A new MATE

In questa sezione trovi esercizi svolti sugli integrali.
Il sito è ancora in costruzione, quindi se gli esercizi non ci sono e/o sono pochi abbi un po' di pazienza.
Cerco di scriverne il più possibile! Se hai esercizi da proporre, non farti problemi a mandarmeli su Instagram , Facebook o per mail .

Esercizio 1

Difficoltà:

#integrale #definito

Calcola il seguente integrale, se è convergente

$\int_{-1}^{0} \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)dx$

Soluzione

Come prima cosa ricordiamo che quando si hanno integrali definiti, prima si calcola l’integrale indefinito (ossia senza estremi di integrazione) e poi si applica il teorema fondamentale del calcolo integrale.

Come seconda cosa ricordiamo che quando si hanno esponenziali o logaritmi come argomenti dell’integrali, se a occhio non si vede qual è la tecnica giusta per risolverli, il primo tentativo che si può fare è quello dell’integrazione per parti. Ricordo la formula:

$\int f^{'}(x)g(x)dx = f(x)g(x) - \int f(x)g^{'}(x)dx$

Nel nostro caso $f^{'}(x) = 1$ mentre $g(x) = \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)$ .

Da $f^{'}(x) = 1$ ottengo $f(x) = x$ : se infatti mi chiedo qual è quella funzione che derivata fa 1, ottengo subito $x$ .

Da $g(x) = \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)$ ottengo $g^{'}(x) = \frac{1}{\frac{1}{x+1}}\cdot \left(-\frac{1}{(x+1)^2}\right) = (x+1) \cdot \left(-\frac{1}{(x+1)^2}\right) = -\frac{1}{x+1}$ . Si tratta infatti di una derivata composta che, ricordo, si risolve in generale come

$\ln(\star(x)) = \frac{1}{\star(x)} \cdot D(\star(x))$

dove $\star(x)$ è una qualsiasi funzione di $x$ , nel nostro caso $\star(x) = \frac{1}{x+1}$ .

Quindi

$\begin{align*} \int \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)dx & = x\ln\left(\frac{1}{x+1}\right) - \int x \cdot \left(-\frac{1}{x+1}\right)dx \\ & = x\ln\left(\frac{1}{x+1}\right) + \int \frac{x}{x+1}dx \end{align*}$

Per risolvere il secondo integrale che ci troviamo, ci dobbiamo ricordare che quando abbiamo l’integrale di una frazione in cui sia a numeratore che a denominatore ci sono dei polinomi dello stesso grado, la tecnica consiste nel riscrivere il numeratore come il denominatore per poter poi spezzare la frazione in più frazioni. In particolare, vorrei far "comparire" a numeratore $x+1$ . Ci riesco aggiungendo (e sottraendo, altrimenti non ottengo qualcosa di equivalente) 1 a numeratore.

$\begin{align*} \int \frac{x}{x+1}dx & = \int \frac{x+1-1}{x+1}dx \\ & = \int \left(\frac{x+1}{x+1}+ \frac{-1}{x+1}\right)dx \\ & = \int 1 dx - \int \frac{1}{x+1}dx \\ & = x - \ln(x+1) \\ & = x + \ln((x+1)^{-1}) \\ & = x + \ln\left(\frac{1}{x+1}\right) \end{align*}$

La soluzione se l’integrale fosse indefinito sarebbe dunque

$\int \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)dx = x\ln\left(\frac{1}{x+1}\right) + x + \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)+c$

Ma visto che l’integrale va calcolato fra -1 e 0, il teorema fondamentale del calcolo integrale mi dice che

$\int_{-1}^{0} \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)dx = \left[x\ln\left(\frac{1}{x+1}\right) + x + \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)\right]_{-1}^{0}$

Se chiamo $F(x) = x\ln\left(\frac{1}{x+1}\right) + x + \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)$ , posso vedere subito che $F$ non è definita in $x=-1$ . Quindi

$\int_{-1}^{0} \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)dx = F(0) - \lim_{x\rightarrow -1}F(x)$

Vediamo subito che $F(0) = 0\ln(1)+0+\ln(1) = 0$ poichè il logaritmo di 1 è zero. Andiamo invece a calcolare quel limite.

$\begin{align*} \lim_{x\rightarrow -1} x\ln\left(\frac{1}{x+1}\right) + x + \ln\left(\frac{1}{x+1}\right) & = \lim_{x\rightarrow -1} x +(x+1)\ln\left(\frac{1}{x+1}\right)\\ & = "-1 + 0 \cdot \infty" \end{align*}$

Devo quindi risolvere quella forma indeterminata $0\cdot \infty$ . $\begin{align*} \lim_{x \rightarrow -1}(x+1)\ln\left(\frac{1}{x+1}\right) & = \lim_{x \rightarrow -1} \frac{\ln\left(\frac{1}{x+1}\right)}{\frac{1}{x+1}} \\ & \overset{\text{De l'Hopital}}{=} \lim_{x \rightarrow -1} \frac{(x+1)\cdot \left(-\frac{1}{(x+1)^2}\right)}{-\frac{1}{(x+1)^2}} \\ & = \lim_{x \rightarrow -1} x+1 \\ & = 0 \end{align*}$

dove noto che posso applicare il teorema di De l’Hopital poichè nella prima uguaglianza il temine a destra è una forma indeterminata del tipo $\frac{\infty}{\infty}$ .

Abbiamo quindi che

$\begin{align*} \lim_{x\rightarrow -1} F(x) & = \lim_{x\rightarrow -1} x +(x+1)\ln\left(\frac{1}{x+1}\right)\\ & = -1 + 0 \\ & = -1 \end{align*}$

L’integrale di partenza ha quindi soluzione

$\begin{align*} \int_{-1}^{0} \ln\left(\frac{1}{x+1}\right)dx & = F(0) - \lim_{x\rightarrow -1}F(x) \\ & = 0 - (-1) \\ & = 1 \end{align*}$

Esercizio 2

Difficoltà:

#integrale #indefinito

Calcola il seguente integrale

$\int \frac{\cos(3x)}{2\sqrt{\sin(3x)}}dx$

Soluzione

Come prima cosa noto che l’integrale è indefinito. Come seconda cosa, vedo che a numeratore c’è un coseno mentre a denominatore c’è la radice di un seno, entrambi con lo stesso argomento $3x$ . Ricordandosi che la derivata del seno è il coseno, ci si accende la lampadina che potremmo essere di fronte all’integrale di una funzione composta.

Ricordiamo un attimo come funzionano le derivate composte. Indico con $D$ o $'$ il simbolo di derivata.

$D(f(g(x))) = f^{'}(g(x))\cdot g^{'}(x)$

In parole semplici, prima devo identificare $f(x)$ e $g(x)$ tali che $f$ calcolata in $g(x)$ sia uguale alla funzione di cui voglio calcolare la derivata. Dopodichè calcolo $f^{'}(x)$ e $g^{'}(x)$ e infine calcolo la derivata di $f$ in $g(x)$ .

Perchè sto parlando di derivate quando dobbiamo calcolare un integrale? Ricordo che calcolare un integrale significa trovare quella funzione la cui derivata coincide con l’argomento dell’integrale. In altre parole, l’integrale di una funzione è un’altra funzione tale che, se la derivo, ottengo la funzione di cui volevo calcolare l’integrale.

Nel nostro caso, proviamo a calcolare la derivata di $\sqrt{\sin(3x)}$ . Perchè esattamente questa funzione visto che nell’integrale abbiamo $\frac{1}{\sqrt{\sin(3x)}}$ ?

Perchè, sapendo bene le derivate, so che $D(\sqrt{x}) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$ , e se al posto di $x$ metto $\sin(3x)$ ottengo qualcosa di molto simile a quello che abbiamo noi.

Quindi, per calcolare la derivata di $\sqrt{\sin(3x)}$ dobbiamo applicare la formula di derivata di una funzione composta.

In particolare abbiamo

$f(x) = \sqrt{x}$

$g(x) = \sin(3x)$

Infatti, $f(g(x))$ ossia $f$ calcolata in $g(x)$ invece che in $x$ , è

$f(g(x)) = \sqrt{\sin(3x)}$

(in parole semplici dove c’è $x$ nella definizione di $f$ dobbiamo mettere $g(x)$ ).

Ora che abbiamo individuato $f$ e $g$ calcoliamo le loro derivate.

$D(f(x)) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$

$D(g(x)) = \cos(3x) \cdot 3$

Nota: anche derivare $g$ significa utilizzare la formula di derivata composta.

Ultima cosa da calcolare è $f^{'}(g(x))$ :

$f^{'}(g(x)) = \frac{1}{2\sqrt{\sin(3x)}}$

Mettendo insieme tutti i pezzi ho quindi

$\begin{align*} D(\sqrt{\sin(3x)}) & = \frac{1}{2\sqrt{\sin(3x)}} \cdot 3\cos(3x) \\ & = 3 \cdot \frac{\cos(3x)}{2\sqrt{\sin(3x)}} \end{align*}$

Vediamo quindi che non abbiamo ottenuto esattamente l’argomento del nostro integrale, ma quasi: manca solo quel $3$ che moltiplica tutto.

Visto che le costanti si possono gestire facilmente con gli integrali, procedo in questo modo:

$\begin{align*} \int \frac{\cos(3x)}{2\sqrt{\sin(3x)}}dx & = \int \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot \frac{\cos(3x)}{2\sqrt{\sin(3x)}}dx \\ & = \frac{1}{3} \int 3 \cdot \frac{\cos(3x)}{2\sqrt{\sin(3x)}}dx \\ & = \frac{1}{3} \int D(\sqrt{\sin(3x)})dx \\ & = \frac{1}{3}\sqrt{\sin(3x)} +c \end{align*}$

A parole: visto che mi serve l’argomento dell’integrale moltiplicato per $3$ , lo moltiplico (e divido, altrimenti non ottengo qualcosa di equivalente) per $3$ . Così facendo ottengo come argomento dell’integrale la derivata che ho appena calcolato. Per definizione di integrale infine, l’integrale di una derivata è l’argomento della derivata. Ricordo sempre di aggiungere la costante alla fine in quanto l’integrale è indefinito.

Quindi,

$\int \frac{\cos(3x)}{2\sqrt{\sin(3x)}}dx = \frac{1}{3}\sqrt{\sin(3x)} +c$

Esercizio 3

Difficoltà:

#integrale #indefinito

Calcola il seguente integrale

$\int \frac{x^2+5x-1}{x^3+x^2-2}dx$

Soluzione

Come prima cosa noto che l’integrale è indefinito. Come seconda cosa noto che ho una frazione di polinomi come argomento dell’integrale. L’integrazione di funzioni razionali fratte, segue delle regole precise.

Nell’integrazione di funzioni razionali fratte $\int \frac{N(x)}{D(x)}dx$ quando il grado del numeratore è minore di quello del denominatore:

se il numeratore è la derivata del denominatore:

$\int \frac{f^{'}(x)}{f(x)} dx = \ln(|f(x)|)+c$

se il denominatore è di primo grado:

$\int \frac{1}{ax+b}dx = \frac{1}{a}\ln(|ax+b|)+c$

se il denominatore è di secondo grado:

se $\Delta > 0$ : essendo $ax^2+bx+c = a(x-x_1)(x-x_2)$ , si cercano i valori $A$ e $B$ tali che

$\frac{px+q}{ax^2+bx+c} = \frac{A}{a(x-x_1)}+\frac{B}{x-x_2}$

se $\Delta = 0$ : essendo $ax^2+bx+c = a(x-x_1)^2$ , si cercano i valori $A$ e $B$ tali che

$\frac{px+q}{ax^2+bx+c} = \frac{A}{a(x-x_1)}+\frac{B}{(x-x_1)^2}$

se $\Delta < 0$ : allora $\int \frac{1}{ax^2+bx+c}dx$ si trasforma in modo da utilizzare la formula

$\int \frac{f^{'}(x)}{k^2+(f(x))^2}dx = \frac{1}{k}\arctan\left(\frac{f(x)}{k}\right) +c$

mentre $\int \frac{px+q}{ax^2+bx+c}dx$ si trasforma nella somma

$r\int \frac{2ax+b}{ax^2+bx+c}dx + s\int \frac{1}{ax^2+bx+c}dx$

dove gli integrali si risolvono con i metodi precedenti.

se il denominatore è di grado superiore al secondo, occorre scomporlo in fattori irriducibili e riscrivere la frazione come somma di frazioni con numeratori di primo e di secondo grado.

Quando, nell’integrale $\int \frac{N(x)}{D(x)}dx$ , il grado del numeratore è maggiore o uguale di quello del denominatore si ritorna ai casi precedenti mediante la divisione polinomiale: $\frac{N(x)}{D(x)} = Q(x) + \frac{R(x)}{D(x)}$ dove il grado di $R(x)$ è minore di quello di $D(x)$ .

Nel nostro caso abbiamo che il grado del numeratore (ossia 2) è minore del grado del denominatore (ossia 3).

Regola mi dice che devo scomporre il denominatore in fattori irriducibili e riscrivere la frazione come somma di frazioni con numeratori di primo e di secondo grado. Parto quindi scomponendo il denominatore.

Per scomporre il denominatore utilizzo la formula di Ruffini. Vedo subito che $x=1$ è una radice del polinomio $x^3+x^2-2$ in quanto

$(1)^3+(1)^2-2 = 0$

Quindi

$\begin{tikzpicture} \draw (-0.25,0) -- (3,0); \draw (0.25,1.5)--(0.25,-0.5); \draw (2.2,1.5)--(2.2,-0.5); %\node at (0.25,1) {$1$}; \node at (0.75,1) {$1$}; \node at (1.25,1) {$1$}; \node at (1.75,1) {$0$}; \node at (2.5,1) {$-2$}; \node at (0,0.5) {$1$}; %\node at (0.25,-0.25) {$1$}; %\node at (0.75,0.5) {$1$}; \node at (0.75,-0.25) {$1$}; \node at (1.25,0.5) {$1$}; \node at (1.25,-0.25) {$2$}; \node at (1.75,0.5) {$2$}; \node at (1.75,-0.25) {$2$}; \node at (2.5,0.5) {$2$}; \node at (2.5,-0.25) {$0$}; \end{tikzpicture}$

e posso scomporre $x^3+x^2-2$ come

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

Calcolo il delta di $x^2+2x+2$ per vedere se si può scomporre ulteriormente.

$\Delta = b^2-4ac = 4-4(1)(2) = -4 < 0$

Essendo il delta negativo, $x^2+2x+2$ è irriducibile.

Devo ora scrivere la frazione iniziale come somma di due frazioni con denominatori rispettivamente $x-1$ e $x^2+2x+2$ . Ossia devo trovare $A$ , $B$ e $C$ numeri reali tali che

$\frac{x^2+5x-1}{x^3+x^2-2} = \frac{A}{x-1} + \frac{Bx+C}{x^2+2x+2}$

Per trovarli facciamo la somma di quelle due frazioni:

$\begin{align*} \frac{A}{x-1} + \frac{Bx+C}{x^2+2x+2} & = \frac{A(x^2+2x+2)+(Bx+C)(x-1)}{(x-1)(x^2+2x+2)} \\ & = \frac{Ax^2+2Ax+2A+Bx^2-Bx+Cx-C}{(x-1)(x^2+2x+2)} \\ & = \frac{x^2(A+B)+x(2A-B+C)+2A-C}{(x-1)(x^2+2x+2)} \end{align*}$

Poichè deve valere l’uguaglianza

$\frac{x^2(A+B)+x(2A-B+C)+2A-C}{(x-1)(x^2+2x+2)} = \frac{x^2+5x-1}{(x-1)(x^2+2x+2)}$

devo avere

$\begin{cases} A+B & = 1 \\ 2A-B+C & = 5 \\ 2A-C & = -1 \end{cases}$

Risolviamo il sistema: isolo $A$ dalla prima equazione e lo sostituisco nelle altre due.

$\begin{cases} A & = 1 -B\\ 2(1-B)-B+C & = 5 \\ 2(1-B) -C& = -1 \end{cases}$

Isolo $C$ dalla seconda equazione e lo sostituisco nella terza.

$\begin{cases} A & = 1 -B\\ C & = 3 +3B\\ 2-2B -(3+3B)& = -1 \end{cases}$

Risolvo la terza equazione solo in $B$ .

$\begin{cases} A & = 1 -B\\ C & = 3 +3B\\ B & = 0 \end{cases}$

Sostituendo il $B$ trovato nelle prime due equazioni ottengo

$\begin{cases} A & = 1 \\ C & = 3 \\ B & = 0 \end{cases}$

Quindi

$\begin{align*} \frac{x^2+5x-1}{(x-1)(x^2+2x+2)} & = \frac{A}{x-1} + \frac{Bx+C}{x^2+2x+2} \\ & = \frac{1}{x-1} + \frac{3}{x^2+2x+2} \end{align*}$

e di conseguenza

$\begin{align*} \int \frac{x^2+5x-1}{(x-1)(x^2+2x+2)}dx & = \int \left( \frac{1}{x-1} + \frac{3}{x^2+2x+2}\right) dx \\ & = \int \frac{1}{x-1}dx + \int \frac{3}{x^2+2x+2}dx \end{align*}$

Il primo integrale è immediato e si ha

$\int \frac{1}{x-1}dx = \ln(|x-1|)$

mentre per il secondo

$\begin{align*} \int \frac{3}{x^2+2x+2}dx & = 3 \int \frac{1}{x^2+2x+2}dx \\ & = 3 \int \frac{1}{(x^2+2x+1)+1} dx \\ & = 3 \int \frac{1}{(x+1)^2+1}dx \\ & = 3 \arctan(x+1) \end{align*}$

Alla fine quindi si ha

$\int \frac{x^2+5x-1}{x^3+x^2-2}dx = \ln(|x-1|) + 3\arctan(x+1) +c$

Esercizio 4

Difficoltà:

#integrale #indefinito

Calcola il seguente integrale

$\int \frac{x+3}{\sqrt{x+2}}dx$

Soluzione

Come prima cosa notiamo che a numeratore della frazione non abbiamo la derivata del denominatore. Quindi non siamo nel caso degli integrali del tipo

$\int \frac{f^{'}(x)}{f(x)}dx$

Possiamo quindi procedere a risolvere l’integrale o utilizzando la formula per parti o per sostituzione.

Ricordo che la formula per parti mi dice che

$\int f^{'}(x)g(x)dx = f(x)g(x) - \int f(x)g^{'}(x)dx$

In questo caso questo metodo di risoluzione non va bene: se volessi infatti utilizzare questo, dovrei porre $f^{'}(x) = x+3$ e $g(x) = \frac{1}{\sqrt{x+2}}$ . Con questa scelta però, applicando la formula, nel nuovo integrale avrei $g^{'}(x) = \frac{-\frac{1}{2\sqrt{x+2}}}{x+2} = -\frac{1}{2(x+2)\sqrt{x+2}}$ . Ossia non ottengo un integrale più facile rispetto a quello di partenza.

Procediamo quindi per sostituzione. Come in quasi tutti i casi, sostituisco ciò che "mi dà fastidio", nel senso di quello che mi rende "difficile" l’integrale, ossia la radice: pongo

$\sqrt{x+2} = t$

Una volta individuata la sostituzione, la prima cosa da fare è trovare $x$ in funzione di $t$ :

$\begin{align*} \sqrt{x+2} & = t \\ (\sqrt{x+2})^2 & = (t)^2 \\ x+2 & = t^2 \\ x & = t^2-2 \end{align*}$

A questo punto, la seconda cosa da fare è calcolare $dx$ : data in generale la relazione $x = \star(t)$ , $dx$ sarà uguale alla derivata di $\star(t)$ rispetto a $t$ moltiplicata per $dt$ .

Nel nostro caso, $\star(t) = t^2-2$ . La sua derivata è $D(t^2-2) = 2t$ . Quindi

$dx = D(t^2-2)dt = 2tdt$

Abbiamo ora tutti gli elementi che ci servono per fare la sostituzione.

$\begin{align*} \int \frac{x+3}{\sqrt{x+2}}dx & = \int \frac{t^2-2+3}{t}\cdot 2tdt \\ & = \int \frac{2t(t^2+1)}{t}dt \\ & = \int 2(t^2+1)dt \\ & = 2 \int (t^2+1)dt \\ & = 2 \left[\int t^2dt + \int dt\right] \\ & = 2 \left[\frac{t^3}{3} + t \right] \\ & = 2t\left[\frac{t^2}{3}+1\right] \end{align*}$

Una volta che abbiamo risolto l’integrale in $t$ , dobbiamo risostituire e riscrivere tutto in $x$ :

$\begin{align*} 2t\left[\frac{t^2}{3}+1\right] & = 2(\sqrt{x+2})\left[\frac{(\sqrt{x+2})^2}{3}+1\right] \\ & = 2\sqrt{x+2}\left[\frac{x+2}{3}+1\right] \\ & = 2\sqrt{x+2} \left[\frac{x+2+3}{3}\right] \\ & = \frac{2}{3}\sqrt{x+2}(x+5) \end{align*}$

Poichè l’integrale è indefinito, dobbiamo sempre aggiungere una costante $c$ alla fine. La soluzione è quindi

$\int \frac{x+3}{\sqrt{x+2}}dx = \frac{2}{3}\sqrt{x+2}(x+5) +c$

Esercizio 5

Difficoltà:

#volume

Trova il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse $x$ del trapezoide individuato dal grafico della funzione $y = \sqrt{\frac{x+4}{x}}$ nell’intervallo $[-5,-4]$ .

Soluzione

Come prima cosa facciamo un piccolo grafico della funzione nell’intervallo considerato: non è richiesto dal problema, ma preferisco sempre avere anche un’idea visiva di quello che sto facendo.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.0544]\small \begin{axis}[axis line style=gray, samples=1200, width=9.0cm,height=6.4cm, xmin=-8, xmax=2, ymin=-0.5, ymax=5, restrict y to domain=-0.5:5, ytick=none, xtick={-5,-4}, axis equal, axis x line=center, axis y line=center, xlabel=$x$,ylabel=$y$] \addplot[red,domain=-7:1.5,semithick]{sqrt((x+4)/x)}; \addplot[red] coordinates {(-2,2.5)} node{$\sqrt{\frac{x+4}{x}}$}; \path (axis cs:0,0) node [anchor=north west,yshift=-0.07cm] {0}; \end{axis} \end{tikzpicture}$

Facendo quindi ruotare il grafico della funzione in $[-5,-4]$ attorno all’asse $x$ di 360 gradi ottengo

$\begin{tikzpicture}[scale=1.0544]\small \begin{axis}[axis line style=gray, samples=1200, width=9.0cm,height=6.4cm, xmin=-6, xmax=-2, ymin=-0.5, ymax=5, restrict y to domain=-0.5:5, ytick=none, xtick={-4}, axis equal, axis x line=center, axis y line=center, xlabel=$x$,ylabel=$y$] \addplot[black,dashed] coordinates { (-5,-0.4472135955) (-5,0.4472135955) }; \addplot[red,domain=-5:-4,semithick]{sqrt((x+4)/x)}; \addplot[red,domain=-5:-4,semithick]{-sqrt((x+4)/x)}; \draw[red] (100,50) ellipse (0.15cm and 0.40cm); \path (axis cs:0,0) node [anchor=north west,yshift=-0.07cm] {0}; \end{axis} \end{tikzpicture}$

Voglio il volume di questo solido. La formula che devo utilizzare è

$V = \pi \int_a^b f^2(x)dx$

dove, nel nostro caso, $a=-5,b=-4,f(x) = \sqrt{\frac{x+4}{x}}$ .

Quindi

$\begin{align*} V & = \pi \int_{-5}^{-4} \left(\sqrt{\frac{x+4}{x}}\right)^2 dx \\ & = \pi \int_{-5}^{-4} \frac{x+4}{x} dx \\ & = \pi \int_{-5}^{-4} \left( 1 + \frac{4}{x} \right)dx \\ & = \pi \left( \int_{-5}^{-4}dx + 4 \int_{-5}^{-4} \frac{1}{x}dx \right) \\ & = \pi \left( x \biggl|_{-5}^{-4} + 4 \cdot \ln(|x|) \biggl|_{-5}^{-4} \right) \\ & = \pi \left( (-4-(-5)) + 4 \cdot (\ln(|-4|)-(\ln(|-5|)))\right) \\ & = \pi \left( 1 + 4 \cdot (\ln(4)-\ln(5))\right) \\ & = \pi \left( 1 + 4 \cdot \ln\left(\frac{4}{5}\right) \right) \end{align*}$

Esercizio 6

Difficoltà:

#integrale #indefinito

Calcola il seguente integrale

$\int \left( \frac{2}{x^3}-x^2-\frac{1}{x}\right) dx$

Soluzione

Sapendo che l’integrale di una somma si può "spezzare" nella somma degli integrali, il primo passaggio da fare è

$\begin{align*} \int \left( \frac{2}{x^3}-x^2-\frac{1}{x}\right) dx & = \int \frac{2}{x^3}dx -\int x^2 dx- \int \frac{1}{x} dx \\ & = 2 \cdot \int \frac{1}{x^3}dx -\int x^2 dx- \int \frac{1}{x} dx \end{align*}$

dove nel secondo passaggio ho utilizzato il fatto che le costanti si possono "portare fuori" dall’integrale.

I tre integrali che abbiamo ottenuto sono immediati: ricordiamo la formula per risolverli.

Memo: $\int x^{\alpha}dx = \begin{cases} \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha +1} + c & \text{se} \ \alpha \neq -1 \\ \ln(|x|) + c & \text{se} \ \alpha = -1 \end{cases}$

Il primo integrale quindi è uguale a

$\begin{align*} \int \frac{1}{x^3} dx & = \int x^{-3} dx \\ & = \frac{x^{-3+1}}{-3+1} + c_1 \\ & = \frac{x^{-2}}{-2} + c_1 \\ & = - \frac{x^{-2}}{2} + c_1 \\ & = - \frac{1}{2x^2} + c_1 \end{align*}$

Il secondo integrale è uguale a

$\begin{align*} \int x^2 dx & = \frac{x^{2+1}}{2+1} + c_2 \\ & = \frac{x^{3}}{3} + c_2 \\ \end{align*}$

Il terzo integrale è uguale a

$\begin{align*} \int \frac{1}{x} dx & = \int x^{-1} dx \\ & = \ln(|x|) + c_3 \end{align*}$

Possiamo ora mettere insieme tutti i pezzi e calcolare l’integrale iniziale

$\begin{align*} \int \left( \frac{2}{x^3}-x^2-\frac{1}{x}\right) dx & = 2 \cdot \int \frac{1}{x^3}dx -\int x^2 dx- \int \frac{1}{x} dx \\ & = 2 \cdot \left(-\frac{1}{2x^2}+c_1\right) -\left(\frac{x^3}{3} + c_2 \right)- \left(\ln(|x|)+c_3\right) \\ & = -\frac{1}{x^2} +2c_1 - \frac{x^3}{3} - c_2 -\ln(|x|) -c_3 \\ & = -\frac{1}{x^2} - \frac{x^3}{3}-\ln(|x|) + c \end{align*}$

dove nell’ultimo passaggio ho raggruppato assieme le costanti visto che somme e differenze di costanti rimangono costanti ().

Esercizio 7

Difficoltà:

#integrale #indefinito

Calcola il seguente integrale

$\int \frac{x^2+4x+1}{2x} dx$

Soluzione

Dal momento che il denominatore della frazione da integrare è composto da solo un termine, posso "spezzare" la frazione in frazioni più semplici:

$\begin{align*} \int \frac{x^2+4x+1}{2x} dx & = \int \left(\frac{x^2}{2x} + \frac{4x}{2x}+ \frac{1}{2x} \right)dx \\ & = \int \left(\frac{x}{2} + 2+ \frac{1}{2x} \right)dx \\ & = \int \frac{x}{2}dx + \int 2 dx + \int \frac{1}{2x}dx \end{align*}$

dove nell’ultimo passaggio ho utilizzato il fatto che l’integrale di una somma è uguale alla somma degli integrali.

I tre integrali che abbiamo ottenuto sono immediati: ricordiamo la formula per risolverli.

Memo: $\int x^{\alpha}dx = \begin{cases} \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha +1} + c & \text{se} \ \alpha \neq -1 \\ \ln(|x|) + c & \text{se} \ \alpha = -1 \end{cases}$

Il primo integrale quindi è uguale a

$\begin{align*} \int \frac{x}{2} dx & = \frac{1}{2} \cdot \int x dx \\ & = \frac{1}{2} \cdot \frac{x^{1+1}}{1+1} + c_1 \\ & = \frac{1}{2}\cdot \frac{x^{2}}{2} + c_1 \\ & = \frac{x^{2}}{4} + c_1 \end{align*}$

Il secondo integrale è uguale a

$\begin{align*} \int 2 dx & = 2 \cdot \int 1 dx \\ & = 2 \cdot x + c_2 \\ & = 2x + c_2 \\ \end{align*}$

Il terzo integrale è uguale a

$\begin{align*} \int \frac{1}{2x} dx & = \frac{1}{2} \cdot \int \frac{1}{x} dx \\ & = \frac{1}{2} \cdot \int x^{-1} dx\\ & = \frac{1}{2} \cdot \ln(|x|) + c_3 \end{align*}$

Possiamo ora mettere insieme tutti i pezzi e calcolare l’integrale iniziale

$\begin{align*} \int \frac{x^2+4x+1}{2x} dx & = \int \frac{x}{2}dx + \int 2 dx + \int \frac{1}{2x}dx \\ & = \frac{x^2}{4} + c_1 + 2x + c_2 + \frac{\ln(|x|)}{2} + c_3 \\ & = \frac{x^2}{4}+ 2x+ \frac{\ln(|x|)}{2} + c \end{align*}$

dove nell’ultimo passaggio ho raggruppato assieme le costanti visto che somme e differenze di costanti rimangono costanti ().