L’integrale indefinito¶

La ricerca di un metodo per trovare le primitive di una funzione è arrivata al punto decisivo: pensare una primitiva come inversa di una derivata è un metodo potente, molto di più che pensarla come somma infinita di incrementi infinitesimi, a partire da un valore iniziale. Un se condo vantaggio è poi che, grazie al Teorema fondamentale, gli integrali definiti si calcolano più facilmente.

La notazione per la primitiva¶

Se $F(x)$ è una primitiva allora $DF(x)=f(x)$ . Si può quindi usare, almeno provvisoriamente, il simbolo $D^{-1}$ per indicare il calcolo della primitiva.

$D^{-1}f(x)=F(x) \iff DF(x)=f(x)$

Con questo simbolo possiamo esprimere facilmente la linearità di $D^{-1}$ , che consegue dalla linearità di $D$ . In pratica devono valere le due condizioni

$D^{-1}[f(x)+ g(x)]=D^{-1}&f(x)+D^{-1}g(x)=F(x)+G(x) \\ D^{-1}[kf(x)]&=kD^{-1}f(x)=kF(x)$

Note

Ricordiamo che la linearità si esprime attraverso l’operazione di somma e di prodotto per una costante. Una funzione è lineare se $f(a+b)=f(a)+f(b)\mbox{ e } f(kx)=kf(x)$ come avviene appunto per le funzioni il cui grafico è una retta per l’origine.

Per tutto quanto visto finora, fra le due operazioni valgono anche:

$(*)\ DD^{-1}f(x)=f(x)\ \mbox{ e }\ D^{-1}DF(x)=F(x)+c$

cioè la derivazione e la ricerca delle primitive non sono esattamente l’una il contrario dell’altra, perché la costante $c$ , rende l’applicazione dei due operatori non commutativa.

La parte sostanziale dei calcoli nella ricerca della primitiva è l’integrale. Nel caso discreto abbiamo indicato una generica primitiva con il simbolo della somma senza indici, perché le sue proprietà sono quelle della somma e il suo valore si esprime attraverso la somma. Seguendo lo stesso filo logico, diamo al simbolo $D^{-1}$ , nel caso continuo, il contenuto legato alla sostanza del calcolo: $D^{-1}\equiv \int$ , cioè al segno di integrazione, senza indici.

Le proprietà dell’integrale discendono dalle proprietà della somma. Per esempio, a proposito della linearità, si ricava che, dati

$F(x)=c_1+\int_a^xf(t)dt\ \mbox{ e }\ G(x)=c_2+\int_a^xg(t)dt$

vale

$&F(x)+G(x)=\left(c_1+\int_a^xf(t)dt\right)+\left(c_2+\int_a^xg(t)dt\right)=\\ &=(c_1+c_2)+\int_a^x[f(t)+g(t)]dt=c+\int_a^x[f(t)+g(t)]dt$

Per cui la somma di due primitive è la primitiva della somma. Ma vale anche il contrario, infatti:

$c+\int_a^x[f(t)+g(t)]dt=c+\int_a^xf(t)dt+\int_a^xg(t)dt$

e quindi è vero che $D^{-1}[f(x)+ g(x)]=D^{-1}f(x)+D^{-1}g(x)$ . In modo analogo si dimostra (vedi Esercizi) che

$D^{-1}[kf(x)]=kD^{-1}f(x)$

Con l’integrale indefinito possiamo facilmente verificare le proprietà $(*)$ . Infatti

$D\int f(x)=&f(x)\ \mbox{ la derivata di una primitiva è la funzione stessa;}\\ \int Df(x)=&f(x)+c\ \mbox{ la generica primitiva della derivata di una}\\ &\mbox{funzione differisce da questa per una costante.}$

L’integrale indefinito¶

In conclusione, indichiamo una generica primitiva della funzione $f$ con

$\int f(x)\, dx$

che chiameremo integrale indefinito della funzione $\mathbf{f}$ .

Non si tratta solo di eliminare degli indici e rendere più agile la notazione: l’integrale definito è un numero, quello indefinito è l’espressione di una generica primitiva. Il legame fra i due è il Teorema fondamentale.

Le formule sulla linearità si traducono quindi in queste due righe:

$&\int[f(x)\pm g(x)]dx=\int f(x)dx \pm \int g(x)dx\\ &\int kf(x)dx=k\int f(x)dx$

È facile inoltre verificare che

$DD^{-1}f(x)=f(x)\ \mbox{ ma }\ D^{-1}DF(x)=f(x)+c$

e lo lasciamo per esercizio.

Integrali immediati¶

Rivediamo con la nuova notazione alcuni calcoli già svolti nel capitolo precedente e aggiungiamo i ragionamenti utili a cercare le generiche primitive di altre funzioni notevoli. Questi casi, che sono tipici e per questo si utilizzano in esercizi più complessi, si dicono integrali immediati.

Integrare $x^n$ ¶

$&\int x^\alpha dx=\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha +1}+c \mbox{ , per }\alpha \ne -1; \quad \mbox{ ma, per }\alpha = -1\ :\ \int \frac{dx}{x}=\ln|x|+c$

Integrare le funzioni circolari¶

Per la dimostrazione delle prossime due formule facciamo riferimento al Cap.5.

$&\int \sin x dx= -\cos x+c\\ &\int \cos x dx= \sin x+c$

A proposito della tangente, da $D\tan x= 1+ \tan^2x=\frac{1}{\cos^2 x}=\sec^2x$ , ricaviamo:

$&\int (\tan^2x+1) dx =\tan x +c\\ &\int \frac{1}{\cos^2 x}dx= \tan x +c\\ &\int \sec^2x= \tan x +c$

Il primo integrale è utile solo in quanto $D[\tan x-x]= 1+ \tan^2x -1= \tan^2 x$ , per cui:

$\int \tan^2x dx =\tan x -x +c$

Per la cotangente si procede in modo analogo e si ricava:

$&\int \cot^2x dx =-\cot x -x +c\\ &\int \frac{1}{\sin^2 x}dx= -\cot x +c\\ &\int \csc^2x= -\cot x +c$

Da $D\arcsin x=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ e da $D\arctan x=\frac{dx}{1+x^2}$ ricaviamo

$&\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x +c\\ &\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x +c$

Integrare $q^x$ ¶

Da $Dq^x=q^x\ln q$ ricaviamo

$\int q^x dx= \frac {q^x}{\ln q}$

Integrale definito e integrale indefinito¶

Ricordando come è stato fatto per le successioni, adottiamo una notazione più sintetica per rappresentare la differenza $F(b)-F(a)$ :

$F(b)-F(a)=\left[F(x)\right]_a^b$

e riscriviamo in questo modo il Teorema fondamentale:

$\int_a^bf(x)dx=\left[F(x)\right]_a^b$

che significa:

$\int_a^bf(x)dx=\left[\int f(x)dx)\right]_a^b$

L’ultimo termine indica la regola e la precedenza nelle operazioni: per calcolare un integrale definito si calcola prima l’integrale indefinito, cioè una generica primitiva della funzione integranda, e poi si fa la differenza fra i valori di una primitiva negli estremi di integrazione. Per esempio:

$&\int_0^\frac{\pi}{2}(3x+5\sin x)dx=\left[3\int xdx+5\int\sin x dx\right]_0^\frac{\pi}{2}= \left[3\frac{x^2}{2}+5(-\cos x) +c\right]_0^\frac{\pi}{2}=\\ &=\left[\frac{3}{2}x^2-5\cos x +c\right]_0^\frac{\pi}{2}= \left[\frac{3}{2}\left(\frac{\pi}{2}\right)^2-5\cos \frac{\pi}{2} +c\right]-[0-5\cos 0+ c]=\frac{3\pi^2}{8}+5.$

In realtà nello svolgimento si può tralasciare la costante $c$ , perchè viene comunque eliminata dalla differenza. Applichiamo anche queste ultime nozioni nei prossimi esercizi.

Esercizi svolti¶

Calcola l’integrale definito di una funzione esponenziale.¶

$\int_a^bq^xdx=\left[\frac {q^x}{\ln q}\right]_a^b=\frac{q^b-q^a}{\ln q}`$

Calcola $\int_{-1}^1\frac{dx}{1+x^2}$ e visualizza il suo significato geometrico.¶

$\int_{-1}^1\frac{dx}{1+x^2}=\left[\arctan x +c\right]_{-1}^1=\arctan 1-\arctan(-1)= \frac{\pi}{4}- \frac{-\pi}{4}= \frac{\pi}{2}$

Calcola $\int_0^x\cos x$ e visualizza il suo significato geometrico.¶

$\int_0^\pi\cos x=\left[\sin x +c\right]_0^\pi=\sin \pi-\sin 0=0$

Il fatto che il risultato sia nullo poteva essere previsto da considerazioni di simmetria: nell’intervallo considerato l’area sottesa alla curva è per metà positiva e per metà negativa.

Calcola $\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^2 xdx$ .¶

a) la soluzione diretta¶

Calcoliamo a parte la primitiva generica, facendo uso della formula $\sin^2 x=\frac{1-\cos 2x}{2}$ .

$\int \sin^2 xdx=\int \frac{1-\cos 2x}{2}dx=&\frac{1}{2}\int(1-\cos 2x)dx= \frac{1}{2}\int dx-\frac{1}{2}\int \cos 2x dx=\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\frac{\sin 2x}{2}+c\\ &\mbox{quindi: }\\ \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^2 xdx=&\left[\frac{x}{2}- \frac{\sin 2x}{4} \right]_0^\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}.$

b) una soluzione sbagliata¶

Si potrebbe pensare: visto che $\int \frac{1}{\sin^2 x}dx=-\cot x$ allora

$\int \sin^2 dx=\frac{1}{\int \frac{dx}{\sin^2 x}}=-\frac{1}{\cot x}$

Purtroppo, il principio che la primitiva della reciproca di una funzione sia la reciproca della primitiva è sbagliato. Confronta per esempio $\int xdx$ e $\int \frac{dx}{x}$ . D’altra parte questa ipotesi non vale neanche nel calcolo delle somme: la somma dei reciproci non è il reciproco della somma.

c) la soluzione elegante¶

Nell’intervallo $[0,\frac{\pi}{2}]$ il seno e il coseno assumono gli stessi valori, anche se nell’ordine inverso. Lo stesso avviene per i loro quadrati, per cui

$\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^2 xdx=\int_0^\frac{\pi}{2} \cos^2 xdx$

e quindi la loro somma fa il doppio del numero cercato.

$\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^2 xdx+\int_0^\frac{\pi}{2} \cos^2 xdx= \int_0^\frac{\pi}{2} (\sin^2 xdx+\cos^2 x)dx=\int_0^\frac{\pi}{2} dx=\frac{\pi}{2}.$

Essendo questo il doppio del numero cercato, è facile avere il risultato corretto.

Note

Le considerazioni sulla simmetria della funzione e delle aree sottese al suo grafico sono di grande aiuto nell’evitare i calcoli. Tuttavia non sempre sono possibili. In questo esercizio, per esempio, sarebbe bastato dover svolgere l’integrale su un intervallo diverso per rendere non applicabili questi ultimi ragionamenti.

Sostituire la variabile¶

Nella soluzione diretta dell’ultimo esercizio si utilizza $\int \cos 2x = \frac{\sin 2x}{2}+c$ . La correttezza dell’uguaglianza è semplice da verificare: basta derivare il suo secondo membro. Ma ragioniamo sulla tecnica che abbiamo applicato, in modo che ci sia utile anche in casi più difficili.

Il ragionamento sottinteso è: $2x=u\to \cos 2x=\cos u$ e $\cos 2xdx=\cos u\frac{du}{2}=\frac{1}{2}\cos u du$ . Quindi $\int \cos 2xdx=\int\frac{1}{2}\cos u du=\frac{\sin u}{2}+c=\frac{\sin 2x}{2}+c$ .

In realtà scrivere questi dettagli nei casi semplici diventa ben presto superfluo dopo i primi esercizi, ma ora è giusto mettere in evidenza ogni cosa. Per esempio, se si dovesse calcolare $\int_a^bf(x)dx$ e si rendesse necessaria un’analoga sostituzione di variabile, il ragionamento sarebbe:

$u=2x \to x=&\frac{u}{2}\ \mbox{ e }\ dx=\frac{du}{2}\\ x=a \to \frac{u}{2}=a \to u= 2a\ \mbox{ e }&\ x=b \to \frac{u}{2}=b \to u= 2b\\ \int_a^bf(x)dx=&\frac{1}{2}\int_{2a}^{2b}f(\frac{u}{2})du$

Il cambio di variabile nell’ultimo integrale trova spiegazione nel disegno. L’asse verticale inferiore è l’asse degli $u$ , dove gli intervallini infinitesimi $du_k$ corrispondono agli intervallini infinitesimi dimezzati $dx_k$ attraverso la relazione $x=\phi(u)=\frac{u}{2}\to dx_k=\frac{1}{2}du_k$ . Così, facendo uso della rappresentazione originale dell’integrale definito, la trasformazione diventa:

$\int_a^bf(x)dx\sim\int_0^{N-1}f(x_k)dx_k=\frac{1}{2}\int_0^{N-1}f\left(\frac{u_k}{2}\right)du_k \sim\frac{1}{2}\int_{2a}^{2b}f\left(\frac{u}{2}\right)du$

Come abbiamo già detto, in casi semplici come questo tutta la rappresentazione può essere superflua. È però necessario ricordare che la trasformazione del differenziale $dx$ nel differenziale $du$ dipende dalla funzione matematica desiderata. Nel caso in esame si è preferito che gli intervalli sull’asse $u$ siano doppi dei corrispondenti intervalli sull’asse $x$ , quindi si tratta di un rapporto costante. Ma di solito è necessaria una dipendenza diversa e variabile.

Se quindi utilizziamo una funzione di trasformazione che chiamiamo genericamente $x=\phi(u)$ , con $x\in [a,b]$ e $u\in [c,d]$ , avremo

$dx_k=d\phi(u_k)\sim & \phi'(u_k)du_k\\ \int_a^bf(x)dx\sim\int_0^{N-1}f(x_k)dx_k\sim \int_0^{N-1}&f(\phi(u_k))\phi'(u_k)du_k\sim \int_c^df(\phi(u))\phi'(u)du\\ \mbox{in sintesi:}&\\ \int_a^bf(x)dx\sim\int_c^d&f(\phi(u))\phi'(u)du$

Anche gli estremi degli intervalli seguono la regola di trasformazione: $a=\phi(c)$ e $b=\phi(d)$ . Il problema è che però se $\phi<0$ , cioè se la funzione di trasformazione è decrescente, l’integrale precedente ha segno opposto rispetto a quando la funzione è crescente:

$\int_a^bf(x)dx =- \int_c^df(\phi(u))\phi'(u)du=\int_d^cf(\phi(u))\phi'(u)du$

In questa formula $a=\phi(d)$ e $b=\phi(c)$ . In pratica, se $\phi$ è crescente $c=\phi^{-1}(a)$ e $d=\phi^{-1}(b)$ , mentre, se è decrescente, $c=\phi^{-1}(b)$ e $d=\phi^{-1}(a)$

Quindi vale in ogni caso la formula seguente, detta formula di sostituzione per gli integrali definiti:

$\int_a^bf(x)dx = \int_{\phi^{-1}(a)}^{\phi^{-1}(b)}f(\phi(u))\phi'(u)du$

Questa invece è l’equivalente formula per l’integrale indefinito:

$\int f(x)dx = \int f(\phi(t))\phi'(t)du$

Esercizi svolti con sostituzione¶

Calcola $\int_0^1 xe^{x^2}dx$ ¶

Poniamo $x^2=u$ . Ne consegue

$&x=\sqrt{u}\ \mbox{, }\ dx=\frac{1}{2\sqrt{u}}.\ \mbox{ Per }x=0\to u=0^2=0;\ \mbox{ Per }x=1\to u=1^2=1\\ &\int_0^1 xe^{x^2}dx=\int_0^1\sqrt{u}e^u\frac{du}{2\sqrt{u}}=\frac{1}{2}\int_0^1e^udu =\frac{1}{2}\left[e^u\right]_0^1=\frac{e-1}{2}.$

Un altro modo, equivalente, è quello di cercare prima la primitiva e poi applicarla all’integrale definito:

$&\int xe^{x^2}dx=\int\sqrt{u}e^u\frac{du}{2\sqrt{u}}=\frac{1}{2}\int e^udu=\frac{1}{2}e^u+c= \frac{1}{2}e^{x^2}+c\\ &\int_0^1 xe^{x^2}dx=\left[\frac{1}{2}e^{x^2} \right]_0^1 =\frac{1}{2}e-\frac{1}{2}=\frac{e-1}{2}$

Calcola $\int \frac{\sin\ln x}{x}dx$ ¶

Si pone $\ln x=u$ , da cui deriva che $x=e^u$ e $dx=e^u du$ .

$&\int \frac{\sin\ln x}{x}dx=\int \frac{\sin u}{e^u}du=\int\sin u du=-\cos u +c\\ &\int \frac{\sin\ln x}{x}dx=-\cos\ln x +c$

Un risultato facile da verificare, derivando.

Calcola $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}dx$ ¶

Si pone $\sqrt{x}=u$ , da cui deriva che $x = u^2$ e $dx=2udu$

$\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}dx=\int \frac{e^u}{u}2udu=2\int e^udu=2e^u+c=2e^{\sqrt{x}}+c$

Calcola $\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{\sin x}\cos xdx$ ¶

Si pone $u=\sin x$ , da cui deriva che

$&x = \arcsin u \ \mbox{ e } dx=\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}.\\ &x=0 \ \to \ u=\sin 0=0 , \ \ x=\frac{\pi}{2}\ \to \ u=\sin \frac{\pi}{2}=1$

Dato che abbiamo scelto di sostituire il seno, occorre trasformare il coseno in modo da usare la sostituzione, cioè $\cos x= \pm\sqrt{1-\sin^2 x}=\pm\sqrt{1-u^2}$ . Teniamo il segno positivo perchè il seno si inverte nell’intervallo $[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$ , dove il coseno è positivo. Quindi:

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{\sin x}\cos xdx=\int_0^1 e^u\sqrt{1-u^2}\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}= \int_0^1e^udu=\left[e^u \right]_0^1=e-1.$

Note

Come vedremo più avanti, l’esercizio si risolve anche senza sostituire il coseno. Basta rilevare che $d\sin x=\cos x dx$ per cui $\int e^{\sin x}\cos xdx=\int e^{\sin x}d\cos x=\int e^u du$ .

Integrare per parti¶

Iniziamo da un esempio: calcolare $\int\sin\sqrt{x}dx$ . Poniamo $\sqrt{x}=u$ e

$&\sqrt{x}=u\ \to\ x=u^2\,, \ dx=2udu\\ &\int\sin\sqrt{x}dx=\int\sin u 2u du=2\int u\sin u du$

Sappiamo già, dalle somme, che non esiste una regola semplice per l’integrale di un prodotto: in particolare $\int u \cdot \sin u du\ne \int u du\cdot\int \sin u du$ .

Ricorriamo ai differenziali noti: $d\cos u=-\sin u\, du$ , perciò $u\,\sin u\, du=-u\,d\,\cos u$ . L’obiettivo era ottenere $d(u\cos u)$ , molto più facile da integrare, perché $\int df(x)=f(x)+c$ . Vediamo di quanto ci siamo avvicinati:

$&d(u\cos u)=du\cos u+ud\cos u \mbox{, e quindi:}\\ &ud\cos u=d(u\cos u)-du\cos u .\\ &2\int u\sin u du=-2\int u\,d\,\cos u=-2\int[\d(u\cos u)-du\cos u]=\\ &=-2\int\d(u\cos u)+2\int\cos u du=-2u\cos u+2\sin u +c$

Concludiamo che

$\int\sin\sqrt{x}dx=-2\sqrt{x}\cos\sqrt{x}+2\sin\sqrt{x}+c.$

La tecnica illustrata nell’esempio si chiama dell’integrazione indefinita per parti, che ora descriviamo in modo più formale:

Ci è richiesto l’integrale di un prodotto $\int f(x)\cdot h(x)dx$
Nel prodotto individuiamo una parte infinitesima: $h(x)dx=dg(x)$ . Questo è possibile se conosciamo una primitiva $g(x)$ di $h(x)$ .
Applichiamo la formula:

$\int f(x)dg(x)=f(x)g(x)-\int g(x) df(x).$

$f(x)$ e $g(x)$ si chiamano parti finite, mentre $df(x)$ e $dg(x)$ si chiamano parti infinitesime.

La formula dice che l’integrale di una parte finita per una infinitesima è uguale al prodotto delle parti finite meno l’integrale delle parti scambiate fra loro.

La ragione della formula, come si è visto nell’esempio, è :

$d[f(x)g(x)]=& df(x)g(x)+f(x)dg(x)\\ f(x)dg(x)=& d[f(x)g(x)]-df(x)g(x)\\ \int f(x)\cdot h(x)dx=\int f(x)dg(x)=&\int d[f(x)g(x)]-\int g(x)df(x)=\\ =f(x)g(x)-&\int g(x)df(x).$

Nell’uso della formula, i punti importanti sono due: si deve essere in grado di trovare la primitiva $g(x)$ e l’ultimo integrale deve essere calcolabile direttamente. Come vedremo nei prossimi esempi, però, talora si può porre rimedio alla mancanza di quest’ultima condizione.

Esempi¶

$\int \ln x dx$ ¶

Gli integrali del tipo $\int f(x) dx$ possono essere trattati per parti. Allora applicare la formula è particolarmente semplice. $x$ sarà la parte finita relativa a $dx$ .

$\int \ln x dx &=x\ln x-\int xd\ln x=x\ln x-\int x\frac{1}{x}dx=\\ &=x\ln x-\int dx= x\ln x - x +c=x(\ln x -1)+c.$

Derivando, è facile verificare la correttezza del risultato.

$\int xe^xdx$ ¶

Qui abbiamo effettivamente un prodotto fra due funzioni e dobbiamo scegliere la parte infinitesima: può essere $d\frac{x^2}{2}=xdx$ oppure $de^x=e^xdx$ . Nel primo caso abbiamo:

$\int e^xxdx=\int e^xd\frac{x^2}{2}=\frac{1}{2}\int e^x dx^2= \frac{1}{2}\left[x^2e^x-\int x^2de^x \right]=\frac{1}{2}\left[x^2e^x-\int x^2e^xdx \right]$

Dato che l’ultimo integrale è peggiore del primo, non abbiamo ottenuto vantaggi. Proviamo la seconda scelta.

$\int xe^x dx = xe^x-\int e^xdx=xe^x-e^x+c=(x-1)e^x+c.$

$\int x^2\cos xdx$ ¶

In questo integrale, l’integrazione per parti non porta direttamente alla soluzione, ma semplifica l’esercizio, che viene completato con una seconda integrazione per parti.

Scartiamo senz’altro la scelta di $x^2=d\frac{x^3}{3}$ come parte infinitesima: abbiamo già visto nell’esempio precedente che non migliora la situazione. Non resta che $\cos dx= d\sin x$ .

$\int x^2\cos x dx=\int x^2 d\sin x =x^2\sin x - \int \sin x dx^2=x^2\sin x -2\int x\sin xdx$

L’ultimo integrale non è facile, ma è migliore del primo. Lo risolviamo per parti.

$\int x\sin xdx=\int xd(-\cos x)=-\int xd\cos x=-\left[x\cos x-\int \cos x dx \right] =-x\cos x+\sin x +c.$

Quindi:

$\int x^2\cos x dx= x^2\sin x -2(-x\cos x+\sin x +c)=x^2\sin x+2x\cos x-2\sin x+c.$

Il risultato si può verificare derivando.

$\int e^x \sin x dx$ ¶

Scegliamo la parte infinitesima: $de^x=e^x dx$ .

$\int e^x\sin xdx=\int\sin x de^x=e^x\sin x-\int e^x d\sin x=e^x\sin x-\int e^x\cos x dx.$

Insistiamo, calcolando per parti l’ultimo integrale.

$\int e^x\cos xdx=\int\cos x de^x=e^x\cos x-\int e^x d\cos x=e^x\cos x+\int e^x\sin x dx.$

Abbiamo ottenuto:

$\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\int e^x\cos x dx=e^x\sin x-e^x\cos x-\int e^x\sin x dx.$

Ora possiamo risolvere:

$&\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-e^x\cos x-\int e^x\sin x dx\\ &2\int e^x\sin xdx=e^x(\sin x - \cos x)+c\\ &\int e^x\sin xdx=\frac{1}{2}e^x(\sin x - \cos x)+c$

In quest’ultimo esempio il metodo dell’integrazione per parti, anche se ripetuto, non porta alla soluzione in modo diretto. Infatti non semplifica l’esercizio, anzi lo ripropone uguale in una sua parte. Questo porta ad un’equazione e, risolvendola, si ottiene il risultato.

La costante $c$ ¶

Come già sappiamo, la costante $c$ rappresenta gli infiniti valori possibili che distinguono una dall’altra le primitive della funzione data. $c$ è parte di ogni integrale indefinito e per questo si aggiunge al termine del calcolo. Nell’ultimo esempio, $c$ compare nelle due ultime righe e rappresenta in realtà due costanti diverse, che dovrebbero essere espresse da $c$ e da $\frac{c}{2}$ . Ma, in questo caso come in tutti i precedenti, non abbiamo distinto i nomi delle costanti perché entrambe coprono lo stesso arco di valori, dovendo variare infinitamente.

Il segno di integrale indefinito $\int$ corrisponde alla richiesta: “Trova tutte le possibili primitive” e quindi prevede già la somma $... + c$ inglobata al suo interno. Infatti si scrive $\int f(x)dx=F(x)+c$ . Il fatto che $c$ rappresenti una variazione infinita e non un numero si può capire dagli esempi seguenti.

Calcoliamo in due modi diversi $\int (x+1)^2dx$ .

$\int(x+1)^2dx=\int (x^2+2x+1)dx=\frac{x^3}{3}+x^2+x+c.$

invece, ponendo $u=x+1\to x=u-1$ e $dx=du$ , abbiamo

$\int(x+1)^2dx=\int u^2du=\frac{u^3}{3}+c=\frac{(x+1)^3}{3}+c= \frac{x^3+3x^2+3x+1}{3}+c=\frac{x^3}{3}+x^2+x+\frac{1}{3}+c.$

Sono due primitive che differiscono per $\frac{1}{3}$ , ma si equivalgono. Infatti, basta pensare che $c$ del primo risultato, nel suo variare, assume valori di $\frac{1}{3}$ più grandi rispetto a quelli che assume nel secondo risultato.

Calcoliamo per parti $\int \frac{dx}{x}$ .

$\int \frac{dx}{x}=\frac{1}{x}x-\int xd\frac{1}{x}= 1-\int x\left(-\frac{1}{x^2}dx \right)=1+\int \frac{dx}{x}.$

Abbiamo un paradosso: $\int \frac{dx}{x}=1+\int \frac{dx}{x}$ . Se considerassimo i due integrali come numeri, sarebbe lecito eliminarli dall’uguaglianza e resterebbe l’assurdo $0=1$ . Ma si tratta invece di due insiemi infiniti di primitive, che in sè contengono due costanti di volta in volta diverse per una unità.

Ancora qualche dettaglio su $c$ . Ricaviamo di nuovo la formula dell’integrazione per parti.

$&[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x) \mbox{, quindi, integrando:}\\ &\int[f'(x)g(x)+f(x)g'(x)]dx=f(x)g(x)+c\\ &\int f'(x)g(x)dx + \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)+c\\ &\int f'(x)g(x)dx= f(x)g(x)- \int f(x)g'(x)dx$

Nell’ultimo passaggio $c$ è sparita perchè inglobata nell’integrale a destra. Invece nel secondo passaggio la costante è comparsa perchè a sinistra si chiede, con l’integrazione, di ricavare tutte le possibili primitive.

Note

$g'(x)dx\sim dg(x)$ e $f'(x)dx\sim df(x)$ . Per questo, la formula appena ricavata corrisponde alle regola dell’integrazione per parti illustrata in precedenza.

L’area nell’integrazione per parti¶

Il teorema fondamentale si applica anche all’integrale per parti, ottenendo il risultato che segue:

$&\int_a^b[f'(x)g(x)+f(x)g'(x)]dx=[f(x)g(x)]_a^b\\ &\int_a^b f'(x)g(x)dx+ \int_a^bf(x)g'(x)dx=[f(x)g(x)]_a^b\\ &\int_a^bf(x)g'(x)dx=[f(x)g(x)]_a^b- \int_a^b f'(x)g(x)dx$

L’ultima uguaglianza è analoga a :

$\int_a^bf(x)dg(x)=[f(x)g(x)]_a^b- \int_a^b g(x)df(x)$

ed è la formula di integrazione definita per parti.

Possiamo immaginare una rappresentazione geometrica di questa formula, almeno nel caso di funzioni con valori positivi e differenziali positivi. Possiamo immaginare che i valori di $f(x)$ siano in ascissa e crescano verso destra e lo stesso avvenga per i valori di $g(x)$ sulle ordinate, crescenti verso l’alto. Le coppie $(f(x), g(x))$ sono i punti del piano che tracciano la curva che, al variare di $x$ , va da $(f(a), g(a))$ a $(f(b),g(b))$ . È la curva di equazioni parametriche

$\begin{cases} y=f(x) &\\ &\mbox{con }a\le x\le b \\ z=g(x) \end{cases}$

L’area in evidenza corrisponde a $\int_a^bf(x)dg(x)$ , formata dalle strisce indistinguibili dai rettangoli di base $f(x)$ e altezza infinitesima $dg(x)$ . Ma la stessa area si ottiene dall’intero rettangolo (di area $f(b)g(b)$ ) sottraendo due parti: il piccolo rettangolo vicino all’origine (area $f(a)g(a)$ ) e l’integrale delle strisce verticali indistinguibili dai rettangoli di base infinitesima $df(x)$ e altezza $g(x)$ .

Quindi:

$&\int_a^bf(x)dg(x)=f(b)g(b)-f(a)g(a) - \int_a^b g(x)df(x)\\ &\mbox {e infine}\\ &\int_a^bf(x)dg(x)=[f(x)g(x)]_a^b- \int_a^b g(x)df(x)$

Riassunto¶

La primitiva conserva la linearità: la primitiva di una somma è la somma delle primitive e la primitiva di una funzione moltiplicata per una costante è anch’essa moltiplicata dalla stessa costante.
La primitiva non è esattamente l’operazione inversa della derivata, perché derivare la primitiva di una funzione non è come cercare la primitiva della derivata di una funzione.
Il simbolo $\int f(x)dx$ è detto integrale indefinito di $f(x)$ e rappresenta le primitive $F(x)+c$ . L’integrale si calcola pensando $f(x)$ come derivata della funzione incognita.
La relazione fra integrale indefinito e integrale definito è il Teorema fondamentale del calcolo integrale: $\int_a^bf(x)dx=\left[\int f(x)dx)\right]_a^b$ . La formula indica il procedimento per calcolare un integrale definito: basta calcolare la differenza fra le due primitive agli estremi di integrazione.
Una tecnica di calcolo della primitiva assai utile è la sostituzione della variabile. Si tratta in pratica di riscrivere la funzione integranda, operando una opportuna trasformazione della variabile $x=\phi(u)$ . La conseguenza è che l’integrale viene trasformato: $\int f(x)dx = \int f(\phi(t))\phi'(t)du$ .
L’integrazione per parti è una tecnica utile nell’integrare il prodotto di due funzioni. Segue questa formula: $\int f(x)dg(x)=f(x)g(x)-\int g(x) df(x)$ . $f(x), g(x)$ si chiamano parti finite. $df(x), dg(x)$ si dicono parti infinitesime. Il punto di partenza è accorgersi che uno dei due fattori, dei quali si vuole integrare il prodotto, è una parte infinitesima, cioè esprime un differenziale e quindi si può riconoscere la sua primitiva. L’integrazione per parti non garantisce di facilitare il calcolo. Le difficoltà sono legate, in particolare, all’ultimo integrale della formula.
La costante $c$ che si esprime in $\int f(x)=F(x)+c$ è implicita nel segno di integrazione, cioè fa parte di tutti gli integrali indefiniti. Esprime il fatto che la soluzione di un integrale indefinito non è una funzione ma un insieme infinito di funzioni, diverse una dall’altra per il variare di $c$ .
Mentre l’integrale definito è un numero, l’integrale indefinito è una famiglia infinita di primitive.

Esercizi¶

Dimostra che la primitiva della differenza vale la differenza delle primitive.
Dimostra che cercare il prodotto fra una costante e la primitiva di una funzione equivale a cercare la primitiva del prodotto fra la costante e la funzione. Svolgi la dimostrazione nei due sensi.
Perchè non si può scrivere $\int kf(x)dx=\int f(kx)dx$ ?
Dimostra le tre formule che coinvolgono la cotangente.
Calcola $\int x^3\cos x dx$
Calcola $\int \frac{dx}{x+3}$ , facendo uso di una opportuna sostituzione.

L’integrale indefinito¶

La notazione per la primitiva¶

L’integrale indefinito¶

Integrali immediati¶

Integrare ¶

Integrare le funzioni circolari¶

Integrare ¶

Integrale definito e integrale indefinito¶

Esercizi svolti¶

Calcola l’integrale definito di una funzione esponenziale.¶

Calcola e visualizza il suo significato geometrico.¶

Calcola e visualizza il suo significato geometrico.¶

Calcola .¶

a) la soluzione diretta¶

b) una soluzione sbagliata¶

c) la soluzione elegante¶

Sostituire la variabile¶

Esercizi svolti con sostituzione¶

Calcola ¶

Calcola ¶

Calcola ¶

Calcola ¶

Integrare per parti¶

Esempi¶

¶

¶

¶

¶

La costante ¶

L’area nell’integrazione per parti¶

Riassunto¶

Esercizi¶

Integrare $x^n$ ¶

Integrare $q^x$ ¶

Calcola $\int_{-1}^1\frac{dx}{1+x^2}$ e visualizza il suo significato geometrico.¶

Calcola $\int_0^x\cos x$ e visualizza il suo significato geometrico.¶

Calcola $\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^2 xdx$ .¶

Calcola $\int_0^1 xe^{x^2}dx$ ¶

Calcola $\int \frac{\sin\ln x}{x}dx$ ¶

Calcola $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}dx$ ¶

Calcola $\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{\sin x}\cos xdx$ ¶

$\int \ln x dx$ ¶

$\int xe^xdx$ ¶

$\int x^2\cos xdx$ ¶

$\int e^x \sin x dx$ ¶

La costante $c$ ¶