CALCOLO DEGLI INTEGRALI
ESERCIZI SVOLTI DAL PROF. GIANLUIGI TRIVIA
INTEGRALI INDEFINITI
1. Integrazione diretta
1.1. Principali regole di integrazione.
´
0
(1) Se
´ F (x) = f (x),´ allora f (x) dx = F (x) + C dove C è una costante arbitraria.
(2) ´ Af (x) dx = A f (x)´dx dove A è ´una costante
(3) [f´1 (x) ± f2 (x)] dx = f1 (x) dx ± f2 (x) dx´
(4) Se f (x) dx = F (x) + C ed u = φ (x), allora f (u) du = F (u) + C
´ dx
= ln |x| + C, più in generale
´ fx0 (x)
f (x) dx = ln |f (x)| + C
´ dx
a+x 1
2
2 = 2a ln a−x + C
´ xx−a
x
1.2. Tavola degli integrali elementari (immediati). ´ a dx = lna a + C
x
x
´ e dx = e + C
xdx = sin x + C
´ cos
dx
= −cot x + C 2
x
´ sin
dx
=
ln tan x2 + π4 + C
cos x
´ n
n+1
x dx = xn+1 + C con n 6= −1
´ dx
1
x
x2 +a2 = a arctan a + C
√
´ dx
x + x2 + a + C
√
=
ln
2
´ xdx+a
√
= arcsin xa + C = − ar
´ a2 −x2
xdx = − cos xdx + C
´ sin
dx
2
x = tan
x+
C
´ cos
dx
tan x + C
=
ln
sin x
2
1.3. Integrali risolvibili con le regole di integrazione e formule di integrazione.
´
Exercise 1. 5a2 x6 dx =
´
7
Soluzione: = 5a2 x6 dx = 5a2 x7 + C
´
6x2 + 8x + 3 dx =
´
´
´
Soluzione: = 6x2 dx + 8xdx + 3dx =
Exercise 2.
Exercise 3.
6x3
3
+
8x2
2
+
3x
1
+ C = 2x3 + 4x2 + 3x + C
´
[x (x + a) (x + b)] dx =
´ 3
´
´
´
Soluzione: =
x + (a + b) x2 + abx dx = x3 dx + (a + b) x2 dx + ab xdx =
´
x4
4
3
2
a + bx3 dx =
´
´
´
´ 2
4
7
Soluzione: =
a + 2abx3 + b2 x6 dx = a2 dx + 2ab x3 dx + b2 x6 dx = a2 x + ab x2 + b2 x6 + C
Exercise 4.
Exercise 5.
´√
2pxdx =
3
´
1
√
√ ´ 1
√
3
Soluzione: = (2px) 2 dx = 2p x 2 dx = 2p x32 + C = 23 2px 2 + C
2
´ dx
√
=
n
x
´
1
Soluzione: = x− n dx =
Exercise 6.
Exercise 7.
1
x− n +1
1
−n
+1
− 1 +1
n
+ C = n x n−1
+C
´ √
√
( x + 1) (x − x + 1) dx =
1
2
+ (a + b) x3 + ab x2 + C
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
Soluzione: =
2
´ 3
´ 3
´
1
1
x 2 − x + x 2 + x − x 2 + 1 dx = x 2 dx + dx =
5
x2
5
2
5
+ x + C = 52 x 2 + x + C
´ x2 + 1 x2 − 2
√
dx =
3
x2
´ 10
´ 4
´ 10
´ 4
´
4
2
2
2
Soluzione: =
x 3 − x 3 − 2x− 3 dx = x 3 dx− x 3 dx−2 x− 3 dx =
x − x2 − 2 ·x− 3 dx =
Exercise 8.
3 73
7x
Exercise 9.
3 13
3
13 x
−
√ 1
dx
2+x2
=
1
3
− 6x + C
´
dx
dx =
x2 + 7
Soluzione: =
Exercise 10.
´
x2
arctan √x7 + C
dx
=
− 10
Soluzione: =
´
√1
7
√1
2 10
√ √10 ln x−
+C
x+ 10
dx
=
4 + x2
√
Soluzione: = ln x + 4 + x2 + C
Exercise 11.
Exercise 12.
´
√
√
dx
=
8 − x2
x
Soluzione: = arcsin 2√
+ C = arcsin
2
√
2
4
+C
√
2 + x2 − 2 − x2
√
dx =
4 − x4
´ √2+x2
´ √ 2
´
Soluzione: = √4−x
dx − √2−x
dx =
4
4
4−x
√
arcsin √x2 − ln 2 + x2 + C
Exercise 13.
Exercise 14.
´
´
√
√
√
2
2+x
√
dx
2−x2 · 2+x2
´
´
√
√
2
2−x
√
dx
2−x2 · 2+x2
=
´
tan2 xdx =
Soluzione: applicando la formula goniometrica, =
Exercise 15.
−
´
3x ex =
Soluzione: =
´
x
x
(3e) dx =
x
(3e)
(3e)
+C =
+C
ln 3e
1 + ln 3
1
cosx
− 1 dx = tan x − x + C
√ 1
dx
2−x2
−
´
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
3
´
1.4. Integrazione´ per introduzione sotto il segno di differenziale. La regola 4), se f (x) dx = F (x) + C e
du = φ (x) allora f (u) du = F (u) + C estende notevolmente la tavola degli integrali elementari, in quanto essa
rimane valida anche nel caso in cui la variabile indipendente sia una funzione derivabile. In particolare
1
ˆ
ˆ
1 (5x − 2) 2
dx
1
2√
−1
√
(5x − 2) 2 d (5x − 2) =
5x − 2 + C
=
+C =
1
5
5
5
5x − 2
2
ciò equivale anche ad operare la sostituzione 5x − 2 = u, da cui, differenziando, 5dx = du.
ˆ
2x + 3
Exercise 16.
dx =
2x + 1
Soluzione: riscriviamo il numeratore come 2x + 3 = 2x + 1 + 2, avremo
ˆ ˆ
ˆ
ˆ
2
2dx
d (2x + 1)
=
1+
dx = dx +
=x+
= x + ln (2x + 1) + C
2x + 1
2x + 1
2x + 1
´ 1 − 3x
=
3 + 2x
ˆ
ˆ
ˆ
3x
1
x
3 ´ x + 32 − 32
1
1
dx =
dx −
dx = ln |2x + 3| − 3
dx
=
ln
|2x
+
3|−
Soluzione: =
2
2x + 3
2x + 3
2
2
2 x + 23
x + 23
ˆ
ˆ
3 11
1
3
9
1
1
3
9 3
= ln |2x + 3| −
dx +
dx = ln |2x + 3| − x + ln x + =
ln |3 + 2x| − x + C
3
2
2
4
2
2
4
2
4
2
x+ 2
Exercise 17.
´ x2 + 1
dx =
x−1
ˆ
ˆ
´ (x − 1) (x + 1)
´ x2 − 1 + 2
x2
dx
dx =
dx + 2
= (x + 1) dx + 2 ln |x − 1| =
+ x + 2 ln |x − 1| + C
Soluzione: =
x−1
x−1
x−1
2
Exercise 18.
Exercise 19.
´ x2 + 5x + 7
dx =
x+3
Soluzione: =
Exercise 20.
´
´ x2 + 6x + 9 − x − 2
´ (x + 3)2
´ x+3−1
´
´
´ dx
x2
dx =
dx−
dx = (x + 3) dx− dx+
=
+ 2x + ln |x +
x+3
x+3
x+3
x+3
2
x
2 dx =
(x + 1)
ˆ
ˆ
´ x+1
1
1
−2
Soluzione: =
dx
−
dx
=
ln
|x
+
1|
−
(x + 1) dx = ln |x + 1| −
+C
2
2
x+1
(x + 1)
(x + 1)
Exercise 21.
´
√
x
x2
Soluzione: =
´
√
1
2
+1
ˆ
dx =
√
2x
1p 2
dx =
x +1+C
2
2
x +1
x + ln x
dx =
x
√
ˆ
ˆ
ˆ
´ x
√
1
ln x
1
Soluzione: =
dx +
dx = x− 2 dx + ln x (d ln x) = 2 x + ln2 x + C
x
x
2
Exercise 22.
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Exercise 23.
´
4
dx
=
+5
3x2
1 ´ dx
Soluzione: =
3 x2 +
5
3
1
= √ arctan
15
r
3
x
5
!
+C
´ x2 − 5x + 6
dx =
x2 + 4
´ 0 (x)
Soluzione: applichiamo ff (x)
dx = ln |f (x)| + C e avremo
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ 2
x 5
2x
x 5 2 − 5x
dx
x
x +4
dx+
dx
=
x+2
−5
dx
=
x+arctan
−
dx = x+arctan − ln x2 + 4+C
=
2
2
2
2
2
x +4
x +4
x +4
x +4
2 2
x +4
2 2
Exercise 24.
Exercise 25.
´
√
x
dx =
7 − 8x2
Soluzione: =
Exercise 26.
´
Soluzione:
Exercise 27.
√
x
dx =
8x2 + 7
r
1
dx
dx = √ ln x + x2 +
√ q
7
2 2 2
2 2 x +8
´
7 +C
8
´ 2x − 5
dx =
3x2 − 2
Soluzione: =
Exercise 28.
√
dx
5
1
x+C
dx = √ arcsin
√ q7
7
5
5 5 − x2
´
1
3
ˆ
2x
dx − 5
−2
3x2
ˆ
5
1 dx
= ln 3x2 − 2 −
−2
3
3
3x2
ˆ
dx
−
x2
√
2
3
q x − 2 5
3 3
q + C
= 31 ln 3x2 − 2− ·
ln 3 2
x + 2 3
´ 3 − 2x
dx =
5x2 + 7
Soluzione: 3
´
´
´
1
2x
1
1 ´ 10x
3
dx−
dx = 3
dx−
dx =
5x2 + 7
5x2 + 7
5x2 + 7
5 5x2 + 7
5
´
r
5
arctan
7
x+3
√
dx =
x2 − 4
ˆ
x p
p
´
x
dx
Soluzione: = √
dx + 3 √
= x2 − 4 − 3 ln + x2 − 4 + C
2
2
2
x −4
x −4
Exercise 29.
´
x
dx =
−5
1 ´ 2x
1 Soluzione: =
dx = ln x2 − 5 + C
2
2 x −5
2
Exercise 30.
x2
r
5
1 x − ln 5x2 + 7 + C
7
5
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
Exercise 31.
´
x2
dx =
+1
x6
Soluzione: sapendo che d x
Exercise 32.
´
r
3
1
= 3x dx, si ha =
3
2
ˆ
d x3
2
(x3 )
+1
=
5
1
arctan x3 + C
3
arcsin x
dx =
1 − x2
1
Soluzione: sapendo che d (arcsin x) = √1−x
dx, si può scrivere
2
ˆ
ˆ √
1
3
arcsin x
2
√
=
dx = (arcsin x) 2 d (arcsin x) = (arcsin x) 2 + C
3
1 − x2
´ x−
√
arctan 2x
dx =
1 + 4x2
√
1
´
´ arctan 2x
´
1
3
x
1´
8x
1
Soluzione: =
dx−
dx =
dx− (arctan 2x) 2 d (arctan 2x) = ln 1 + 4x2 − arctan 2 2
2
2
2
1 + 4x
1 + 4x
8 1 + 4x
8
3
Exercise 33.
Exercise 34.
´
42−3x dx =
Soluzione: =
´ d 42−3x
42−3x
=
+C
−3 ln 4
3 ln 4
´
(ex − e−x ) dx =
´
´
Soluzione: = ex dx − e−x dx = ex + e−x + C
Exercise 35.
Exercise 36.
´
2
e−(x
+1)
xdx =
Soluzione: Siccome d x2 + 1 = 2xdx, avremo
ˆ
2
2
1
1
=
e−(x +1) d x2 + 1 = − e−(x +1) + C
2
2
Exercise 37.
´
2
x · 7x dx =
Soluzione: siccome d x2 = 2xdx, avremo
ˆ
2
1
7x
=
2 · 7x d x2 =
+C
2
2 ln 7
ˆ
Exercise 38.
1
ex
dx =
x2
´ −1
1
1
1
1
x
Soluzione: ancora, poiché d
= − 2 dx, avremo = − e d
= −e x + C
x
x
x
Exercise 39.
´
ex
dx =
−1
ex
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Soluzione: =
´
´ d (ex − 1)
dx = ln |ex − 1| + C
ex − 1
ex dx
=
1 − e2x
´ d (ex )
Soluzione: = √
= arcsin ex + C
1 − e2x
Exercise 40.
√
´
x
cos √ dx =
2
√
√ ´
x
x
x
Soluzione: = 2 cos √ d √
= 2 sin √ + C
2
2
2
Exercise 41.
Exercise 42.
´
2
(cos x + sin x) dx =
Soluzione: applicando la proprietà fondamentale della goniometria, si ha
ˆ
ˆ
ˆ
1
1
= (1 + 2 sin 2x) dx = dx +
sin 2xd (2x) = x − cos 2x + C
2
2
√
´ cos x
√ dx =
Exercise 43.
x
√
1
Soluzione: essendo d ( x) = √ dx, si ha
2 x
ˆ
√
√ √
= 2 cos xd x = 2 sin x + C
Exercise 44.
´ sin (ln x)
dx =
x
Soluzione: ancora, essendo d (ln x) =
Exercise 45.
´
´
dx
, si ha = sin (ln x) d (ln x) = − cos (ln x) + C
x
sin2 xdx
Soluzione: ricordando le formule di bisezione, si può riscrivere l’integrale
ˆ
ˆ
ˆ
1 − cos 2x
1
1
1
1
=
dx =
dx −
cos 2xd (2x) = x − sin 2x + C
2
2
4
2
4
Exercise 46.
´
cos2 xdx
Soluzione: sempre per le formule di bisezione
ˆ
ˆ
ˆ
1 + cos 2x
1
1
1
1
dx =
=
dx +
cos 2xd (2x) = x + sin 2x + C
2
2
4
2
4
Exercise 47.
´ dx
=
sin x2
6
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
7
´ d x2
x Soluzione: = 2
x = 2 ln tan + C
sin 2
4
Exercise 48.
´
xdx
=
cos2 x2
Soluzione: ancora, poiché d x2 = 2xdx, si ha
ˆ
d x2
1
1
= tan x2 + C
=
2
cos2 x2
2
´
x sin 1 − x2 dx =
´
Soluzione: poiché d 1 − x2 = −2xdx, si ha = − 12 sin 1 − x2 d 1 − x2 =
Exercise 49.
Exercise 50.
´
1
2
cos 1 − x2 + C
tan xdx
Soluzione: =
´ sin x
dx = − ln |cos x| + C (ancora, − sin xdx = d (cos x)
cos x
´
dx
=
sin x cos x
Soluzione: ricordando le formule di duplicazione sin 2x = 2 sin x cos x si ha
ˆ
ˆ
dx
d (2x)
2
=
= ln |tan x| + C
sin 2x
sin 2x
Exercise 51. =
´√
1 + 3 cos2 x sin 2xdx =
3
´√
Soluzione: essedno d cos2 x = − sin 2x, si ha = − 13
1 + 3 cos2 xd 1 + 3 cos2 x = − 29 1 + 3 cos2 x 2 + C
Exercise 52.
Exercise 53.
´
√
tan x
dx =
cos2 x
Soluzione: poiché d [tan x] =
1
cos2 x dx,
si ha =
´√
tan xd (tan x) =
2
3
3
tan 2 +C
´ 1 + sin 3x
dx
cos2 3x
´
´ sin 3x
1
1
1 ´ d (3x)
1´
1
cos−2 3x d (cos 3x) = tan 3x +
Soluzione: =
dx +
dx =
−
+C
cos2 3x
cos2 3x
3 cos2 3x 3
3
cos 3x
Exercise 54.
´
x3 − 1
dx =
x4 − 4x + 1
1 ´ 4x3 − 4
1 Soluzione: =
dx = ln x4 − 4x + 1 + C, (il numeratore è, infatti, la derivata del denomi4
4 x − 4x + 1
4
natore)
Exercise 55.
Exercise 56.
´ 1−x
√ dx
1+ x
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
8
Soluzione: operando in R si può scomporre il numeratore e ottenere
√
√
ˆ
ˆ
ˆ
1
2 3
(1 + x) (1 − x)
√
=
dx = dx − x 2 dx = x − x 2 + C
3
(1 + x)
´
2
xe−x dx =
1 ´ −x2
1
2
Soluzione: = −
e
d −x2 = − e−x + C
2
2
Exercise 57.
´ x3 − 1
dx =
x+1
´ x3 + 1 − 2
´ (x + 1) x2 − x + 1
´ 1
x3
x2
Soluzione: =
dx =
dx − 2
dx =
−
+ x − 2 ln |x + 1| + C
x+1
x+1
x+1
3
2
Exercise 58.
Exercise 59.
´ dx
√ =
ex
x x
x
Soluzione: = 2 e 2 d
= −2e− 2 + C
2
´
−
´ 1 − sin x
dx =
x + cos x
Soluzione: poiché d (x + cos x) = 1 − sin x, avremo che il numeratore è la derivata del denominatore, per cui
= ln |x + cos x| + C
Exercise 60.
Exercise 61.
´
dx
=
x ln2 x
Soluzione: essendo d (ln x) =
dx
, avremo
x
ˆ
d (ln x)
1
=
=−
+C
2
ln x
ln x
´
dx
=
+1
´ ex + 1 − ex
´
´ ex
dx = dx −
dx = x − ln |ex + 1| + C
Soluzione: =
x
e +1
ex + 1
Exercise 62.
ex
´ sin x cos x
p
dx =
2 − sin4 x
Soluzione: poiché d sin2 x = sin x cos xdx, si può riscrivere
ˆ
d sin2 x
1
2 x
q
=
=
arcsin
sin
+C
2
2
2
2
2 − sin x
Exercise 63.
´
dx
=
1 + cos2 x
1
´
´
´ d (tan x)
dx
1
x
cos2 x
Soluzione: =
=
dx =
= √ arctan tan √
+C
2 + tan2 x
2 + tan2 x
2 cos2 x + sin2 x
2
2
Exercise 64.
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
9
2. Integrali risolti con il metodo della sostituzione di variabile
Molti degli integrali precedenti si potevano anche risolvere con tale metodo, cosı̀ come gli integrali che seguiranno
potranno essere risolti anche con altri metodi.
´
10
Exercise 65. x (2x + 5) dx =
t−5
dt
Soluzione: introduciamo la sostituzione t = 2x + 5 o x =
, da cui dx = ; l’integrale diviene
2
2
ˆ
ˆ
ˆ
t − 5 10
1
5
1 12
5
1
5
12
11
=
· t dt =
t11 dt −
t10 dt =
t − t11 =
(2x + 5) −
(2x + 5) + C
4
4
4
48
44
48
44
Exercise 66.
´
dx
=
x 2x + 1
√
1
1
2
1
Soluzione: introduciamo la sostituzione 2x + 1 = 2 o 2x = 2 − 1, da cui 2dx = − 3 dt, cioè dx = − 3 dt e
t
t
t
t
otteniamo
1
√
ˆ
ˆ
ˆ
− 3
t − 1
1
2t3
dt
t
= ln √2x + 1 − 1 + C
=
dt
=
−
·
dt
=
2
=
ln
2
3
2
2
t 1−t
t −1
t+1
1−t 1
2x + 1 + 1 ·
2t2
t
Exercise 67.
´
√
dx
=
ex − 1
√
2t
Soluzione: sostituisco ex − 1 = t, cioè ex = t2 + 1 da cui ex dx = 2tdt e quindi dx = 2
dt. Avremo
t +1
ˆ
ˆ
√
2t
1
dt
=
· dt = 2
= 2 arctan t = 2 arctan ex − 1 + C
t2 + 1 t
t2 + 1
´ ln 2x
dx =
x ln 4x
´ ln 2 + ln x dx
1
Soluzione: =
, sostituiamo ln x = t e dx = dt e avremo
2 ln 2 + ln x x
x
ˆ
ˆ
ˆ
ln 2 + t
2 ln 2 + t
ln 2
dt =
dt −
dt = t − ln |2 (2 ln 2 + t)| = ln x − ln |2 ln 4x| + C
=
2 ln 2 + t
2 ln 2 + t
2 ln 2 + t
Exercise 68.
Exercise 69.
´
√
e2x
dx
ex + 1
√
Soluzione: sostituiamo ex + 1 = t, cioè ex = t2 − 1 e ex dx = 2tdt e avremo
2
x
ˆ
ˆ
p
t2 − 1 2t
2
t
(e + 1)
=
dt = 2
t2 − 1 dt = t3 − 2t = 2t
− 1 = 2 e2 + 1
−1 +C
t
3
3
3
Exercise 70.
´ sin3 x
√
dx =
cos x
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
10
√
sin x
cos x = t, cos2 x = t4 , sin2 x = 1 − t4 , da cui − √
dx = dt, avremo
2 cos x
ˆ
ˆ
5
√
2
2
sin x
√
· sin2 xdx = −2
1 − t4 dt = −2t + t5 = −2 cos x + (cos x) 2 dx + C
=2
5
5
2 cos x
Soluzione: sostituendo
Exercise 71.
´
√
x2
dx =
1 − x2
Soluzione: sostituzione con funzione goniometrica: x = sin t, da cui dx = cos tdt, si ha
ˆ
ˆ
ˆ
sin2 t
1
1
1
1 p
1 − cos 2t
p
=
dt = t − sin 2t = arcsin x − x 1 − x2 + C
cos tdt = sin2 tdt =
2
2
4
2
2
1 − sin2 t
Exercise 72.
´
dx
=
x x2 − 1
√
Soluzione: poniamo x = sec t,
Exercise 73.
´
x2
√
√
q
x2 − 1 = cos12 t − 1 = tan t e dx = sec t · tan tdt, pertanto
ˆ
sec t · tan t
dt = t = arccos x + C
=
sec t · tan t
1
dx =
4 − x2
1
1
da cui dx = − 2 dt e avremo
t
t
√
ˆ
ˆ
ˆ
d 4t2 − 1
dt
t
1
1p 2
4 − x2
√
=− q
4t − 1 = −
+C
=− √
dt = −
=−
2
2
2
8
4
4x
4t −1
4t − 1
4t − 1
Soluzione: poniamo x =
ˆ
=
− 12 dt
qt
1
4 − t12
t2
Exercise 74.
´√
t2
1 − x2 dx =
Soluzione: introduciamo la sostituzione x = sin t, x2 = 1 − cos2 t e dx = cos tdt e l’integrale diviene
ˆ
ˆ
ˆ
1 + cos 2t
1
1
1
1
1 p
1
= cos2 tdt =
dt = t +
cos 2td (2t) = t + sin 2t = arcsin x + x 1 − x2 + C
2
2
4
2
4
2
2
3. Integrazione per parti
Dalla formula della derivata del prodotto di´ due funzioni D ´[f (x) · g (x)] = f 0 (x) ·´g (x) + f (x) · g 0 (x) si ottiene,
integrando
entrambi i membri f (x) · g (x) = f 0 (x) · g (x) + f (x) · g 0 (x) da cui f 0 (x) · g (x) = f (x) · g (x) −
´
f (x) · g 0 (x), dove f 0 (x) è riconosciuta come la derivata di una funzione nota f (x).
´
Exercise 75. ln xdx =
Soluzione: Poniamo f = ln x e 1dx = dg con g = x; avremo
ˆ
x
x ln x −
dx = x ln x − x + C
x
Exercise 76.
´
x sin xdx =
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
Soluzione: Ponoamo x = f e dg = sin xdx e avremo
ˆ
= −x cos x + cos xdx = −x cos x + sin x + C
Exercise 77.
´ x
dx =
ex
Soluzione: Poniamo f = x e dg = e−x dx e avremo
ˆ
1
x
1
1+x
x
dx = − x − x = − x + C
=− x +
x
e
e
e
e
e
Exercise 78.
´
x2 e3x dx =
Soluzione: Poniamo f = x2 e dg = e3x dx e otterremo
ˆ
1 2 3x 1
= x e −
2xe3x dx =
3
3
iteriamo il procedimento f = 2x e dg = e3x dx e avremo
ˆ
1
2
2
1 2 3x 2 1 3x 1
3x
xe −
e dx = x2 e3x − xe3x + e3x + C
= x e −
3
3 3
3
3
9
27
Exercise 79.
´
x sin x cos xdx =
1´
Soluzione: applichiamo le formule goniometriche =
x sin 2xdx e poniamo x = f e sin 2xdx = dg
2
ˆ
1
1
1
1
= − x cos 2x +
cos 2xdx = − x cos 2x + sin 2x + C
4
4
4
8
Exercise 80.
´
x2 ln xdx =
Soluzione: ponendo f = ln x e x2 dx = dg avremo
ˆ 3
x 1
1
1
x3
ln x −
· dx = x3 ln x − x3 + C
=
3
3 x
3
9
Exercise 81.
´
ln2 xdx =
Soluzione: ponendo f = ln2 x e dx = dg avremo
ˆ
ln x
= x ln2 x − 2x ·
dx = x ln2 x − 2x ln x + 2x + C
x
Exercise 82.
´ ln x
dx =
x3
dx
x3
si ha
ˆ
ln x 1
dx
ln x
1
=− 2 +
=− 2 + 2 +C
3
x
2
x
x
4x
Soluzione: ponendo f = ln x e dg =
11
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
Exercise 83.
´
ln x +
√
12
1 + x2 dx =
√
Soluzione: ponendo f = ln x + 1 + x2 e dg = dx si ha
ˆ
1 ˆ d x2 + 1 p
p
p
p
x
2
2
√
√
dx = x ln x + 1 + x −
= x ln x + 1 + x2 − x2 + 1+C
= x ln x + 1 + x −
2
1 + x2
x2 + 1
Exercise 84.
´
x
dx =
sin2 x
dx
si ottiene
sin2 x
ˆ
= −x cot x + cot xdx = −x cot x − ln |sin x| + C
Soluzione: ponendo f = x e dg =
Exercise 85.
´ x cos x
dx =
sin2 x
cos x
dx si ottiene
sin2 x
ˆ
x
x
1
1
=−
+
dx = −
+ ln |tan x| + C
sin x
2 sin x
sin x 2
Soluzione: ponendo f = x e dg =
Exercise 86.
´
ex sin xdx =
´
Soluzione: ponendo f = sin x e dg = ex dx si ottiene = ex sin x − ex cos xdx = iteriamo ora la procedura
ponendo nuovamente f = cos x e dg = ex dx si ottiene
ˆ
ˆ
ˆ
ex sin xdx = ex sin x − −ex cos x + ex sin xdx = ex sin x + ex cos x − ex sin xdx
sommando ora i due integrali e dividendo a metà entrambi i membri, si ottiene
ˆ
1
2 ex sin xdx = (ex sin x + ex cos x) + C
2
Exercise 87.
´
sin (ln x) dx =
´
Soluzione: ponendo f = sin (ln x) e dg = dx si ottiene = x sin (ln´ x) − cos (ln x) dx =, ponendo ora nuovamente f = cos (ln x) e dg = dx si ha x sin (ln x) − x cos (ln x) − sin (ln x) dx; avremo pertanto
ˆ
ˆ
sin (ln x) dx = x sin (ln x) − x cos (ln x) − sin (ln x) dx
risolvendo rispetto a
´
sin (ln x) dx si ottiene
ˆ
x (sin (ln x) − cos (ln x))
sin (ln x) dx =
+C
2
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
Exercise 88.
´
13
4. Integrali di funzioni razionali fratte e irrazionali
dx
=
x2 + 2x + 5
2
Soluzione: il polinomio al denominatore può essere riscritto come (x + 1) + 4, da cui
ˆ
ˆ
x+1
dx
1
d (x + 1)
=
=
= arctan
+C
2
2
2
2
(x + 1) + 4
(x + 1) + 4
´
dx
=
3x2 − 3x + 1
Soluzione: riscriviamo il denominatore
ˆ
ˆ
1
dx
dx
=
=
1
1
1 2
3
+ 13 − 36
3 x2 − 2 · x6 + 36
x− 6 +
Exercise 89.
Exercise 90.
´
11
36
1
=
3
ˆ
d x − 61
6 x − 61
1
6
2
6x − 1
= · √ arctan √
= √ arctan √
11
1 2
3
11
11
11
11
x − 6 + 36
xdx
=
x2 − 7x + 13
dt
Soluzione: poniamo 2x − 7 = t e dx =
e avremo
2
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
t+7
d t2 + 3
dt
2x − 7
1
7
t+7
t
dt
2
·
=
=
=
dt =
dt + 7
=
+ √ arctan √
2+3
2+3
2+3
2+3
t+7
t+7 2
2
t
t
t
2
t
3
3
− 7 2 + 13
2
1 7
2x − 7
= ln 4x2 − 28x + 52 + √ arctan √
+C
2
3
3
Exercise 91.
´
3x − 2
dx =
x2 − 4x + 5
Soluzione: poniamo 2x − 4 = t e dx = dt
2 e otteniamo
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
3
t
3t + 4
4 dt
3t
dt
2 (t + 4) − 2
· dt =
· 2
=
dt + 4
=
=
2+4
2+4
(t+4)2
t+4
2
2
t
+
4
2
t
t
−4 2 +5
4
ˆ
ˆ
d t2 + 4
t
3
dt
3 3 =
+
4
= ln t2 + 4 + 2 arctan = ln 4x2 − 16x + 20 + 2 arctan (x − 2) + C
2
2
2
t +4
t +4
2
2
2
Exercise 92.
´
√
dx
=
2 + 3x − 2x2
Soluzione: riscriviamo il polinomio al denominatore in modo da ottenere la differenza di due quadrati
ˆ
ˆ
x − 43
1
dx
1
dx
1
1
4x − 3
q
q
=√
= √ arcsin
+C
5
2 = √2
= √2 arcsin
5
2
2
9
25
3 2
4
1 + 16
− x − 34
−
x
−
16
4
´
3x − 6
dx =
− 4x + 5
√
´
´
x−2
d (x − 2)
Soluzione: = 3 q
dx = 3 q
= ln (x − 2) + x2 − 4x + 5 + C
2
2
(x − 2) + 1
(x − 2) + 1
Exercise 93.
√
x2
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
Exercise 94.
´
14
dx
x 1 − x2
√
Soluzione: poniamo x = 1t e dx = − t12 e avremo
ˆ
p
1
x
dt
1p
2
2
+C
√
√
=−
= − ln t + t − 1 = − ln +
1 − x = ln x x
t2 − 1
1 + 1 − x2 Exercise 95.
´√
x − x2 dx =
´
s
=
1 x2 − 3 ln 2
+C
4
x − 1
2
1
1
dx = poniamo ora x −
− x−
4
2
1
1
Soluzione: riscriviamo completando il quadrato =
2 = 2 sin t da
q
2
cui 14 − x − 12 = 21 cos t e dx = 12 cos tdt. Avremo
ˆ
ˆ
q
1
1
1 + cos 2t
1
1
1
1
2
cos2 tdt =
= t+
sin 2t = arcsin (2x − 1) + (2x − 1) 1 − (2x − 1) + C
4
4
2
8
16
8
8
Exercise 96.
´
xdx
=
x4 − 4x2 + 3
Soluzione: =
Exercise 97.
´
√
xdx
1
=
2
2
(x2 − 2) − 1
ˆ
ex dx
=
1 + ex + e2x
Soluzione: =
Exercise 98.
´
´
´
ex dx
q
2
ex + 12 −
2
(x2 − 2) − 1
ˆ
=
1
4
d x2 − 2
d ex + 12
q
2
ex + 21 −
1
4
x 1 p
x
2x
= ln e + + 1 + e + e + C
2
ln xdx
=
1 − 4 ln x − ln2 x
ˆ
´
ln x + 2
2
q
Soluzione: = q
d (ln x + 2) −
d (ln x + 2) Introduciamo la sostituzione
2
2
5 − (ln x + 2)
5 − (ln x + 2)
ln x + 2 = t con x = et−2 e dx = et−2 dt e avremo
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
p
p
d 5 − t2
t
2+
t
1
1
dt
√
√
√
=
dt−2
dt = −
−2 √
= − 5 − t2 −2 arcsin √ = − 1 − 4 ln x − ln2 x−2 arcsin √
2
2
2
2
2
5
5−t
5−t
5−t
5−t
x
Exercise 99.
p
´ x2 − 5x + 9
dx =
x2 − 5x + 6
Soluzione: Applichiamo il metodo dei coefficienti indeterminati. Data una frazione algebrica razionale
α
λ
P (x)
Q(x) ,
se Q (x) = (x − a) .... (x − l) dove a, ...l sono le radici reali differenti del polinomio e α, ..., λ numeri
naturali che indicano la molteplicità delle radici, allora è ammissibile la decomposizione della frazione nella
forma
P (x)
A1
A2
Aα
L1
L2
Lλ
=
+
+
+ ... +
+ ... +
α + ... +
λ
Q (x)
x − a (x − a)2
x − l (x − l)2
(x − a)
(x − l)
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
15
I coefficienti indeterminati al numeratore si calcolano riducendo allo stesso denominatore i due membri
dell’identità sopra eguagliando i coefficienti dei termini di uguale grado.
ˆ 2
ˆ
x − 5x + 6
3
=
dx +
dx =
2
x − 5x + 6
(x − 2) (x − 3)
risolviamo il secondo integrale con il metodo indicato riscrivendo
3
A
B
=
+
(x − 2) (x − 3)
x−2 x−3
da cui
3 = A (x − 3) + B (x − 2) = x (A + B) − (3A + 2B)
avremo, pertanto, eguagliando i coefficienti di pari grado
A+B =0
A = −3
−3A − 2B = 3
B=3
l’integrale diverrà
ˆ
=
Exercise 100.
´
ˆ
dx − 3
dx
+3
x−2
ˆ
x − 3
dx
+C
= x + 3 ln x−3
x − 2
2x2 + 41x − 91
dx
(x − 1) (x − 3) (x − 4)
Soluzione: applichiamo il metodo sopra indicato riscrivendo la frazione
2x2 + 41x − 91
A
B
C
=
+
+
(x − 1) (x − 3) (x − 4)
x−1 x−3 x−4
da cui 2x2 + 41x − 91 = A x2 − 7x + 12 + B x2 − 5x + 4 + C x2 − 4x + 3 svolgendo e ordinando il
polinomio si ha
2x2 + 41x − 91 = x2 (A + B + C) + x (−7A − 5B − 4C) + (12A + 4B + 3C)
avremo quindi il sistema

 A+B+C =2
−7A − 5B − 4C = 41

12A + 4B + 3C = −91

 A = −8
B = 10 − C

−96 + 40 − C = −91
l’integrale diviene
ˆ
= −8
Exercise 101.
´
dx
x (x + 1)
2
dx
− 25
x−1
ˆ
dx
+ 35
x−3
ˆ
dx
x−4
+C
= ln 2
x−4
(x − 4x + 3) =
Soluzione: riscriviamo la frazione come
avremo
1a + 3a + 2a

 A+B+C =2
6A = −48

12A + 4B + 3C = −91

 A = −8
B = −25

C = 35
dx
x (x + 1)
2
1 = A x2 + 2x + 1 + B x2 + x + Cx
otterremo le costanti risolvendo il sistema

 A+B =0
2A + B + C = 0

A=1
=
A
B
C
+
+
2 ed eguagliando i numeratori
x
x+1
(x + 1)
1 = (A + B) x2 + (2A + B + C) x + A

 A=1
B = −1

C = −1
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
l’intgegrale diviene
ˆ
=
Exercise 102.
dx
+
x
ˆ
dx
+
x+1
ˆ
16
x 1
2 = ln x + 1 − x + 1 + C
(x + 1)
d (x + 1)
´ x4 − 6x3 + 12x2 + 6
dx =
x3 − 6x2 + 12x − 8
3
Soluzione: riscriviamo il numeratore come x4 − 6x3 + 12x2 − 8x + 6 + 8x = x (x − 2) + 6 + 8x e osserviamo
che il denominatore è lo sviluppo del cubo di un binomio; otterremo
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
3
8x + 6
8x + 6
x (x − 2)
xdx +
=
3 dx +
3 dx =
3 dx =
(x − 2)
(x − 2)
(x − 2)
C
8x+6
A
B
= (x−2)
risolviamo il secondo integrale riscrivendo la frazione come x−2
+ (x−2)
2 +
3 ed eguagliando
(x−2)3
i numeratori si ha
8x + 6 = A x2 − 4x + 4 + B (x − 2) + C
8x + 6 = Ax2 + x (−4A + B) + (4A − 2B + C)
otterremo le costanti risolvendo il sistema


 A=0
 A=0
B=8
−4A + B = 8


C = 22
4A − 2B + C = 6
l’integrale diviene pertanto
ˆ
ˆ
x2
8
11
d (x − 2)
x2
x4 − 4x3 + 4x2 − 16x + 10
d (x − 2)
=
+8
−
−
+
22
=
=
+C
2
3
2
2
2
x − 2 (x − 2)2
(x − 2)
(x − 2)
2 (x − 2)
Exercise 103.
´
(x2
dx
=
− 4x + 3) (x2 + 4x + 5)
Soluzione: scomponiamo e riscriviamo i denominatori =
t + 2 e dx = dt
ˆ
=
dt
=
(t + 1) (t − 1) (t2 + 1)
ˆ
´
dx
h
i = poniamo ora x =
2
(x − 1) (x − 3) (x − 2) + 1
dt
=
4
t −1
ˆ
dt
(t2
2
+ 1) − 2 (t2 + 1)
poniamo ora t = tan z da cui t2 + 1 = cos12 z e dt = cos12 z dz e otteremo
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
1
cos2 z
1 + cos 2z
1
d (2z) 1
1
1
cos2 z dz
=−
=
dz = −
dz = −
− z = − ln |tan 2z + sec z| − z + C =
1
z
cos
2z
2
cos
2z
4
cos
2z
2
4
2
−
cos4 z
cos2 z
2x − 4
1
p
p
1
1
1
1 2t
1
2 + 1− arctan t =
2 + 4x + 5− arctan (x − 2)+C
= − ln |tan 2z + sec z|− z = ln +
t
ln
+
x
2
2
4
2
4
1 − t2
2
4 1 − (x − 2)
Exercise 104.
´
√
x3
dx =
x−1
Soluzione: in questo caso applichiamo la sostituzione x = t2 + 1 da cui
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ t2 + 1
=
2tdt = 2
t6 dt + 3 t4 dt + 3 t2 dt + dt =
t
dx = 2tdt e otteniamo
2 7 6 5
t + t + 2t3 + 2t =
7
5
7
5
3
1
2
6
(x − 1) 2 + (x − 1) 2 + 2 (x − 1) 2 + 2 (x − 1) 2 + C
7
5
CALCOLO DEGLI INTEGRALI
17
5. Integrali di funzioni goniometriche
´
cos3 xdx =
´
´
´
´
Soluzione: = cos2 xd (sin x) =
1 − sin2 x d (sin x) = d (sin x) − sin2 xd (sin x) = sin x −
Exercise 105.
´
1
3
sin3 x + C
x
x
cos5 =
2
2
´
x
x
x
1
x x 1 ´
x
sin2 cos4 d sin2
=
sin2
1 + sin4 − 2 sin2
d sin2 x2 =
Soluzione: =
2
2
2
2
2
2
2
2
ˆ
1ˆ
ˆ 1ˆ
1
x
x
x
x
x
x
x 1
x 1
x
1
+
−
= sin4 + sin8 − sin6 + C
sin2 d sin2
sin6 d sin2
sin4 d sin2
=
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2 8
2 3
2
Exercise 106.
Exercise 107.
´
sin3
dx
dx =
3 + 5 cos x
Soluzione: applichiamo le formule parametriche della goniometria per le quali cos x =
2
dove t = tan x2 . Avremo quindi x = 2 arctan t e dx = 1+t
2 dt. L’integrale diviene
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
2
dt
dt
dt
1+t2
=
dt
=
2
=
=
=
2
2
1−t2
8 − 2t
4−t
(2 − t) (2 + t)
3 + 5 1+t2
1−t2
1−t2
e sin x =
2t
1+t2
1
A
B
=
+
e confrontando i numeratori 1 = t (A − B)+2 (A + B).
(2 − t) (2 + t)
2−t 2+t
A, B si ottengono risolvendo il sistema
A−B =0
A = 41
2A + 2B = 1
B = 41
riscriviamo la frazione
e l’integrale diviene
ˆ
ˆ
ˆ
1
dt
dt
1 2 + t 1 2 + tan x2 dt
+C
=
+
= ln =
ln
=
(2 − t) (2 + t)
4
2−t
2+t
4
2 − t 4 2 − tan x2 ´ 1 + tan x
dx =
1 − tan x
Soluzione: utilizziamo la definizione di tangente come rapporto tra il seno e il coseno dello stesso angolo
ˆ
cos x + sin x
=
dx = − ln |cos x − sin x| + C
cos x − sin x
Exercise 108.
´
sin 2x
dx =
1 + sin2 x
´ d sin2 x
Soluzione: =
= ln 1 + sin2 x + C
2
1 + sin x
Exercise 109.
Exercise 110.
´√
3 − 2x − x2 dx =
´q
2
Soluzione: riscriviamo, completando il quadrato, =
− (x + 1) + 4dx; operiamo ora la sostituzione x =
2 sin t − 1 e dx = 2 cos tdt, avremo
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ q
=
4 1 − sin2 t · 2 cos tdt = 4 cos2 dt = 2 (1 + cos 2t) dt = 2 dt + 2 cos 2tdt = 2t + sin 2t =
= 2 arcsin
x + 1 x + 1p
+
3 − 2x − x2 + C
2
2