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Analisi 1 – raccolta Appunti scolastici Premium

Esercizi di Analisi 1 – raccolta. Nello specifico gli argomenti trattati sono i seguenti: Numeri complessi, Si determini la forma cartesiana del numero complesso z45, dove, Si determini la forma cartesiana del numero complesso z45, dove. Si determinino le forme cartesiane dei numeri complessi z tali che...ecc.

Esame di Analisi 1 docente Prof. A. Passarelli

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ESTRATTO DOCUMENTO

Braides-Tauraso 2001/02 4

Si ha quindi

−1

1 1 π

− −

2

I = t + 4t + 5) + arctan(t + 2) = 1

log(t log 2 + .

2 2 4

−2

7) Procedendo come nell’esercizio precedente, si ha

2

t t + 2 t

dt = 1+ dt

− −

2 2

t 2t + 2 t 2t + 2

1 2t 2 + 2

= t + dt

2

2 t 2t + 2

1 2t 2 1

= t + dt + dt

− −

2 2

2 t 2t + 2 (t 1) + 1

1 − −

2

= t + log(t 2t + 2) + arctan(t 1) + C.

2

Si ha quindi √

1

1 π

− − −

2

I = t + 2t + 2) + arctan(t 1) = 3 log 2 +

log(t .

2 3

3

1−

2

8) Usiamo la sostituzione t = sinh x, da cui si ottiene cosh x

2 2 4

x = settsinh t dx.

= log(t + t + 1) e tdt = 2

Inoltre 2

4

t + 1 = sinh x + 1 = cosh x. √

I nuovi estremi di integrazione sono x = settsinh 0 = 0 e x = settsinh 1 = log(1 + 2). Si ha quindi

log(1+ 2)

1 2

I = sinh xdx.

2 0

2

Calcoliamo una primitiva di sinh x integrando per parti.

2 2

sinh xdx = sinh x cosh x cosh xdx

− 2

= sinh x cosh x 1 + sinh x dx

− − 2

= sinh x cosh x x sinh xdx.

Si ottiene −

sinh x cosh x x

2

sinh xdx = + C.

2

Quindi √

1 log(1+ 2)

I = .

[sinh x cosh x x]

0

4

5 integrali

Per calcolare comodamente sinh x e cosh x in x = log(1 + 2), può essere utile ritornare alla

2 4

variabile t, ricordando che sinh x = t , cosh x = t + 1 e

2 4

x = log(t + t + 1). Si ha, perciò √ 1

1 1

log(1+ 2) −

− 2 2

4 4

I = = t + 1 log(t + t + 1)

[sinh x cosh x x] t

0

4 4 0

1 −

= 2 log(1 + 2) .

4

9) Per la parità della funzione integranda, si ha

1 2 6

I =2 t t + 1dt.

0

3

Effettuiamo ora la sostituzione t = sinh x, da cui si ottiene cosh x

3 3 2

6

x = settsinh t dx.

= log(t + t + 1) e t dt = 3

Inoltre 2

6

t + 1 = sinh x + 1 = cosh x.

Si ha √

log(1+ 2)

2 2

I = cosh xdx.

3 0

Integrando per parti o, in alternativa, utilizzando la relazione

cosh 2x + 1

2

cosh x = ,

2

sinh x cosh x + x

2

si trova che una primitiva di cosh .

x è 2

2

Calcoliamo ora una primitiva di cosh x utilizzando un altro metodo. Ricordando che cosh x =

−x

x

e + e , si ha

2 2

−x

x + e

e

2

cosh xdx = dx

2

1 −2x

2x

= (e + e + 2)dx

4

1 1 1

−2x

2x

= +

e e x

8 8 2

−2x

2x

1 e e

= + x

2 4 4

−x −x

x x

1 e e e e

= + + x

2 2 2 2 2

sinh x cosh x + x ,

= 2

−x

x

e e

avendo ricordato che sinh x = . Si ottiene quindi

2 √

1 log(1+ 2)

I = [sinh x cosh x + x]

0

3

Braides-Tauraso 2001/02 6

e, ritornando alla variabile t √ 1

1 1

log(1+ 2) 3 3

6 6

I = = t + 1 + log(t + t + 1)

[sinh x cosh x + x] t

0

3 3 0

1

= 2 + log(1 + 2) .

3

10) Utilizzando la sostituzione x = sinh t, si ha

1

√ 2

x +1= sinh t + 1 = cosh t.

dx = 2 cosh tdt e

x

Si ottiene quindi √

log(1+ 2) cosh t log(1+ 2)

I =2 dt = 2 [t] = 2 log(1 + 2).

0

cosh t

0

11) Osserviamo che la funzione integranda è pari.

Inoltre, la presenza di cos x al numeratore suggerisce la sostituzione sin x = t. Si ha subito

π 1

2 1

I =2 dt = 2 [settsinh t]

0

2

1 + t

0 √

1

2

= 2 log(t + t + 1) = 2 log(1 + 2).

0

12) Effettuiamo la sostituzione cos x = t, da cui si ottiene

0 1

1 1

√ √

I = dt = dt = log(1 + 2),

2 2

1 + t 1+ t

1 0

utilizzando il conto eseguito nell’esercizio precedente.

13) Si tratta di un integrale che deve essere trattato con un po’ di attenzione. Effettuiamo un

raccoglimento al denominatore. Si ha 2π 1

I = dx.

2

2

cos x(tan x + 2)

0

A questo punto, sembra naturale usare la sostituzione t = tan x, mediante la quale i nuovi estremi di

integrazione sono t = tan 0 = 0 e t = tan 2π = 0. Ne risulterebbe I = 0. Il risultato è, evidentemente,

falso dato che I è un integrale di una funzione positiva su un intervallo di ampiezza non nulla.

La sostituzione t = tan x è lecita sugli intervalli in cui la funzione t = tan x è iniettiva, e ciò non si

verifica nell’intervallo [0, 2π]. Per poterla utilizzare, è necessario suddividere [0, 2π] in sottointervalli

nei quali t = tan x sia invertibile.

7 integrali

1

Grazie alla periodicità (di periodo π) di f (x) = , valgono le seguenti uguaglianze

2 2

sin x + 2 cos x

3

2π π

1 1

2

dx = dx

2 2

2 2

sin x + 2 cos x sin x + 2 cos x

− π

0 2

π 3 π

1 1

2 2

= dx + dx

2 2

2 2

sin x + 2 cos x sin x + 2 cos x

− π π

2 2

π 1

2

=2 dx.

2

2

cos x(tan x + 2)

− π

2

π π

Nell’intervallo (− , ), la sostituzione t = tan x è lecita. Effettuandola, si ottiene

2 2

+∞ +∞

1 1

I =2 dt = 4 dt,

2 2

t + 2 t +2

−∞ 0

grazie alla parità della funzione integranda. 1

Calcoliamo l’integrale improprio mediante la definizione, ricordando che una primitiva di =

2

t +2

1 2 t

2

. Si ha

è arctan

2 2 2

t

√ +1

2

√ √

b

t

I = 2 arctan

2 lim = 2π.

2

b→+∞ 0

14) Operando come nell’esercizio precedente, si ha

3

2π π

1 1

2

dx = dx

2 2

2 2

2 sin x + 3 cos x 2 sin x + 3 cos x

− π

0 2

π 3 π

1 1

2 2

= dx + dx

2 2

2 2

2 sin x + 3 cos x 2 sin x + 3 cos x

− π π

2 2

π +∞

1 1

2

=2 dx = 2 dt

2 2

2 2t + 3

cos x(2 tan x + 3)

− −∞

π

2

2

+∞ +∞

1 2 3

=4 dt = 2 dt

2

2

2t +3 3

0 0 2 t +1

3

b

√ √

2 2 π

= arctan

6 lim = 6.

t

3 3 3

b→+∞ 0

15) Effettuiamo qualche passaggio che ci permette di eliminare il valore assoluto. Si ha

1 1

I = arctan 1 + 2|x|dx = 2 arctan 1 + 2xdx

−1 0 √

3

=2 t arctan tdt,

1

Braides-Tauraso 2001/02 8

avendo usato la sostituzione 1 + 2x = t.

Calcoliamo una primitiva di 2t arctan t integrando per parti.

2

t

2

2t arctan tdt = t arctan t dt

2

1 + t

1

− −

2 dt

arctan t 1

= t 2

1 + t

2

= t arctan t t + arctan t + C.

Quindi √ √

5

3 −

2

I = (t π

+ 1) arctan t t = 3 + 1.

1 6

16) Eliminiamo il valore assoluto con gli stessi passaggi dell’esercizio precedente. Si ha

1 2

1 1

I =2 dx = 2

arcsin t arcsin dt,

√ t

2 + 2x 2

0

avendo usato la sostituzione 2 + 2x = t. Integriamo per parti e otteniamo

2

2 2

1 1 1 1

− · · −

2 2 dt

2t arcsin arcsin t

dt = t

√ √

√ 2

t t t

− 1

1

2 2

2 2

t

2 2 1

1

2

= t arcsin + dt

t − 1

1

2

2 2

t

2

π t

= dt

+ √ −

6 2

t 1

2 √

2

π π

− −

2

= t 1 = 3 1,

+ +

6 6

2

t 2t

√ √ −

2

avendo osservato che una primitiva di t 1.

= è

− −

2 2

t 1 2 t 1

17) Utilizziamo la sostituzione x + 1 = t, da cui si ha dx = 2tdt. Si ottiene

π 2

I =2 t sin tdt.

0

2

Calcoliamo una primitiva di t sin t integrando due volte per parti.

−t

2 2

t sin tdt = cos t + 2 t cos tdt

−t −

2

= cos t + 2 t sin t sin tdt

− 2

= (2 t ) cos t + 2t sin t + C.

Quindi

π

− −

2 2

I = 2 (2 t ) cos t + 2t sin t = 2(π 4).

0

9 integrali

18) È dello stesso tipo dell’integrale dell’esercizio precedente. Effettuando gli stessi passaggi, si ha

π π

3 −

2 2 3

I =2 t sin tdt = 2 (2 t ) cos t + 2t sin t 0

0 √ 2

2 π

− −

π .

= 3 2

3 9

19) Lavoriamo sul denominatore. Si ha √

8+1 8

1 1 1

1

2 √

I = dt,

dx = √

√ − −

2 4 2

2 t t + 1

(2x 1) (2x 1) + 1

3+1 3

2 −

avendo usato la sostituzione 2x 1 = t. √ −

2 2

2

Proseguiamo ora utilizzando la sostituzione t + 1 = y, da cui si ha tdt = ydy e t = y 1. Si

ottiene √ √

8 8

1 t

√ dt = dt

√ √

2 2 2

t t +1 t t + 1

3 3

3 y

= dy

2

y(y 1)

2

3 1

= dy

2

y 1

2

3

1 1 1

= dy

2 y 1 y +1

2

3

|y −

1 1

1| 3

= =

log log .

|y

2 + 1| 2 2

2

Perciò 1 3

I = log .

8 2

20) Ripercorriamo i passaggi dell’esercizio precedente operando in modo leggermente differente. Si

ha √

8+1 − 3

1 1 3x 1

1

3 −

I = dx = dy,

√ −

− − 2

2 6 y 1

2 2

(1 3x) (1 3x) + 1

3+1 2

3 − − − 13

2

(1 3x) + 1 = y, da cui si ha (1 3x)dx = ydy. Utilizzando

avendo usato la sostituzione

quanto calcolato nell’esercizio precedente, si trova

1 3 1 2

I = log = log .

12 2 12 3

Braides-Tauraso 2001/02 10

21) Decomponiamo opportunamente la funzione integranda. Si ha

2 2 2

x 2x + 5 )

5(1 + x 2x 4x

− −

=

2 2 2 2 2 2 2 2

(1 + x ) (1 + x ) (1 + x ) (1 + x )

e

2 2

x 2x + 5 1 x

dx = 5 arctan x + 4 dx.

2 2 2 2 2

(1 + x ) 1 + x (1 + x )

2

x

Calcoliamo ora una primitiva di integrando per parti.

2 2

(1 + x ) x

Consideriamo x come fattore finito e dx come fattore differenziale, osservando che una

2 2

(1 + x )

x 1 1

2x 1

· ·

primitiva di = è data da . Si ha

2 2 2 2 2

(1 + x ) 2 (1 + x ) 2 1 + x

2

x x

·

dx = x dx

2 2 2 2

(1 + x ) (1 + x )

x 1 1

= dx

+

2 2

2(1 + x ) 2 1 + x

x 1

= + arctan x + C.

2

2(1 + x ) 2

2

x 2x + 5

Quindi, una primitiva di è data da

2 2

(1 + x )

1 2x 2x + 1

5 arctan x + + 2 arctan x = 3 arctan x +

2 2 2

1+ x 1+ x 1 + x

e l’integrale richiesto vale

1

2x + 1 3 1

I = 3 arctan x + = π + .

2

1+ x 4 2

0

22) Ripetendo i passaggi effettuati nel calcolo dell’integrale precedente, si trova

I = π + 1.

23) Lavorando sul denominatore, si ottiene

√ 3

3 1 1

4 2

√ √

I = dt,

dx = √

− − 2

2 x 1 x 1 t

2

1

2 2

avendo usato la sostituzione x = t. Quindi, si trova

√ π

3

I = [ arcsin t ] .

=

2

√ 2 12

2

11 integrali

In alternativa, l’esercizio può essere svolto nel modo seguente.

3 3

1 1

4 4

√ dx = dx

− − −

2 2

4x 4x 1 (2x 1)

1 1

2 2

1 π

3

= =

[arcsin(2x 1)] .

41

2 12

2

Quest’ultimo procedimento è utilizzato anche per il calcolo dell’integrale successivo.

24) Si ha 2 1 1 π

3 2

I = dx = =

[arcsin(3x 1)] .

31

− − 3 6

2

1 (3x 1)

1 3

3

25) Si ha 1 x

2 √

I = dx.

2 x 1 x

3

4

√ x = sin t si trova

Utilizzando la sostituzione √

1

√ − − |

2

1 x = 1 sin t = cos t| = cos t,

dx = cos tdt e

2 x

osservando che, nell’intervallo di integrazione, cos t è positivo. Perciò si ottiene

π 3

1 1 π

4 π

− − −

2

I = sin tdt = =

[t sin t cos t] .

4

π

2 8 4 24

3

π

3 2 t si può trovare integrando per parti, analogamente a quanto

Ricordiamo che una primitiva di sin

fatto nell’esercizio 8.

26) Per il calcolo di questo integrale, utilizziamo un metodo alternativo a quello proposto nell’esercizio

precedente. Decomponiamo in questo modo

1 1 1

−9x − −9x

1 + 3 3 + 3 1

1 1

3 3 3

√ √ √

− −

I = dx = dx + dx

− − −

9 9 3

2 2 2

6x 9x 6x 9x 6x 9x

2 2 2

3 3 3

1

1

1 1

1 3

3 √

− − 2

= 6x 9x + dx

9 3 2

2 6x 9x

2

3 3

1 π 1

− − −

= = (π + 2).

9 18 18

Per il calcolo dell’ultimo integrale, abbiamo utilizzato il risultato ottenuto nell’esercizio 24.

27) Decomponiamo la funzione integranda nel seguente modo

3 2

sin x = sin x(1 cos x).

Braides-Tauraso 2001/02 12

Si ottiene

π

π 3

cos 5

x 3

3 − −

2

I = (sin x sin x cos x)dx = cos x + = .

3 24

0 0

28) Decomponiamo la funzione integranda nel seguente modo

− −

3 2 2

tan x = tan x(1 + tan x 1) = (1 + tan x) tan x tan x.

2 x

tan

2

Ricordando che una primitiva di (1 + tan x) tan x è , si ha

2

π

2

tan x 1

4

3

| −

I = + log cos x| log 3.

=

2 3 2

π

6

4

29) Poniamo x = t e integriamo per parti. Si ha

2 16

1

3 4

I = 2x log(x )dx = log t dt

2

1 1

1 16

= [t log t t]

1

2

1 −

= (16 log 16 15)

2 15

= 32 log 2 .

2

30) Integrando per parti si ha

3

3 3

x

2 3

I =6 x log x dx = 2 x log x 3

2 2 19

− − .

= 2 27 log 3 8 log 2 3

31) Scrivendo opportunamente la quantità sotto radice, si ha

1 1

1 1

1

I = dx = dx

− 2

2

(x 1) + 4 2

−1 −1 x−1 +1

2

1

x 1

= settsinh 2 −1

   

1

2

− x 1

x 1

   

= log + 1

+

2 2 −1

√ √

1

− −

= log( 2 1) = log 2 + 1).

= log(

( 2 1)

13 integrali

32) Lavorando come nell’esercizio precedente, si ha

1 1

1 1 1

1

I = dx = dx

1−√ 1−√

− 2

2

2 (x 1) + 2 2

2 2 x−1

√ +1

2

1

1 x 1

√ √

= settsinh √

2 2 2

1−

1

√ −

= (settsinh 0 settsinh (−1))

2

1

= (settsinh 0 + settsinh 1)

2 √

1

= 2).

log(1 +

2

33) Moltiplichiamo numeratore e denominatore per cos x. Utilizziamo, inoltre, la formula di dupli-

cazione − −

2 2

2

cos 2x = cos x sin x = 1 2 sin x

− 2

2

e la relazione fondamentale cos x = 1 sin x. Otteniamo

π − 2

(1 2 sin x) cos x

6

I = dx.

− 2

(2 sin x + 3)(1 sin x)

0

Effettuando la sostituzione sin x = t, si ottiene l’integrale di una funzione razionale fratta.

12 − 2

(1 2t )

I = dt.

− 2

(2t + 3)(1 t )

0

− 2

(1 2t )

Cerchiamo una primitiva di usando il metodo di decomposizione per fratti semplici.

− 2

(2t + 3)(1 t )

− 2

(1 2t A B C

) = + +

− −

(2t + 3)(1 t)(1 + t) 2t + 3 1 t 1 + t

− −

2

(−A + 2B 2C)t + (5B C)t + A + 3B + 3C

= ,

(2t + 3)(1 t)(1 + t)

da cui si trova 14 1 1

− −

A = , B = , C = .

5 10 2

Quindi

7 2 1 1 1 1

I = dt + dt dt

5 2t + 3 10 t 1 2 1+ t

12

7 1 1

|2t |t − − |1

= log + 3| + log 1| log + t|

5 10 2 0

14 1 1 3 7

− − −

= log 2 log 2 log log 3

5 10 2 2 5

14 1 1 7 1

− −

= + log 2 + log 3

5 10 2 5 2

16 19

= log 2 log 3.

5 10

Braides-Tauraso 2001/02 14

34) Ripercorrendo i passaggi svolti nell’esercizio precedente, si trova

20 1 23

I = log 2 + log 3 log 11.

7 2 21

35) Usiamo la sostituzione log x = t mediante la quale l’integrale proposto si riconduce a un

integrale di una funzione razionale fratta. Si ha

log 2 t

I = dt.

− 2

4 t

0

Utilizziamo il metodo di decomposizione per fratti semplici e otteniamo

t A B (A B)t + 2(A + B)

= ,

+ =

− − −

2 2

4 t 2 t 2+ t 4 t

1 1

da cui si ricava A = e B = . Quindi

2 2

log 2

1 1 1 1 log 2

|

− − |4 − 2

I = dt = log t

− 0

2 2 t 2+ t 2

0

1 −

− −

2

log(4 log

= 2) log 4

2 1

− − 2

= log 2 2).

log(4 log

2

Osserviamo che l’integrale proposto può essere calcolato più rapidamente osservando che una primitiva

−2t

t 1

− |4 − |,

· 2

2

di = è log t oppure usando la sostituzione log x = t , come illustrato

− −

2 2

4 t 2 4 t

nell’esercizio successivo. log x dt

2

36) Poniamo log x = t . Si ottiene dx = e

x 2

2

log 2

1 1 1 2

log 2

− |6 −

I = dt = [log t|]

− 0

2 6 t 2

0 1 1

− − 2

= 2).

log 6 log(6 log

2 2

37) Per il calcolo dell’integrale richiesto, utilizziamo la decomposizione

3 2

sin x = sin x(1 cos x) e la sostituzione cos x = t . Si ottiene

0 1

− − −

2 2 2 2

I = (1 t ) log(1 + t )dt = (1 t ) log(1 + t )dt.

1 0

15 integrali

− −

2 2 2

Calcoliamo una primitiva di (1 t ) log(1 + t ) integrando per parti, considerando (1 t )dt come

2

fattore differenziale e log(1 + t ) come fattore finito.

4

− t

2

3 t

t

− − −

2 2 2 3

(1 t ) log(1 + t )dt = t ) 2

log(1 + t dt

2

3 t + 1

3 4 2

t t 3t

2

− 2

= t log(1 + t dt.

) + 2

3 3 t + 1

4 2

Per calcolare l’ultimo integrale, effettuiamo la divisione tra i polinomi t 3t e t + 1. Si ottiene

4 2

t 3t 4

2 4 +

= t .

2 2

t + 1 t +1

Perciò −

4 2 3

t 3t t −

dt = 4t + 4 arctan t + C

2

t + 1 3

e l’integrale richiesto vale

1

3 3

t 2 t 8

− −

2

I = t ) +

log(1 + t 4t + arctan t

3 3 3 3 0

2 22

2 −

log 2 + π .

= 3 3 9 − 2

3

38) Usiamo la decomposizione cos x = cos x(1 sin x) e la sostituzione sin x = t . Si ottiene

1 − 2 2

I = (1 t ) log(3 + t )dt.

0

Ripercorrendo i passaggi svolti nell’esercizio precedente, si trova

√ 1

3 3

t 2 t

t √

− −

2

I = t ) + 3 arctan

log(3 + t 6t + 4

3 3 3 3 0

2 17

log 4 + .

= 3π

3 3 − 2

39) Esaminiamo il segno della quantità 4 log x . Si ha −2

− ⇔ −2 ⇔

2 2

4 log x > 0 < log x < 2 e < x < e .

− |4 − −

2 2 2

Si trova, quindi, che nell’intervallo di integrazione risulta 4 log x > 0 e log x| = 4 log x.

Si ha 2 1

I = dx.

− 2

x(9 log x)

1

Utilizzando la sostituzione log x = t , si ottiene

log 2 log 2 1

1 1 1

I = dt = + dt

− −

2

9 t 6 3+ t 3 t

0 0

log 2

|3

1 + t|

= log |3 −

6 t| 0

1 3 + log 2

= log .

6 3 log 2

Braides-Tauraso 2001/02 16

2

40) Osserviamo che 4−log x è positivo nell’intervallo di integrazione. Procedendo come nell’esercizio

precedente, si trova 1 4 + log 3

I = log .

8 4 log 3

41) Utilizzando la seguente decomposizione

sin 3x = sin(2x + x) = sin 2x cos x + cos 2x sin x

si ottiene

π π cos 2x sin x

4 4

I = sin 2xdx + dx.

cos x

π π

6 6

1

Il primo integrale è immediato e vale , il secondo si può risolvere utilizzando la sostituzione cos x = t .

4

Si ha

π π −

2

cos 2x sin x (2 cos x 1) sin x

4 4

dx = dx

cos x cos x

π π

6 6

√ 2 −

2

(2t 1)

2

= dt

√ t

3

2

√ 3 1

2 −

= 2t dt

√ t

2

2 √

3

− |t|

2 2

log

= t √ 2

√ 2

2

1 √ .

+ log

= 4 3

Quindi √

1 2 1 2

I = =

+ log 1 + log .

2 2 3

3

42) Utilizzando la seguente decomposizione −

cos 3x = cos(2x + x) = cos 2x cos x sin 2x sin x

si ottiene

π π

cos 2x cos x

3 3

− sin 2xdx.

dx

sin x

π π

6 6

Ora, si ha π 1

3 sin 2xdx = .

2

π

6

17 integrali

Il primo integrale si può risolvere utilizzando la sostituzione sin x = t . Si ha

π π − 2

cos 2x cos x (1 2 sin x) cos x

3 3

dx = dx

sin x sin x

π π

6 6

√ 3 − 2

(1 2t )

2

= dt

t

1

2

√ 3 1

2 −

= 2t dt

t

1

2 √

3

|t| − 2 2

= log t 1

2

1 1

= log 3 .

2 2

Quindi 1 −

I = log 3 1.

2

2

43) Utilizzando la sostituzione x = t , si ha

1

2 2t

te dt.

0

2t

Ora, una primitiva di te può essere facilmente ottenuta integrando per parti, considerando t come

2t

fattore finito e e dt come fattore differenziale.

2t 2t 2t

e e

e − −

2t

te = (2t 1) + C.

dt = t 2 4 4

Si ha quindi

1 1

1

2t 2

I = e .

(2t 1) =

0

4 4

44) Procedendo come nell’esercizio precedente, si ottiene

1

I = .

6

45) Dalla disparità della funzione f (x) = arctan x, segue

arctan(−2x) = arctan(2x).

Usando poi la semplice sostituzione 2x = t , si ha

1

1 arctan t

I = dt.

2

2 (1 + t)

0

Braides-Tauraso 2001/02 18

arctan t

Cerchiamo una primitiva di integrando per parti, considerando arctan t come fattore

2

(1 + t)

1

finito e dt come fattore differenziale.

2

(1 + t) 1 1

Ricordando che una primitiva di , si ha

2

(1 + t) 1+ t

arctan t arctan t 1

− −

dt = dt.

2 2

(1 + t) (1 + t) (1 + t)(1 + t )

Decomponiamo ora 1 A Bt + C

= +

2 2

(1 + t)(1 + t ) 1+ t 1 + t

2 + (B + C)t + A + C

(A + B)t

= 2

(1 + t)(1 + t )

1 1

ottenendo A = C = e B = . Si ha

2 2

1 1

1 1 1 t 1

− dt + dt

dt = dt

2 2 2

(1 + t)(1 + t ) 2 1+ t 2 1 + t 2 1 + t

1 1 1

|1 − 2

= log + t| log(1 + t arctan t + C.

) +

2 4 2

Si ottiene quindi

1

1 1 1 1 1

− − |1 2

I = )

arctan t log + t| + log(1 + t

2 t +1 2 2 4 0

1 1 1

= log 2 + log 2

2 2 4

1

= log 2.

8

46) Procedendo come nell’esercizio precedente, si trova

1

I = log 2.

12

47) Per calcolare questo integrale, utilizziamo la sostituzione 2 cos(2x) = t da cui si ottiene

−4 −8

sin(2x)dx = dt, cioè sin x cos xdx = dt.

Si ha quindi √

3 1

I = dt.

2 2

(1 + t )

1

1

Calcoliamo una primitiva di utilizzando quanto ottenuto nell’esercizio 21. Si ha

2 2

(1 + t )

2 2

1 1 + t t

dt = dt dt

2 2 2 2 2 2

(1 + t ) (1 + t ) (1 + t )

t 1

= arctan t + arctan t

2

2(1 + t ) 2

1 t

= arctan t + + C.

2

2 (1 + t )

19 integrali

Quindi, si ottiene √

3 −

1 3

2

t π

− −

I = =

arctan t + .

2

2 (1 + t ) 8 24

1

48) Utilizziamo la formula di duplicazione

sin(2x) = 2 sin x cos x

e la sostituzione 1 cos x = t da cui si ottiene sin xdx = dt. Quindi, si ha

π

3 −

I = 30 sin x cos x 1 cos x dx

0

1 1

2 2

− −

1/2 3/2

t dt

= 30 (1 t) t dt = 30 t

0 0

12

3/2 5/2

t t 2 2

− −

= 60 = 60

3 5 12 40

0

√ √ √

3 7

=5 2 2= 2.

2 2

49) Utilizzando la formula di bisezione −

x 1 cos x

2

sin = ,

2 2

si ha π

1 −

I = x(1 cos x)dx

2 0

π

1 −

= (x x cos x)dx

2 0

π π

2

x 1

= x cos xdx.

4 2 0

0

Calcoliamo quest’ultimo integrale integrando per parti. Si ottiene

x cos xdx = x sin x + cos x + C.

Quindi 2 2

π π

1 π

I = =

[x sin x + cos x] + 1.

0

4 2 4

Calcolo di integrali

Rimandiamo ai libri di testo per i teoremi fondamentali del calcolo, per la consul-

tazione di tavole di integrali immediati e per regole di integrazione per integrali di

tipo speciale (in particolare il metodo dei fratti semplici per l’integrazione di funzioni

razionali fratte). Ricordiamo i due seguenti teoremi.

Teorema di integrazione per parti. Siano f, g due funzioni derivabili con derivata

continua sull’intervallo I e a, b I. Allora

b b

b

f (t)g(t) dt = [f (x)g(x)] g (t)f (t) dt.

a

a a

g(t) viene detto fattore finito, f (t)dt viene detto fattore differenziale.

Teorema di integrazione per sostituzione. Siano I, J due intervalli, f una

funzione continua su I, ϕ : J I una funzione derivabile con derivata continua.

∀α, ∈

Allora β J si ha

ϕ(β) β

f (x) dx = f (ϕ(t))ϕ (t) dt.

ϕ(α) α ∀a, ∈

Inoltre, se ϕ è biiettiva, allora b I si ha

−1 (b)

b ϕ

f (x) dx = f (ϕ(t))ϕ (t) dt.

−1 (a)

a ϕ Esercizi proposti

1) Si calcoli il seguente integrale:

2π 5x

cos(3x)e dx

0

2) Si calcoli il seguente integrale:

2π 4x

sin(2x)e dx

0 1

Braides-Tauraso 2001/02 2

3) Si calcoli il seguente integrale:

1/2 |2t|

2

t arctan dt

−1/2

4) Si calcoli il seguente integrale:

3/4 |2t|

2

t arccos dt

− 3/4

5) Si calcoli il seguente integrale: √

1/(2 2) |2t|

2

t arcsin dt

−1/(2 2)

6) Si calcoli il seguente integrale:

−1 2

t + 3t + 4 dt

2

t + 4t + 5

−2

7) Si calcoli il seguente integrale:

1 2

t t + 2 dt

√ −

2

t 2t + 2

3)

(1−

8) Si calcoli il seguente integrale: 1 5

t

√ dt

4

t + 1

0

9) Si calcoli il seguente integrale:

1 2 6

t t + 1 dt

−1

3 integrali

10) Si calcoli il seguente integrale:

1 1

√ dx

x 1+ x

0

11) Si calcoli il seguente integrale:

π/2 cos x

dx

2

−π/2 1 + sin x

12) Si calcoli il seguente integrale:

π/2 sin x

√ dx

2

1 + cos x

0

13) Si calcoli il seguente integrale:

2π 1 dx

2 2

sin x + 2 cos x

0

14) Si calcoli il seguente integrale:

2π 1 dx

2 2

2 sin x + 3 cos x

0

15) Si calcoli il seguente integrale:

2 −

arctan 1 + 2|x 1| dx

0

16) Si calcoli il seguente integrale:

4 1

arcsin dx

2 + 2|x 3|

2

Braides-Tauraso 2001/02 4

17) Si calcoli il seguente integrale:

√ √

−1)

2

(π x + 1 sin( x + 1) dx

−1

18) Si calcoli il seguente integrale:

2 −18

π √ √

9 x + 2 sin( x + 2) dx

−2

19) Si calcoli il seguente integrale:

( 8+1)/2 1

√ dx

√ − − 2

(2x 1) 8 16x + 16x

( 3+1)/2

20) Si calcoli il seguente integrale:

( 8+1)/3 1

√ dx

√ − − 2

(1 3x) 8 24x + 36x

3+1)/3

(

21) Si calcoli il seguente integrale:

1 2

x 2x + 5 dx

2 2

(1 + x )

0

22) Si calcoli il seguente integrale:

1 2

x 4x + 3 dx

2 2

(1 + x )

−1

23) Si calcoli il seguente integrale:

3/4 1

√ dx

− 2

4x 4x

1/2

5 integrali

24) Si calcoli il seguente integrale:

2/3 1

√ dx

− 2

6x 9x

1/3

25) Si calcoli il seguente integrale:

1/2 x

√ dx

− 2

4x 4x

3/4

26) Si calcoli il seguente integrale:

1 x

√ dx

− 2

6x 9x

1/3

27) Si calcoli il seguente integrale:

π/3 3

sin (x) dx

0

28) Si calcoli il seguente integrale:

π/3 3

tan (x) dx

π/6

29) Si calcoli il seguente integrale:

2 3 8

x log(x ) dx

1

30) Si calcoli il seguente integrale:

3 2 6

x log(x ) dx

2

Braides-Tauraso 2001/02 6

31) Si calcoli il seguente integrale:

1 1

√ dx

2

x 2x + 5

−1

32) Si calcoli il seguente integrale:

1 1

√ dx

√ −

2

2x 4x + 6

2)

(1−

33) Si calcoli il seguente integrale:

π/6 cos(2x) dx

(2 sin x + 3) cos x

0

34) Si calcoli il seguente integrale:

0 cos(2x) dx

(3 sin x 4) cos x

−π/6

35) Si calcoli il seguente integrale:

2 log x dx

− 2

x(4 log x)

1

36) Si calcoli il seguente integrale:

2 log x dx

− 2

x(6 log x)

1

37) Si calcoli il seguente integrale:

π/2 3 2

sin x log(1 + cos x) dx

0

7 integrali

38) Si calcoli il seguente integrale:

π/2 2

3

cos x log(3 + sin x) dx

0

39) Si calcoli il seguente integrale:

2 1 dx

|4 − 2

5x + log x|x

1

40) Si calcoli il seguente integrale:

3 1 dx

|4 − 2

12x + log x|x

1

41) Si calcoli il seguente integrale:

π/4 sin(3x) dx

cos x

π/6

42) Si calcoli il seguente integrale:

π/3 cos(3x) dx

sin x

π/6

43) Si calcoli il seguente integrale: √

1/ 2 2

3 2x

2 x e dx

0

44) Si calcoli il seguente integrale: √

1/ 3 2

3 3x

3 x e dx

0

Braides-Tauraso 2001/02 8

45) Si calcoli il seguente integrale:

1/2 arctan(−2x) dx

2

(1 + 2x)

0

46) Si calcoli il seguente integrale:

1/3 arctan(−3x) dx

2

(1 + 3x)

0

47) Si calcoli il seguente integrale:

π/12 8 sin x cos x dx

2 2

(1 + 4 cos (2x))

−π/6

48) Si calcoli il seguente integrale:

π/3 −

15 sin(2x) 1 cos x dx

0

49) Si calcoli il seguente integrale:

π 1

2

x sin x dx

2

0

INTEGRALI INDEFINITI e DEFINITI

Esercizi risolti

1. E’ data la funzione p 2

4 x

f (x) =

x x

2

(a) Provare che la funzione F (x) = 4 x + 2 arcsin è una primitiva di f (x) sull’intervallo (−2, 2).

2 2

√ x π

x 2

− −

4 x + 2 arcsin è la primitiva di f (x) sull’intervallo (−2, 2) che

(b) Provare che la funzione G(x) = 2 2 3

√ 3

passa per P= (1, ).

2 2 1

− −

2. Provare che le funzioni F (x) = sin x + 7 e G(x) = cos(2x) 11 sono due primitive di una stessa funzione f (x)

2

su IR; trovare f (x) e dire di quale costante differiscono F (x) e G(x).

3. Usando le tabelle degli integrali elementari, calcolare i seguenti integrali indefiniti.

√ x

Z

Z Z Z

x 3e

5

3 4 3 dx

dx d)

a) 2x + 5 dx b) dx c) x 8 + x 2x

p 1+ e

2 3

(x + 5)

Z Z Z Z

1 1 2

x

dx g) xe dx h) tan x dx

e) dx f ) 2/3

p 2 x(log x)

x 1 log x √

Z Z Z Z

1 x

2 −

i) dx j) 7x cos(3x 5) dx k) cos x sin x dx l) dx .

2 2

sin 2x cos (3x + 5)

4. Calcolare per parti i seguenti integrali.

Z Z Z

−x

(a) x sin x dx (b) 2xe dx (c) log(1 + x) dx

Z Z Z

2 2

(d) 2x log(x 5) dx (e) x log (5x) dx (f) (x + 1) cos x dx

Z Z Z p

x 2

(g) 2x arctan x dx (h) e sin x dx (i) 1 x dx .

5. Calcolare i seguenti integrali di funzioni razionali.

2 − −

Z Z Z

2x 3x + 7 3x 4 3x

(a) dx (b) dx (c) dx

2 3

− − −

x 5 x 6x + 8 x 1

5 4 5

− −

Z Z

Z x 3x + x + 3 x x +1

9x + 8

(d) dx (e) dx (f ) dx .

3 2 2 4 2

x + 2x + x + 2 x 1 x + x

6. Calcolare i seguenti integrali, usando le opportune sostituzioni. √

x −

Z Z Z

e sinh x x + x 1

(a) dx (b) dx (c) dx

2x x

− −

e 3e + 2 cosh x +1 x 5

Z

Z Z Z

1 p p p

√ √ 2 2 2

− −

(d) dx (e) 1 x dx (f ) 1 + x dx (g) x 1 dx

3

2x( 2x + 1) −

Z Z Z

2 cos x 3 1

sin x dx (j)

(h) dx (i) dx .

2

2 3

(1 + tan x) 4 sin x + 3 cos x

sin x cos x + 1

7. Calcolare i seguenti integrali definiti √ √

1 2 16 3

− −

Z Z Z Z

x 1 log(2x + 1) t 3

√ −

(a) dt (d) 4|x 1| arctan x dx .

dx (b) dx (c)

2 2

x 4 (2x + 1) −

t 3 t +2

0 0

0 9

8. Calcolare le seguenti aree:

(a) Area delimitata dal grafico della funzione 1

1 1

f (x) = +

+ 2

x x

x

e dall’asse della x, per x [1, 4].

(b) Area della regione piana R compresa tra il grafico della funzione

 2

x + x ≤

 se 0 x < π

f (x) = 6 ≤ ≤

sin x se π x 2π

e l’asse delle x. x

−e −e)

(c) Area della regione R del piano xy compresa tra la curva di equazione y = e la retta per A= (1, e

−1).

B= (0,

(d) Area della parte di piano compresa tra il grafico della funzione

2

f (x) = (x 1) log(x + 4)

e l’asse delle x, per x [0, 1].

(e) Area della parte di piano compresa tra il grafico della funzione

x 2x

− e

e

f (x) = 2x

1 + e

h i

1

e l’asse delle x, per x log , log 3 .

√ 3

9. Sia |x| −1 ≤

se x < 1

f (x) = 2

− ≤ ≤

16 x se 1 x 3.

a) Calcolare la media integrale µ di f sull’intervallo [−1, 3].

b) Dire se esiste un punto c [−1, 3] per cui f (c) = µ.

10. Data la funzione 2

h(x) = x log(x + 1)

(a) trovare tutte le primitive di h;

(b) trovare la primitiva di h(x) che passa per P= (1, log 2). π

2

11. Trovare la primitiva della funzione f (x) = x sin x + cos x che si annulla per x = .

2

12. Sia  p |x| se x < 1

f (x) = 1 ≥

se x 1.

2

 4 + x

Determinare la primitiva generalizzata di f che si annulla per x = 0.

SOLUZIONE

√ √

x x

2 2

− −

1. (a) Per provare che F (x) = 4 x + 2 arcsin è una primitiva di f (x) = 4 x sull’intervallo (−2, 2) è

2 2

0 ∈

sufficiente provare che F (x) = f (x), per ogni x (−2, 2). 2

−x

−2x 1 2

1/2

1 x p

p

0 √ √

√ 2

2 −

− + =

= 4 x +

+2

F (x) = 4 x + p 2

2 2 2 2

2 2 − −

− − 2 4 x 4 x

2 4 x 1 x /4

2

−x + 4 1 1

1 p p p

2 2 2

− − −

4 x + = 4 x + 4 x = f (x).

= 2 2 2

2

2 4 x π

(b) Sicuramente G(x) è una primitiva di f (x), in quanto differisce da F (x) solo per la costante .

3

√ 3 .

Controlliamo che G(1) = 2

√ √ √

1 12 π 3 π π 3

− − −

G(1) = 4 1 + 2 arcsin = + 2 = .

2 3 2 6 3 2 0

2. F (x) e G(x) sono entrambe derivabili su IR. Sono entrambe primitive di una stessa funzione f (x) se si ha F (x) =

0 ∈

G (x) = f (x), per ogni x IR. Calcoliamo le derivate:

0 0 12

F (x) = 2 sin x cos x = sin(2x) , G (x) = (−2) sin(2x) = sin(2x).

0 0

Dunque F (x) = G (x) = f (x) = sin(2x).

Essendo due primitive della stessa funzione sullo stesso intervallo, la loro differenza deve essere costante.

Calcoliamone la differenza:

2 2 2

12 12 1 37

− cos(2x) + 11 = sin x + (1 2 sin x) + 18 = 18 + = .

F (x) G(x) = sin x + 7 + 2 2

√ 3/2

Z

Z 1 1 (2x + 5) 1 p

1/2 3

2x + 5 dx = 2(2x + 5) dx = + c = (2x + 5) + c

3. (a) 2 2 3/2 3

−1/2

2

Z

Z x 1 1 (x + 5) 1

−3/2

2 √

· + c =

2x (x + 5) dx =

(b) dx = + c

p −1/2

2 2 2

2 3 x + 5

(x + 5) 2

4

Z Z

1 1 (8 + x ) 3 1

3

5 5

− −

3 4 3 4 −

(c) x (8 + x ) dx = 4x (8 + x ) dx = + c = + c

3 3 23 p

4 4 8 4 2

3 (8 + x )

x x

Z Z e

3e x

dx = 3 dx = 3 arctan(e ) + c

(d) 2x x 2

1 + e 1 + (e )

Z Z

1 1/x

(e) dx = dx = arcsin(log x) + c

p p

2 2

1 (log x)

x 1 log x 1/3

Z Z

1 1 (log x) p

−2/3 3 log x + c

(f) dx = (log x) dx = + c = 3

2/3 x 1/3

x(log x)

Z Z

1 1

2 2 2

x x x

(g) xe dx = 2xe dx = e + c

2 2 −

Z Z Z

sin x sin x

− − |

(h) tan x dx = dx = dx = log cos x| + c

cos x cos x

Z Z Z Z

1 1 1 cos x 1 1 1 1 |

(i) dx = dx = dx = dx = log tan x| + c

2 2

sin 2x 2 sin x cos x 2 sin x cos x 2 cos x tan x 2

Z Z

7 7

2 2 2

− − −

(j) 7x cos(3x 5) dx = 6x cos(3x 5) dx = sin(3x 5) + c

6 6

Z Z 2 2 p 3

1/2 3/2 sin x + c

(k) cos x sin x dx = cos x(sin x) dx = (sin x) + c =

3 3

Z Z

x 1 6x 1 2

(l) dx = dx = tan(3x + 5) + c

2 2 2 2

cos (3x + 5) 6 cos (3x + 5) 6

4. Ricordiamo la regola di integrazione per parti:

Z Z

0 0

· · − ·

f (x) g(x) dx = f (x) g(x) f (x) g (x) dx

0

Z −

f (x) = sin x f (x) = cos x

(a) Per ricavare x sin x dx scegliamo =⇒ 0

g(x) = x g (x) = 1

Otteniamo:

Z Z

−x − −x

x sin x dx = cos x (− cos x) dx = cos x + sin x + c 0 −x −x

Z Z −e

f (x) = e f (x) =

−x −x

(b) Per ricavare 2xe dx = 2 xe dx , conviene scegliere =⇒ 0

g(x) = x g (x) = 1

Dunque:

Z Z

−x −x −x −x −x −x

−x · − · − −2e

2 xe dx = 2 e (−e ) dx = 2(−x e e ) + c = (x + 1) + c.

(c) In questo caso conviene vedere la funzione integranda log(1 + x) come prodotto della funzione costante 1 per

( f (x) = x

0

f (x) = 1 1

la funzione log(1 + x) e scegliere =⇒ .

0

g(x) = log(1 + x) g (x) = 1+ x

Z Z x

Pertanto log(1 + x) dx = x log(1 + x) dx .

1+ x

Per calcolare l’ultimo integrale, conviene prima eseguire un “trucco” algebrico, e poi sfruttare la linearità

dell’integrale; nel prossimo esercizio vedremo un procedimento più completo che tratta dell’integrazione delle

funzioni razionali.

Per ora, scriviamo:

x x +1 1 1+ x 1 1

− −

= = =1 ;

1+ x 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x

dunque

Z Z Z

x 1

− − |1

dx = dx dx = x log + x| + c.

1+ x 1+ x

Tornando all’integrale di partenza, si ha:

Z −

log(1 + x) dx = x log(1 + x) x + log (1 + x) + c. −1.

L’ultima uguaglianza è giustificata dal fatto che la funzione integranda è definita solo per x >

2

Z Z x

2

− − −

(d) 2x log(x 5) dx = x log(x 5) dx

x 5

Anche in questo caso, manipoliamo l’ultima funzione razionale, nel seguente modo:

2 2 2

− − −

x x 25 + 25 x 25 25 (x 5)(x + 5) 25 25

= = + = + = x +5+ .

− − − − − − −

x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5

Pertanto 2

Z Z 25 x

2 2

− − − − − − − |x −

2x log(x 5) dx = x log(x 5) x +5+ dx = x log(x 5) 5x 25 log 5| + c

x 5 2

|x − −

La funzione integranda è definita solo per x > 5; pertanto si avrà 5| = x 5. Dunque

2

Z x

2

− − − − − −

2x log(x 5) dx = x log(x 5) 5x 25 log(x 5) + c.

2

2 2 2

Z Z Z

x x 5 x

2 2 2

− −

(e) x log (5x) dx = log (5x) 2 log(5x) dx = log (5x) x log(5x)

2 2 5x 2

Riapplicando nuovamente la formula di integrazione per parti all’ultimo integrale, ricaviamo

2 2 2 2 2

Z Z

x x 1 x x x

2 2 2

− − −

log (5x) log(5x) x dx = log (5x) log(5x) + + c

x log (5x) dx = 2 2 2 2 2 4

Z Z Z

2 2 2

− −

(f) (x + 1) cos x dx = (x + 1) sin x 2(x + 1) sin x dx = (x + 1) sin x + 2 (x + 1) cos x cos x dx =

2 −

= (x + 1) sin x + 2(x + 1) cos x 2 sin x + c. 2 −

Z Z Z

1 x +1 1

2 2 2

− −

(g) 2x arctan x dx = x arctan x x dx = x arctan x dx =

2 2

x +1 x + 1

Z 1

2 2

− − −

= x arctan x 1 dx = x arctan x x + arctan x + c

2

1 + x

Z Z Z

x x x x x x

− −

(h) e sin x dx = e sin x e cos x dx = e sin x e cos x + e sin x dx .

Dunque

Z x x x

2 e sin x dx = e sin x e cos x

da cui Z 1

x x x

e sin x dx = (e sin x e cos x) + c.

2 2

−2x −x −

Z Z Z + 1 1

p p p

√ √

2 2 2

− − − − −

(i) 1 x dx = x 1 x x dx = x 1 x dx =

2 2

− −

2 1 x 1 x

Z Z 1

p p √

2 2

− − −

= x 1 x 1 x dx + dx

2

1 x

Dunque

Z p p

2 2

− −

2 1 x dx = x 1 x + arcsin x

da cui Z 1

p p

2 2

− −

1 x dx = (x 1 x + arcsin x) + c.

2

Lo stesso integrale può essere risolto per sostituzione (si veda l’esercizio n. 6).

5. (a) Per risolvere gli integrali di funzioni razionali, occorre anzitutto che il grado del numeratore sia strettamente

inferiore al grado del denominatore. Se non lo è, bisogna procedere con la divisione dei polinomi.

Procediamo dunque alla divisione del polinomio a numeratore per il polinomio a denominatore e troviamo

2 −

2x 3x + 7 42

= 2x + 7 + .

− −

x 5 x 5

Dunque

2

Z Z Z Z

2x 3x + 7 42 42 2 |x −

dx = 2x + 7 + dx = (2x + 7) dx + dx = x + 7x + 42 log 5| + c.

− − −

x 5 x 5 x 5

− −

Z

Z 3x 4 3x 4

(b) dx = dx .

2 − − −

x 6x + 8 (x 4)(x 2)

Con il metodo di decomposizione in fratti semplici si ottiene:

− − − − −

3x 4 A B A(x 2) + B(x 4) (A + B)x 2A 4B

= + = = .

− − − − − − − −

(x 4)(x 2) x 4 x 2 (x 4)(x 2) (x 4)(x 2)

Uguagliando i coefficienti dei polinomi a numeratore, si ottiene il sistema:

A + B =3 A =4

⇐⇒ .

−2A − −4 −1

4B = B =

Quindi: −

3x 4 4 1

= .

− − − −

(x 4)(x 2) x 4 x 2

Dunque:

− Z

Z 1

3x 4 4 − |x − − |x −

dx = dx = 4 log 4| log 2| + c.

2 − − −

x 6x + 8 x 4 x 2

(c) Per calcolare

Z 3x dx

3 −

x 1

possiamo usare direttamente il metodo di decomposizione in fratti semplici, in quanto il grado del numeratore

è strettamente inferiore al grado del denominatore; dobbiamo scomporre il denominatore come prodotto di

3 2

− −

fattori irriducibili. Ricordando che x 1 = (x 1)(x + x + 1) e usando il metodo di decomposizione in

fratti semplici, possiamo scomporre la frazione da integrare: 2 − −

3x A Bx + C (A + B)x + (A B + C)x + A C

3x = = + = .

3 2 2 2

− − − −

x 1 (x 1)(x + x + 1) x 1 x + x +1 (x 1)(x + x + 1)

Uguagliando i numeratori della frazione iniziale e finale, si trova il sistema:

 

A + B = 0 A = 1

 

− −1

A B + C = 3 B =

=⇒ .

A C = 0 C = 1

 

Quindi: −

Z Z Z Z Z

3x 1 x 1 1 2x + 1 3 1

− |x − − dx + dx =

dx = dx dx = log 1|

3 2 2 2

− −

x 1 x 1 x + x +1 2 x + x +1 2 x + x +1

Z

3 1

1 2

|x − −

= log 1| log(x + x + 1) + dx .

2

2 2 x + x + 1

Per risolvere l’ultimo integrale, usiamo il metodo di “completamento dei quadrati”, allo scopo di ottenere il

2

denominatore nella forma k[1 + (ax + b) ] (dove k, a, b sono costanti opportune da trovare).

2

h i

2

2

1 3 3 4 1 3 2x+1

2

x + x +1= x + + = 1+ x + = 1 + .

2 4 4 3 2 4 3

Pertanto √ 2 √

Z Z Z 2x + 1

3 1 3 1 3 3 √ + c.

dx = 3 arctan

dx = dx = 2 2

2 2

2 x + x + 1 2 2

3

2x+1

3 2x+1 1 + √

1+ √

4 3

3

Infine √

Z 2x + 1

3x 1 2 √

|x − − 3 arctan + c.

dx = log 1| log(x + x + 1) +

3 −

x 1 2 3

3 2 −2;

(d) Il polinomio x + 2x + x + 2 ammette la radice x = dunque è divisibile per x + 2. Effettuando i calcoli si

3 2 2

trova x + 2x + x + 2 = (x + 2)(x + 1).

Dunque

Z Z

9x + 8 9x + 8

dx = dx .

3 2 2

x + 2x + x + 2 (x + 2)(x + 1)

Ricorriamo alla decomposizione in fratti semplici.

2 2

9x + 8 A Bx + C A(x + 1) + (Bx + C)(x + 2) (A + B)x + (2B + C)x + A + 2C

= + = = .

2 2 2 2

(x + 2)(x + 1) x +2 x +1 (x + 2)(x + 1) (x + 2)(x + 1)

Uguagliando i polinomi a numeratore della prima e dell’ultima frazione, si ottiene il sistema:

  −2

A + B = 0 A =

 

2B + C = 9 B = 2

=⇒ .

A + 2C = 8 C = 5

 

Pertanto:

−2 −2

Z Z Z Z Z

2x + 5 2x 5

9x + 8 dx = dx = dx + dx + dx =

+

3 2 2 2 2

x + 2x + x + 2 x + 2 x + 1 x +2 x + 1 x + 1

2

x + 1

2

−2 |x

= log + 2| + log(x + 1) + 5 arctan x + c = log + 5 arctan x + c.

2

(x + 2)

(e) Poiché il grado del polinomio al numeratore è superiore a quello del denominatore, occorre preliminarmente

procedere alla divisione dei due polinomi.

Si ottiene

5 4

x 3x + x + 3 2x

3 2

− −

= x 3x + x 3 + .

2 2

− −

x 1 x 1

Pertanto

5 4 4 2

Z Z Z 2x x x

x 3x + x + 3 3 2 3 2

− − − − |x −

dx = x 3x + x 3 dx + dx = x + 3x + log 1| + c.

2 2

− −

x 1 x 1 4 2

(f) Effettuando la necessaria divisione tra il polinomio a numeratore e quello a denominatore, si ottiene

5 3

− −

x x + 1 x + x 1

= x

4 2 4 2

x + x x + x

Dunque

5 3 3

− −

Z Z Z Z

x + x 1 x + x 1

x x +1 − −

dx = x dx = x dx dx .

4 2 4 2 2 2

x + x x + x x (x + 1)

Ricorriamo alla decomposizione in fratti semplici:

3 − A B Cx + D

x + x 1 = + + .

2 2 2 2

x (x + 1) x x x +1

Procedendo come sopra, si ottiene  A = 1

 −1

B =

 .

C = 0

 D = 1

Dunque:

5 2 2

Z Z

x x +1 x 1 1 1 x 1 −

− − − |x| −

dx = arctan x + c.

dx = + log

4 2 2 2

x + x 2 x x x +1 2 x

6. (a) L’integrale

x

Z e dx

2x x

e 3e + 2 x

può essere trasformato nell’integrale di una funzione razionale effettuando la sostituzione e = t, da cui x = log t

1 dt .

e dx = t

Pertanto x

Z Z Z Z

e t 1 1 1

dx = dt = dt = dt .

2x x 2 2

− − − − −

e 3e + 2 t 3t + 2 t t 3t + 2 (t 1)(t 2)

Si tratta dell’integrale di una funzione razionale il cui denominatore è decomposto in fattori irriducibili. Usiamo

il metodo di decomposizione in fratti semplici: − − − −

1 A B A(t 1) + B(t 2) (A + B)t A 2B

= + = = .

− − − − − − − −

(t 2)(t 1) t 2 t 1 (t 1)(t 2) (t 1)(t 2)

Uguagliando i coefficienti dei polinomi a numeratore, si ottiene il sistema:

A + B = 0 A = 1

=⇒ .

−A − −1

2B = 1 B =

Pertanto x

Z

Z 1

e 1 x x

− |t − − |t − |e − − |e −

dx = dt = log 2| log 1| + c = log 2| log 1| + c.

2x x

− − −

e 3e + 2 t 2 t 1

−x

x −e

e −x

x −

Z Z Z

sinh x e e

2

(b) dx = dx .

dx =

−x −x

x x

e +e

cosh x + 1 e + e + 2

+ 1

2 1

x

Effettuando, come sopra, la sostituzione e = t, da cui x = log t e dx = dt , si ottiene

t

1 2

t − − −

Z Z Z Z Z

sinh x t 1 1 (t 1)(t + 1) 1 t 1

1

t

dx = dt = dt = dt = dt .

1 2 2

cosh x + 1 t t + 1 + 2t t (t + 1) t t(t + 1)

t + +2

t

Con il metodo di decomposizione in fratti semplici si ottiene:

t 1 A B A(t + 1) + Bt (A + B)t + A

= + = = .

t(t + 1) t t +1 t(t + 1) t(t + 1)

Uguagliando i coefficienti dei polinomi a numeratore, si ottiene il sistema:

−1

A + B =1 A =

⇐⇒ .

−1

A = B =2

Dunque:

−1

Z Z

sinh x 2 x x

− |t| |t − |e | |e

dx = + dt = log + 2 log + 1| + c = log + 2 log + 1| + c =

cosh x + 1 t t +1

x 2 −

= log (e + 1) x + c.

√ −

Z x + x 1

(c) L’integrale dx , può essere ricondotto ad un integrale di funzione razionale operando la

x 5

√ 2

sostituzione x 1 = t, da cui x = 1 + t e dx = 2t dt .

Pertanto √ 2 3 2

Z Z Z t + t + t

x + x 1 t + t +1 ·

dx = 2t dt = 2 dt .

2 2

− − −

x 5 t 4 t 4

3 2

t + t + t 5t + 4

Eseguendo la divisione tra polinomi si ottiene = t +1+ .

2 2

− −

t 4 t 4

Dunque: √

Z Z

x + x 1 5t + 4

dx = 2 t +1+ dt .

− −

x 5 (t 2)(t + 2)

Decomponendo l’ultima frazione in fratti semplici, si ha: − −

5t + 4 A B A(t + 2) + B(t 2) (A + B)t + (2A 2B)

= + = = .

2 2

− − − −

(t 2)(t + 2) t 2 t +2 t 4 t 4

Uguagliando i numeratori della prima e dell’ultima frazione si ottiene il sistema:

7

A + B = 5 A = 2

=⇒ 3

2A 2B = 4 B = 2

Dunque :

Z Z Z

x 1 7 1 3 1

x + 2 |t − |t

dx = 2 (t + 1) dt + 2 + dt = t + 2t + 7 log 2| + 3 log + 2| + c =

− −

x 5 2 t 2 2 t +2

√ √ √

− − | − − | −

= x 1 + 2 x 1 + 7 log x 1 2| + 3 log x 1 + 2| + c.

Z 1

√ √ dx , allo scopo di “eliminare i radicali ” si può effettuare la

(d) Per risolvere l’integrale 3

2x( 2x + 1) √ √

3 2

6 5 3

2x = t e 2x = t .

sostituzione 2x = t , da cui dx = 3t dt ; in tal modo si ha

Dunque: 5 2

Z Z Z

Z 3t t 1

1

√ √ − −

dx = dt = 3 dt = 3 1 dt = 3t 3 arctan t + c =

3 2 2 2

3 t (t + 1) t + 1 t + 1

2x( 2x + 1) √ √

6 6

= 3 2x 3 arctan 2x + c.

Z p 2

(e) L’integrale 1 x dx è già stato risolto precedentemente per parti; si può anche effettuare la sostituzione

x = sin t, da cui e dx = cos t dt .

La funzione x = sin t non è iniettiva; pertanto, per poter effettuare la sostituzione inversa, dobbiamo restringerci

π π

a un opportuno intervallo di integrazione; conviene scegliere l’intervallo , , in cui oltre a invertire la

√ 2 2

2

funzione x = sin t, trovando t = arcsin x, è anche possibile ricavare 1 x = cos t . Dunque

Z Z Z 1 + cos(2t) 1 1 1 1

p 2

2

− t + sin t cos t + c =

1 x dx = cos t dt = dt = t + sin(2t) + c =

2 2 4 2 2

1 1 p 2

= arcsin x + x 1 x + c.

2 2

Z p 2

(f) Per risolvere l’integrale 1 + x dx conviene effettuare la sostituzione x = sinh t, da cui si ricava

√ 2

dx = cosh t dt ; si ha inoltre 1 + x = cosh t , tenendo conto che i due membri dell’ultima uguaglianza sono

funzioni sempre positive. Dunque −t −2t −2t

t 2 2t 2t

Z Z Z Z

(e + e ) e + e + 2 1 e e

p 2

2

1 + x dx = cosh t dt = dt = dt = + 2t + c =

4 4 4 2

1 1 1 1 1 1

p 2

= sinh(2t) + t + c = sinh t cosh t + t + c = x 1 + x + settsinhx + c.

4 2 2 2 2 2

Z p 2 −

(g) Per risolvere l’integrale x 1 dx conviene effettuare la sostituzione x = cosh t, da cui si ricava

dx = sinh t dt .

Ponendoci su un opportuno intervallo di integrazione, possiamo invertire la funzione x = cosh t; conviene

√ √

2 2

− −

scegliere l’intervallo [0, +∞), in cui si trova t = log(x + x 1). Inoltre è anche possibile ricavare x 1 =

sinh t . Dunque Z Z Z

Z p 2 2 2

2 − − −

x 1 dx = sinh t dt = (cosh t 1) dt = cosh t dt t.

Z 1 1

2 sinh t cosh t + t + c, si ha:

Sfruttando il risultato appena trovato sopra cosh t dt = 2 2

Z 1

1 p

p

p 2

2

2 −

− x 1) + c.

x 1 + log(x +

x 1 dx = x 2

2

Z 2

(h) Per calcolare dx , allo scopo di trasformarlo in un integrale di funzione razionale possiamo

2

(1 + tan x) 1

usare la sostituzione tan x = t, da cui x = arctan t e dx = dt .

2

1+t

Quindi:

Z Z

2 2 1

dx = dt .

2 2 2

(1 + tan x) (1 + t) 1 + t

Ricorriamo alla decomposizione in fratti semplici.

2 A B Ct + D

= + + .

2 2 2 2

(1 + t) (1 + t ) 1 + t (1 + t) 1 + t

Procedendo come sopra, si ottiene

 A = 1

 B = 1

 .

−1

C =

 D = 0

Dunque: Z Z Z

Z 1 1 t 1 1

2 2

− |1 − −

dx = dt + dt dt = log + t| log(1 + t ) + c =

2 2 2

(1 + tan x) 1+ t (1 + t) 1+ t 1+ t 2

1 1 2

|1 − −

= log + tan x| log(1 + tan x) + c.

1 + tan x 2

(i) Per risolvere l’integrale

Z cos x 3 sin x dx

2 3

sin x cos x + 1

è consigliabile usare la sostituzione cos x = t, da cui sin x dx = dt . Pertanto

− − −

Z Z Z

cos x 3 t 3 3 t

sin x dx = dt = dt .

2 2 3 3 2

− − −

3 1 t t + 1 t + t 2

sin x cos x + 1 3 2 2

− −

Il polinomio a denominatore ammette la radice t = 1 e si fattorizza in t + t 2 = (t 1)(t + 2t + 2) .

Ricorrendo alla decomposizione in fratti semplci, si trova

2 25 11

− −

t

3 t 5 5

= + .

2 2

− −

(t 1)(t + 2t + 2) t 1 t + 2t + 2

Dunque

Z Z Z Z

1 2 2t + 11 1 2t + 2 9

3 t − |t − − −

dt = dt = 2 log 1| dt dt =

3 2 2 2 2

− −

t + t 2 5 t 1 t + 2t + 2 5 t + 2t + 2 1 + (t + 1)

2 1 9

2

|t − − −

= log 1| log(t + 2t + 2) arctan(t + 1) + c.

5 5 5

Infine −

Z cos x 3 2 1 9

2

| − − −

sin x dx = log cos x 1| log(cos x + 2 cos x + 2) arctan(cos x + 1) + c.

2 3 5 5 5

sin x cos x + 1

Z 1

(j) L’integrale dx , può essere ricondotto ad un integrale di funzione razionale mediante le

4 sin x + 3 cos x x

formule di razionalizzazione delle funzioni trigonometriche, cioè operando la sostituzione tan = t, da cui

2

2

2 2t 1 t

x = 2 arctan t e dx = dt ; si ha inoltre sin x = e cos x = . Pertanto

2 2 2

1 + t 1 + t 1 + t

Z Z Z Z

1 1 2 2 1

−2

dx = dt = dt = dt .

2 2 2

2t 1−t − −

4 sin x + 3 cos x 1 + t 8t + 3 3t (3t + 1)(t 3)

4 + 3

2 2

1+t 1+t

Decomponendo l’ultima frazione in fratti semplici, si ha:

1 A B A(t 3) + B(3t + 1) (A + 3B)t + (−3A + B)

= + = = .

− − − −

(3t + 1)(t 3) 3t + 1 t 3 (3t + 1)(t 3) (3t + 1)(t 3)

Uguagliando i numeratori della prima e dell’ultima frazione, si ottiene il sistema:

3

A + 3B = 0 A = 10

=⇒ .

1

−3A + B = 1 B = 10

Dunque

Z Z

1 3 1 1 1 1 1

−2 − |3t − |t −

dx = + dt = log + 1| log 3| + c =

4 sin x + 3 cos x 10 3t + 1 10 t 3 5 5

x

3 tan + 1

1 2

= log + c.

x −

5 tan 3

2 1 −

Z x 1

7. (a) Per la formula fondamentale del calcolo integrale, per risolvere l’integrale definito dx , si deve

2 −

x 4

0

x 1 −

prima trovare una primitiva F (x) della funzione f (x) = e poi calcolare F (1) F (0).

2 −

x 4

Z x 1

Per calcolare dx , usiamo il metodo di decomposizione delle funzioni razionali in fratti semplici,

2 −

x 4

ottenendo: − − −

x 1 A B A(x + 2) + B(x 2) (A + B)x + 2A 2B

= + = = .

− − − −

(x 2)(x + 2) x 2 x +2 (x + 2)(x 2) (x + 2)(x 2)

Uguagliando i coefficienti dei due polinomi a numeratore, si ottiene il sistema:

1

A + B = 1 A = 4

⇐⇒ .

3

− −1

2A 2B = B = 4

Dunque 1

1 3

1

Z 1 3 1 3 1 3 3

4

4 |x − |x

dx = log 2| + log + 2| = log 1+ log 3− log 2− log 2 = log 3−log 2.

+

− x +2 4 4 4 4 4 4 4

x 2

0 0

2

Z Z log(2x + 1)

log(2x + 1)

(b) Per calcolare l’integrale definito dx , calcoliamo prima l’integrale indefinito dx .

2 2

(2x + 1) (2x + 1)

0 12

Utilizziamo dapprima la sostituzione 2x + 1 = u e dunque dx = du , e in seguito applichiamo la formula

di integrazione per parti; otteniamo:

−1

Z Z Z

log(2x + 1) 1 log u 1 1 1 1 1

− − − −

dx = du = log u du = log u + c.

2 2 2

(2x + 1) 2 u 2 u u 2 u u

Pertanto

Z log(2x + 1) 1

dx = [1 + log(2x + 1)] + c.

2

(2x + 1) 2(2x + 1)

Dunque l’integrale definito cercato vale: 2

2 −

Z log(2x + 1) 1 1 + log(2x + 1) 1 1 + log 5 4 log 5

− −

=

dx = 1 = .

2

(2x + 1) 2 2x + 1 2 5 10

0 0

16 −

Z t 3

√ dt , calcoliamo prima l’integrale indefinito, usando la

(c) Per calcolare l’integrale definito −

t 3 t +2

√ 9

2

sostituzione: t = y, e dunque t = y da cui dt = 2y dy .

√ 2

− −

Z Z Z Z

y 3

t 3 y 3y 2

√ −

dt =

Allora: 2y dy = 2 dy = 2 1 dy =

2 2 2

− − −

2 3y + y y 3y + 2 y 3y + 2

2 3 t + t

Z Z 1

=2 dy 4 dy .

− −

(y 1)(y 2)

Usiamo il metodo di decomposizione delle funzioni razionali in fratti semplici:

− − − −

1 A B A(y 2) + B(y 1) (A + B)y 2A B

= + = =

− − − − − − − −

(y 1)(y 2) y 1 y 2 (y 1)(y 2) (y 1)(y 2)

che porta a risolvere il sistema: −1

A + B = 0 A =

⇐⇒ .

−2A − B = 1 B = 1

Dunque:

−1

Z

Z Z 1 1

− − |y − − |y −

2 dy 4 dy = 2y 4 + dy = 2y + 4 log 1| 4 log 2| + c.

− − − −

(y 1)(y 2) y 1 y 2

Applicando ora la sostituzione inversa, si ottiene:

√ √

√ √ √ √

− −

Z t 3 t 1

√ √

− − −

dt = 2 t + 4 log t 1 4 log t 2 + c = 2 t + 4 log + c.

− −

t 3 t +2 t 2

Si può infine ricavare il valore dell’integrale definito

√ √

√ √ √

16 − − −

Z t 3 16 1 9 1

√ √ √

− − −

dt = 2 16 + 4 log 2 9 4 log = 2 + 4 log 3 8 log 2.

− − −

t 3 t +2 16 2 9 2

9 √ 3

Z

(d) Per risolvere l’integrale definito 4|x−1| arctan x dx , si deve anzitutto spezzare l’intervallo di integrazione

√ √

0 |x −

[0, 3] nei due sottointervalli [0, 1] e [1, 3], in quanto la funzione 1| assume in essi due espressioni

diverse; si ha dunque

√ √

3 1 3

Z Z Z

− − −

4|x 1| arctan x dx = 4(1 x) arctan x dx + 4(x 1) arctan x dx .

0 0 1

Possiamo ora utilizzare la formula di integrazione per parti per calcolare l’integrale indefinito:

2 2 2 2

Z Z Z

x x 1 x 1 x 2x

− − −

(x−1) arctan x dx = x arctan x− x dx = x arctan x− dx .

2 2

2 2 1 + x 2 2 x + 1

Poiché il polinomio a denominatore nell’ultimo integrale non ha grado superiore a quello a numeratore, proce-

diamo con la divisione del numeratore per il denominatore:

2

− Z Z Z Z

Z x 2x 2x + 1 2x 1 2

− − −

dx = 1 dx = dx dx dx = x−log(x +1)−arctan x+c.

2 2 2 2

x + 1 x + 1 x +1 x +1

Dunque: 2

Z x 1 2

− − − − −

(x 1) arctan x dx = x arctan x x log(1 + x ) arctan x + c.

2 2

Calcolando ora l’integrale definito, si ricava:

√ 1

3 2

Z x 1 2

− −4 − − − −

4|x 1| arctan x dx = x arctan x x log(1 + x ) arctan x +

2 2

0 0

√ 3 √ √

2

π

x 1 2 − −

− − − − = 4 2 3 + 4(2 3) .

+4 x arctan x x log(1 + x ) arctan x 3

2 2 1

8. (a) Per x [1, 4], f (x) è senz’altro positiva (perché somma di quantità positive). Dunque l’area A richiesta risulta

essere: 4

" #

1

4 4 4 −1

Z Z Z

1 1 1 x

1 x 2

1

− −2

√ |x|

+ + log + =

A = f (x) dx = + + dx = x + x dx =

2 1

2 −1

x x x

x

1 1 1 2 1

4

1 1 11

|x| − − − −

= 2 x + log = 4 + log 4 2 log 1 + 1 = + log 4.

x 4 4

1

(b) Tenendo conto che nell’intervallo (0, π) la funzione f (x) è positiva, mentre, tra π e 2π, f (x) è negativa, l’area

A della regione R è data da: π

π 2π

2 3 2 3 2 3 2

Z Z 1 x x 1 π π π π

x + x 2π

− −

A = dx sin x dx = + [− cos x] = + + [1 + 1] = + + 2.

π

6 6 3 2 6 3 2 18 12

π

0 0 x

−e

(c) Si osservi che i punti A e B appartengono alla curva di equazione y = . Dunque sono i punti di intersezione

−e) −1)

tra la curva e la retta passante per A e B. La retta r passante per i punti A= (1, e B= (0, ha equazione

− −

y = (1 e)x 1.

Notiamo inoltre che la funzione f (x) è sempre negativa, e dunque la regione R è situata al di sotto dell’asse

delle x; osserviamo infine che la corda AB sta al di sotto del grafico della funzione f (x).

Pertanto l’area A richiesta sarà data da: 1

1 1 1

Z

− −

Z Z 1 e 3 e

x x 2 x

− − − − − − · −

A = [(1 e)x 1] dx (−e ) dx = [(1−e)x−1+e ] dx = x x + e = .

2 2

0 0 0 0

(d) Prima di pensare al calcolo dell’area, dobbiamo studiare il segno di f in (0, 1):

• −

il fattore (x 1) è negativo

2 2

• ∀x ∈

il fattore log(x + 4) è positivo, perché x + 4 > 1, IR.

Dunque nell’intervallo (0, 1) la funzione f (x) è negativa.

Pertanto l’area richiesta è data da: 1 1

Z Z 2

− − −

A = f (x) dx = (x 1) log(x + 4) dx .

0 0

Risolviamo l’integrale indefinito, utilizzando il metodo di integrazione per parti:

2 2 2 3 2

− − − −

Z Z Z

(x 1) (x 1) 2x (x 1) x 2x + x

2 2 2

·log(x ·

(x−1) log(x +4) dx = +4)− dx = log(x +4)− dx .

2 2

2 2 x +4 2 x + 4

Per risolvere il rimanente integrale, dividiamo il polinomio al numeratore per il denominatore, ottenendo:

3 2 2

− −3x

Z Z Z Z

x 2x + x + 8 x 3 2x 1

− − −

dx = (x 2) + dx = 2x dx + 8 dx =

2 2 2 2

x + 4 x + 4 2 2 x + 4 x + 4

2

x 3 x

2

− −

= 2x log(x + 4) + 4 arctan + c.

2 2 2

Quindi: 1

2 2

(x 1) x 3 x

2 2

− − −

A = log(x + 4) + 2x + log(x + 4) 4 arctan =

2 2 2 2 0

1 3 1 1 3 3 1 3

− − − − − − −

= + 2 + log 5 4 arctan log 4 log 4 = 2 log 4 log 5 + 4 arctan .

2 2 2 2 2 2 2 2

(e) Studiamo prima il segno di f .

Poiché il denominatore è una quantità sempre positiva, basta studiare il segno del numeratore.

x 2x x x x x

⇐⇒ − ⇐⇒ − ⇐⇒ − ⇐⇒ ⇐⇒

f (x) > 0 e e > 0 e (1 e ) > 0 1 e > 0 e < 1 x < 0.

Dunque: f (x) > 0 per x < 0 ; f (x) < 0 per x > 0.

√ √ √

1

, log 3 = log 3, log 3 .

Consideriamo ora l’intervallo log √ 3

∈ −

Per x log 3, 0 la funzione è positiva. Dunque l’area compresa tra il grafico di f e l’asse delle x è data

da: 0

Z

A = f (x) dx

1 √

− log 3

Invece, per x 0, log 3 , la funzione è negativa, e l’area sarà data da:

log 3

Z

− f (x) dx

A =

2 0

Pertanto l’area richiesta sarà la somma delle due aree: √

0 log 3

Z Z

A = A + A = f (x) dx f (x) dx .

1 2 √

− log 3 0

Calcoliamo l’integrale indefinito:

x 2x x 2x

Z Z Z Z

e 1 1

e e 2e x 2x

− −

f (x) dx = dx = dx dx = arctan(e ) log 1 + e + c.

2x x 2 2x

1+ e 1 + (e ) 2 1+ e 2

Calcoliamo ora gli integrali definiti: √ √

1

1

− −2

log 3 log 3

− log(1 + 1) arctan e + log 1 + e =

A = arctan(1)

1 2 2

1 1 1 1 π 1 2

π √

− −

= log 2 arctan + log 1 + = + log

4 2 2 3 12 2 3

3

√ √

1 1

log 3 2 log 3

− − −

A = arctan e log 1 + e arctan 1 + log 2 =

2 2 2

√ 1 π 1 π 1

− − −

= arctan 3 + log(1 + 3) + log 2 = + log 2.

2 4 2 12 2

Dunque l’area richiesta è:

1 2 1 4

A = log 2 + log = log .

2 3 2 3

9. a) Per definizione di media integrale !

3

3 1 3 1 3

Z

Z Z Z

1 1 1 x 1

2

|x| − −

µ = f (x) dx = dx + (16 x ) dx = 2 x dx + 16x =6+ .

3 (−1) 4 4 3 12

−1 −1 1 0 1

b) Poiché f (x) non è continua sull’intervallo [−1, 3], non si può utilizzare il teorema della media integrale per

affermare l’esistenza di un punto c con le caratteristiche richieste.

Controlliamo pertanto direttamente se µ appartiene all’immagine di f .

∪ ∈Im(f ∈

Si verifica facilmente che Im (f ) = [0, 1) [7, 15]. Dunque µ / ) e non esiste nessun c [−1, 3] tale che f (c) = µ.

2 R

10. (a) Le primitive di h(x) = x log(x + 1) si trovano risolvendo l’integrale indefinito h(x) dx .

Per risolvere questo integrale, si può applicare la formula di integrazione per parti:

Z

Z 0 0

· · −

f (x) g (x) dx = f (x) g(x) f (x)g(x) dx .

0

2

Nel nostro caso scegliamo f (x) = log(x + 1) e g (x) = x. Si ottiene quindi:

2 2 2 3

Z Z

Z x x 2x x x

2 2

2 − −

log(x + 1) dx = log(x + 1) dx =

x log(x + 1) dx = 2 2

2 2 x +1 2 x +1

2 2 2

Z

x x x x 1

2 2 2

− − −

= log(x + 1) x dx = log(x + 1) + log(x + 1) + c.

2

2 x +1 2 2 2

Dunque le primitive di h sono le funzioni:

2 2

x x 1

2 2

− ∈

F (x) = log(x + 1) + log(x + 1) + c, c IR.

c 2 2 2

(b) Tra tutte le funzioni F (x) si deve trovare quella per cui F (1) = log 2.

c c

1 1 1 1

− −

F (1) = log 2 + log 2 + c = log 2 + c.

c 2 2 2 2

12

Dunque F (1) = log 2 se e solo se c = . Pertanto la primitiva cercata è la funzione

c 2

2 x 1 1

x 2 2

log(x + 1) + log(x + 1) + .

F (x) = 2 2 2 2 π

11. Possiamo procedere come sopra, trovando tutte le primitive di f (x) e poi quella che passa per P= ( , 0).

2

Oppure possiamo sfruttare il teorema fondamentale del calcolo integrale; la primitiva cercata è la funzione integrale

x

Z

F (x) = f (t) dt .

π

2

Scegliamo la seconda strada.

Risolviamo prima l’integrale indefinito Z Z 2

f (t) dt = t sin t + cos t dt .

Incominciamo con il separare l’integrale nella somma di due integrali, data la linearità dell’operazione di integrazione.

Eseguiamo il primo integrale per parti, prendendo il fattore sin t come fattore differenziale:

Z Z Z

· − · −t −t

t sin t dt = t (− cos t) (− cos t) 1 dt = cos t + cos t dt = cos t + sin t + h.

1+cos 2t

2

Per eseguire il secondo integrale possiamo usare l’identità trigonometrica cos t = . Allora:

2

Z Z Z Z Z

1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 ·

cos t dt = + cos 2t dt = dt + cos 2t dt = t + 2 cos 2t dt = t + sin 2t + k.

2 2 2 2 2 2 2 2 4

Quindi: x

x

Z 1 1

2 −t t + sin 2t =

t sin t + cos t dt = cos t + sin t + 2 4

π π

2 2

1 1 π π π 1 π 1 1 1 π

−x − − − −x − −

= cos x + sin x + x + sin 2x + cos sin sin π = cos x + sin x + x + sin 2x 1 .

2 4 2 2 2 2 2 4 2 4 4


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AUTORE

Sara F

PUBBLICATO

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DETTAGLI
Esame: Analisi 1
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria informatica
SSD:
A.A.: 2013-2014

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Sara F di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Analisi 1 e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Napoli Federico II - Unina o del prof Passarelli Antonia.

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