Esercitazioni di Analisi Matematica 1

Corso di laurea in Ingegneria Clinica. A.A. 2008-2009

Soluzioni Foglio 4

Esercizio 1. Sia assegnata la funzione

f(x) =cos2 x− sin2 xe2 + cos x · sin x

.

1) Stabiliti il dominio della funzione f e l’insieme in cui f e continua,verificare che la funzione

F (x) = ln(e + sin 2x)

ne e una primitiva.

Il dominio D della funzione f e costituito da tutte quelle x reali per cuinon si annulla il denominatore della frazione che definisce la f ovvero datutte quelle x reali che soddisfano la disuguaglianza

e

2+ cos x · sin x 6= 0.

Questa disuguaglianza e verificata per tutte le x ∈ R, visto che se x ∈ Rallora

cos x sin x =sin 2x

2≥ −1

2> −e

2.

Dunque D = R e la funzione f e continua e derivabile in D (convinti?).Dobbiamo verificare che la funzione F e una primitiva di f in tutto R.Cosa vuol dire? Va controllato che la funzione F e definita in D = R, econtinua e derivabile in D e che risulta

F ′(x) = f(x) ∀x ∈ D.

Dato che per ogni x ∈ R si ha (convinti?)

e + sin 2x > 0,

la funzione F risulta definita in tutto D = R. Inoltre la F e continua ederivabile in D perche composizione di funzioni continue e derivabili in D.In particolare, per ogni x ∈ D, risulta

F ′(x) =2 cos 2x

e + sin 2x=

cos 2xe2 + 2 cos x sin x

2

=cos2 x− sin2 xe2 + cos x · sin x

= f(x).

2) Determinare la primitiva di f passante per il punto P = (32Π, 4

3).

1

Nel punto 1) abbiamo verificato che la funzione F e una primitiva di fin R. Visto che tutte le primitive di f differiscono l’una dall’altra per unacostante additiva, possiamo concludere che una generica primitiva G di fha la seguente espressione

G(x) = F (x) + C ∀x ∈ R.

La primitiva di f che passa per il punto P e quella primitiva G per cui siha

G

(32Π)

=43.

Sostituendo le coordinate del punto P nell’espressione per G, otteniamo

43

= F

(32Π)

+C = ln(

e + sin(

2 · 32Π))

+C = ln e+C = 1+C ⇒ C =13.

La primitiva di f cercata e dunque la funzione

G(x) = ln(e + sin 2x) +13∀x ∈ R.

3) Determinare l’area della porzione di piano delimitata dal grafico dellafunzione f e dalle rette x = Π

2 e x = Π.

Si tratta evidentemente di calcolare l’integrale definito∫ Π

Π2

f(x) dx.

Quest’integrale e di semplice calcolo, visto che abbiamo gia a disposizio-ne una primitiva F di f . Ricorrendo al teorema fondamentale del calcolointegrale troviamo ∫ Π

Π2

f(x) dx = F (Π)− F

(Π2

)= 0.

Quesito: quali considerazioni qualitative possiamo trarre da questo risultatosul grafico della funzione f ristretta all’intervallo [Π2 , Π]?

4) Calcolare la media µ della funzione f nell’intervallo [32Π, 2Π]. Dimo-strare che esiste un punto x ∈ [32Π, 2Π] tale che f(x) = µ.

Ricordiamo preliminarmente che la media µ di una funzione f su un inter-vallo I = [a, b] e data da

µ =1

b− a

∫ b

af(x) dx.

2

Osservate che, per poter calcolare la media di una funzione f su un intervallolimitato I, e necessario che abbia senso calcolare l’integrale definito di fsull’intervallo I ovvero che la f sia integrabile in I. La funzione f sottoesame e continua in I = [32Π, 2Π] e dunque e integrabile in I.Calcoliamone la media µ su I. Risulta

µ =1

2Π− 32Π

∫ 2Π

32Π

f(x) dx =2Π

[F (2Π)− F

(32Π)]

= 0.

Dobbiamo dimostrare che esiste un punto x ∈ [32Π, 2Π] tale che f(x) = µ. Inrealta non c’e nulla da dimostrare, dato che siamo nelle ipotesi del teoremadella media di cui vi ricordo l’enunciato.

Teorema 1 (Teorema della media). Sia I = [a, b] e sia f : I ⊂ R → R unafunzione continua sull’intervallo I. Allora, denotata con µ la media di f suI, i.e.

µ =1

b− a

∫ b

af(x) dx,

esiste x ∈ I tale che f(x) = µ.

5) Sia assegnata, per ogni x reale, la funzione

g(x) ={−1 x ≤ 0,+1 x > 0.

Nonostante g presenti una discontinuita (di quale tipo?) in x = 0, questafunzione e integrabile in un qualunque intervallo limitato di R. Determinareun intervallo I chiuso e limitato di R tale che, denotata di nuovo con µ lamedia di g sull’intervallo I, non esista alcun punto x ∈ I tale che g(x) = µ.

Parafrasiamo il testo del quesito. Bisogna dimostrare che per la funzioneg, definita in R e continua in R \ {0}, non valgono le conclusioni del teo-rema della media. Il nodo della questione sta nel fatto che la funzione gpresenta una discontinuita di salto finito (non eliminabile) in x = 0!

Se proviamo a negare le conclusioni del teorema della media per la fun-zione g in un intervallo I = [a, b] con a < b < 0, non arriviamo a nessunrisultato. Infatti la funzione g vale costantemente −1 in I, e quindi continuain I e le conclusioni del teorema della media sono ancora vere.

Analogamente, non arriviamo a nessun risultato, se scegliamo come inter-vallo in cui negare il teorema della media per g un intervallo I = [a, b] con0 < a < b. In un intervallo di questo tipo la funzione g vale costantemente1 ed e pertanto continua in I. Il teorema della media vale ancora in unintervallo di questo tipo.

3

Ci rendiamo conto quindi che non ha senso prendere in esame intervalliin cui la funzione g e continua. In questi intervalli infatti la g verifica leipotesi del teorema della media.Ecco che il punto di discontinuita (x = 0) della g comincia ad avere un certopeso. Proviamo a scegliere un qualunque intervallo I = [a, b] che contengax = 0 al suo interno, tale cioe che a < 0 < b. Calcoliamo la media µ di gsu un I siffatto. Risulta

µ =1

b− a

∫ b

ag(x) dx =

1b− a

[∫ 0

ag(x) dx +

∫ b

0g(x) dx

]=

=1

b− a

[∫ 0

a(−1) dx +

∫ b

01 dx

]=

1b− a

([−x]x=0

x=a + [x]x=bx=0

)=

a + b

b− a.

Osservate che (e facile convincersene!), comunque si scelgano a e b (a pattoche siano ordinati come prima, cioe a < 0 < b), risulta

µ =a + b

b− a6= ±1.

Dunque le conclusioni del teorema della media non valgono per la funzioneg in un qualunque intervallo I = [a, b] con a < 0 < b. Infatti, per ogni x ∈ Isi ha che g(x) = 1 oppure g(x) = −1 mentre µ 6= ±1 (i.e. non esiste alcunax ∈ I per cui si abbia g(x) = µ).Abbiamo cosı verificato rigorosamente che il teorema della media non valepiu se ne indeboliamo le ipotesi, richiedendo che la funzione f dell’enunciatosia per esempio discontinua.

Esercizio 2. Usando le proprieta degli integrali studiate, le tabelle degliintegrali elementari nonche i metodi di integrazione per sostituzione o perparti, calcolare i seguenti integrali indefiniti e verificare i risultati ottenuti.Cominciamo con l’integrale ∫

(tan x)3

(cos x)2dx.

Usiamo il metodo di integrazione per sostituzione. Poniamo

t = t(x) = tan x ⇒ dt = t′(x)dx =1

cos2 xdx.

Ne segue che

F (x) =∫

(tan x)3

(cos x)2dx =

∫t3 dt =

t4

4+ C =

tan4 x

4+ C.

Controlliamo (lo faccio solo per questo primo integrale indefinito, per i pros-simi integrali lascio a voi il piacere di effettuare la verifica) che F e una

4

primitiva di f .E semplice rendersi conto che le funzioni f e F sono definite sullo stessosottoinsieme D di R (quale?) e che la funzione F e continua e derivabile inD. Inoltre si ha

F ′(x) =14· 4 tan3 x · 1

cos2 x= f(x) ∀x ∈ D.

Passiamo al prossimo integrale indefinito∫ (1

1 + ln2 x· 1x

)dx.

Ricorriamo anche questa volta al metodo di integrazione per sostituzione.Poniamo

t = t(x) = ln x ⇒ dt = t′(x)dx =1x

dx.

Ne segue che

F (x) =∫ (

11 + ln2 x

· 1x

)dx =

∫1

1 + t2dt = arctan(t)+C = arctan(lnx)+C.

Lascio a voi la semplice verifica del fatto che la funzione F e una primitivadella f in D = (0, +∞) (dominio della f e della F ). D’ora in poi indicherocon f la funzione integranda di cui va calcolato l’integrale indefinito F .

Passiamo al prossimo integrale indefinito∫x + arcsin2(x)√

1− x2dx =

∫x√

1− x2dx +

∫arcsin2(x)√

1− x2dx.

Per calcolare il primo integrale della somma usiamo la sostituzione

t = t(x) =√

1− x2 ⇒ dt = t′(x)dx = − x√1− x2

dx.

Ne segue che∫x√

1− x2dx = −

∫− x√

1− x2dx = −

∫dt = −t+C1 = −

√1− x2 +C1.

Resta da calcolare il secondo integrale della somma. Ricordando che (perquali x reali?)

(arcsin x)′ =1√

1− x2,

poniamo

y = y(x) = arcsinx ⇒ dy = y′(x)dx =1√

1− x2dx.

5

Ne segue che∫arcsin2(x)√

1− x2dx =

∫y2 dy =

y3

3+ C2 =

arcsin3(x)3

+ C2.

In definitiva, risulta quindi che

F (x) =∫

x + arcsin2(x)√1− x2

dx = −√

1− x2 +arcsin3(x)

3+ C.

Come al solito, lascio a voi la verifica del risultato.

Calcoliamo l’integrale indefinito∫1 + e

√x

√x

dx.

Procediamo ancora una volta con il metodo di integrazione per sostituzione.Poniamo

t = t(x) =√

x ⇒ dt = t′(x)dx =1

2√

xdx ⇒ dx = 2

√x dt.

Ne segue che

F (x) =∫

1 + e√

x

√x

dx =∫

1 + e√

x

√x

· 2√

x dt =

= 2∫

(1 + et) dt = 2(t + et) + C = 2(√

x + e√

x) + C.

Osservate che questa volta non ho saltato nessun passaggio: ho sostituitoa dx la sua espressione e ho riscritto la funzione integranda nella nuovavariabile di integrazione t.Verificate per ultima cosa che la funzione F e una primitiva di f in D =(0, +∞).

Passiamo al calcolo dell’integrale indefinito∫1

√x ·√

1− xdx.

Effettuiamo la seguente sostituzione

t = t(x) =√

1− x.

Ne segue che

t2 = 1−x ⇒ x = 1−t2 e dt = t′(x)dx = − 12√

1− xdx ⇒ dx = −2

√1− x dt.

6

Effettuando la sostituzione, otteniamo

F (x) =∫

1√

x ·√

1− xdx = −

∫2√

1− x dt√

x√

1− x= −2

∫dt√

1− t2=

= −2 arcsin(t) + C = −2 arcsin(√

1− x) + C.

Verificate che la F e una primitiva della f in D = (0, 1).

Calcoliamo l’integrale indefinito∫sin x

1 + cos2 xdx.

La sostituzione da fare e molto semplice. Poniamo

t = t(x) = cosx ⇒ dt = t′(x)dx = − sin xdx.

Ne segue che

F (x) =∫

sin x

1 + cos2 xdx = −

∫− sin x dx

1 + cos2 x=

= −∫

dt

1 + t2= − arctan(t) + C = − arctan(cos x) + C.

Si controlla facilmente che la funzione F e una primitiva della funzione fin D = R.

La risoluzione dell’integrale che segue si scoprira essere un buon esercizioteorico. Calcoliamo l’integrale indefinito∫

6x4 − 5x3 + 4x2

2x2 − x + 1dx.

La funzione integranda

f(x) =6x4 − 5x3 + 4x2

2x2 − x + 1

e una funzione razionale ovvero un rapporto di polinomi. L’integrazione del-le funzioni razionali si presta ad un algoritmo di calcolo che seguiremo passodopo passo.

PASSO 1 (Divisione fra polinomi). Qualora possibile, si effettua la divisionedel polinomio al numeratore per quello al denominatore. Nel nostro caso ilgrado del polinomio al numeratore (4) e maggiore del grado del polinomioal denominatore (2). Ha dunque senso eseguire la divisione fra i polinomi

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in esame (la divisione ha in generale senso se il grado del polinomio al nu-meratore e maggiore o uguale del grado del polinomio al denominatore). Siottiene

6x4 − 5x3 + 4x2 = (2x2 − x + 1)(3x2 − x) + x.

Ne segue dunque che

F (x) =∫

6x4 − 5x3 + 4x2

2x2 − x + 1dx =

∫(2x2 − x + 1)(3x2 − x) + x

2x2 − x + 1dx =

=∫

(3x2−x) dx +∫

x

2x2 − x + 1dx = 3

∫x2 dx−

∫x dx+

∫x

2x2 − x + 1dx =

= x3 − x2

2+∫

x

2x2 − x + 1dx.

PASSO 2 (Strategia). Resta da calcolare∫x

2x2 − x + 1dx.

La strategia di fattorizzare il denominatore (scriverlo cioe come prodottodi polinomi di grado piu basso) per poi ricorrere al metodo dei coefficientiindeterminati non puo essere adottata, dal momento che il polinomio aldenominatore non ha radici reali e dunque non puo fattorizzarsi nel prodottodi due polinomi di primo grado.In questo caso ci si deve ricondurre al calcolo di un integrale della forma∫

1x2 + A2

dx,

con A una costante reale.

PASSO 3 (Calcolo dell’integrale di cui al passo 2). Supponiamo di riuscirea ricondurci a un integrale della forma∫

1x2 + A2

dx.

Lo sapremmo calcolare?In questo passo ci proponiamo esattamente l’intento di calcolare questo no-tevole integrale. Si ha∫

1x2 + A2

dx =∫

1A2(1 + x2

A2 )dx =

1A2

∫1

1 +(

xA

)2 dx.

Procediamo per sostituzione. Poniamo

t = t(x) =x

A⇒ dt = t′(x)dx =

1A

dx ⇒ dx = A dt.

8

Ne segue che∫1

x2 + A2dx =

1A2

∫A

1 + t2dt =

1A

arctan(t) + C =1A

arctan( x

A

)+ C.

PASSO 4 (Come ci si riconduce all’integrale notevole esaminato al Passo3). L’integrale indefinito sotto esame e∫

x

2x2 − x + 1dx.

Ci farebbe comodo avere al numeratore la derivata del polinomio al deno-minatore (4x − 1)(perche?). Proviamo a ritrovare questo primo risultatoparziale con dei semplici passaggi algebrici. Fate attenzione, vi capiteraspesso di dover ricorrere a questi passaggi tecnici.∫

x

2x2 − x + 1dx =

14

∫4x

2x2 − x + 1dx =

14

∫4x− 1 + 12x2 − x + 1

dx =

=14

∫4x− 1

2x2 − x + 1dx+

14

∫dx

2x2 − x + 1=

14

ln |2x2−x+1|+14

∫dx

2x2 − x + 1.

Osservate che ho saltato un passaggio. Ho infatti risolto il primo dei dueintegrali che compongono la somma con il metodo dell’integrazione per sosti-tuzione, ponendo t = 2x2 − x + 1. Vi dovrebbe essere chiaro a questo puntoperche abbia cercato a ogni costo di ritrovare al numeratore la derivata delpolinomio al denominatore all’inizio di questo passo.Ricapitoliamo il punto a cui siamo. Per ora abbiamo

F (x) =∫

6x4 − 5x3 + 4x2

2x2 − x + 1dx = x3−x2

2+

14

ln |2x2−x+1|+14

∫1

2x2 − x + 1dx.

Resta da calcolare solo l’integrale∫1

2x2 − x + 1dx.

Cerchiamo di rispettare la strategia stabilita al Passo 2. Fate attenzione aitrucchi del mestiere! Si ha

2x2−x+1 = 2(

x2 − x

2+

12

)= 2

(x2 − x

2+

116

+716

)= 2

(x2 − x

2+

116

)+

78

=

= 2(

x− 14

)2

+78.

Dopo aver isolato il coefficiente davanti a x2 ho cercato (giocando solo conil termine senza la x) di ritrovare un quadrato di binomio. Se qualcuno nonconoscesse questo trucco molto usato, allora puo ragionare per esteso come

9

segue.Si parte da

2(

x2 − x

2+

12

).

Si cercano due costanti reali B e C in modo tale che per ogni x reale si abbia

x2 − x

2+

12

= (x−B)2 + C = x2 + B2 − 2Bx + C.

Dal principio di identita dei polinomi segue che devono valere le seguentirelazioni {

−2B = −12

B2 + C = 12 .

La soluzione di questo sistema fornisce la coppia

B =14

e C =716

.

Ne segue quindi che

x2 − x

2+

12

=(

x− 14

)2

+716

e

2(

x2 − x

2+

12

)= 2

(x− 1

4

)2

+78.

Tornando all’integrale, abbiamo∫1

2x2 − x + 1dx =

∫1

2(x− 14)2 + 7

8

dx =12

∫1

(x− 14)2 + 7

16

dx =

=12

∫1

y2 +(√

74

)2 dy,

dopo aver sostituito x con y = x− 14 .

Ricorrendo a quanto visto al Passo 3, otteniamo (A =√

74 e y = x− 1

4)∫1

2x2 − x + 1dx =

12

∫1

y2 +(√

74

)2 dy =12· 1√

74

arctan

(y√

74

)+ C =

=2√7

arctan(

4x− 1√7

)+ C.

Infine, si ha

F (x) =∫

6x4 − 5x3 + 4x2

2x2 − x + 1dx = x3−x2

2+

14

ln |2x2−x+1|+14

∫1

2x2 − x + 1dx =

10

= x3 − x2

2+

14

ln |2x2 − x + 1|+ 12√

7arctan

(4x− 1√

7

)+ C.

Lascio a voi la solita verifica e passo al calcolo dell’integrale∫dx√

5x2 − x− 1.

PASSO 1 (Strategia: riportarsi a un integrale notevole!). Anche in questocaso si e soliti riportarsi al calcolo di un integrale notevole della forma (A >0) ∫

1√x2 ±A2

dx.

Questo integrale ha una soluzione nota. Si ha infatti

F (x) =∫

1√x2 ±A2

dx = ln |x±√

x2 ±A2|+ C.

Vi invito a verificare che la funzione F e una primitiva della funzione fnell’insieme di definizione della f (stabilite il dominio D della f nei duecasi distinti con la f definita prima con il + e poi con il −. In entrambi icasi controllate che anche la F e definita in D, che e continua e derivabilein D e che la sua derivata in D coincide con la f).

Per coloro che volessero capire come si ricava l’espressione per la F aprouna breve parentesi. Diciamo che ai piu zelanti dovrebbe essere piu che suf-ficiente quanto dico per ritrovare il risultato. Supponiamo di voler calcolarel’integrale indefinito ∫

1√x2 + A2

dx.

Risulta ∫1√

x2 + A2dx =

∫1

A√(

xA

)2 + 1dx =

∫dy√1 + y2

,

avendo posto y = xA . Questo integrale si calcola, ricorrendo alla sostituzione

y = sinh t.

Provate per credere (aiutandovi magari con i risultati dell’Esercizio 1 delFoglio 5).

PASSO 2 (Ricondursi all’integrale notevole). Vogliamo ricondurci all’in-tegrale notevole introdotto al Passo 1. Lo faremo in due riprese. Svolgerotutti i passaggi. Partiamo dall’espressione sotto radice al denominatore

5x2 − x− 1.

11

Prima ripresa. Eseguiamo un raccoglimento totale in modo da avere 1 comecoefficiente del termine in x2. Si ha

5(

x2 − x

5− 1

5

).

Concentriamoci sul termine tra parentesi e determiniamo due costanti realiB e C in modo che per ogni x reale si abbia(

x2 − x

5− 1

5

)= (x−B)2 + C = x2 − 2Bx + B2 + C.

Ricorrendo al principio di identita dei polinomi otteniamo il seguente siste-ma in B e C {

−2B = −15

B2 + C = −15 .

La soluzione di questo sistema e fornita dalla coppia B = 110 e C = − 21

100 erisulta

5x2 − x− 1 = 5(

x2 − x

5− 1

5

)= 5

((x− 1

10

)2

− 21100

).

Seconda ripresa. Torniamo all’integrale. Risulta∫dx√

5x2 − x− 1=

1√5

∫dx√

(x− 110)2 −

(√21

10

)2=

=1√5

∫dy√

y2 −(√

2110

)2,

dopo aver eseguito la sostituzione y = x− 110 .

Ci siamo ricondotti all’integrale notevole di cui al Passo 1. Il valore diA e

√21

10 . Ne segue che

F (x) =∫

dx√5x2 − x− 1

=1√5

∫dy√

y2 −(√

2110

)2=

1√5

ln

∣∣∣∣∣y +

√y2 − 21

100

∣∣∣∣∣+C =

=1√5

ln

∣∣∣∣∣∣x− 110

+

√(x− 1

10

)2

− 21100

∣∣∣∣∣∣+ C.

A voi il compito di derivare la F e controllare che F ′ sia uguale a f (inquale insieme?).

12

Passiamo al calcolo dell’integrale∫arcsin x√

x + 1dx.

Utilizziamo il metodo di integrazione per parti, ponendo

f(x) = arcsinx e g′(x) =1√

x + 1.

Risulta

f ′(x) =1√

1− x2e g(x) =

∫1√

x + 1dx = 2

∫1

2√

x + 1dx = 2

√x + 1.

Infatti, ponendot = t(x) =

√x + 1

si hadt = t′(x)dx =

12√

x + 1dx

e ∫1

2√

x + 1dx =

∫dt = t + C =

√x + 1 + C.

Torniamo all’integrale di partenza. Integrando per parti, si ha

F (x) =∫

arcsin x√x + 1

dx = 2√

x + 1 · arcsin x− 2∫ √

x + 1√1− x2

dx =

= 2√

x + 1 · arcsin x− 2∫

dx√1− x

= 2√

x + 1 · arcsin x + 4√

1− x + C,

dopo aver effettuato la sostituzione t = t(x) =√

1− x e integrato come peril calcolo di g di poco prima.Come di regola la verifica e lasciata a voi.

Passiamo al calcolo dell’integrale∫(x2 − 2x + 5)e−x dx =

∫x2e−x dx− 2

∫xe−x dx + 5

∫e−x dx.

Risolviamo per parti il primo integrale della somma. Poniamo

f(x) = x2 ⇒ f ′(x) = 2x

eg′(x) = e−x ⇒ g(x) =

∫e−xdx = −e−x.

13

Integrando per parti, si ottiene∫x2e−x dx = −x2e−x + 2

∫xe−x dx.

Torniamo all’integrale di partenza. Si ha

F (x) =∫

(x2−2x+5)e−x dx = −x2e−x+2∫

xe−x dx−2∫

xe−x dx+5∫

e−x dx =

= −x2e−x − 5e−x + C = −(x2 + 5)e−x + C.

A voi la verifica di routine.

Calcoliamo l’integrale ∫ln x

x3dx.

Integriamo ancora per parti. Poniamo

f(x) = ln x ⇒ f ′(x) =1x

e

g′(x) =1x3

= x−3 ⇒ g(x) =∫

x−3 dx =x−2

−2= − 1

2x2.

Integrando per parti, si trova

F (x) =∫

ln x

x3dx = − ln x

2x2+∫

dx

2x3= − ln x

2x2− 1

4x2+ C.

Verificate che la funzione F e una primitiva della f in D = (0, +∞).

Calcoliamo l’integrale indefinito∫sin2 x

exdx =

∫sin2(x)e−x dx.

Questo esercizio richiede una buona dose di osservazione e perspicacia oltreche della praticita nell’integrare per parti. Poniamo

f(x) = sin2 x ⇒ f ′(x) = 2 sin x cos x = sin 2x

eg′(x) = e−x ⇒ g(x) = −e−x.

Integrando per parti, si ha∫sin2(x)e−x dx = − sin2(x)e−x +

∫sin(2x) · e−x dx.

14

La strategia che adottiamo e quella di far comparire a secondo membro unmultiplo reale dell’integrale indefinito a primo membro ovvero un’espressionedel tipo

k

∫sin2(x)e−x dx con k ∈ R \ {0}.

Se qualcuno dubitasse della bonta di questa strategia, restera sorpreso dallasua efficacia, capendone anche a fondo le motivazioni.Continuaimo a integrare per parti, ponendo

f(x) = sin 2x ⇒ f ′(x) = 2 cos 2x = 2(1− 2 sin2 x) = 2− 4 sin2 x

eg′(x) = e−x ⇒ g(x) = −e−x.

Integrando per parti, otteniamo∫sin2(x)e−x dx = − sin2(x)e−x +

∫sin(2x) · e−x dx =

= − sin2(x)e−x − sin(2x)e−x +∫

(2− 4 sin2 x)e−x dx =

= − sin2(x)e−x − sin(2x)e−x +∫

2e−x dx− 4∫

sin2(x)e−x dx.

Portando l’ultimo integrale di questa lunga somma a primo membro e som-mando, si ottiene

5 ·∫

sin2(x)e−x dx = − sin2(x)e−x − sin(2x)e−x − 2e−x + C.

Ne segue che

F (x) =∫

sin2(x)e−x dx = −15(sin2 x + sin(2x) + 2)e−x + C.

Vi resta ancora la verifica!

Determiniamo l’integrale indefinito∫3x2 + 1

(x2 − 1)3dx

Si tratta di calcolare la primitiva di una funzione razionale. Osservate cheil grado del polinomio al numeratore e 2, mentre il grado del polinomio aldenominatore e 6 (convinti?). Dunque non ha senso divedere il numeratoreper il denominatore della frazione sotto esame. Applichiamo il metodo deicoefficienti indeterminati.

15

Cerchiamo due costanti reali A e B in modo che per ogni x reale si abbia

3x2 + 1(x2 − 1)3

=A

(x− 1)3+

B

(x + 1)3=

A(x3 + 3x2 + 3x + 1) + B(x3 − 3x2 + 3x− 1)(x + 1)3(x− 1)3

=

=(A + B)x3 + (3A− 3B)x2 + (3A + 3B)x + A−B

(x2 − 1)3.

Per il principio di identita dei polinomi si deve avereA + B = 03A− 3B = 33A + 3B = 0A−B = 1.

Osservate che il sistema e determinato e ammette come soluzione la coppiaA = 1

2 e B = −12 . Dunque, tornando all’integrale, risulta

F (x) =∫

3x2 + 1(x2 − 1)3

dx =12

∫1

(x + 1)3dx− 1

2

∫1

(x− 1)3dx.

Entrambi gli integrali si risolvono per sostituzione, ponendo t = t(x) = x+1nel primo caso e t = t(x) = x− 1 nel secondo. Lascio a voi eseguire questasemplice sostituzione. In definitiva, si ottiene

F (x) =∫

3x2 + 1(x2 − 1)3

dx =1

4(x− 1)2− 1

4(x + 1)2+ C.

Eseguite come al solito la verifica.

Passiamo al calcolo dell’integrale∫x4 + 1

x3 − x2 + x− 1dx.

Procediamo per gradi.Ha senso eseguire la divisione fra il polinomio al numeratore e quello aldenominatore della frazione sotto esame. Si ha

x4 + 1 = (x + 1)(x3 − x2 + x− 1) + 2.

Ne segue che∫x4 + 1

x3 − x2 + x− 1dx =

∫(x + 1)(x3 − x2 + x− 1) + 2

x3 − x2 + x− 1dx =

=∫

(x + 1) dx + 2∫

1(x− 1)(x2 + 1)

dx =x2

2+ x + 2

∫1

(x2 + 1)(x− 1)dx.

16

Ricorriamo al metodo dei coefficienti indeterminati per risolvere quest’ulti-mo integrale. Cerchiamo tre costanti reali A, B e C tali che per ogni x realesi abbia

1(x2 + 1)(x− 1)

=Ax + B

x2 + 1+

C

x− 1=

(A + C)x2 + (B −A)x + C −B

(x2 + 1)(x− 1).

Dobbiamo risolvere il seguente sistema, determinato dall’applicazione delprincipio di identita dei polinomi

A + C = 0B −A = 0C −B = 1.

La soluzione di questo sistema e data da

A = B = −12, C =

12.

Ne segue che

F (x) =∫

x4 + 1x3 − x2 + x− 1

dx =x2

2+ x−

∫x + 1x2 + 1

dx +∫

1x− 1

dx =

=x2

2+ x + ln |x− 1| −

∫x

x2 + 1dx−

∫1

x2 + 1dx =

=x2

2+ x + ln |x− 1| − arctan(x)− 1

2ln(x2 + 1) + K,

dopo aver risolto il penultimo integrale, utilizzando la sostituzione t = t(x) =x2 + 1. Verificate il risultato.

Passiamo al calcolo dell’integrale indefinito∫x arctan2(x) dx.

Utilizziamo il metodo di integrazione per parti, ponendo

f(x) = arctan2(x) ⇒ f ′(x) = 2 · arctan x · 11 + x2

e

g′(x) = x ⇒ g(x) =x2

2.

Integrando per parti, si ottiene∫x arctan2(x) dx =

x2

2· arctan2(x)−

∫arctan x · x2

1 + x2dx.

17

Possiamo ancora ricorrere all’integrazione per parti, ponendo questa volta

f(x) = arctanx ⇒ f ′(x) =1

1 + x2

e

g′(x) =x2

1 + x2⇒ g(x) =

∫x2 + 1− 1

1 + x2dx =

∫1 dx−

∫1

1 + x2dx = x−arctan x.

Integrando per parti ancora una volta, si trova

F (x) =∫

x arctan2(x) dx =x2

2· arctan2(x)− x arctan x + arctan2(x)+

+∫

(x− arctan x)· 11 + x2

dx =(

x2

2+ 1)·arctan2(x)−x arctan x+

12

∫2x

x2 + 1dx−

−∫

arctan x

1 + x2dx =

(x2

2+ 1)·arctan2(x)−x arctan x+

12

ln(x2+1)−12

arctan2(x)+C =

=(

x2 + 12

)· arctan2(x)− x arctan x +

12

ln(x2 + 1) + C.

Gli ultimi due integrali in questa catena di uguaglianze sono risolvibili fa-cilmente, ricorrendo al metodo di integrazione per sostituzione (provateci!).Controllate anche che la funzione F e la primitiva in tutto R della funzionef .

Passiamo allo studio dell’integrale∫x2e3x dx.

Per calcolare questo integrale indefinito ricorriamo a due successive integra-zioni per parti. Poniamo dapprima

f(x) = x2 ⇒ f ′(x) = 2x

eg′(x) = e3x ⇒ g(x) =

13e3x.

Integrando per parti, otteniamo∫x2e3x dx =

13x2e3x − 2

3

∫xe3x dx.

Poniamo oraf(x) = x ⇒ f ′(x) = 1

18

eg′(x) = e3x ⇒ g(x) =

13e3x.

Integrando per parti, si ottiene

F (x) =∫

x2e3x dx =13x2e3x − 2

9xe3x +

29

∫e3x dx =

=13x2e3x − 2

9xe3x +

227

e3x + C =13

(x2 − 2

3x +

29

)e3x + C.

Verificate il risultato.

Concludiamo l’esercizio, calcolando l’integrale∫x√

4− x2 dx.

Utilizziamo il metodo di integrazione per sostituzione, ponendo

t = t(x) =√

4− x2 ⇒ dt = t′(x)dx = − x√4− x2

dx ⇒ dx = −√

4− x2

xdt.

Dato che 4− x2 = t2, effettuando la sostituzione, si trova

F (x) =∫

x√

4− x2 dx = −∫

t2 dt = − t3

3+ C = −

√(4− x2)3

3+ C.

Controllate che la funzione F e una primitiva della funzione f in D =[−2, 2].

Esercizio 3. Una volta stabilito che la funzione sotto esame e integrabilesull’intervallo di integrazione, calcolare i seguenti integrali definiti.

Per il calcolo degli integrali definiti bisogna ricorrere, qualora possibile, al-l’utilizzo del teorema fondamentale del calcolo integrale, di cui ricordiamol’enunciato.

Teorema 2 (Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale). Sia I = [a, b] ⊂R un intervallo chiuso e limitato. Sia f : I → R una funzione continua inI. Sia F una primitiva di f in I. Allora∫ b

af(x) dx = F (b)− F (a).

L’uguaglianza nelle conclusioni del teorema si chiama formula fondamen-tale del calcolo integrale.

La strategia risolutiva dell’esercizio dovrebbe a questo punto essere chiara

19

a tutti. Si determina di volta in volta l’intervallo di integrazione I = [a, b]sotto esame, si controlla che la funzione integranda f e continua in I, sicalcola una primitiva F della funzione f in I e si ricorre alle conclusionidel teorema fondamentale del calcolo integrale per calcolare∫ b

af(x) dx.

Osservate che una funzione f continua in I ammette sempre una primitivaF in I, data da

F (x) =∫ x

af(t) dt, x ∈ I.

Sono queste le conclusioni del teorema di Torricelli-Barrow.

Procediamo per gradi. Calcoliamo l’integrale∫ 4

1

1 +√

x

x2dx.

L’intervallo d’integrazione e I = [1, 4] e la funzione integranda f = f(x) =1+√

xx2 e definita e continua in I. Calcoliamo una primitiva F di f in I. Si

ha

F (x) =∫

1 +√

x

x2dx =

∫1x2

dx+∫ √

x

x2dx =

∫x−2 dx+

∫x−

32 dx = −1

x− 2√

x+C.

Utilizzando il teorema fondamentale del calcolo integrale (abbreviato TFCI),si ottiene ∫ 4

1

1 +√

x

x2dx = F (4)− F (1) = −1

4− 2

2+

11

+21

=74.

Calcoliamo l’integrale ∫ 1

0

x

x2 + 3x + 2dx.

L’intervallo d’integrazione e I = [0, 1] e la funzione integranda f = f(x) =x

x2+3x+2e definita e continua in I. Calcoliamo una primitiva F di f in I.

Dal momento che il denominatore della funzione integranda si fattorizzacome

x2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2),

possiamo ricorrere al metodo dei coefficienti indeterminati. Cerchiamo duecostanti reali A e B in modo tale che si abbia

x

x2 + 3x + 2=

A

x + 1+

B

x + 2=

(A + B)x + 2A + B

(x + 1)(x + 2).

20

In virtu del principio d’identita dei polinomi, le costanti A e B soddisfanoil seguente sistema {

A + B = 12A + B = 0.

La soluzione di questo sistema e data dalle costanti A = −1 e B = 2. Nesegue dunque che

F (x) =∫

x

x2 + 3x + 2dx = −

∫1

x + 1dx+

∫2

x + 2dx = − ln |x+1|+2 ln |x+2|.

Per il TFCI si ha che∫ 1

0

x

x2 + 3x + 2dx = F (1)−F (0) = 2 ln 3−ln 2−2 ln 2 = 2 ln 3−3 ln 2 = ln

(98

).

Passiamo a calcolare l’integrale definito∫ 3

−3

x2 sin 2x

x2 + 1dx.

L’intervallo d’integrazione e l’intervallo I = [−3, 3] e la funzione integrandasotto esame f = f(x) = x2 sin(2x)

x2+1e definita e continua in I. Si arriva

con estrema facilita a concludere che l’integrale definito sotto esame vale 0.Infatti, la funzione f , definita in D = R, e una funzione dispari, ovvero

f(x) = −f(−x) ∀x ∈ D.

Nel nostro caso si ha infatti (per ogni x ∈ R)

−f(−x) = −(−x)2 sin(2(−x))(−x)2 + 1

= −x2 sin(−2x)x2 + 1

=x2 sin(2x)

x2 + 1= f(x),

dal momento che sin(−2x) = − sin(2x) per ogni x ∈ R.Domanda: cosa sapete dire sul grafico di una funzione dispari?Supponete ora di avere una funzione f , continua e dispari in R. Allora,per ogni scelta di intervallo I = [−a, a] (con a > 0), simmetrico rispettoall’origine, risulta ∫ a

−af(x) dx = 0.

Infatti∫ a

−af(x) dx =

∫ 0

−af(x) dx +

∫ a

0f(x) dx =

∫ 0

−af(x) dx +

∫ a

0(−f(−x)) dx.

Poniamo nell’ultimo integrale

t = t(x) = −x ⇒ dt = −dx.

21

Ne segue chex = 0 ⇒ t = 0, x = a ⇒ t = −a.

Effettuata la sostituzione, otteniamo∫ a

−af(x) dx =

∫ 0

−af(x) dx +

∫ −a

0f(t) dt =

∫ 0

−af(x) dx−

∫ 0

−af(x) dx = 0.

Osservate che ho fatto ricorso al metodo di integrazione per sostituzione pergli integrali definiti. Questo metodo, come sapete, richiede di tener contoin modo opportuno degli estremi di integrazione al momento di effettuare lasostituzione. Lo rivedremo tra poco in dettaglio.Nessuno si stupisca del fatto che nell’ultimo integrale e ricomparsa la varia-bile d’integrazione x. Rinominare la variabile d’integrazione equivale infattia eseguire la sostituzione x = t che non comporta alcuna modificazione dellafunzione integranda e degli estremi di integrazione.

Passiamo al calcolo dell’integrale∫ 2

1

e1x

x2dx.

Per i primi due integrali calcolati finora (tralasciando quello calcolato ri-correndo alle proprieta degli integrali delle funzioni dispari) abbiamo sem-pre lavorato nel modo seguente. Abbiamo determinato una primitiva dellafunzione integranda e siamo ricorsi alle conclusioni del TFCI, utilizzandola formula fondamentale del calcolo integrale. Gli estremi di integrazioneentravano quindi in gioco solo all’ultimo. Nel metodo di integrazione per so-stituzione (per integrali definiti) che ci accingiamo ad utilizzare, gli estremidi integrazione vanno tenuti sotto osservazione dall’inizio sino alla fine delcalcolo (in particolare, anch’essi si modificano, nel momento in cui vienecambiata la variabile di integrazione!).

Nel caso sotto studio, l’intervallo d’integrazione e I = [1, 2] e la funzione

integranda f = f(x) = e1x

x2 e definita e continua in I.Poniamo

t =1x⇒ dt = t′(x)dx = − 1

x2dx.

Cosa succede agli estremi di integrazione? Si ha

x = 1 ⇒ t = 1, x = 2 ⇒ t =12.

Se ne deduce che ∫ 2

1

e1x

x2dx = −

∫ 12

1et dt =

∫ 1

12

et dt.

22

Ricorriamo ora, come al solito, al TFCI per ottenere∫ 2

1

e1x

x2dx =

∫ 1

12

et dt = e1 − e12 = e−

√e.

Calcoliamo l’integrale definito ∫ Π

0x3 sin x dx.

L’intervallo d’integrazione e I = [0, Π] e la funzione integranda f = f(x) =x3 sin x e definita e continua in I. Calcoliamo una primitiva F di f in I.Utilizziamo il metodo di integrazione per parti. Poniamo

f(x) = x3 ⇒ f ′(x) = 3x2

eg′(x) = sinx ⇒ g(x) = − cos x.

Integrando per parti, si ottiene che

F (x) =∫

x3 sin x dx = −x3 cos x + 3∫

x2 cos x dx.

Poniamo oraf(x) = x2 ⇒ f ′(x) = 2x

eg′(x) = cosx ⇒ g(x) = sinx.

Integrando per parti, otteniamo

F (x) =∫

x3 sin x dx = −x3 cos x + 3x2 sin x− 6∫

x sin x dx.

Poniamo infinef(x) = x ⇒ f ′(x) = 1

eg′(x) = sinx ⇒ g(x) = − cos x.

Integrando per parti, si ha

F (x) =∫

x3 sin x dx = −x3 cos x + 3x2 sin x + 6x cos x− 6∫

cos x dx =

= (3x2 − 6) sinx + (6x− x3) cosx + C.

Applicando la formula fondamentale del calcolo integrale, si ottiene∫ Π

0x3 sin x dx = F (Π)− F (0) = Π3 − 6Π.

23

Calcoliamo l’integrale definito∫ 1

0arctan x dx.

L’intervallo d’integrazione e I = [0, 1] e la funzione integranda f = f(x) =arctan x e definita e continua in I. Calcoliamo una primitiva F di f in I.Ricorriamo ancora una volta al metodo di integrazione per parti. Poniamo

f(x) = arctanx ⇒ f ′(x) =1

1 + x2

eg′(x) = 1 ⇒ g(x) = x.

Integrando per parti, si ha

F (x) =∫

arctan x dx = x arctan x−12

∫2x

1 + x2dx = x arctan x−1

2ln(1+x2)+C.

Applicando il TFCI, si trova∫ 1

0arctan x dx = F (1)− F (0) =

Π4− ln 2

2.

Calcoliamo l’integrale definito∫ ln 5

0

ex√

ex − 1ex + 3

dx.

L’intervallo d’integrazione e I = [0, ln 5] e la funzione integranda sotto esamef = f(x) = ex

√ex−1

ex+3 e definita e continua in I.Poniamo

t = t(x) =√

ex − 1 ⇒ dt = t′(x)dx =ex

2√

ex − 1dx ⇒ dx =

2√

ex − 1ex

dt.

Inoltrex = 0 ⇒ t = 0, x = ln 5 ⇒ t = 2.

Effettuando la sostituzione, si ottiene∫ ln 5

0

ex√

ex − 1ex + 3

dx = 2∫ 2

0

t2

t2 + 4dt,

dal momento che ex = t2 + 1 per ogni x ∈ [0, ln 5].Calcoliamo una primitiva G della funzione g = g(t) = t2

t2+4in [0, 2]. Si ha

G(t) =∫

t2 + 4− 4t2 + 4

dt =∫

t2 + 4t2 + 4

dt−4∫

1t2 + 4

dt = t−2 arctan(

t

2

)+C,

24

dal momento che l’ultimo integrale e della forma (A = 2)∫1

t2 + A2dt

e sappiamo calcolarlo dall’esercizio sugli integrali indefiniti.Tornando all’integrale definito di partenza e ricorrendo alla formula fonda-mentale del calcolo integrale, si ottiene∫ ln 5

0

ex√

ex − 1ex + 3

dx = 2∫ 2

0

t2

t2 + 4dt = 2[G(2)−G(0)] = 4−Π.

Calcoliamo infine l’integrale definito∫ Π2

0

√1 + sin2 x · cos x dx.

L’intervallo d’integrazione e I = [0, Π2 ] e la funzione integranda sotto esame

f = f(x) =√

1 + sin2 x · cos x e definita e continua in I. Procedendo con ilmetodo di sostituzione per integrali definiti, poniamo

t = t(x) = sinx ⇒ dt = t′(x)dx = cosxdx.

Si ha inoltrex = 0 ⇒ t = 0, x =

Π2⇒ t = 1.

Effettuando la sostituzione, si trova∫ Π2

0

√1 + sin2 x · cos x dx =

∫ 1

0

√1 + t2 dt.

L’integrale si e semplificato notevolmente. Tuttavia non siete ancora in gra-do di calcolarlo. Bisogna effettuare un’ulteriore sostituzione, ricorrendo allefunzioni seno e coseno iperboliche. Torneremo a completare questo calcolo,non appena tratteremo tali funzioni nelle soluzioni del Foglio 5 di esercizi.

Esercizio 4. Studiare il carattere dei seguenti integrali impropri. Nei casidi convergenza, stabilire, qualora possibile, il valore dell’integrale.

Procediamo per gradi. Studiamo molto ma molto in dettaglio il caratteredell’integrale improprio ∫ +∞

3

1x√

x2 − 9dx.

Accordiamoci sin da subito sulle questioni da tenere a mente quando si haa che fare con lo studio di un integrale improprio.

A) Per prima cosa va stabilito il dominio della funzione integranda f . Una

25

volta determinato il dominio della f (che negli esercizi che affronteremo sarasempre possibile scrivere come unione di intervalli reali) ci si concentra sul-l’insieme di integrazione assegnato.

In particolare, vanno identificati quelli che chiamero punti problematicidella funzione f sul dominio di integrazione. Se il dominio di integrazione eun insieme illimitato (ovvero se uno dei due estremi d’integrazione e rappre-sentato da +∞ o da −∞) allora diremo che la funzione presenta un puntoproblematico all’infinito. Chiameremo invece punto problematico sulfinito della funzione f un punto x0 ∈ R che goda delle seguenti proprieta:

i) x0 e un estremo finito del dominio della funzione f in cui la f non edefinita.In parole semplici, se avete determinato l’espressione del dominio della fun-zione f come unione di intervalli reali, i punti problematici sul finito sonoda ricercarsi fra gli estremi finiti di questi intervalli, che non siano inclusinel dominio (quelli cioe con accanto una parentesi tonda e non quadra).

ii) x0 e un punto interno o un estremo del dominio di integrazione.

iii) Il limitelim

x→x0

f(x)

o non esiste o esiste ma e infinito.

Riassumendo, le condizioni i)− iii), che definiscono un punto problematicosul finito della funzione integranda f , fan sı che un tale punto x0 ∈ R debbaessere un punto interno o un estremo del dominio di integrazione. Inoltre ola retta verticale di equazione x = x0 rappresenta un asintoto verticale perla funzione f oppure non esiste il limite

limx→x0

f(x).

B) A questo punto va controllato se la funzione f e continua sull’insiemedi integrazione (sara quasi sempre cosı). Fatto cio, si stabilisce se la fun-zione integranda f e limitata sul dominio di integrazione. Evidentemente,basta che la f presenti un punto problematico sul finito in corrispondenzadel quale ci sia un asintoto verticale per la f o che il limite per x che tendea +∞ o a −∞ della f esista e sia infinito perche si possa concludere chela funzione e illimitata (perche?). Se invece non ci sono punti problematicisul finito e il limite per x che tende a +∞ (o a −∞) esiste ed e finito allorala funzione sara sicuramente limitata sul dominio di integrazione (di nuovoperche?)

26

C) A questo punto, bisogna fare particolare attenzione al segno della fun-zione f nel dominio di integrazione. Si possono presentare due diverse si-tuazioni.

CASO 1. La funzione integranda (continua) mantiene un segno costan-te su tutto l’intervallo di integrazione (ovvero e sempre positiva o semprenegativa sull’insieme di integrazione). Fate particolare attenzione a quantosegue. Nel CASO 1 possono rientrare anche quelle funzioni integrande (con-tinue) a segno variabile nel dominio di integrazione che pero mantengono lostesso segno costante in un intorno di ciascun punto problematico sul finitoe all’infinito della funzione integranda f . Cosa vuol dire? Prima di tutto,quando si parla di intorno di +∞ si intende che si prendono in esame x realisufficientemente grandi (ovvero intervalli del tipo (x0, +∞)) e, analogamen-te, quando si parla di intorno di −∞ si intende che si prendono in esamex reali sufficientemente piccole (ovvero intervalli del tipo (−∞, x0)). NelCASO 1 faremo dunque rientrare quelle funzioni che godono della seguenteproprieta: determinati tutti i punti problematici della funzione integrandaf nel dominio di integrazione (sul finito e all’infinito), ognuno di tali pun-ti ammette un intorno in cui la funzione f mantiene lo stesso segno costante.

CASO 2. La funzione integranda f e continua, ma a segno variabile e alme-no uno dei punti problematici della f non ammette nessun intorno in cui lafunzione mantenga segno costante. Oppure, ogni punto problematico della fammette un intorno in cui la f mantiene segno costante, ma questo segnonon e lo stesso in tutti i suddetti intorni. Questo e un caso molto delicato,in cui si prospetta addirittura la possibilita che l’integrale improprio non siaben definito.

Torniamo all’esercizio sotto esame.

L’intervallo di integrazione e I = (3, +∞).La funzione integranda presenta due punti problematici relativi a tale domi-nio di integrazione (+∞ e x0 = 3), e continua in I ed e illimitata in I, dalmomento che

limx→3+

f(x) = +∞.

Inoltre la funzione f e sempre positiva in I (facile). Appartiene cioe a quellefunzioni che rientrano nel CASO 1, definito in precedenza.

Come si procede in questo caso?

PASSO 1. Per prima cosa si deve scrivere (se necessario; e in questo casolo e), l’integrale assegnato come somma di integrali addendi su sottoinsiemi

27

del dominio di integrazione di partenza, in ognuno dei quali la funzione pre-senta un solo punto problematico.

PASSO 2. A questo punto si deve studiare il carattere di ciascun integraleaddendo. Se tutti gli integrali addendi della somma convergono allora l’inte-grale somma converge, se almeno uno degli integrali diverge allora l’integralesomma diverge.

Ottemperando al PASSO 1, scriviamo l’integrale di partenza come sommadi integrali ∫ +∞

3f(x) dx =

∫ 4

3f(x) dx +

∫ +∞

4f(x) dx,

In effetti, in ognuno degli intervalli di integrazione (3, 4] e [4, +∞) la fun-zione integranda presenta un solo punto problematico (siete d’accordo?).

Osservate che invece di 4 avremmo potuto scegliere come secondo estremod’integrazione nel primo integrale della somma (ovvero primo estremo d’in-tegrazione del secondo integrale della somma) un qualunque altro numeroreale strettamente maggiore di 3.

Studiamo, una lente di ingrandimento alla mano, il carattere di ciascunodei due integrali addendi.

Concediamoci una considerazione di carattere preliminare.

L’integrale ∫ 4

3f(x) dx

e il classico integrale improprio su un insieme limitato di una funzione nonnegativa, continua, ma illimitata.

Va osservato inoltre che in ogni intervallo del tipo [3 + ε, 4] (con ε > 0)ha senso (dato che la f e continua e limitata in questo intervallo per ilTeorema di Weierstrass) calcolare∫ 4

3+εf(x) dx

che e un ben preciso numero reale non negativo.

L’integrale improprio in esame e definito come∫ 4

3f(x) dx = lim

ε→0

∫ 4

3+εf(x) dx.

28

Fate particolare attenzione al fatto che il limite che definisce l’integrale im-proprio sotto esame esiste. Primo, perche (come appena detto) per ogniε > 0 e ben definito l’integrale della f sull’intervallo [3 + ε, 4]. Secondo,perche, essendo la f positiva in tutto l’intervallo (3, 4], la quantita∫ 4

3+εf(x) dx

aumenta al diminuire di ε (e in particolare al tendere di ε a 0). Convinceteviinfatti del fatto che, se ε1 e ε2 sono due arbitrari numeri reali positivi taliche

ε1 ≥ ε2,

allora risulta (e la positivita della f e cruciale)∫ 4

3+ε1

f(x) dx ≤∫ 4

3+ε2

f(x) dx.

Dunque il limite che definisce l’integrale improprio su cui ci siamo sofferma-ti (primo addendo) esiste e puo valere o un numero reale positivo (in questocaso si dice che l’integrale improprio definito da questo limite converge atale numero reale) oppure +∞ (in tal caso si dice che l’integrale impropriosotto esame diverge a +∞).

Il secondo integrale addendo ∫ +∞

4f(x) dx

e il classico integrale improprio su un insieme illimitato di una funzionelimitata, dal momento che

limx→+∞

f(x) = 0

(dovrebbe essere chiaro perche questa condizione implica che la f e limitatain [4, +∞); se non fosse chiro, aiutatevi con la definizione di limite).

Inoltre, per ogni n ∈ N tale che n ≥ 4, e ben definito l’integrale∫ n

4f(x) dx

(perche?).

L’integrale improprio sotto esame e definito come∫ +∞

4f(x) dx = lim

n→+∞

∫ n

4f(x) dx.

29

Anche questo limite esiste (pensateci! Un aiuto: basta che vi convinciateche la successione

an =∫ n

4f(x) dx

e ben definita e crescente per n ≥ 4). Quanto puo valere tale limite? Dinuovo, o un numero reale positivo (e in tal caso diremo ancora che l’in-tegrale improprio definito da tale limite converge a tale valore) oppure +∞(in questo caso diremo che l’integrale improprio sotto esame diverge a +∞).

Un ultimo fatto di grande importanza: abbiamo osservato a lezione chelo studio di un integrale improprio di una funzione non negativa su unintervallo illimitato si conclude immediatamente se risulta che

limx→+∞

f(x) 6= 0

oppure, se e −∞ a essere coinvolto, se

limx→−∞

f(x) 6= 0.

In questo caso infatti si puo concludere senza esitazioni che l’integrale inesame diverge (vi ricordate perche?).

Torniamo al nostro esercizio. Studiamo separatamente il carattere di cia-scun integrale addendo, concentrandoci sui diversi metodi che si possonousare per stabilire se ognuno di essi converge o diverge.

Partiamo dal primo integrale addendo∫ 4

3

1x√

x2 − 9dx.

1) Il primo metodo di studio di questo integrale, il piu semplice concettual-mente, ma che purtroppo presenta a volte notevoli difficolta computazionali,consiste nel calcolo del limite che definisce l’integrale improprio sotto esame.

Proviamo a calcolare questo limite.

Abbiamo innanzitutto bisogno di calcolare∫ 4

3+ε

1x√

x2 − 9dx.

Calcoliamo una primitiva F di f in I = [3 + ε, 4]. Poniamo

t = t(x) =√

x2 − 9 ⇒ dt = t′(x)dx =x√

x2 − 9dx.

30

Ne segue che

F (x) =∫

1x√

x2 − 9dx =

∫1

t2 + 9dt =

13

arctan(

t

3

)+ C =

=13

arctan

(√x2 − 9

3

)+ C,

dato che x2 = t2 + 9 e dal momento che conosciamo ormai troppo benel’integrale indefinito (nel nostro caso A = 3) del tipo∫

1t2 + A2

dt.

Ma allora∫ 4

3+ε

1x√

x2 − 9dx = F (4)− F (3 + ε) = F (4)− 1

3arctan

(√(3 + ε)2 − 9

3

)e ∫ 4

3

1x√

x2 − 9dx = lim

ε→0

∫ 4

3+ε

1x√

x2 − 9dx =

= limε→0

(F (4)− 1

3arctan

(√(3 + ε)2 − 9

3

))= F (4) < +∞.

Dunque il primo integrale della somma converge e siamo stati in grado addi-rittura di calcolarne il valore. Esso vale F (4). Se qualcuno volesse, potrebbeanche calcolare quanto vale F (4), ma lo trovera tra poco del tutto inutile.

A volte calcolare un integrale improprio e piuttosto complicato. Tuttaviase ne puo stabilire il carattere (convergenza o divergenza) con metodi adhoc. Usando questi metodi, ritroviamo la convergenza del nostro∫ 4

3

1x√

x2 − 9dx.

2) Si puo ricorrere al criterio del confronto asintotico. Si ha che

f(x) =1

x√

x2 − 9∼ g(x) =

13√

6√

x− 3per x → 3+,

dal momento che (verificatelo!)

limx→3+

1x√

x2−91

3√

6√

x−3

= 1.

31

Ma allora (criterio del confronto asintotico), il carattere del nostro integrale∫ 4

3

1x√

x2 − 9dx

e lo stesso dell’integrale ∫ 4

3

13√

6√

x− 3dx.

Quest’ultimo integrale e notoriamente convergente. A meno di un cambia-mento di variabile di integrazione (e di una costante moltiplicativa) si trattainfatti dell’integrale ∫ 1

0

1√x

dx

che e convergente. Se qualcuno non fosse convinto, puo calcolare di fattol’integrale ∫ 4

3

13√

6√

x− 3dx = lim

ε→0

∫ 4

3+ε

13√

6√

x− 3dx.

Altrimenti, si osservi che (porremo t = x − 3 e useremo il metodo diintegrazione per sostituzione per gli integrali definiti)∫ 4

3

13√

6x√

x− 3dx = lim

ε→0

∫ 4

3+ε

13√

6√

x− 3dx = lim

ε→0

∫ 1

ε

13√

6√

tdt =

=1

3√

6

∫ 1

0

1√x

dx.

3) Avremmo potuto stabilire la convergenza dell’integrale∫ 4

3

1x√

x2 − 9dx,

utilizzando il criterio del confronto. Per ritrovare la convergenza delnostro integrale, ricorrendo a questo criterio, abbiamo bisogno di maggio-rare l’integrale con un integrale sullo stesso dominio di integrazione che siaconvergente (generalmente si tratta dell’integrale di una funzione nota, mag-giorante la funzione integranda f nell’insieme di integrazione), in modo daevitare che esso possa valere +∞.

Osservate che, dal momento che per ogni x ∈ (3, 4] si ha

f(x) =1

x√

x2 − 9> 0,

32

possiamo sicuramente concludere (per la monotonia dell’integrale e ricor-rendo alla definizione di integrale improprio come particolare limite) che∫ 4

3f(x) dx ≥

∫ 4

30 dx = 0.

Riscopriamo un fatto arcinoto: cioe che l’integrale di una funzione non ne-gativa e un numero reale positivo o +∞.Per mostrare che l’integrale sotto esame non possa valere +∞, si procedenel modo seguente.Scriviamo ∫ 4

3f(x) dx =

∫ 4

3

1x√

x + 3· 1√

x− 3dx.

Cerchiamo di maggiorare l’integrale con un integrale convergente notevole.Osserviamo che per ogni x ∈ (3, 4] si ha

x > 3 e√

x + 3 >√

3 + 3 =√

6 ⇒ x√

x + 3 > 3√

6 ⇒

⇒ 1x√

x + 3<

13√

6⇒ 1

x√

x + 31√

x− 3<

13√

61√

x− 3.

L’ultimo passaggio e motivato dal fatto che per ogni x ∈ (3, 4] la quantita

1√x− 3

,

per cui dividiamo ambo i membri della disuguaglianza, e ben definita e stret-tamente positiva. Ne segue allora (ricorrendo implicitamente alla definizionedi integrale improprio) che∫ 4

3f(x) dx ≤ 1

3√

6

∫ 4

3

1√x− 3

dx < +∞,

per quanto visto al punto 2).Abbiamo di nuovo provato che l’integrale∫ 4

3

1x√

x2 − 9dx

converge.Osservate che, quando si utilizza il metodo del confronto e si vuole provarela divergenza di un integrale improprio a +∞, basta minorare l’integrale inesame con un integrale improprio divergente a +∞ (stesso modo di ragiona-re delle serie) o maggiorarlo con uno divergente a −∞ (qualora se ne vuoledimostrare la divergenza a −∞).

Avete dunque tre strade diverse da poter percorrere per lo studio del ca-rattere di un integrale improprio che rientri nel CASO 1: calcolare diretta-mente l’integrale, ricorrendo alla definizione oppure applicare il criterio del

33

confronto o del confronto asintotico. Potete anche utilizzare piu metodi insuccessione.

Torniamo al calcolo dell’integrale improprio∫ +∞

3f(x) dx =

∫ 4

3f(x) dx +

∫ +∞

4f(x) dx = F (4) +

∫ +∞

4f(x) dx,

dove

F (x) =13

arctan

(√x2 − 9

3

)+ C, x ∈ [3, +∞).

Resta da controllare se converge (e eventualmente calcolare) o meno l’inte-grale ∫ +∞

4f(x) dx = lim

n→+∞

∫ n

4f(x) dx.

Dato che F e una primitiva di f in [4, +∞], ricorrendo al TFCI, risulta∫ +∞

4f(x) dx = lim

n→+∞

(13

arctan

(√n2 − 9

3

)− F (4)

)=

Π6− F (4).

In definitiva, l’integrale ∫ +∞

3f(x) dx

converge e vale Π6 .

Studiamo il carattere dell’integrale∫ +∞

0

sin√

x

x2 + x3dx.

La funzione integranda f presenta due punti problematici (+∞ e x0 = 0)nel dominio di integrazione I = (0, +∞), e continua in I ed e illimitata nelsuddetto intervallo, dal momento che

limx→0+

f(x) = +∞.

Risulta anche che (perche?)

limx→+∞

f(x) = 0.

La f non e tuttavia a segno costante in (0, +∞), ne mantiene il segno costan-te in nessun intorno di +∞ (perche? Osservate la funzione al numeratoredella frazione che definisce la f !). Ricadiamo in quello che ho chiamato inprecedenza CASO 2. Si deve procedere con la massima cautela. Avevo pre-annunciato che un integrale del genere (CASO 2) potrebbe non avere senso

34

(in questo caso si usa dire che la funzione f non e integrabile in senso im-proprio in (0, +∞)). Ora cerco di spiegarmi meglio.

Sulla falsa riga dell’esercizio precedente, saremmo tentati di scrivere senzaesitazione alcuna l’integrale sotto esame come somma di integrali del tipo∫ a

0

sin√

x

x2 + x3dx +

∫ +∞

a

sin√

x

x2 + x3dx

con a un arbitrario numero reale maggiore di 0. Ognuno degli integraliaddendi presenterebbe nel suo insieme di integrazione un solo punto proble-matico della f .

Fate particolare attenzione a quanto segue. Se f appartenesse alla classedi funzioni inserite nel CASO 1 allora NON potrebbe mai verificarsi la se-guente situazione: un integrale addendo vale +∞ e l’altro −∞ (mentre puoinvece succedere che entrambi valgano contemporaneamente +∞ o −∞).Questa situazione patologica puo invece presentarsi nel caso delle funzioniappartenenti alla classe descritta nel CASO 2. E quanto dovrebbe valereun integrale la cui somma e formalmente data da una forma indeterminata+∞−∞? Un tale integrale non e definito.

Procediamo come nell’esercizio precedente, studiando il carattere di ciascunintegrale addendo, ma tenendo sempre a mente che, qualora un integra-le addendo diverga a +∞ e l’altro diverga a −∞, dobbiamo concludere chel’integrale assegnato dall’esercizio non e ben definito ovvero la funzione inte-granda f non e integrabile in senso improprio nell’intervallo di integrazioneI.

Scegliamo a = 1. Non e una scelta casuale e tra un attimo ne capireteil motivo.

Consideriamo ora il primo integrale (funzione illimitata su un intervallolimitato) della somma ∫ 1

0

sin√

x

x2 + x3dx.

La funzione integranda e positiva in (0, 1] (perche? Se rispondete a questadomanda, vi sara chiarissimo perche ho scelto a = 1 (chiaramente avreipotuto scegliere infiniti altri valori di a, preservando la positivita della f in(0, a])). Dato che

f(x) =sin

√x

x2 + x3∼ g(x) =

√x

x2 + x3=

1

x52 + x

32

∼ 1

x32

per x → 0+,

35

l’integrale sotto esame ha lo stesso carattere (criterio del confronto asinto-tico) dell’integrale ∫ 1

0

1

x32

dx.

Quest’integrale e, com’e noto, divergente a +∞, dunque anche il primo in-tegrale addendo diverge a +∞.

Ecco che cominciamo a temere il peggio. Se il secondo integrale addendodivergesse a −∞ (e questo e possibile, dato che la funzione e a segno varia-bile sul secondo dominio di integrazione), avremmo la situazione patologicadescritta in precedenza e concluderemmo l’esercizio, affermando che la fun-zione non e integrabile in senso improprio in tutto I.Se invece il secondo integrale addendo convergesse a un numero reale (posi-tivo o negativo, dato che la funzione cambia segno in [1, +∞)) o divergessea +∞, concluderemmo che l’integrale somma e ben definito, ma divergentea +∞.

Consideriamo dunque il secondo integrale della somma∫ +∞

1f(x) dx.

Quest’integrale improprio (funzione limitata su un intervallo illimitato) econvergente. Infatti, dato che per ogni x ∈ [1, +∞) si ha

−1 ≤ sin√

x ≤ 1,

risulta (per la monotonia dell’integrale e usando la definizione di integraleimproprio) che∫ +∞

1

−1x2 + x3

dx ≤∫ +∞

1

sin√

x

x2 + x3dx ≤

∫ +∞

1

1x2 + x3

dx.

Se mostrassimo che i due integrali agli estremi di questa doppia disuguaglian-za convergono, proveremmo (criterio del confronto) che converge l’integraleaddendo di partenza (essendo il suo valore intrappolato fra due costanti rea-li, rappresentate dai valori dei due integrali esterni).

Osservate anche che non sarebbe bastato controllare che l’integrale addendoin esame fosse limitato solo dall’alto da una costante reale (impedendoglicosı di divergere a +∞). Infatti, dato che la funzione f e a segno variabilein [1, +∞), l’integrale puo divergere anche a −∞ (fatto che non puo verifi-carsi per una funzione positiva). Pertanto e stato necessario fare anche uncontrollo dal basso.

36

I due integrali esterni convergono, dal momento che (criterio del confrontoasintotico) l’integrale ∫ +∞

1

1x2 + x3

dx

ha lo stesso carattere (controllate!) dell’integrale improprio convergente∫ +∞

1

1x3

dx.

In ultima analisi si ha che l’integrale improprio assegnato∫ +∞

0

sin√

x

x2 + x3dx

diverge a +∞.

Un altro modo, piu veloce, di stabilire la convergenza del secondo integraleaddendo consiste nello studio dell’assoluta convergenza dell’integrale inesame, ovvero nello studio della convergenza dell’integrale∫ +∞

1|f(x)| dx =

∫ +∞

1

∣∣∣∣ sin√

x

x2 + x3

∣∣∣∣ dx =∫ +∞

1

| sin√

x|x2 + x3

.

Se infatti questo integrale (di una funzione positiva in [1, +∞)) convergesse,allora convergerebbe facilmente l’integrale addendo in esame: perche? Neabbiamo parlato al tutoraggio, provate a ricostruire il mio ragionamento).

L’integrale a cui ci siamo ricondotti e banalmente convergente (usate il crite-rio del confronto, maggiorando il numeratore con 1 e poi ricorrete al criteriodel confronto asintotico).

Studiamo il carattere dell’integrale improprio∫ 1

0

dx

ln(1 +√

x)dx.

Si tratta dell’integrale di una funzione illimitata su un intervallo limitato(l’unico punto problematico della f e x0 = 0). La funzione e continua epositiva in (0, 1]. Siamo nel CASO 1. Calcolare il valore (sto anticipando checonverge) di questo integrale e piuttosto elaborato, tuttavia e semplicissimodimostrarne la convergenza. Infatti, dato che (controllate!)

f(x) =1

ln(1 +√

x)∼ g(x) =

1√x

per x → 0+,

il nostro integrale converge (criterio del confronto asintotico), dal momentoche ha lo stesso carattere dell’integrale (convergente!)∫ 1

0

1√x

dx.

37

Studiamo il carattere dell’integrale∫ +∞

0

arctan x

x2 + 1dx.

Si tratta di un integrale improrio (funzione limitata (perche?) su un inter-vallo illimitato), convergente e facilmente calcolabile. L’unico punto proble-matico della f e dato da +∞. La funzione e continua e positiva sull’insiemedi integrazione (di nuovo CASO 1). Risulta infatti∫ +∞

0

arctan x

x2 + 1dx = lim

n→+∞

∫ n

0

arctan x

x2 + 1dx = lim

n→+∞

∫ arctan n

0t dt,

dopo aver posto t = t(x) = arctan x ed applicato il metodo d’integrazioneper sostituzione per integrali definiti. Ne segue dunque (calcolando l’ultimointegrale definito) che∫ +∞

0

arctan x

x2 + 1dx = lim

n→+∞

(arctan2(n)

2

)=

Π2

8.

Provate a ritrovare la convergenza dell’integrale assegnato, applicando il cri-terio del confronto asintotico e quello del confronto.

Passiamo allo studio dell’integrale improprio (funzione limitata (di nuovoperche?) su un intervallo illimitato)∫ 0

−∞xex dx = lim

n→+∞

∫ 0

−nxex dx.

L’integrale sotto esame e convergente e puo essere semplicemente calcolato.Notiamo che l’unico punto problematico della f e dato da −∞. La funzio-ne e continua e a segno costante (negativo) in (−∞, 0] (ancora CASO 1).Calcoliamo l’integrale ∫ 0

−nxex dx.

Per prima cosa calcoliamo l’integrale indefinito

F (x) =∫

xex dx.

Poniamof(x) = x ⇒ f ′(x) = 1

eg′(x) = ex ⇒ g(x) = ex.

Procediamo quindi per parti per ottenere

F (x) =∫

xex dx = xex −∫

ex dx = xex − ex + C.

38

Ne segue quindi (applicando il TFCI) che∫ 0

−∞xex dx = lim

n→+∞

∫ 0

−nxex dx = lim

n→+∞(F (0)− F (−n)) =

= limn→+∞

(−1 + ne−n − e−n) = −1.

Studiamo il carattere dell’integrale improprio∫ 1

0x ln x dx = lim

ε→0

∫ 1

εx ln x dx.

Anche in questo caso la convergenza dell’integrale sotto esame si prova conestrema facilita. Procediamo esattamente come nel calcolo dell’integraleprecedente. Ponendo

f(x) = ln x ⇒ f ′(x) =1x

e

g′(x) = x ⇒ g(x) =x2

2e procedendo per parti, si trova

F (x) =∫

x ln x dx =x2 ln x

2− 1

2

∫x2

xdx =

x2 ln x

2− x2

4+ C.

Ne segue che ∫ 1

0x ln x dx = lim

ε→0

∫ 1

εx ln x = lim

ε→0(F (1)− F (ε))

= limε→0

(−14

+ε2

4− ε2 ln ε

2) = −1

4.

Domanda: si poteva dedurre la convergenza dell’integrale molto piu facil-mente, osservando che

limx→0

(x ln x) = 0.

Perche? Sono presenti quelli che abbiamo chiamato punti problematici dellaf in (0, 1]? Si poteva affermare da subito che il valore dell’integrale sarebbestato un numero reale negativo?

Studiamo il carattere dell’integrale improprio∫ +∞

1

2 + 3x + x2

x(x2 + 1)dx.

Si tratta di un integrale di una funzione limitata (perche?) su un interval-lo illimitato. Questo integrale e divergente a +∞ (criterio del confrontoasintotico) perche ha lo stesso carattere dell’integrale (divergente a +∞)∫ +∞

1

1x

dx,

39

dal momento chelim

x→+∞

f(x)1x

= 1.

Esercizio 5. 1) Verificare che il seguente integrale improprio converge∫ +∞

−∞e−x2

dx.

Scriviamo l’integrale sotto esame come∫ +∞

−∞e−x2

dx =∫ −1

−∞e−x2

dx +∫ 1

−1e−x2

dx +∫ +∞

1e−x2

dx.

Per concludere che l’integrale assegnato e convergente, dobbiamo verificarela convergenza del primo e del terzo integrale di questa somma (perche nonprendo in considerazione il secondo integrale della somma?).

Consideriamo il terzo integrale della somma∫ +∞

1e−x2

dx = limn→+∞

∫ n

1e−x2

dx.

Osserviamo che per ogni x ≥ 1 si ha (usero il fatto che la funzione f(x) = ex

e crescente nel suo insieme di definizione)

x2 ≥ x ⇒ −x2 ≤ −x ⇒ e−x2 ≤ e−x.

Ne segue che (usiamo la monotonia dell’integrale), per ogni n ∈ N∫ n

1e−x2

dx ≤∫ n

1e−x dx

ovvero che∫ +∞

1e−x2

dx = limn→+∞

∫ n

1e−x2

dx ≤ limn→+∞

∫ n

1e−x dx =

∫ +∞

1e−x dx =

= limn→+∞

([−e−x]x=n

x=1

)= lim

n→+∞(1e− e−n) =

1e.

Domanda: sapreste tutti quanti giustificare rigorosamente la maggiorazioneche ho effettuato nella lunga serie di passaggi appena conclusa?In definitiva, il terzo integrale della somma e convergente. Mostriamo checonverge anche il primo integrale della somma∫ −1

−∞e−x2

dx = limn→+∞

∫ −1

−ne−x2

dx.

40

Applichiamo il metodo di integrazione per sostituzione per gli integrali defi-niti, ponendo t = −x. Risulta∫ −1

−ne−x2

dx = −∫ 1

ne−t2 dt =

∫ n

1e−x2

dx.

Osservate che, dopo aver cambiato gli estremi di integrazione, ho sempli-cemente rinominato la variabile di integrazione (abbiamo gia ampiamentediscusso questo modo di procedere.)Ma allora∫ −1

−∞e−x2

dx = limn→+∞

∫ −1

−ne−x2

dx = limn→+∞

∫ n

1e−x2

dx =∫ +∞

1e−x2

dx ≤ 1e,

per quanto visto appena prima.Quindi anche il primo integrale della somma converge. Ne deduciamo laconvergenza dell’integrale assegnato. Notate che nel ragionamento che haportato alla verifica della convergenza del primo e del terzo integrale del-la somma abbiamo utilizzato tacitamente il criterio del confronto. Risul-ta anche (si tratta di un risultato che con le attuali conoscenze a vostradisposizione non potreste ottenere)∫ +∞

−∞e−x2

dx =√

Π.

2) Sia assegnata la seguente funzione integrale

F (x) =∫ x

−∞

1√2Π

e−t2

2 dt.

Stabilire il dominio di F , l’insieme dove e continua e derivabile e calcolarnela derivata (sugg. usare il secondo torema fondamentale del calcolo integraleovvero il teorema di Torricelli-Barrow). Verificare quindi che la funzione Fe strettamente crescente dove definita e stabilire il comportamento della Fquando x → ±∞.

Il dominio di questa funzione integrale e costituito da tutto R. Dovremmo in-fatti escludere dal dominio tutte le x0 ∈ R per cui formalmente F (x0) = +∞(e chiaro a tutti? Se qualcuno non riuscisse a cogliere il senso di quest’ultimaaffermazione, rifletta per un minuto su quali x0 escluderebbe da R, dovendostabilire il dominio della funzione F (x) = 1

x : che proprieta ha l’unica x0 chesi esclude?) ovvero quelle x0 reali per cui l’integrale

F (x0) =1√2Π

∫ x0

−∞e−t2

2 dt

41

e divergente. Dato che per ogni x0 ∈ R (usero il metodo di sostituzione perintegrali definiti, ponendo s = t√

2)

F (x0) =1√2Π

∫ x0

−∞e−

t2

2 dt =1√Π

∫ x0√2

−∞e−s2

ds ≤ 1√Π

∫ +∞

−∞e−x2

dx =√

Π√Π

= 1

(perche e valida la maggiorazione eseguita?), non esiste alcuna x0 ∈ R percui si abbia F (x0) = +∞. Abbiamo dimostrato rigorosamente che il domi-nio di F coincide con R.

Affermazione: la funzione F e continua e derivabile in D.

Per dimostrare l’affermazione, e sufficiente provare che la F e derivabilein R, dal momento che una funzione reale di variabile reale, derivabile in R,e anche continua in R. Proviamo quindi che la funzione F e derivabile inogni x0 ∈ R (i.e. e derivabile in tutto R).

PASSO 1. Ricordiamo l’enunciato del teorema di Torricelli-Barrow.

Teorema 3 (Teorema di Torricelli-Barrow). Sia I = [a, b] un intervallochiuso e limitato in R. Sia f : I→R una funzione continua in I. Allora lafunzione integrale

F (x) =∫ x

af(t) dt, x ∈ [a, b]

e continua e derivabile in I (in x = a e x = b la F e derivabile risp. dadestra e da sinistra) e risulta

F ′(x) = f(x), x ∈ [a, b].

PASSO 2. Fissiamo x0 ∈ R arbitario. Aiutandoci con l’enunciato del teo-rema di Torricelli-Barrow, cerchiamo di mostrare che la funzione F e deri-vabile in x0. Non possiamo applicare direttamente il teorema di Torricelli-Barrow (abbreviato TTB), dato che la nostra funzione integrale non ha unnumero reale come primo estremo d’integrazione, bensı −∞. In realta e unadifficolta facilmente superabile. Scegliamo un numero reale a in modo taleche si abbia a < x0 e scriviamo

F (x0) =1√2Π

∫ x0

−∞e−

t2

2 dt =1√2Π

∫ a

−∞e−

t2

2 dt +1√2Π

∫ x0

ae−t2

2 dt.

PonendoA =

1√2Π

∫ a

−∞e−

t2

2 dt < +∞,

otteniamoF (x0) = A +

1√2Π

∫ x0

ae−t2

2 dt.

42

Sia ora b un numero reale tale che b > x0 e consideriamo la seguentefunzione integrale

G(x) =∫ x

ae−t2

2 dt, x ∈ [a, b].

L’espressione precedentemente trovata per F (x0) diventa a questo punto

F (x0) = A +1√2Π

G(x0).

La nostra funzione F , valutata in x0, altro non e che la somma di unacostante e di un addendo costituito dal prodotto di un’altra costante con lafunzione integrale G, valutata in x0. Applicando il TTB alla funzione G (chee una funzione integrale adatta a questo scopo), si verifica che la funzioneF e derivabile in x0 (dato che la G lo e per TTB) e che risulta

F ′(x0) =1√2Π

e−x0

2

2 .

In definitiva, visto che potremmo ripetere il ragionamento per una qualunquex0 reale, risulta che la funzione integrale F e derivabile (e quindi continua)in tutto R e che risulta

F ′(x) =1√2Π

e−x2

2 .

Il punto 2) e praticamente concluso. Infatti, dal fatto che

F ′(x) > 0 per ogni x ∈ R,

segue che la funzione F e strettamente crescente in R, mentre si verificafacilmente che

limx→−∞

F (x) =1√2Π

∫ −∞

−∞e−t2

2 dt = 0

e

limx→+∞

F (x) =1√2Π

∫ +∞

−∞e−t2

2 dt = 1,

avendo ricavato questo risultato numerico poco fa.Ne segue, in particolare, che la funzione F ammette due asintoti orizzontali(l’asse delle ascisse a −∞ e la retta y = 1 a +∞.)

3) Sia g la funzione definita nel punto 5) dell’Esercizio 1. Consideriamola seguente funzione integrale

F (x) =∫ x

0g(t) dt.

Stabilire il dominio di F , l’insieme in cui F e continua e derivabile. Qualesostanziale novita si riscontra rispetto al punto 2)?

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Osserviamo che se x < 0 si ha

F (x) =∫ x

0g(t) dt = −

∫ 0

xg(t) dt =

∫ 0

x1 · dt = −x,

se x = 0 si ha banalmente F (x) = 0, mentre se x > 0 si ha

F (x) =∫ x

0g(t) dt =

∫ x

01 · dt = x.

Avete notato cosa abbiamo scoperto? Siamo riusciti a mostrare che per ognix ∈ R risulta

F (x) = |x|.

Dunque la nostra funzione integrale e continua in R, ma derivabile solo inR \ {0}. La non derivabilita della F in x = 0 e una lampante conseguenzadella disconinuita in x0 = 0 della funzione integranda g che definisce lafunzione integrale F sotto esame.

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