5. Integrazione per parti

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5. Integrazione per parti

∫ 𝑓^′(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) − ∫ 𝑓(𝑥)𝑔^′(𝑥)𝑑𝑥

Osserviamo che nella formula la funzione integranda al primo membro appare come il prodotto di un fattore derivato 𝑓^′(𝑥) , che nel secondo membro viene integrato, per un fattore finito 𝑔(𝑥), che nel secondo membro viene derivato.

Ogni volta che si applica il metodo di integrazione per parti è necessario scegliere opportunamen- te il fattore derivato e il fattore finito

Esempi

1) ∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 Poniamo

𝑓^′(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑥 da cui 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛𝑥 e 𝑔^′(𝑥) = 1

∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 − ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐 . Se avessimo scambiato i ruoli ponendo

𝑓^′(𝑥) = 𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑥 avremmo ottenuto

∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 =𝑥²

2 𝑐𝑜𝑠𝑥 + ∫𝑥²

2 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 un integrale più complesso di quello di partenza.

2) In alcuni casi il metodo per parti deve essere applicato più volte come nel seguente integrale:

∫ 𝑥²𝑒^𝑥𝑑𝑥 Poniamo

𝑓^′(𝑥) = 𝑒^𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑥² ottenendo

2

∫ 𝑥²𝑒^𝑥𝑑𝑥 = 𝑥²𝑒^𝑥− ∫ 2𝑥𝑒^𝑥𝑑𝑥 Nel secondo integrale poniamo

𝑓^′(𝑥) = 𝑒^𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑥

∫ 𝑥²𝑒^𝑥𝑑𝑥 = 𝑥²𝑒^𝑥− ∫ 2𝑥𝑒^𝑥𝑑𝑥 = 𝑥²𝑒^𝑥− 2 (𝑥𝑒^𝑥− ∫ 𝑒^𝑥𝑑𝑥) = = 𝑥²𝑒^𝑥− 2𝑥𝑒^𝑥+ 2𝑒^𝑥+ 𝑐

3)∫ 𝑥²𝑙𝑜𝑔(1 − 𝑥²)𝑑𝑥

Sia 𝑓′(𝑥) = 𝑥² e 𝑔(𝒙) = 𝑙𝑜𝑔(1 − 𝑥²), risulta 𝑓(𝑥) =^𝑥₃³ e 𝑔′(𝒙) =_1−𝑥^−2𝑥₂

quindi

∫ 𝑥²𝑙𝑜𝑔(1 − 𝑥²)𝑑𝑥=

= ^𝑥₃³𝑙𝑜𝑔(1 − 𝑥²) − ∫^𝑥₃³∙ ^−2𝑥

1−𝑥²𝑑𝑥 =^𝑥3

3 𝑙𝑜𝑔(1 − 𝑥²) −²

3∫^1−𝑥_1−𝑥⁴⁻¹₂ 𝑑𝑥 =

= ^𝑥₃³𝑙𝑜𝑔(1 − 𝑥²) −²

3∫ 1 + 𝑥²+ ¹

𝑥²−1𝑑𝑥 =

= ^𝑥₃³𝑙𝑜𝑔(1 − 𝑥²) −²₃𝑥 −²

9𝑥³−²

3∫_𝑥2¹₋₁𝑑𝑥 =

= ^𝑥₃³𝑙𝑜𝑔(1 − 𝑥²) −²₃𝑥 −²

9𝑥³−¹

3 log |^𝑥−1_𝑥+1| + 𝑐

4) ∫ √𝑎²− 𝑥²𝑑𝑥 𝑎 > 0 Poniamo

𝑓′(𝑥) = 1 ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑔(𝑥) = √𝑎² − 𝑥² ⇒ 𝑔^′(𝑥) = − ^𝑥

√𝑎²−𝑥²

∫ √𝑎²− 𝑥²𝑑𝑥 = 𝑥√𝑎²− 𝑥²− ∫ −_√𝑎^𝑥_2−𝑥² ₂𝑑𝑥 = 𝑥√𝑎² − 𝑥² − ∫^𝑎2_√𝑎^−𝑥_2−𝑥^2−𝑎₂²𝑑𝑥 = = 𝑥√𝑎²− 𝑥²− ∫ √𝑎² − 𝑥²𝑑𝑥 + 𝑎²∫ ¹

𝑎√1−(^𝑥_𝑎)²

𝑑𝑥 =

= 𝑥√𝑎²− 𝑥²− ∫ √𝑎² − 𝑥²𝑑𝑥 + 𝑎²𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛^𝑥

𝑎+ 𝑐′

Otteniamo, quindi :

3

∫ √𝑎²− 𝑥²𝑑𝑥 = 𝑥√𝑎²− 𝑥²− ∫ √𝑎²− 𝑥²𝑑𝑥 + 𝑎²𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑎+ 𝑐′

Osserviamo che al secondo membro abbiamo ottenuto lo stesso integrale che vogliamo risolvere ma con segno opposto, pertanto lo sommiamo a quello al primo membro:

2 ∫ √𝑎²− 𝑥²𝑑𝑥 = 𝑥√𝑎² − 𝑥² + 𝑎²𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑎+ 𝑐′

Dividendo entrambi i membri per due otteniamo il risultato :

∫ √𝑎²− 𝑥²𝑑𝑥 =1

2𝑥√𝑎²− 𝑥²+1

2𝑎²𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑎+ 𝑐 Così per esempio :

∫ √1 − 𝑥²𝑑𝑥 =1

2𝑥√1 − 𝑥² +1

2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐

∫ √9 − 4𝑥²𝑑𝑥 = 2 ∫ √9

4− 𝑥²𝑑𝑥 = 2 (1 2𝑥√9

4− 𝑥² +1 2∙9

4𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛2𝑥 3) + 𝑐

Osserviamo che questo integrale è stato anche risolto con il metodo di sostituzione nel par. 3.

Esercizi

( gli esercizi con asterisco sono avviati )

In alcuni dei seguenti esercizi tra parentesi vengono indicati il fattore derivato e quello finito.

*1. ∫ 𝑙𝑜𝑔𝑥 𝑑𝑥 (𝑓^′(𝑥) = 1, 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔𝑥)

*2. ∫ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥 (𝑓^′(𝑥) = 1, 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥) 3.∫ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑑𝑥 (𝑓^′(𝑥) = 1, 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥)

4.∫ 𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥 𝑑𝑥 (𝑓^′(𝑥) = 𝑥, 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔𝑥)

5. ∫ 𝑥³𝑙𝑜𝑔𝑥 𝑑𝑥 6. ∫ 𝑥⁴𝑙𝑜𝑔𝑥 𝑑𝑥 7. ∫ log (𝑥² + 1) 𝑑𝑥 8. ∫ 𝑥log (𝑥²− 4) 𝑑𝑥

4 9.∫(𝑥²+ 4)𝑙𝑜𝑔𝑥 𝑑𝑥 * 10. ∫^{log (𝑙𝑜𝑔𝑥)}_𝑥 𝑑𝑥

*11. ∫ 𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑑𝑥 *12. ∫ 𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 13. ∫ 𝑥²𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑑𝑥 14.∫ 𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔√𝑥²− 1 𝑑𝑥

*15. ∫^arctg𝑥_𝑥2 𝑑𝑥 16.∫^arctg√𝑥_√𝑥3 𝑑𝑥 17.∫ 𝑥𝑒^𝑥𝑑𝑥 *18. ∫ 𝑥³𝑒^𝑥𝑑𝑥 19. ∫ 𝑥²𝑒^−𝑥𝑑𝑥 20. ∫(𝑥 − 3) 𝑒^𝑥 𝑑𝑥 21. ∫(𝑥²− 𝑥)𝑒^−𝑥𝑑𝑥 22. ∫ 𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 23. ∫ 𝑥²𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 *24. ∫ 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 25. ∫ 𝑙𝑜𝑔²𝑥𝑑𝑥 26. ∫^{𝑙𝑜𝑔𝑥}_𝑥4 𝑑𝑥

*27. ∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥)𝑑𝑥 28. ∫ √𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥𝑑𝑥

*29. ∫^{𝑙𝑜𝑔√𝑥}

√𝑥 𝑑𝑥 *30. ∫ 𝑥³𝑒^−𝑥2𝑑𝑥

*31. ∫ 𝑥⁵𝑒^−𝑥2𝑑𝑥 *32. ∫ 𝑒^√𝑥𝑑𝑥 33. ∫ 𝑥𝑙𝑜𝑔²𝑥𝑑𝑥 *34. ∫ √4 − 𝑥²𝑑𝑥

*35. ∫ 𝑙𝑜𝑔 (^𝑥2−1

𝑥 ) 𝑑𝑥 *36. ∫ 𝑙𝑜𝑔_𝑥^𝑥−1₂₊₁𝑑𝑥

*37. ∫_(1+𝑥^𝑥3₂₎₂ 𝑑𝑥 38. ∫_(1+𝑥)^{𝑙𝑜𝑔𝑥}₂ 𝑑𝑥 ( 𝑓^′(𝑥) = ¹

(1+𝑥)² , 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔𝑥 )

*39.∫_(1−𝑥)^𝑥2 ₃ 𝑑𝑥 *40. ∫_𝑠𝑖𝑛¹_3𝑥 𝑑𝑥

41. ∫_𝑐𝑜𝑠¹_3𝑥 𝑑𝑥 *42. ∫ 𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1)𝑑𝑥

5

Soluzioni

*1. S. 𝑥(𝑙𝑜𝑔𝑥 − 1) + 𝑐; ( 𝑓(𝑥) = 𝑥 , 𝑔^′(𝑥) =¹

𝑥 , ∫ 𝑙𝑜𝑔𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥 − ∫ 𝑥 ∙¹

𝑥 𝑑𝑥 = ⋯ );

*2. S. 𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 + √1 − 𝑥²+ 𝑐; ( 𝑓(𝑥) = 𝑥, 𝑔^′(𝑥) = ¹

√1−𝑥²

3. S. 𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 −¹₂𝑙𝑜𝑔(𝑥²+ 1) + 𝑐; 4. S. ¹₂𝑥²𝑙𝑜𝑔𝑥 −¹

4𝑥²+ 𝑐 ; 5. S. ¹

4𝑥⁴𝑙𝑜𝑔𝑥 − ¹

16𝑥⁴+ 𝑐; 6. S. ^𝑥₅⁵𝑙𝑜𝑔𝑥 −^𝑥5

25+ 𝑐 ;

7. 𝐒. 𝑥log (𝑥² + 1) − 2𝑥 + 2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 + 𝑐 ; 8. S. ¹₂(𝑥² − 4) log(𝑥²− 4) −¹

2𝑥²+ 𝑐 ; 9. S. ( ^𝑥3

3 + 4𝑥)𝑙𝑜𝑔𝑥 −^𝑥3

9 − 4𝑥 + 𝑐

*10. S. 𝑙𝑜𝑔𝑥(𝑙𝑜𝑔(𝑙𝑜𝑔𝑥) − 1) + 𝑐 ; ( 𝑓^′(𝑥) =¹

𝑥 , 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔(𝑙𝑜𝑔𝑥) , si ha 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔𝑥, 𝑔^′(𝑥) = ¹

𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥 ⇒ ∫^{log (𝑙𝑜𝑔𝑥)}_𝑥 𝑑𝑥 = 𝑙𝑜𝑔𝑥 ∙ 𝑙𝑜𝑔(𝑙𝑜𝑔𝑥) − ∫ 𝑙𝑜𝑔𝑥 ∙_{𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥}¹ 𝑑𝑥 = ⋯ ; oppure porre 𝑙𝑜𝑔𝑥 = 𝑡 da cui ¹

xdx=dt quindi l’integrale diventa ∫ 𝑙𝑜𝑔𝑡𝑑𝑡 e integrare per parti ( vedi esercizio 1 )… ) ;

11. S. ¹₂(𝑥²+ 1)𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 −¹

2𝑥 + 𝑐; (𝑓^′(𝑥) = 𝑥 , 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 , 𝑓(𝑥) =¹₂𝑥², 𝑔′(𝑥) =_1+𝑥¹ ₂ , ∫ 𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑑𝑥 =¹₂𝑥²𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 −¹

2∫_1+𝑥^𝑥2₂𝑑𝑥 =¹

2𝑥²𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 −¹

2∫^1+𝑥_1+𝑥²⁻¹₂ 𝑑𝑥 = ⋯ ) ;

*12. S. ¹₄(2𝑥²− 1)𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 +¹

4𝑥√1 − 𝑥²+ 𝑐; ( 𝑓^′(𝑥) = 𝑥, 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 ; 𝑓(𝑥) =¹

2𝑥² , 𝑔^′(𝑥) =_√1−𝑥¹ ₂ , ∫ 𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 = ¹₂𝑥²𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 −¹

2∫_√1−𝑥^𝑥2 ₂𝑑𝑥 =¹

2𝑥²𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 +¹

2∫^1−𝑥_√1−𝑥²⁻¹₂ 𝑑𝑥 = =¹

2𝑥²𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 +¹

2∫ √1 − 𝑥²𝑑𝑥 −¹

2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 tenendo conto che, vedi esempio 4,

∫ √1 − 𝑥²𝑑𝑥 =¹

2𝑥√1 − 𝑥²+¹

2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐 si ha ∫ 𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 =¹

2𝑥²𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 +¹

2(¹

2𝑥√1 − 𝑥²+¹

2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥) −¹

2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐 = ⋯ ) ; 13. S. ^𝑥3

3 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 −^𝑥2

6 +^log(𝑥2+1)

6 + 𝑐 ; 14. S. ^𝑥₂²𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔√𝑥²− 1 −^√𝑥2−1

2 + 𝑐 ;

6

*15. S. −^arctg𝑥_𝑥 −¹

2log(𝑥²+ 1) + 𝑙𝑜𝑔|𝑥| + 𝑐 ; ( 𝑓^′(𝑥) = ¹

𝑥² , 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 , 𝑓(𝑥) = −_𝑥¹ , 𝑔^′(𝑥) = ¹

1+𝑥² , si ha quindi : ∫^arctg𝑥_𝑥2 𝑑𝑥 = − ^{𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥}_𝑥 − ∫ −_𝑥(1+𝑥¹ ₂₎𝑑𝑥 = −^{𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥}

𝑥 + ∫_𝑥(1+𝑥¹ ₂₎𝑑𝑥 tenendo conto che : _𝑥(1+𝑥¹ ₂₎= ¹

𝑥− ^𝑥

1+𝑥² risulta ∫_𝑥(1+𝑥¹ ₂₎𝑑𝑥 = ∫^𝑑𝑥_𝑥 −¹

2∫_1+𝑥^2𝑥₂𝑑𝑥 … ) ; 16. S. −2^arctg√𝑥

√𝑥 + 𝑙𝑜𝑔 | ^𝑥

𝑥+1| + 𝑐 ; 17. S. 𝑒^𝑥(𝑥 − 1) + 𝑐;

*18. S. 𝑒^𝑥(𝑥³ − 3𝑥²+ 6𝑥 − 6) + 𝑐; ( 𝑓^′(𝑥) = 𝑒^𝑥 , 𝑔(𝑥) = 𝑥³ , 𝑓(𝑥) = 𝑒^𝑥, 𝑔′(𝑥) = 3𝑥² ⇒ ∫ 𝑥³𝑒^𝑥𝑑𝑥 = 𝑥³𝑒^𝑥− 3 ∫ 𝑥²𝑒^𝑥𝑑𝑥

integriamo ancora per parti l’integrale ottenuto ponendo 𝑓^′(𝑥) = 𝑒^𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑥², da cui ∫ 𝑥³𝑒^𝑥𝑑𝑥 = 𝑥³𝑒^𝑥− 3(𝑥²𝑒^𝑥− 2 ∫ 𝑥𝑒^𝑥𝑑𝑥)

integriamo ancora per parti l’ultimo integrale ottenuto ponendo 𝑓^′(𝑥) = 𝑒^𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑥 ⇒ ∫ 𝑥³𝑒^𝑥𝑑𝑥 = 𝑥³𝑒^𝑥− 3[𝑥²𝑒^𝑥− 2(𝑥𝑒^𝑥− ∫ 𝑒^𝑥𝑑𝑥)] … ) ;

19. S. −𝑒^−𝑥(𝑥²+ 2𝑥 + 2) + 𝑐; 20. S. (𝑥 − 4) 𝑒^𝑥 +𝑐 21. S. −𝑒^−𝑥(𝑥²+ 𝑥 + 1) + 𝑐; 22. S. 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐;

23. S. 2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + (𝑥²− 2)𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐;

*24. S. ¹₂𝑒^𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑥) + 𝑐; (𝑓^′(𝑥) = 𝑒^𝑥, 𝑔(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑥 , si ha : ∫ 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − ∫ −𝑒^𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 = 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + ∫ 𝑒^𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥

integriamo ancora per parti l’ultimo integrale ponendo 𝑓^′(𝑥) = 𝑒^𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛𝑥 , si ha ∫ 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑒^𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 − ∫ 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥

osserviamo che abbiamo ottenuto di nuovo l’integrale di partenza ma con segno opposto, pertanto lo portiamo al primo membro e lo sommiamo :

2 ∫ 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑒^𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐′ ⇒ ∫ 𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 =¹

2𝑒^𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑥) + 𝑐 ; si può verificare che si sarebbe giunti allo stesso risultato se per ogni integrazione si fosse sempre posto 𝑔(𝑥) = 𝑒^𝑥 ) ;

25. S. 𝑥𝑙𝑜𝑔²𝑥 − 2𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥 + 2𝑥 + 𝑐; 26. S. − ¹

9𝑥³(3𝑙𝑜𝑔𝑥 + 1) + 𝑐;

7

*27. S. ¹

2𝑥(𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥) − 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑜𝑔𝑥)) + 𝑐;

( 𝑓^′(𝑥) = 1, 𝑔(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥) ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑥 , 𝑔^′(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑜𝑔𝑥) ∙¹

𝑥 , si ha : ∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥)𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥) − ∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑜𝑔𝑥) ∙¹_𝑥𝑑𝑥 =

= 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥) − ∫ 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑜𝑔𝑥)𝑑𝑥

per l’ultimo integrale ottenuto porre 𝑓(𝑥) = 𝑥 , 𝑔(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑜𝑔𝑥) e integrare per parti:

∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥)𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥) − 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑜𝑔𝑥) − ∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥)𝑑𝑥 da cui:

∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥)𝑑𝑥 =¹

2𝑥(𝑠𝑖𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑥) − 𝑐𝑜𝑠(𝑙𝑜𝑔𝑥)) + 𝑐 ) ; 28. S. ²

9𝑥√𝑥(3𝑙𝑜𝑔𝑥 − 2) + 𝑐;

*29. S. √𝑥(𝑙𝑜𝑔𝑥 − 2) + 𝑐; ( √𝑥 = 𝑡 e poi per parti );

*30. S. −¹₂𝑒^−𝑥2(𝑥²+ 1) + 𝑐; (∫ 𝑥³𝑒^−𝑥2𝑑𝑥 = ∫ 𝑥²∙ 𝑥𝑒^−𝑥2𝑑𝑥 e poi per parti ponendo 𝑓^′(𝑥) = 𝑥𝑒^−𝑥2 e 𝑔(𝑥) = 𝑥² ⇒ 𝑓(𝑥) = −¹

2𝑒^−𝑥2 , 𝑔^′(𝑥) = 2𝑥 ⇒ ∫ 𝑥³𝑒^−𝑥2𝑑𝑥 = ∫ 𝑥²∙ 𝑥𝑒^−𝑥2𝑑𝑥 == −¹

2𝑒^−𝑥2∙ 𝑥² + ∫ 𝑥𝑒^−𝑥2𝑑𝑥 = −¹

2𝑒^−𝑥2(𝑥²+ 1) + 𝑐;

oppure porre 𝑥² = 𝑡 da cui ¹₂∫ 𝑡𝑒^−𝑡𝑑𝑡 e poi per parti … );

*31. S. −¹₂𝑒^−𝑥2(𝑥⁴+ 2𝑥² + 2) + 𝑐; (∫ 𝑥⁵𝑒^−𝑥2𝑑𝑥 = ∫ 𝑥⁴∙ 𝑥𝑒^−𝑥2𝑑𝑥 e poi per parti );

*32. S. 2𝑒^√𝑥(√𝑥 − 1) + 𝑐; ( porre √𝑥 = 𝑡 e poi integrare per parti );

33. S. ^𝑥2

4 (2𝑙𝑜𝑔²𝑥 − 2𝑙𝑜𝑔𝑥 + 1) + 𝑐;

*34. S. ¹

2𝑥√4 − 𝑥²+ 2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛^𝑥

2+ 𝑐 ; (𝑓^′(𝑥) = 1, 𝑔(𝑥) = √4 − 𝑥² , poi per parti tenendo presente l’esempio 4 ) ;

*35. S. 𝑥 𝑙𝑜𝑔 (^𝑥2−1

𝑥 ) − 𝑙𝑜𝑔^𝑥−1

𝑥+1− 𝑥 + 𝑐; (𝑓^′(𝑥) = 1 , 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔 (^𝑥2−1

𝑥 ) , 𝑓(𝑥) = 𝑥 , 𝑔^′(𝑥) = ^𝑥

𝑥²−1∙^{2𝑥2−𝑥2+1}

𝑥² = ^𝑥2+1

𝑥(𝑥²−1) , ∫ 𝑙𝑜𝑔 (^𝑥2−1

𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑜𝑔 (^𝑥2−1

𝑥 ) − ∫_(𝑥^𝑥2₂⁺¹₋₁₎𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑜𝑔 (^𝑥2−1

𝑥 ) − ∫^𝑥2_𝑥⁻¹⁺²₂₋₁ 𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑜𝑔 (^𝑥2−1

𝑥 ) − ∫ 𝑑𝑥 − 2 ∫_𝑥2¹₋₁𝑑𝑥 = ⋯ ) ;

8 36. S. −2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑥𝑙𝑜𝑔(𝑥²+ 1) + (𝑥 − 1)𝑙𝑜𝑔(𝑥 − 1) + 𝑥 + 𝑐;

( 𝑓^′(𝑥) = 1, 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔 ^𝑥−1

𝑥²+1 ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑥 , 𝑔^′(𝑥) = ^{𝑥2−2𝑥−1}

(1−𝑥)(𝑥²+1) , ∫ 𝑙𝑜𝑔_𝑥^𝑥−1₂₊₁𝑑𝑥 = 𝑥 𝑙𝑜𝑔 ^𝑥−1

𝑥²+1− ∫ 𝑥 ∙ ^{𝑥2−2𝑥−1}

(1−𝑥)(𝑥²+1)𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑜𝑔 ^𝑥−1

𝑥²+1+ ∫ ^{𝑥3−2𝑥2−𝑥}

(𝑥−1)(𝑥²+1)𝑑𝑥 = Nell’ultimo integrale, dividendo il numeratore per il denominatore si ottiene:

^{𝑥3−2𝑥2−𝑥}

(𝑥−1)(𝑥²+1)= 1 − ^{𝑥2+2𝑥−1}

(𝑥−1)(𝑥²+1)= 1 − ¹

𝑥−1− ²

𝑥²+1 …. ) ;

*37. S. −¹_2𝑥^𝑥₂₊₁² +¹

2log(𝑥²+ 1) + 𝑐 ; ( 𝑓^′(𝑥) =_(1+𝑥^𝑥₂₎₂ =¹

2∙ ^2𝑥

(1+𝑥²)² , 𝑔(𝑥) = 𝑥² , 𝑓(𝑥) = −¹₂∙ ¹

1+𝑥² , 𝑔^′(𝑥) = 2𝑥 … ) ; 38.S. ^{𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥}

𝑥+1 − 𝑙𝑜𝑔|𝑥 + 1| + 𝑐 ;

*39. S. ^4𝑥−3

2(1−𝑥)²− 𝑙𝑜𝑔|𝑥 − 1| + 𝑐 ; ( 𝑓^′(𝑥) = ¹

(1−𝑥)³ , 𝑔(𝑥) = 𝑥² , 𝑓(𝑥) = ¹

2(1−𝑥)² , si ha : ∫ ^𝑥2

(1−𝑥)³ 𝑑𝑥 = _2(1−𝑥)^𝑥2 ₂− ∫_2(1−𝑥)^2𝑥 ₂𝑑𝑥 = ^𝑥2

2(1−𝑥)²+ ∫^1−𝑥−1_(1−𝑥)2𝑑𝑥 = = ^𝑥2

2(1−𝑥)²+ ∫_1−𝑥¹ 𝑑𝑥 − ∫_(1−𝑥)¹ ₂𝑑𝑥 = ^𝑥2

2(1−𝑥)²− 𝑙𝑜𝑔|𝑥 − 1| − ¹

1−𝑥+ 𝑐 = =^{𝑥2+2𝑥−2}

2(1−𝑥)² − 𝑙𝑜𝑔|𝑥 − 1| + 𝑐 = ^4𝑥−3

2(1−𝑥)²+¹

2− 𝑙𝑜𝑔|𝑥 − 1| + 𝑐 = ^4𝑥−3

2(1−𝑥)²− 𝑙𝑜𝑔|𝑥 − 1| + 𝑐’…);

*40. S. −¹

2 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑠𝑖𝑛²𝑥+ ¹₂log |𝑡𝑔^𝑥

2| + 𝑐 ; (∫_𝑠𝑖𝑛¹_3𝑥 𝑑𝑥 = ∫_𝑠𝑖𝑛¹_2𝑥∙ ¹

𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥 = −𝑐𝑡𝑔𝑥 ∙ ¹

𝑠𝑖𝑛𝑥− ∫ 𝑐𝑡𝑔𝑥 ∙_𝑠𝑖𝑛^{𝑐𝑜𝑠𝑥}_2𝑥𝑑𝑥 = = − ^{𝑐𝑜𝑠𝑥}

𝑠𝑖𝑛²𝑥− ∫^𝑐𝑜𝑠_{𝑠𝑖𝑛3}^2𝑥_𝑥𝑑𝑥 = − ^{𝑐𝑜𝑠𝑥}

𝑠𝑖𝑛²𝑥− ∫_𝑠𝑖𝑛¹_3𝑥𝑑𝑥 + ∫_{𝑠𝑖𝑛𝑥}¹ 𝑑𝑥⟹

⟹ 2 ∫_𝑠𝑖𝑛¹_3𝑥 𝑑𝑥 = −_𝑠𝑖𝑛^{𝑐𝑜𝑠𝑥}_2𝑥+ ∫_{𝑠𝑖𝑛𝑥}¹ 𝑑𝑥=….

ricordiamo che gli integrali ∫ ¹

𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 e ∫_{𝑐𝑜𝑠𝑥}¹ 𝑑𝑥 sono stati risolti per sostituzione nel par. 4 ) ;

41. S. ¹

2 𝑠𝑖𝑛𝑥

𝑐𝑜𝑠²𝑥+ ¹₂log |𝑐𝑡𝑔(^𝜋

4−^𝑥

2)| + 𝑐 ;

9

*42. S. (𝑥 +¹

2) 𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1) −^{√𝑥√𝑥+1}₂ + 𝑐;

( poniamo 𝑓^′(𝑥) = 1, 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1) , si ha : ∫ 𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1)𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1) − ∫ ^𝑥

√𝑥+√𝑥+1( ¹

2√𝑥+ ¹

2√𝑥+1) 𝑑𝑥 = = 𝑥𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1) −¹₂∫ ^𝑥

√𝑥+√𝑥+1∙^{√𝑥+1+√𝑥}

√𝑥∙√𝑥+1 𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1) −¹₂∫ √_𝑥+1^𝑥 𝑑𝑥 Possiamo procedere in due modi:

1° metodo :

Calcoliamo l’ultimo integrale per sostituzione : √ ^𝑥

𝑥+1= 𝑡 ⇒ _𝑥+1^𝑥 = 𝑡² ⇒ 𝑥 = ^𝑡2

1−𝑡² ⇒ 𝑑𝑥 = ^2𝑡

(1−𝑡²)²𝑑𝑡 Pertanto risulta :

∫ √ ^𝑥

𝑥+1𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 ∙_(1−𝑡^2𝑡₂₎₂𝑑𝑡 = 2 ∫_(1−𝑡^𝑡2₂₎₂𝑑𝑡 (# ) Calcoliamo per parti l’integrale

∫ ^𝑡2

(1−𝑡²)²𝑑𝑡 = −¹

2∫ 𝑡 ∙_(1−𝑡^(−2𝑡)₂₎₂𝑑𝑡 ponendo 𝑓^′(𝑡) = ^(−2𝑡)

(1−𝑡²)² e 𝑔(𝑡) = 𝑡 , essendo 𝑓(𝑡) = − ¹

1−𝑡² e 𝑔^′(𝑡) = 1 , si ha ∫_(1−𝑡^𝑡2₂₎₂𝑑𝑡 = −¹

2∫ 𝑡 ∙_(1−𝑡^(−2𝑡)₂₎₂𝑑𝑡 = −¹

2[− ^𝑡

1−𝑡²+ ∫_1−𝑡¹₂𝑑𝑡]

Poiché vale la seguente scomposizione : ¹

1−𝑡² = ¹

2(𝑡+1)− ¹

2(𝑡−1) si ha ∫ ^𝑡2

(1−𝑡²)²𝑑𝑡 = −¹

2∫ 𝑡 ∙ ^(−2𝑡)

(1−𝑡²)²𝑑𝑡 = −¹

2[− ^𝑡

1−𝑡²+ ∫_1−𝑡¹₂𝑑𝑡] = −¹

2[− ^𝑡

1−𝑡²+¹

2𝑙𝑜𝑔|𝑡 + 1| −¹

2𝑙𝑜𝑔|𝑡 − 1|] + 𝑐 =¹

2 𝑡 1−𝑡²−¹

4𝑙𝑜𝑔 |^𝑡+1

𝑡−1| + 𝑐 Riprendiamo dall’integrale ( #) e ritornando in 𝑥 si ha

2 ∫ ^𝑡2

(1−𝑡²)²𝑑𝑡 = ^𝑡

1−𝑡²−¹

2𝑙𝑜𝑔 |^𝑡+1

𝑡−1| + 𝑐 = ^√

𝑥 𝑥+1 1−_𝑥+1^𝑥 −¹

2𝑙𝑜𝑔 |^{√𝑥+√𝑥+1}

√𝑥−√𝑥−1| + 𝑐 Ritornando all’integrale di partenza si ha :

∫ 𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1)𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1) −¹₂√𝑥√𝑥 + 1 +¹₄𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1)²+ 𝑐 = = 𝑥𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1) −¹₂√𝑥√𝑥 + 1 +¹₂𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + √𝑥 + 1) + 𝑐 ;

10 2° metodo :

Riprendiamo dall’integrale ottenuto

∫ ^𝑥

√𝑥+√𝑥+1( ¹

2√𝑥+ ¹

2√𝑥+1) 𝑑𝑥 = ¹₂∫_√𝑥+𝑥^𝑥 ₂𝑑𝑥 = ¹₄∫^2𝑥+1−1_{√𝑥+𝑥2} 𝑑𝑥 =¹

4∫_√𝑥+𝑥^2𝑥+1₂𝑑𝑥 −¹

4∫_√𝑥+𝑥¹ ₂𝑑𝑥 = = ¹₂√𝑥 + 𝑥²−¹

4∫_√𝑥+𝑥¹ ₂𝑑𝑥 calcoliamo infine l’ultimo integrale.

Posto √𝑥 + 𝑥² = 𝑥 + 𝑡, si ha 𝑥 + 𝑥² = 𝑥²+ 2𝑥𝑡 + 𝑡²→𝑥 = ^𝑡2

1−2𝑡 → 𝑑𝑥 = ^{2𝑡−2𝑡2}

(1−2𝑡)²dt Da cui sostituendo e semplificando l’integrale diventa:

− ¹

4∫_1−2𝑡² 𝑑𝑡 = ¹₄𝑙𝑜𝑔|1 − 2𝑡| + 𝑐 Pertanto

−¹

4∫_√𝑥+𝑥¹ ₂𝑑𝑥 =¹

4𝑙𝑜𝑔|1 − 2(√𝑥 + 𝑥² − 𝑥)| + 𝑐 =¹

4𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + 1 − √𝑥)²+ 𝑐=

= −¹₂𝑙𝑜𝑔(√𝑥 + 1 + √𝑥)

In definitiva , ritornando all’integrale di partenza… ) ;