Esercizio 147integrale e primitive di una funzione con il modulo

Testo (Lezione 41, esercizio 27). Data $$f(x) = \frac{|x - 2| + x}{x^2 + 1}$$ (a) calcolare $\int_1^4 f(x)\,dx$; (b) determinare tutte le primitive di $f$; (c) determinare la primitiva $\bar G$ di $f$ tale che $\bar G(3) = -\sqrt2$.

Togliere il modulo

$|x - 2| = -x + 2$ per $x < 2$ e $|x - 2| = x - 2$ per $x \ge 2$. Quindi $$f(x) = \begin{cases} \dfrac{-x + 2 + x}{x^2 + 1} = \dfrac{2}{x^2 + 1} = f_1(x) & x < 2 \\[3mm] \dfrac{x - 2 + x}{x^2 + 1} = \dfrac{2x - 2}{x^2 + 1} = f_2(x) & x \ge 2 \end{cases}$$ $f$ è continua (in $x = 2$ entrambe le formule danno $\frac25$).

Primitive dei due pezzi.

• $F_1(x) = \int\frac{2}{x^2 + 1}\,dx = 2\arctan x$;
• $F_2(x) = \int\frac{2x - 2}{x^2 + 1}\,dx = \int\frac{2x}{x^2 + 1}\,dx - 2\int\frac{dx}{x^2 + 1} = \log(x^2 + 1) - 2\arctan x$ (il primo è del tipo $\frac{f'}{f}$).

(a) L'integrale definito

Per l'additività si spezza in $x = 2$, dove cambia la formula: $$\int_1^4 f(x)\,dx = \int_1^2\frac{2}{x^2 + 1}\,dx + \int_2^4\frac{2x - 2}{x^2 + 1}\,dx = \Big[2\arctan x\Big]_1^2 + \Big[\log(x^2 + 1) - 2\arctan x\Big]_2^4$$ $$= 2\arctan 2 - 2\arctan 1 + \log 17 - 2\arctan 4 - \log 5 + 2\arctan 2$$ Con $\arctan 1 = \frac\pi4$: $$\int_1^4 f(x)\,dx = 4\arctan 2 - 2\arctan 4 - \frac\pi2 + \log\frac{17}{5} \approx 1{,}430$$ (controllato con un'integrazione numerica in Python).

(b) Tutte le primitive

Una primitiva deve essere continua (anzi derivabile) su tutto $\mathbb{R}$: non si possono incollare $F_1$ e $F_2$ così come sono (vedi "Primitive di funzioni definite a tratti" in Primitive e teoremi fondamentali del calcolo integraleUna primitiva di f è una G con G' = f; due primitive differiscono per una costante, e l'integrale indefinito ∫f(x)dx = F(x) + k è l'insieme di tutte le primitive. La funzione integrale F_a(x) = ∫ da a a x di f è una primitiva di f continua (TFCI 2), e quindi ∫ da a a b di f = G(b) − G(a) per qualunque primitiva G (TFCI 1): gli integrali definiti si calcolano con le primitive.Primitive e teoremi fondamentali del calcolo integrale →). Si cerca $$F(x) = \begin{cases} F_1(x) = 2\arctan x & x < 2 \\ F_2(x) + K & x \ge 2 \end{cases}$$ con $K$ tale che $F$ sia continua in $x = 2$: $F_1(2) = F_2(2) + K$, cioè $$K = F_1(2) - F_2(2) = 2\arctan 2 - \left(\log 5 - 2\arctan 2\right) = 4\arctan 2 - \log 5$$ Quindi una primitiva è $$F(x) = \begin{cases} 2\arctan x & x < 2 \\ \log(x^2 + 1) - 2\arctan x + 4\arctan 2 - \log 5 & x \ge 2 \end{cases}$$ e, per la Proposizione 1, tutte le primitive sono $G(x) = F(x) + h$, $h \in \mathbb{R}$.

(In $x = 2$ anche le derivate dei due pezzi combaciano, perché valgono $f_1(2) = f_2(2) = \frac25$: $F$ è davvero derivabile.)

(c) La primitiva con $\bar G(3) = -\sqrt2$

Si cerca $h$ con $F(3) + h = -\sqrt2$. Siccome $3 \ge 2$, si usa il secondo pezzo: $$F(3) = \log 10 - 2\arctan 3 + 4\arctan 2 - \log 5 = \log 2 - 2\arctan 3 + 4\arctan 2$$ (con $\log 10 - \log 5 = \log 2$). Quindi $$h = -\sqrt2 - F(3) = -\sqrt2 - \log 2 + 2\arctan 3 - 4\arctan 2$$ e $\bar G(x) = F(x) + h$.

(Nel PDF la costante del secondo pezzo è scritta come "$6\arctan 2 - \log 5$": dal calcolo di $K$ risulta $4\arctan 2 - \log 5$.)

Errori comuni

• Prendere $F = F_1$ per $x < 2$ e $F = F_2$ per $x \ge 2$ senza costante: in $x = 2$ ci sarebbe un salto e $F$ non sarebbe una primitiva.
• In (c) usare il pezzo sbagliato: $3 \ge 2$, quindi conta la formula per $x \ge 2$.