Definizione La funzione F (x) e primitiva di f (x) se e solo se F

Analisi Matematica II , Fisica(A.A. 2006/20057) Preparazione Prova sritta Marzo-Aprile 2007

* *

1 Integrale indefinito

Definizione La funzione F (x) e primitiva di f (x) se e solo se F

⁰

(x) = f (x).

Se F (x) `e primitiva di f (x) allora F (x)+C `e anche una primitiva di f . Indichiamo con R

f (x)dx (integrale indefinito di f ) l’insieme delle funzioni primitive di f ovvero

Z

f (x)dx = {F (x) + C, C ∈ R}, dove F

⁰

(x) = f (x). Le seguenti propriet`a ci consentono di calcolare R

f (x)dx.

Regole dell’integrazione.

Z

f (x) + g(x)dx = Z

f (x)dx + Z

g(x)dx, Z

αf (x)dx = α Z

f (x)dx, α ∈ R.

Integrazione per parti Z

f

⁰

(x)g(x)dx = f (x)g(x) − Z

f (x)g

⁰

(x)dx.

Il differenziale df di una funzione f (x) ´e definita da df (x) = f

⁰

(x)dx.

Formula di cambiamento di variabili Z

g(f (x)) · f

⁰

(x)dx = Z

g(y)dy|

y=f (x)

.

Z

x

^A

dx = x

^A+1

A + 1 + C, A 6= −1, Z

1/(x + a)dx = ln |x + a| + C, Z

e

^x

dx = e

^x

+ C, Z

a

^x

dx = a

^x

ln a + C, a > 0, a 6= 1.

Z

cos xdx = sin x + C, Z

sin xdx = − cos x + C,

Z dx

cos

²

x = tan x + C,

Z dx

sin

²

x = cot x + C

Z dx

√ 1 − x

²

= arcsin x + C, −

Z dx

√ 1 − x

²

= arccos x + C,

Z dx

1 + x

²

= arctan x + C.

La sostituzione universale u = tan x/2, soddisfa

cos x = 1 − u

²

1 + u

²

, sin x = 2u

1 + u

²

, dx = 2 1 + u

²

du.

Problema 1.1. Calcolare (a)

Z 1

√

n

x dx, (b)

Z (x

^m

− x

ⁿ

)

²

√ x dx, (c) Z

3

^x

e

^x

dx

(d)

Z cos

²

x + √

1 − x

²

cos

²

x sin x − √ 1 − x

²

cos

²

x √

1 − x

²

dx

2 Esercizi sull’integrazione per parti

Problema 2.1. Calcolare

Z

sin

²

x dx Risposta.

Applichiamo la formula di integrazione per parti dopo aver scritto l’integrale assegnato nel modo che segue Z

sin

²

x dx = Z

sin x sin x dx.

Poniamo g(x) = sin x e f

⁰

(x) = sin x, quindi g

⁰

(x) = cos x e f (x) = − cos x. Sostituendo Z

sin x sin x dx = − cos x sin x − R

− cos

²

x dx =

= − cos x sin x + R

cos

²

xdx = = − cos x sin x + Z

(1 − sin

²

x) dx =

= − cos x sin x + x + C − R

sin

²

xdx

ovvero Z

sin

²

xdx = − cos x sin x + x + C − Z

sin

²

xdx Portando al primo membro l’integrale

2 Z

sin

²

xdx = − cos x sin x + x + C

da cui Z

sin

²

xdx = − cos x sin x + x

2 + C

Allo stesso risultato si arriva mediante le formule di bisezione:

Z

sin

²

xdx =

Z 1 − cos 2x

2 dx =

Z 1 2 dx −

Z cos 2x 2 dx = x

2 − sin 2x 4 + C.

Problema 2.2. Calcolare Z

x sin x dx Risposta

Procediamo mediante l’integrazione per parti ponendo g(x) = x e f

⁰

(x) = sin x, quindi f (x) = − cos x : Z

x sin x dx = x(− cos x) + Z

cos x dx = −x cos x + sin x + C

Problema 2.3. Calcolare Z

e

^x

sin x dx

Risposta. Applichiamo la formula di integrazione per parti ponendo g(x) = sin x e f

⁰

(x) = e

^x

: Z

e

^x

sin x dx = e

^x

sin x − Z

e

^x

cos x dx = e

^x

sin x − e

^x

cos x − Z

e

^x

sin x dx Portando al primo membro l’ultimo integrale e dividendo per 2 :

Z

e

^x

sin x dx = e

^x

sin x − cos x

2 + C

Problema 2.4. Calcolare Z

sin mx cos nx dx

Risposta. Si pu`o integrare per parti prendento ad esempio g(x) = sin mx e f

⁰

(x) = cos nx, oppure si possono utilizzare le formule di Werner:

Z

sin mx cos nx dx = Z 1

2 [sin(m − n)x + sin(m + n)x] dx = − 1 2

cos(m − n)x m − n − 1

2

cos(m + n)x

m + n + C

Problema 2.5. Calcolare Z

x cos x e

^x

dx

Risposta. Procediamo integrando per parti. Poniamo g(x) = x cos x e f

⁰

(x) = e

^x

Z

x cos x e

^x

dx = x cos x e

^x

− Z

cos x e

^x

dx − Z

x sin x e

^x

dx (1)

Consideriamo l’ultimo integrale Z

x sin x e

^x

dx = x sin x e

^x

− Z

sin x e

^x

dx − Z

x cos xe

^x

dx (2)

Da (1) e (2) otteniamo 2

Z

x cos x e

^x

dx = x e

^x

(sin x + cos x) − Z

cos x e

^x

dx − Z

sin x e

^x

dx.

Si ritorna cos`ı agli integrali visti sopra.

OSSERVAZIONE

Anche nel caso che si voglia calcolare Z

P

n

(x) e

^x

dx

(dove P

n

(x) `e un polinomio di grado n in x) si pu`o procedere per parti. Esiste comunque un metodo alternativo che permette di semplificare la risoluzione di integrali di questo tipo o del tipo

Z

P

_n

(x) sinx dx, Z

P

_n

(x) cos x dx,

si tratta del metodo dei coefficienti indeterminati. Illustrimo questo metodo con un esempio.

Problema 2.6. Calcolare Z

e

^x

(5x

²

+ x − 3) dx Risposta.

Cerchiamo primitive del tipo (Ax

²

+ Bx + C)e

^x

, ovvero determiniamo A, B, C ∈ R tali che Z

e

^x

(5x

²

+ x − 3) dx = (Ax

²

+ Bx + C)e

^x

+ C

1

, che equivale a

d

dx [(Ax

²

+ Bx + C)e

^x

] = e

^x

(5x

²

+ x − 3) Effettuando la derivazione otteniamo l’identit`a:

Ax

²

+ (2A + B)x + B + C = 5x

²

− x − 3 e quindi il sistema

 



A = 5

(2A + B) = −1

B + C = −3

Da cui A = 5, B = −9, C = 6.

Problema 2.7. Calcolare Z

(x

²

+ x) sin x dx Risposta.

Procediamo in modo analogo all’esercizio precedente determinando A, B, C, α, β, γ ∈ R, tali che Z

(x

²

+ x) sin x dx = (Ax

²

+ Bx + C) sin x + (αx

²

+ βx + γ) cos x + k.

Usando il metodo di integrazione per parti, calcolare (1) R

log xdx (2) R

arctan xdx (3) R

x

^α

log xdx (4) R

log

²

xdx (5) R

x

²

log

²

xdx (6) R

x arctan xdx (7) R

x

²

arctan xdx (8) R

xe

^x

dx (9) R

x cos xdx (10) R

x

²

cos xdx (11) R

arcsin xdx (12) R

xe

^x

sin xdx (13) R

sin mx sin nx dx (14) R

cos mx cos nx dx

3 Integrali di funzioni razionali

Si deve calcolare l’integrale R

f (x)dx, dove f (x) = P (x)/Q(x), e P (x), Q(x) sono polinomi in x.

I caso: Z

1

(x − a)

ⁿ

dx, n > 1 In questo caso abbiamo Z

1

(x − a)

ⁿ

dx = 1

−n + 1 1

(x − a)

ⁿ⁻¹

+ C.

II caso: Z

1 (x − a) dx,

In questo caso abbiamo Z

1

(x − a) dx = log |x − a| + C.

III Caso: Z

1

x

²

+ ax + b dx, a) se x

²

+ ax + b ha radice reale α con molteplicit`a 2 :

Z 1

x

²

+ ax + b dx =

Z 1

(x − α)

²

dx = − 1

(x − α) + C, b) se x

²

+ ax + b ha due radici reali α 6= β, allora

1

x

²

+ ax + b = 1

(x − α)(x − β) = 1 β − α

µ 1

x − β − 1 x − α

¶ . c) se x

²

+ ax + b ha due radici complesse

α = p + iq, α = p − iq, allora

1

x

²

+ ax + b = 1

(x − p)

²

+ q

²

.

IV caso: Z

Ax + B x

²

+ ax + b dx In questo caso abbiamo

Ax + B x

²

+ ax + b = A

2

2x + 2B/A x

²

+ ax + b

= A 2

2x + a x

²

+ ax + b + A

2

2B/A − a x

²

+ ax + b . e possiamo usare il metodo del caso precedente.

V caso: Z

P (x) Q(x) dx, dove gradP ≥ gradQ. In questo caso abbiamo

P (x)

Q(x) = S(x) + R(x) Q(x) , dove gradR < gradQ.

4 Il metodo di Hermite

Dobbiamo studiare Z

P (x) Q(x) dx, dove gradP < gradQ. Siano

α

1

, α

2

, · · · , α

h

, radici reali di Q con molteplicit´a m

1

, m

2

, · · · , m

h

. Siano

β

1

, β

2

, · · · , β

k

, e

β

1

, β

2

, · · · , β

k

, radici complesse di Q(x) con molteplicit´a µ

1

, · · · , µ

k

. Posto

β

j

= p

j

+ iq

j

, j = 1, · · · , k abbiamo

Q(x) = (x − α

1

)

^m1

· · · (x − α

h

)

^mh

(x − β

1

)

^µ1

· · · (x − β

k

)

^µk

(x − β

1

)

^µ1

· · · (x − β

k

)

^µk

. L’identit´a

(x − β

j

)(x − β

j

) = (x − p

j

)

²

+ q

_j²

implica

Q(x) = (x − α

1

)

^m1

· · · (x − α

h

)

^mh

((x − p

1

)

²

+ q

²₁

)

^µ1

· · · ((x − p

k

)

²

+ q

²_k

)

^µk

. Poniamo

T (x) = (x − α

1

)

^m1−1

· · · (x − α

h

)

^mh−1

((x − p

1

)

²

+ q

₁²

)

^µ1−1

· · · ((x − p

k

)

²

+ q

²_k

)

^µk−1

. Abbiamo la seguente

Proposizione 4.1. Esistono numeri A

j

, B

j

, C

j

ed esiste un polinomio R(x) con gradR = gradT − 1 tale che per ogni x con Q(x) 6= 0 vale l’identit`a

P (x) Q(x) =

X

h j=1

A

_j

(x − α

j

) +

X

k j=1

B

_j

x + C

_j

(x − p

j

)

²

+ q

²_j

+ d

dx µ R(x)

T (x)

¶ .

Problema 4.1. Verificare l’affermazione della preposizione precedente per

P (x) = 1, Q(x) = (x

²

− 1)(x

²

+ 1)

²

.

5 Integrali del tipo R

R(x, √

ax + b)dx.

Si fa la sostituzione

t

²

= ax + b.

Abbiamo Z

R(x, √

ax + b)dx = Z

R

µ t

²

− b a , t

¶ 2t a dt.

Problema 5.1. Calcolare Z √

2x − 3 − x x − 1 dx Risposta Poniamo t = √

2x + 3, da cui t

²

= 2x + 3 e quindi x = t

²

− 3

2 da cui dx = t dt. Sostituendo nell’integrale proposto

Z ³

t −

^t2₂⁻²

´ t

t²−3

2

− 1 dt = −

Z t

²

− 2t − 3 t

²

− 5 dt.

Effettuando la divisione tra numeratore e denominatore della funzione integranda possiamo scrivere: t

³

− 2t

²

− 3t = (t − 2)(t

²

− 5) + (2t − 10). Sostituiamo l’espressione ottenuta nell’integrale:

−

Z t

²

− 2t − 3

t

²

− 5 dt = − Z

(t − 2) dt +

Z 2t − 10 t

²

− 5 dt Osserviamo che

2t − 10

t

²

− 5 = A t − √

5 + B

t + √ 5 Da cui si ha 2t − 10 = (A + B)t + (A − B) √

5, e quindi il sistema

½ A + B = 2 A − B = −

^√10₅

Da questo otteniamo A =

^√√5−5₅

, B =

^√√5+5₅

. Sostiuiamo questi valori nell’integrale dato e risolviamo ottenendo l’insieme delle primitive:

− 1

2 t

²

+ 2t −

√ 5 − 5

√ 5 log |t − √ 5| −

√ 5 − 5

√ 5 log |t + √ 5| + C.

Problema 5.2. Calcolare Z

x

²

+ 3 1 + √

x + 1 dx.

6 Integrali del tipo R R ³

x, ¡ _ax+b

cx+d

¢ _p/q ´ dx.

Si fa il cambiamento di variabili

ax + b cx + d = t

^q

Problema 6.1. Calcolare

Z 1 x

²

3

sµ x + 1 x − 1

¶

₂

dx

Risposta.

Poniamo t

³

= x + 1

x − 1 , da cui segue x = t

³

+ 1

t

³

− 1 e dx = −6t

²

(t

³

− 1)

²

dt. Sostituiamo nell’integrale dato

−6

Z t

⁴

(t

³

+ 1)

²

dt

Si osservi che il grado del numeratore `e minore del grado del denominatore. Calcoliamo le radici del denominatore per applicare il metodo di Hermite: t

1

= −1, t

2,3

=

^1±i₂^√3

, (t

³

+ 1)

²

= (t + 1)

²

[(t −

¹₂

)

²

+

³₄

]

²

.

Quindi dobbiamo determinare A, B, C ∈ R tali che t

⁴

(t

³

+ 1)

²

= A

t + 1 + Bt + C (t −

¹₂

)

²

+

³₄

+ d

dt R(t) T (t) , dove

T (t) = (t + 1)[(t − 1 2 )

²

+ 3

4 ], R(t) = Dt

²

+ Et + F.

Quindi t

⁴

(t

³

+ 1)

²

= A(t + 1)(t

²

− t + 1)

²

+ (Bt + C)(t + 1)

²

(t

²

− t + 1) + (2Dt + E)(t

³

+ 1) − 3t

²

(Dt

²

+ Et + F )

(t

³

+ 1)

²

.

Da questa relazione ricaviamo A, B, C, D, E, F e quindi risolviamo l’integrale sostituendo sopra.

Un altro modo di scomporre la frazione

^{P (x)}_Q(x)

alternativo al metodo di Hermite `e il seguente:

P (x)

Q(x) = A

11

x − α

1

+ A

12

(x − α

1

)

²

+ · · · + · · · + · · · + A

1m1

(x − α

1

)

^m1

+

+ A

21

x − α

2

+ A

22

(x − α

2

)

²

+ · · · + · · · + · · · + A

2m2

(x − α

2

)

^m2

+

+ · · · + · · · + · · · + · · · + · · · + · · · +

+ A

h1

x − α

h

+ A

h2

(x − α

h

)

²

+ · · · + · · · + · · · + A

hm_h

(x − α

h

)

^mh

+ + B

11

x + C

11

[(x − p

1

)

²

+ q

²₁

] + B

12

x + C

12

[(x − p

1

)

²

+ q

²₁

]

²

+ · · · + · · · + · · · + B

1µ1

x + C

1µ1

[(x − p

1

)

²

+ q

₁²

]

^µ1

+ + B

21

x + C

21

[(x − p

₂

)

²

+ q

²₂

] + B

22

x + C

22

[(x − p

₂

)

²

+ q

²₂

]

²

+ · · · + · · · + · · · + B

2µ2

x + C

2µ2

[(x − p

₂

)

²

+ q

₂²

]

^µ2

+

+ · · · + · · · + · · · + · · · + · · · + · · · +

+ B

_k1

x + C

_k1

[(x − p

k

)

²

+ q

_k²

] + B

_k2

x + C

_k2

[(x − p

k

)

²

+ q

²_k

]

²

+ · · · + · · · + · · · + B

_kµk

x + C

_kµk

[(x − p

k

)

²

+ q

²_k

]

^µk

Come esempio applichiamo al problema precedente questa scomposizione

t

⁴

(t

³

+ 1)

²

= A

11

t + 1 + A

12

(t + 1)

²

+ B

11

t + C

11

[(t −

¹₂

)

²

+

³₄

] + B

12

t + C

12

[(t −

¹₂

)

²

+

³₄

]

²

Da cui

t

⁴

(t

³

+ 1)

²

= A

11

(t + 1)(t

²

− t + 1)

²

+ A

12

(t

²

− t + 1)

²

+ (B

11

t + C

11

)(t

²

− t + 1)(t + 1)

²

+ (B

12

t + C

12

)(t + 1)

²

(t

³

+ 1)

²

Otteniamo quindi un sistema lineare di primo grado in sei equazioni nelle incognite A

11

, A

12

, B

11

, B

12

, C

11

, C

12

, che risolto mi permette di scomporre la frazione

_(t3+1)^{t4 2}

in somma di frazioni delle quali si riesce a calcolare le primitive in maniera elementare.

Problema 6.2. Calcolare Z

x

r x − 1 x + 1 dx.

7 Integrale del tipo R R

³

x,

^q1

q¡ _ax+b

cx+d

¢ _p

₁

, · · · ,

^qh

q¡ _ax+b

cx+d

¢ _p

_h

´ .

Dove p

j

, q

j

∈ N, p

j

> 0, q

j

> 1 j = 1, · · · , h. Questi integrali si possono ricondurre ad integrali di funzioni razionali mediante la sostituzione:

t

^q

= ax + b cx + d . dove

q = m.c.m.(q

1

, · · · , q

h

)

Problema 7.1. Calcolare Z

3

r x + 1 x + 2

r x + 2 x + 1 dx Risposta In questo caso q

1

= 3, q

2

= 2, quindi q = 6. Si pone

t

⁶

= x + 1 x + 2 da cui

x = 2t

⁶

− 1

1 − t

⁶

e dx = 6t

⁵

(1 − t

⁶

)

²

dt.

Ci riconduciamo quindi a risolvere l’integrale

Z t

⁴

(1 − t

⁶

)

²

dt.

8 Integrali del tipo R R ¡

x, √

x ² + ax + b ¢ dx.

Si fa il cambiamento di variabili p

x

²

+ ax + b = x + t Problema 8.1. Calcolare

3x + 1

√ x

²

− 2x + 3 dx.

Poniamo p

x

²

− 2x + 3 = x + t da cui

x = 1 2

3 − t

²

t + 1 , dx = 1 2

−t

²

− 2t − 3

(t + 1)

²

e p

x

²

− 2x + 3 = 1 2

3 − t

²

t + 1 + t.

Sostituendo sopra ci riconduciamo a risolvere

− 1 2

Z −3t

²

+ 2t + 11 (t + 1)

²

dt.

Problema 8.2. Calcolare Z p

x

²

+ 1 dx.

9 Integrali del tipo R R ¡

x, √

−x ² + ax + b ¢ dx.

Siano α, β ∈ R le radici dell’equazione −x

²

+ ax + b = 0, (se le radici sono complesse l’espressione non `e definita) supponiamo α < β. Osserviamo che

p −x

²

+ ax + b = p

(x − α)(β − x) = (β − x)

r x − α β − x Si pone

t

²

= x − α

β − x quindi p

−x

²

+ ax + b = t(β − x).

Problema 9.1. Calcolare Z

x + 1

√ −x

²

− 2x + 8 dx Le radici del radicando sono α = −2, β = 4. Quindi poniamo

t = √

x + 24 − x da cui

x = 4t

²

− 2

1 + t

²

, dx = 12t (1 + t

²

)

²

dt Sostituendo nell’integrale dato, ci riconduciamo a risolvere

2

Z 5t

²

− 1 (1 + t

²

)

²

dt

10 Integrali del tipo R

x ^m (ax ^p + b) ^q dx.

Questi integrali si trasformano in un integrale di funzioni razionali se almeno uno dei seguenti numeri q, m + 1

p , q + m + 1 p

`e intero. Nel caso in cui q `e intero q si ritorna ad uno dei casi esaminati in precedenza. Se `e intero m + 1

p , o

q + m + 1 p si fa il cambiamento di variabili

x

^p

= t.

Problema 10.1. Calcolare Z

x

³

¡

3 + 2x

²

¢

¹

3

dx.

In questo caso

m = 3, p = 2 q = 1 3 risulta intero

m + 1 p = 2.

Si pone x

²

= t, quindi x = √

t, e dx = 1 2 √

t dt. L’integrale diventa 1

2 Z

t (3 + 2t)

¹³

dt,

che `e del tipo visto nel §4.

Problema 10.2. Calcolare Z

1 p

4

3 + 2 √

³

x

⁸

1

√

3

x dx L’integrale pu`o essere scritto nella forma

Z x

¹³

³ 3 + 2x

⁸³

´

₋¹

4

dx.

In questo caso

m = − 1

3 , p = 8

3 , q = − 1 4 Risulta intero q +

^m+1_p

. Si pone x

⁸³

= t da cui x = t

³⁸

e dx = 3

8 t

⁻⁵⁸

dt. Sostituendo nell’integrale otteniamo 3

8 Z 1

t

µ t

3 + 2t

¶

¹

4

dt, che `e del tipo di integrali visti nel §4.

Problema 10.3. Calcolare Z

x

³

(1 + 2x

²

)

^−3/2

dx.

11 Integrali del tipo R

R(sin x, cos x)dx.

Si possono effettuare vari cambiamenti variabili. La scelta dipende dall’espressione della funzione integranda.

Il pi` u generale `e il seguente

t = tan x 2 . da cui

cos x = 1 − t

²

1 + t

²

, sin x = 2t

1 + t

²

, dx = 2 1 + t

²

dt.

Altri cambiamenti di variabile che si possono effettuare sono

t = cos x, oppure t = sin x, oppure t = tan x.

Vediamo alcuni esempi.

Problema 11.1. Calcolare Z

1

cos x + sin x + 1 dx Risposta. Poniamo

t = tan x 2 Sostituiamo nell’integrale dato

Z 1

1−t²

1+t²

+

_1+t^2t2

+ 1 2

1 + t

²

dt =

Z 1

1 + t dt = log |1 + t| + C

Tenuto conto della posizione fatta l’insieme delle primitive dell’integrale di partenza `e dato da:

log

³

1 + tan x 2

´ + C.

Problema 11.2. Calcolare Z

sin x(cos x − 1)

1 + cos

²

x dx

Risposta Poniamo t = cos x da cui dt = − sin xdx. Sostituendo nell’integrale proposto

−

Z t − 1

1 + t

²

dt = − 1 2

Z 2t

1 + t

²

dt +

Z 1

1 + t

²

dt = − log |1 + t

²

| + arctan(1 + t

²

) + C

Quindi Z

sin x(cos x − 1)

1 + cos

²

x dx = − log |1 + cos

²

x| + arctan(1 + cos

²

) + C

Problema 11.3. Calcolare Z

1

(sin x − 3) cos x dx Risposta

Z 1

(sin x − 3) cos x dx =

Z 1

sin x − 3 cos x cos

²

x dx =

Z 1

sin x − 3 1

1 − sin

²

x cos x dx Poniamo t = sin x, quindi dt = cos xdx. Sostituendo nell’integrale di partenza ci riportiamo a risolvere

Z 1

t − 3 1 1 − t

²

dt.

Problema 11.4. Calcolare Z

sin

²

x + 4 cos

²

x tan x + 2 dx Risposta.

Z sin

²

x + 4 cos

²

x tan x + 2 dx =

Z

cos

⁴

x tan

²

x + 4 tan x + 2

1

cos

²

x dx =

Z 1

(1 + tan

²

x)

²

tan

²

x + 4

tan x + 2 (1 + tan

²

x) dx Poniamo t = tan x, da cui dt = 1

cos

²

x dx = (1 + tan x) dx. Sostituendo nell’integrale dato ci riconduciamo a

risolvere Z

1 (1 + t

²

)

²

t

²

+ 4 t + 2 dt

Problema 11.5. Calcolare Z

1 − sin x sin x(1 − cos x) dx.

12 Vari esercizi sugli integrali indefiniti

Problema 12.1. Calcolare (a)

Z ln

²

x x dx, (b)

Z ln x

x

²

dx, (c)

Z ln

²

x x

²

dx (d)

Z ln

²

x

x

³

dx, (e) Z

e

^x

x

²

dx (f ) Z

x

²

sin xdx (g)

Z x − 1

4x

³

− x dx (h)

Z x

(x

²

+ 2)(x − 2) dx (i)

Z x

³

(x + 1)(x − 2) dx(j)

Z x(x + 3) (x

⁴

− 1 dx (k)

Z 1 + cos x 1 − cos x dx (l)

Z dx sin x (m)

Z dx

1 + cos x (n)

Z dx

1 + cos

²

x (o)

Z cos

³

x sin 2x 1 + cos

²

x dx.

Problema 12.2. Calcolare

I(x) =

Z ln x − 1 ln

²

x dx.

Risposta. I(x) = C + x/ ln x.

Problema 12.3. Calcolare

I(x) =

Z dx

sin

⁴

x + cos

⁴

x .

Risposta.

I(x) =

√ 2

2 arctan

µ tan 2x

√ 2

¶ + C.

Problema 12.4. Calcolare

I

α

(x) = Z

x

^α

ln x dx, α ∈ R e’ trovare una funzione F (x) tale che

a) F (x) ´e primitiva di x

^α

ln x, b) F (e) = 1.

13 Integrale definito (di Riemann)

Teorema fondamentale del calcolo integrale Se F (x) ´e primitiva di f allora Z

_b

a

f (x)dx = F (b) − F (a) = h

F (x) i

_b

a

. Integrazione per parti

(3)

Z

_b

a

f

⁰

(x)g(x)dx = f (b)g(b) − f (a)g(a) − Z

_b

a

f (x)g

⁰

(x)dx = h

f (x)g(x) i

_b

a

− Z

_b

a

f (x)g

⁰

(x)dx.

Cambiamento di variabili. Sia y = f (x) una funzione invertibile definita nell’intervallo [a, b]. Allora Z

_b

a

g(f (x)) · f

⁰

(x)dx = Z

_{f (b)}

f (a)

g(y)dy.

Problema 13.1. Calcolare (a)

Z

₂

1

ln(x + 1)

x + 1 dx, (b) Z

₁

0

dx (x − 4) √

x dx, (c) Z

₁

0

x − 1 (x + 2) √

x dx (d)

Z

₁₀

1

dx

e

^x

+ e

^−x

dx, (e) Z

₂

1/2

e

^−1/x

dx x

²

(f )

Z

_π

0

x

²

cos xdx

Problema 13.2. Calcolare Z

₁

−1

¯ ¯e

^x

− 1 ¯

¯ dx.

Risposta. Tenuto conto della seguente propriet`a degli integrali Z

_b

a

f (x) dx = Z

_c

a

f (x) dx + Z

_b

c

f (x) dx, a < c < b, e di

¯ ¯e

^x

− 1 ¯

¯ =

½ e

^x

− 1 x ≥ 0

−e

^x

+ 1 x < 0, sostituiamo

Z

₀

−1

− ¡ e

^x

− 1 ¢

dx + Z

₁

0

¡ e

^x

− 1 ¢ dx = £

− e

^x

¤

₀

−1

+ £ x ¤

₀

−1

+ £ e

^x

¤

₁

0

+ £ x ¤

₁

0

= 2e.

Problema 13.3. Calcolare Z

₂

0

e

^|x−1|

dx.

Risposta. Da

e

^|x−1|

=

½ e

^x−1

x ≥ 1 e

^−(x−1)

x < 1,

e dalla propriet`a degli integrali definiti vista nell’esercizio precedente otteniamo Z

₂

0

e

^|x−1|

dx. = Z

₁

0

e

^−(x−1)

dx + Z

₂

1

e

^x−1

dx = £

− ee

^−x

¤

₁

0

+ £

e

⁻¹

e

^x

¤

₂

1

= 2e − 2.

Problema 13.4. Sia f ∈ C

⁰

¡ [a, b] ¢

tale che f (x) ≥ 0 per ogni x ∈ [a, b]. Dimostrare che se esiste x

0

∈ [a, b]

tale che f (x

₀

) > 0 allora

Z

_b

a

f (x) dx > 0.

Problema 13.5. Provare che ogni funzione monotona e limitata su un intervalo [a, b] e’ integrabile secondo Riemann.

Problema 13.6. Provare che se f (x) e’ integrabile su [a, b] e φ : R → R e’ crescente e Lipschitziana allora anche la funzione composta φ ◦ f e’ integrabile su [a, b].

P.S. Si ricorda che una funzione φ : [a, b] → R e’ Lipshitaziana su [a, b] se esiste C > 0 tale che

|φ(x) − φ(y)| ≤ C|x − y| ∀x, y ∈ R.

Problema 13.7. Sia data f : [a, b] → R tale che

(4) |f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|

^α

∀x, y ∈ [a, b],

per qualche C > 0 ed α > 1. Provare che f (x) e’ integrabile ed inoltre vale l’identita’

(5)

Z

_b

a

f (x)dx = f (a)(b − a).

Provare l’identita (5) e’ falsa in generale se si suppone (4) con 0 < α ≤ 1.

Problema 13.8. Dare un esempio di una funzione f integrabile secondo Riemann sull’intervallo [a, b], tale che f (x) ≥ 0 per ogni x ∈ [a, b] ed inoltre esista x

0

∈ [a, b] dove f (x

0

) > 0, per la quale sia verificato

Z

_b

a

f (x) dx = 0.

Problema 13.9. (disequazione di Cauchy) Se f, g ∈ C[a, b] dimostrare la disequazione

(6)

¯ ¯

¯ ¯

¯ Z

_b

a

f (x)g(x)dx

¯ ¯

¯ ¯

¯

2

≤ Z

_b

a

f (x)

²

dx Z

_b

a

g(x)

²

dx.

Problema 13.10. (disequazione di H¨older) Se p, q ∈ (1, ∞) soddisano 1

p + 1 q = 1, allora per ogni f, g ∈ C[a, b] abbiamo la disequazione

(7)

¯ ¯

¯ ¯

¯ Z

_b

a

f (x)g(x)dx

¯ ¯

¯ ¯

¯ ≤ ÃZ

_b

a

|f (x)|

^p

dx

!

_1/p

ÃZ

_b

a

|g(x)|

^q

dx

!

_1/q

.

Problema 13.11. (disequazione di Minkowski) Se p ∈ (1, ∞) allora per ogni f, g ∈ C[a, b] abbiamo la disequazione

(8)

ÃZ

_b

a

|f (x) + g(x)|

^p

dx

!

_1/p

≤ ÃZ

_b

a

|f (x)|

^p

dx

!

_1/p

+

ÃZ

_b

a

|g(x)|

^p

dx

!

_1/p

.

Problema 13.12. Se f (x) ∈ C[0, 1] e la funzione e’ derivabile in (a, b) e soddisfa la condizione (9)

Z

₁

0

|f

⁰

(x)|

²

dx ≤ 1 allora la condizione f (0) = 0 implica

(10) |f (x)| ≤ 1

per ogni x ∈ [0, 1].

Problema 13.13. Se f (x) ∈ C[0, 1] e la funzione e’ derivabile in (a, b) e soddisfa le condizioni (11)

Z

₁

0

|f

⁰

(x)|

²

dx ≤ 1 e

(12)

Z

₁

0

|f (x)|

²

dx ≤ 1 implicano

(13) |f (x)| ≤ 3

per ogni x ∈ [0, 1].

Problema 13.14. Calcolare I =

Z

₃

−3

ln(x + √ 1 + x

²

)

1 + x

²

+ x

¹⁰⁰⁰

arctan

²

(x + x

²⁰⁰⁵

)dx.

Risposta I = 0.

Problema 13.15. Calcolare

I = Z

_π/2

−π/2

e

^{sin x}

1 + e

^{sin x}

p cos x − cos

³

x dx.

Risposta I = 2/3.

Problema 13.16. Dimostrare che per ogni funzione f continua abbiamo Z

_π

0

xf (sin x)dx = π 2

Z

_π

0

f (sin x)dx.

Problema 13.17. Calcolare

I = Z

_π

0

x sin x 1 + cos

²

x dx.

Risposta I = π

²

/4.

Problema 13.18. Se f ∈ C[0, 1] e’ crescente, allora per agni numero α ∈ (0, 1) abbiamo Z

₁

0

f (t)dt ≥ 1 α

Z

_α

0

f (t)dt.

14 Funzioni integrabili in senso improprio.

Sia f : (a, b] −→ R. Diremo che f `e integrabile in senso improprio su (a, b] se 1. f `e integrabile secondo Riemann in ogni intervallo (c, b] con a < c < b, 2. esiste finito il limite lim

c→a+

R

_b

c

f (x) dx, in tal caso poniamo

c→a+

lim Z

_b

c

f (x) dx = Z

_b

a

f (x) dx Analogamente

Sia f : [a, +∞) −→ R. Diremo che f `e integrabile in senso improprio su [a, +∞) se 1. f `e integrabile secondo Riemann in ogni intervallo [a, c] con a < c,

2. esiste finito il limite lim

c→+∞

R

_c

a

f (x) dx, in tal caso poniamo

c→+∞

lim Z

_c

a

f (x) dx = Z

_+∞

a

f (x) dx

Problema 14.1. Calcolare Z

_+∞

a

1

x

^α

dx, a > 0.

Sia 0 < a < c. Z

_c

a

1 x

^α

dx =

½

₁

1−α

x

^1−α

α 6= 1 log x α = 1.

Quindi se α 6= 1

c→+∞

lim Z

_c

a

1

x

^α

dx = lim

c→+∞

1 1 − α

£ x

^1−α

¤

_c

a

=

½

₁

α−1

a

^α−1

α > 1 +∞ α < 1 Se invece α = 1

c→+∞

lim Z

_c

a

1

x dx = lim

c→+∞

£ log x]

^c_a

= +∞.

In definitiva la funzione

f (x) = 1 x

^α

`e integrabile in senso improprio su [a, +∞) se α > 1.

Problema 14.2. Calcolare Z

_∞

0

dx 1 + x

⁴

. Problema 14.3. Calcolare Z

_b

a

1

(x − a)

^α

dx, a > 0.

Procedendo in modo analogo a quello visto in precedenza si ottiene che la funzione f (x) = 1

(x − a)

^α

`e integrabile in senso improprio su (a, b] se α < 1.

Problema 14.4. Sia f ∈ C

⁰

¡

[a, +∞) ¢

. Supponiamo che

x→+∞

lim f (x) = L 6= 0 dimostrare che

Z

_+∞

a

f (x) =

½ +∞ L > 0

−∞ L < 0

Una funzione f si dice assolutamente integrabile in senso improprio se `e integrabile in senso improprio la funzione |f |.

Si dimostra che

se f assolutamente integrabile in senso improprio allora `e integrabile in senso improprio.

Questa proposizione ci permette di risolvere il seguente problema.

Problema 14.5. Dimostrare che esiste finito il seguente integrale improprio.

Z

_+∞

a

sin x

²

dx

Non `e restrittivo considerare a > 0. Sia a < b. Dopo aver effettuato il cambiamento di variabile x

²

= t si ha

Z

_b

a

sin

²

x dx = Z

a²

b

²

sin t

√ t dt = (integrazione per parti)

= h

− cos t

√ t i

_b

a

− 1 2

Z

_b²

a

cos t

√ t

³

dt = − cos b

²

b + cos a

²

a − 1

2 Z

_b²

a²

cos t

√ t

³

dt Osserviamo che

b→+∞

lim cos b

²

b = 0 mentre

b→+∞

lim Z

_b²

a²

cos t

√ t

³

dt < +∞

perch`e ¯

¯ ¯ cos t

√ t

³

¯ ¯

¯ < 1

√ t

³

, t > 0.

Poich`e la funzione t →

^√1_t3

`e integrabile in senso improprio su (a, +∞) anche x →

¯ ¯

¯

^{cos t√}_t3

¯ ¯

¯ risulta integrabile in s.i. in tale intervallo e quindi la funzione x →

^{cos t√}_t3

`e ivi assolutamente integrabile in s.i. e dunque integrabile in s.improprio. Abbiamo anche utilizzato il criterio del confronto per integrali impropri nelle considerazioni precedenti.

Problema 14.6. Studiare al variare di α ∈ R l’integrabilita sulla semiretta [0, +∞) della funzione f (x) = ³ π

2 − arctan x ´

_α

Risposta: la funzione risulta integrabile in s.i. per α > 1.

Problema 14.7. Studiare al variare di α ∈ R l’integrabilita sulla semiretta [0, +∞) della funzione f (x) =

µ π

2 − arctan x − 1 x

¶

_α

Risposta: la funzione risulta integrabile in s.i. per α >

¹₃

.

Problema 14.8. Dato l’integrale improprio

I(n) = Z

₁

0

µ log 1

x

¶

_n

dx 1. dimostrare che esiste finito per ogni n ∈ N;

2. dimostrare che I(n) = n! per ogni n ∈ N.

Problema 14.9. Studiare al variare di α ∈ R l’integrabilita sulla semiretta (0, +∞) della funzione

f (x) = x

^α

(1 + 2 arctan x)

^x

− (1 + arctan 2x)

^x

Risposta: Si verifica prima di tutto che il denominatore di f non ammette zeri sulla semiretta (0, +∞).

Poi si studia l’integrabilit`a di f nei due intervalli (0, a) e (a, +∞), con a > 0. Intersecando i valori di α per i quali f `e integrabile in s. i. nei due intervalli la funzione risulta integrabile in s.i. su (0, +∞) per α > 3.

Problema 14.10. Calcolare il valore del seguente limite

x→0+

lim Z

_x

x2

1 − cos t

√ t

⁵

dt

Risposta. Il valore del limite `e 0.

Problema 14.11. Calcolare il valore del seguente limite

x→0+

lim Z

_x

x 2

1 − cos t t

³

dt Risposta. Il valore del limite `e

¹₂

log

¹₂

.

Problema 14.12. Studiare la funzione:

f (x) = x

³

3 + x −

Z

_x

0

e

^t2

dt, x ∈ R.

15 Serie di Fourier

15.1 Il polinomio trigonometrico

Definiamo polinomio trigonometrico una combinazione lineare

(14) P

N

(t) =

X

N k=−N

c

k

e

^ikt2π/M

.

o

(15) P

N

(t) = a

0

2 + X

N k=1

a

k

cos(kx2π/M ) + X

N k=1

b

k

sin(kx2π/M ).

Abbiamo

a

_n

= c

_n

+ c

_−n

, b

_n

= i(c

_n

+ c

_−n

), c

n

= 1

2 (a

n

− ib

n

), c

−n

= 1

2 (a

n

+ ib

n

) = c

n

.

Sia data una funzione f appartenente a C([0; M ]); per ogni intero n, definiamo il coefficiente di Fourier n-esimo di f ,

(16) c

n

= ˆ f (n) = 1

M D

f (t), e

^int2π/M

E

= 1 M

Z

_M

0

f (t)e

^−int2π/M

dt.

(17) a

n

= 2

M Z

_M

0

f (t) cos(nt2π/M )dt, b

n

= 2 M

Z

_M

0

f (t) sin(nt2π/M )dt.

Definiamo, infine, la Serie di Fourier di f ,

(18) X

n∈Z

f (n)e ˆ

^int2π/M

.

Scegliamo M = 2π. Denoteremo con P

N,f

(t) il polinomio trigonomerico associato alla funzione f , ossia P

N,f

(t) =

X

N k=−N

f (k)e ˆ

^ikt

.

Per ogni funzione f , boreliana su T, vale la disuguagliana di Bessel,

(19) X

n∈Z

| ˆ f (n)|

²

≤ 1 2π

Z

_2π

0

|f (t)|

²

dt.

Dimostrazione.

kf (t) − P

N,f

(t)k

²

=

° °

° °

° f (t) − X

N k=−N

f (k)e ˆ

^ikt

° °

° °

°

2

= kf k

²

+

° °

° °

° X

N k=−N

f (k)e ˆ

^ikt

° °

° °

°

2

− 2

* f (t);

X

N k=−N

f (k)e ˆ

^ikt

+

= kf k

²

+

° °

° °

° X

N k=−N

f (k)e ˆ

^ikt

° °

° °

°

2

− 2 X

N k=−N

f (k) ˆ ­

f (t); e

^ikt

®

= kf k

²

+

° °

° °

° X

N k=−N

f (k)e ˆ

^ikt

° °

° °

°

2

− 4π X

N k=−N

f (k) ˆ ˆ f (k).

Osserviamo che

° °

° °

° X

N k=−N

f (k)e ˆ

^ikt

° °

° °

°

2

=

*

_N

X

k=−N

f (k)e ˆ

^ikt

; X

N m=−N

f (m)e ˆ

^imt

+

= 2π X

N k=−N

f (k) ˆ ˆ f (k),

si ha

0 ≤ kf (t) − P

N,f

(t)k

²

= kf k

²

− 2π X

N k=−N

| ˆ f (k)|

²

. Passando al limite per N → ∞ si ottiene la disuguaglianza (19).

Dalla disuguaglianza di Bessel segue che, per ogni funzione f appartenente a L

²

(0, 2π), la successione

¡ f (n) ˆ ¢

appartiene a `

²

ovvero la serie X

n∈Z

| ˆ f (n)|

²

converge. Come corollario di questo fatto si ha:

Teorema 15.1 (Riemann-Lebesgue). Per ogni funzione f appartenente a L

²

(0; 2π),

(20) lim

k→∞

f (k) = 0. ˆ

15.2 Nucleo di Dirichlet. Convergenza puntuale del polinomio trigonometrico.

Il polinomio trigonometrico

D

N

(t) = X

N k=−N

e

^ikt

`e detto nucleo di Dirichlet. Osserviamo che, per ogni intero positivo N e ogni numero reale t, il nucleo di Dirichlet D

N

(t) `e un numero reale, in effetti

D

N

(t) = X

N k=−N

e

^ikt

= 1 + X

N k=1

e

^ikt

+ X

−1 h=−N

e

^iht

= 1 + X

N k=1

¡ e

^ikt

+ e

^−ikt

¢

= 1 + X

N k=1

2e

^ikt

.

Inoltre vale l’identit`a

D

N

(t) = sin ¡ N +

¹₂

¢

t sin

₂^t

e, in particolare,

t→0

lim D

N

(t) = 2N + 1.

Denotato, infatti, con q = e

^it

, quando q 6= 1, si ha

D

N

(t) = X

n k=−N

q

^k

= q

^−N

(1 + q + · · · + q

^2N

) = q

^−N

q

^{2N +1}

− 1 q − 1

= q

^{N +1}

− q

^−N

q − 1 = q

¹²

³

q

^{N +12}

− q

^{−N −12}

´ q

¹²

³

q

¹²

− q

⁻¹²

´ = q

^{N +12}

− q

^{−N −12}

q

¹²

− q

⁻¹²

. Osservato che q

^k

− q

^−k

= 2i sin kt,

D

N

(t) = 2i sin ¡ N +

¹₂

¢

t

2i sin

₂^t

= sin ¡ N +

¹₂

¢

t sin

^t₂

. Quanto al limite, attraverso la formula di de l’Hˆopital,

t→0

lim D

N

(t) = lim

t→0

sin ¡ N +

¹₂

¢

t sin

₂^t

H

= lim

t→0

¡ N +

¹₂

¢ cos ¡

N +

¹₂

¢ t

1

2

cos

₂^t

= 2N + 1.

Infine,

Z

_2π

0

D

N

(t) dt = Z

_2π

0

X

N k=−N

e

^ikt

dt = X

N k=−N

Z

_2π

0

e

^ikt

dt = 2π.

Attraverso la definizione di nucleo di Dirichlet e la definizione dei coefficienti di Fourier, si ha

P

N,f

(t) = X

N k=−N

c

k

e

^ikt

= 1 2π

X

N k=−N

µZ

_2π

0

f (s)e

^−iks

ds

¶ e

^ikt

= 1

2π X

N k=−N

Z

_2π

0

f (s)e

^ik(t−s)

ds = 1 2π

Z

_2π

0

f (s) X

N k=−N

e

^ik(t−s)

ds

= 1

2π Z

_2π

0

f (s)D

N

(t − s) ds.