Pagina:Lezioni di analisi matematica.pdf/261

Integrali

---

$\int (x+a)^{m}dx={\frac {(x+a)^{m+1}}{m+1}}+C$ ($m$ intero positivo $\not =-1$)^[1]

$\int e^{x}dx=e^{x}+C$

$2ma^{2}\int {\frac {dx}{(x^{2}+a^{2})^{m+1}}}=(2m-1)\int {\frac {dx}{(x^{2}+a^{2})^{m}}}+{\frac {x}{(x^{2}+a^{2})^{m}}}+c$^[2]

($m$ intero positivo).

η) Se $f(x)=\int \varphi (x)dx$, ossia $f'(x)=\varphi (x)$, e $k$ è una costante, è $[kf(x)]'=kf'(x)=k\,\varphi (x)$ e quindi $\int k\varphi (x)dx=kf(x)=k\int \varphi (x)dx$ (a meno della solita costante additiva arbitraria).

Se $f_{1}(x)=\int \varphi _{1}(x)dx$, $f_{2}(x)=\int \varphi _{2}(x)dx$, allora $[f_{1}(x)+f_{2}(x)]'=f'_{1}(x)+f'_{2}(x)=\varphi _{1}(x)+\varphi _{2}(x)$; e quindi $\int \varphi _{1}dx+\int \varphi _{2}dx=f_{1}(x)+f_{2}(x)=\int [\varphi _{1}(x)+\varphi _{2}(x)]dx+{\text{cost.}}$

Si hanno così le formole (se $\varphi ,\varphi _{1},\varphi _{2}$ sono continue):

$\int k\varphi (x)dx=k\int \varphi (x)dx+C$ ($k={\text{cost.}}$,

$\int [\varphi _{1}(x)+\varphi _{2}(x)]dx=\int \varphi _{1}(x)dx+\int \varphi _{(}x)dx+C$,

che sono di uso assai frequente.

1. Così ${\frac {(x+a)^{m+1}-(1-a)^{m+1}}{m+1}}$ è quell'integrale indefinito che si annulla per $x=1$. Se noi ne cerchiamo il limite per $m+1=0$ (p. Es. ponendo $m+1=z$, derivi num. e den. rispetto $z$, e quindi ponendo $z=0$ secondo la regola del § 63, β) si trova $(x+a)^{c}\log(x+a)-(1+a)^{z}\log(1+a)$, che per $z=0$ diventa $\log(x+a)-\log(1+a)$, cioè precisamente quell'integrale $\int {\frac {dx}{x+a}}$ che si annulla per $x=1$.
2. Dalla quarta riga di questo quadra si trae il valore di $\int {\frac {dx}{(x^{2}+a^{2})^{m}}}$ quando $m=1$. Ponendo nellì'ultima riga successivamente $m=1,2,3,.....$, se ne deducono successivamente il valore del nostro integrale per ogni valore intero positivo della $m$. Questa formula si dimostra osservano che:

   $\left({\frac {x}{(x^{2}+a^{2})^{m}}}\right)={\frac {2ma^{2}}{(x^{2}+a^{2})^{m+1}}}=-(2m-1){\frac {1}{(x^{2}+a^{2})^{m}}}$.