamento: Z x2+ 2x dx = Z x2dx + Z 2x dx Ovvero: x3 3 + x 2 Il terzo integrale: Z 10x5+ 4x2+ 1 2x dx
Per questo è sufficiente usare la linearità: mettersi a fare la disione fra polinomi rappresenta la via del dolore:
Z 10x5 2x dx + Z 4x2 2x dx + Z 1 2x dx Z 5x4dx + Z 2x dx + Z 1 2x dx Da cui: x5+ x2+1 2ln |x|
1.2 Seconda riga
In questa seconda riga erano presenti gli integrali che si potevano risolvere applicando alcune formule risolutive.
Il primo integrale è: Z
cos xesin xdx
Per quanto possa sembrare obrobrioso, tale integrale è immediato, in quanto è subito possibile applicare la
formula: Z
f0(x)ef (x)dx = ef (x)+ c
E riconoscendo il sin x come f (x) l’integrale è presto risolto:
esin x
Il secondo integrale è:
Z 3x2+ 2x
x3+ x2+ 1 dx
Tale integrale può essere risolto osservando che il numeratore è esattamente la derivata del denominatore, e quindi ci riconduciamo direttamente alla formula:
Z f0(x)
f (x) dx = ln f (x) + c
Infatti f (x) = x3+ x2+ 1, e quindi f0(x) = 3x2+ 2x. In
definitiva abbiamo:
ln x3+ x2+ 1 Infine il terzo integrale:
Z x − 2
x2− 4x + 10 dx
Anche in questo caso si può riconoscere la deriva-ta del denominatore al numeratore, esatderiva-tamente come prima. Tuttavia qui c’è da fare un piccolo barbatrucco aritmetico:
1 2
Z 2(x − 2)
x2− 4x + 10 dx
Dove abbiamo moltiplicato e diviso per 2. A questo punto abbiamo:
1 2
Z 2x − 4
x2− 4x + 10 dx
Da cui ricaviamo facilmente: 1 2ln x2− 4x + 10
1.3 Terza riga
La strada più rapida da seguire per gli integrali della terza riga era l’integrazione per sostituzione. Partiamo dal primo:
Z sin√x √
x dx
La sostituzione qui più ovvia era chiaramente t =√x. Sistemiamo il differenziale: √ x = t 1 2√xdx = dt dx = 2√xdt dx = 2tdt Quindi sostituendo tutto otteniamo:
Z sin t t 2t dt Ovvero: 2 Z sin t dt La cui primitiva è: −2 cos√x
Il secondo integrale:
Z 1
x√ln x dx
Qui la sostituzione risolutiva è ln x = t, anche se non escludiamo altre sostituzioni, probabilmente meno immediate. Il differenziale:
ln x = t 1
xdx = dt dx = xdt
Occhio qui al barbatrucco, in quanto non
convie-ne sostituire alla x del secondo membro la t. Infatti sostituendo il differenziale nell’integrale otteniamo:
Z 1
x√txdt =
Z 1
√ t dt Ricordandosi poi che √1
x = x −1
2 possiamo applicare la formula risolutiva per i polinomi:
Z t−12 dt = 2 √ t Da cui: 2√ln x
Adesso occupiamoci del terzo integrale:
Z x
√
1 − x dx
Qui le sostituzioni possibili sono diverse. Noi appli-chiamo la seguente: √1 − x = t. Sistemiamo quindi il differenziale:
− 1
2√1 − xdx = dt
dx = −2√1 − xdt dx = −2tdt
Adesso troviamo la x dalla sostituzione: √
1 − x = t 1 − x = t2
x = 1 − t2
Quindi sostituendo tutto nell’integrale abbiamo: −2
Z 1 − t2
t t dt
Questo integrale chiaramente si può spacchettare: −2 Z dt + 2 Z t2dt Risolvendo e sostituendo: −2√1 − x + 2 3(1 − x) √ 1 − x
1.4 Quarta riga
Per quanto sia possibile procedere anche qui per sostitu-zione, nel caso della quarta riga il procedimento migliore è l’integrazione per parti. Ricordiamo la formula per l’integrazione per parti (versione pocket mnemonica):
Z
f0g = f g − Z
f g0
Quindi è necessario scegliere in maniera oculata la f0 e la g.
Il primo integrale: Z
xexdx
La scelta qui è cruciale, infatti in un caso ci si inoltra nella via del dolore, nell’altro caso l’integrale è banale. Bisogna scegliere come f0(x) = ex, mentre come g(x) = x.
Applicando la formula: Z xexdx = xex− Z exdx = xex− ex Quindi in definitiva: ex(x − 1)
Il secondo integrale è invece molto più carino: Z
x2sin x dx
Anche qui scegliere come f0(x) = x2conduce alla
stra-da del dolore, in quanto integrandola si alza di gra-do, e siccome questo intervallo si risolve con due inte-grazioni per parti consecutive, tale scelta porterebbe rapidamente ad un suicidio matematico.
Quindi imponendo f0(x) = sin x applichiamo la formula: Z x2sin x dx = −x2cos x + Z 2x cos xdx = −x2cos x + 2x sin x − Z 2 sin x dx
= −x2cos x + 2x sin x + 2 cos x
Dove abbiamo applicato una seconda volta l’integra-zione per parti per risolvere il secondo integrale rimasto. In definitiva quindi:
−x2cos x + 2x sin x + 2 cos x
Il terzo integrale è il seguente:
Z √
x ln x dx
Qui la migliore scelta è f0(x) = √xe g(x) = ln x. Ri-cordandosi che l’integrale di √x = 23x√x(si può fare facilmente con la formula per i polinomi):
Z √ x ln x dx = 2 3x √ x ln x − Z 2 3x √ x1 x dx = 2 3x √ x ln x −2 3 Z √ x dx Integrando la radice otteniamo in definitiva:
2 3x √ x ln x −4 9x √ x
1.5 Quinta riga
Nella quinta riga la strategia risolutiva migliore è la divisione fra polinomi. Sono anche possibili diverse sostituzioni, probabilmente anche più rapide. Tuttavia per completezza didattica riportiamo la risoluzione con la divisione fra polinomi.
Il primo integrale proposto è:
Z 5x − 9
x2− 3x + 2 dx
Il ∆ del denominatore è maggiore di zero, quindi si possono trovare le soluzioni associate:
( x1= 2
x2= 1
Quindi possiamo scrivere l’integrale come:
Z 5x − 9
(x − 2)(x − 1) dx
Da ora in avanti omettiamo il segno di integrale. Possiamo dividere la frazione per Hermite:
A x − 2+
B x − 1
Facendo nuovamente il minimo comune denominato-re:
A(x − 1) + B(x − 2) (x − 2)(x − 1) Ax − A + Bx − 2B
(x − 2)(x − 1)
Quindi poiché il polinomio x(A + B) − A − 2B deve essere uguale a 5x − 9 deve essere:
(
A + B = 5 −A − 2B = −9
Da cui ricaviamo con semplici passaggi algebrici che A = 1e B = 4. Quindi l’integrale diventa:
Z 1
x − 2 dx +
Z 4
x − 1 dx
Questi sono due integrali immediati, quindi la soluzione è in definitiva:
ln |x − 2| + 4 ln |x − 1| Il secondo integrale proposto è:
Z x3+ 2x2− x
x − 1 dx
Poiché il numeratore è maggiore del denominatore, è conveniente effettuare la divisione fra polinomi. In Figura 1 si può vedere il procedimento di divisione.
Ricordandosi che: f (x)
g(x) = Q(x) + R(x)
g(x)
Dove con Q(x) abbiamo indicato il quoziente della divisione e con R(x) il resto della divisione, l’integrale si può scrivere come:
Z
x2+ 3x + 2 + 2 x − 1
dx
Figura 1:La divisione fra i polinomi della frazione.
A questo punto sfruttando la linearità dell’integrale possiamo arrivare al risultato finale:
x3
3 +
3x2
2 + 2x + 2 ln |x − 1|
Il terzo ed ultimo integrale del primo esercizio è il seguente:
Z x + 4
x3+ 2x2− x − 2 dx
In questo caso conviene fattorizzare il denominatore con Ruffini:
x3+ 2x2− x − 2 = (x − 1)(x2+ 3x + 2) = (x − 1)(x + 2)(x + 1)
E’ possibile applicare quindi la scomposizione di Hermite usando tre termini:
A x + 2+ B x + 1+ C x − 1
Procedendo con il minimo comune denominatore e successivamente eguagliando il polinomio al numera-tore con x + 4 otteniamo il seguente sistema per A, B, C: A + B + C = 0 B + 3C = 1 2C − A − 2B = 4
Tale sistema, risolto, fornisce i seguenti valori: A = 23 B = −3 2 C =56
Quindi inserendo questi valori nelle tre frazioni separate precedentemente e integrando otteniamo:
2 3ln |x + 2| − 3 2ln |x + 1| + 5 6ln |x − 1|
Secondo esercizio
:Il calcolo degli integrali definiti è piuttosto semplice, in quanto basta applicare la seguente formula:
Z b
a
Dove con F (x) abbiamo indicato la primitiva della funzione f (x).
Quindi è necessario prima di tutto risolvere l’equiva-lente integrale indefinito, e successivamente sostituire al posto della x gli estremi di integrazione. L’intervallo di integrazione è a = 0 e b = 1.
Facciamo un esempio. Abbiamo il seguente integrale: Z (x2+ 2x) dx Quindi integrando: x3 3 + x2 2 1 0 = 1 3 + 1 2 = 5 6
L’esercizio chiedeva di calcolare tre integrali definiti a scelta, scegliendoli da quelli del primo esercizio. Biso-gna stare solo attenti a non prendere integrali impropri dove non si può sostituire lo 0!
Terzo esercizio
:Nel terzo esercizio erano riportati integrali leggermente più complessi. Il primo integrale proposto è:
Z
sin√x dx
Tale integrale si risolve prima con una sostituzio-ne, e poi integrando per parti. Infatti sostituendo e sistemando il differenziale: √ x = t 1 2√xdx = dt dx = 2tdt Otteniamo quindi: 2 Z t sin t dt
Che si risolve per parti scegliendo f (t) = t.
2 Z t sin t dt = −2t cos t + 2 Z cos t dt = −2t cos t + 2 sin t Sostituendo nuovamente: −2√x cos√x + 2 sin√x Il secondo integrale proposto è:
Z
x√x − 1 dx
La difficoltà in questo integrale era data dalla scelta della funzione f0(x)nell’integrazione per parti. Infatti bisogna imporre √x − 1 = f0(x), e quindi calcolarsi la primitiva di tale funzione. Volendo è possibile effettuare una ulteriore sostituzione t = x − 1. Tuttavia la primi-tiva di√x − 1 è 2
3(x − 1)
√
x − 1. A questo punto si può procedere con l’integrazione per parti:
Z x√1 − x dx = 2 3x(x − 1) √ x − 1 −2 3 Z (x − 1)3/2 dx = 2 3x(x − 1) √ x − 1 − 4 15(x − 1) 5/2 Ovvero: 2 3x(x − 1) √ x − 1 − 4 15(x − 1) 2√x − 1
L’ultimo integrale proposto poteva essere risolto con una sostituzione, oppure in maniera molto più elegante. L’integrale proposto è:
Z cos x sin x − 4 cos x 2√sin x − 4 dx Raccogliendo il cos x si ottiene:
Z
(sin x − 4) cos x 2√sin x − 4 dx
In tale espressione si può riconoscere la formula risolutiva:
Z
fα(x)f0(x) dx = f
α+1(x)
α + 1 Nel nostro caso come funzione abbiamo:
f (x) =√sin x − 4
Dove (sin x − 4) è f2(x), ovvero possiamo applicare
la formula risolutiva per α = 2. Abbiamo quindi in definitiva:
(sin x − 4)√sin x − 4 3
Quarto esercizio
:Il quarto integrale prevedeva un piccolo trucco algebrico, prima di proseguire con la risoluzione per parti.
Z x √x − 1 +√x + 1 √ x2− 1 dx Riscrivendo il denominatore come:
p x2− 1 =√x − 1√x + 1 L’integrale diventa: Z x √x − 1 +√x + 1 √ x − 1√x + 1 dx E quindi possiamo dividerlo:
Z x √ x − 1 √ x − 1√x + 1 dx + Z x √ x + 1 √ x − 1√x + 1 dx E quindi semplificarli: Z x √ x + 1 dx + Z x √ x − 1 dx
A questo punto si integra per parti, riconoscendo i
1 √
x−1 la derivata di 2
√
x − 1. In questo modo possiamo scegliere proprio 1
x−1 come la nostra f 0(x).
Per il primo integrale abbiamo:
Z x √ x − 1 dx = 2x √ x − 1 − Z 2√x − 1 dx = 2x√x − 1 − 4 3(x − 1) √ x − 1
Il secondo integrale è analogo. Alla fine il risultato è: 2x√x − 1 − 4 3(x − 1) √ x − 1 + 2x√x + 1 − 4 3(x + 1) √ x + 1
