Calcolo di integrali - svolgimento degli esercizi

65 downloads 178 Views 117KB Size Report
Per il calcolo dell'ultimo integrale, possiamo procedere come nell'esercizio ...... 34) Ripercorrendo i passaggi svolti nell'esercizio precedente, si trova. I = 20. 7.
Calcolo di integrali - svolgimento degli esercizi 1) Calcoliamo una primitiva di cos(3x)e5x . Integriamo due volte per parti, scegliendo e5x dx come fattore differenziale e cos(3x) come fattore finito. Si ha   e5x 3 cos(3x)e5x dx = cos(3x) + e5x sin(3x)dx 5 5    e5x 3 e5x 3 = cos(3x) + sin(3x) − cos(3x)e5x dx 5 5 5 5  3 5x 9 1 5x = e cos(3x) + e sin(3x) − cos(3x)e5x dx. 5 25 25 Si ottiene quindi 34 25 da cui

 cos(3x)e5x dx =

 cos(3x)e5x dx =

 e5x  5 cos(3x) + 3 sin(3x) , 25

 e5x  5 cos(3x) + 3 sin(3x) + C. 34

Indicando con I l’integrale richiesto, si ha 2π 1  5x e (5 cos(3x) + 3 sin(3x)) 0 34 1 5 10π = − 1). (5e10π − 5) = (e 34 34

I=

2) Lavoriamo come nell’esercizio precedente, integrando due volte per parti. A differenza dell’esercizio 1, consideriamo sin(2x)dx come fattore differenziale e e4x come fattore finito. Si ha   cos(2x) 4x sin(2x)e4x dx = − e + 2 e4x cos(2x)dx 2    cos(2x) 4x 4x sin(2x) 4x =− e +2 e − 2 sin(2x)e dx 2 2  4x cos(2x) 4x + e sin(2x) − 4 sin(2x)e4x dx. = −e 2 Si ottiene quindi

 5

da cui

sin(2x)e4x dx =

 sin(2x)e4x dx =

 e4x  2 sin(2x) − cos(2x) , 2

 e4x  2 sin(2x) − cos(2x) + C. 10

Indicando con I l’integrale richiesto, si ha 2π 1  4x e (2 sin(2x) − cos(2x)) 0 10 1 = (1 − e8π ). 10

I=

1

Braides-Tauraso 2001/02

2

3) Osserviamo che la funzione integranda `e pari. Indicato con I l’integrale richiesto, risulta  12  1 1 2 I=2 t2 arctan(2t)dt = x arctan xdx, 4 0 0 avendo utilizzato la sostituzione x = 2t. Calcoliamo una primitiva di x2 arctan x, integrando per parti. Scegliendo x2 dx come fattore differenziale e arctan x come fattore finito, si ha   x3 1 x3 2 x arctan xdx = dx. arctan x − 3 3 1 + x2 Effettuando la divisione tra i polinomi x3 e 1 + x2 , si trova

  x3 x dx. dx = x − 1 + x2 1 + x2 x 1 Ricordando ora che una primitiva di `e log(1 + x2 ), si ha 2 1+x 2    x3 1 1 x 2 x arctan xdx = dx arctan x − xdx + 3 3 3 1 + x2 x3 1 1 = arctan x − x2 + log(1 + x2 ) + C. 3 6 6 Quindi 1 1  3 I= 2x arctan x − x2 + log(1 + x2 ) 0 24  1 π − 1 + log 2 . = 24 2 4) Di nuovo, la funzione integranda `e pari. Effettuando la sostituzione x = 2t, si ha  √43  √23 1 2 I=2 t arccos(2t)dt = x2 arccos xdx. 4 0 0 Integrando per parti, si ha √   23  √23 1 x3 x3 1 √ I= arccos x + dx 4 3 12 0 1 − x2 0 √  √23 1 3π x3 √ = dx. + 192 12 0 1 − x2 Per il calcolo dell’ultimo integrale, effettuiamo la sostituzione x = sin y, da√ cui dx = cos ydy. In particolare, i nuovi estremi di integrazione sono y = arcsin 0 = 0 e y = arcsin 23 = π3 . Si ha  √23  π3 1 x3 1 √ dx = sin3 ydy 12 0 12 0 1 − x2  π3 1 = sin y(1 − cos2 y)dy 12 0  π3 1 = (sin y − sin y cos2 y)dy 12 0  π 1 cos3 y 3 = − cos y + 12 3 0 1 5 5 = · = . 12 24 288

3

integrali

Quindi



√ 3π 5 1 3 5 I= + = π+ . 192 288 96 2 3

5) Operando come nei due esercizi precedenti, si ha  I=2

1 √ 2 2

0

1 t arcsin(2t)dt = 4



1 √ 2

2

x2 arcsin xdx.

0

Integrando per parti, si ha   √1  √1 2 2 1 x3 x3 1 √ I= − dx arcsin x 4 3 12 0 1 − x2 0  √1 2 π x3 1 √ = √ − dx. 96 2 12 0 1 − x2 Per il calcolo dell’ultimo integrale, possiamo procedere come nell’esercizio precedente o, in alternativa, effettuare la sostituzione x2 = y. Si ottiene  0

1 √ 2



x3 1 dx = 2 2 1−x



1 2

0



y dy 1−y



1 − 1−y+ √ dy 1−y 0 0  12  12   3 1 3 1 1 2 1 = = (1 − y) 2 − 2(1 − y) 2 (1 − y) 2 − (1 − y) 2 2 3 3 0 0 2 5 = − √ . 3 6 2 1 = 2

Quindi I=



1 2

y−1+1 1 √ dy = 2 1−y



1 2

π 1 2 1 5 2 5  π  √ − √ − + √ . − √ = 12 6 2 3 8 2 96 2 12 3 6 2

6) Si tratta dell’integrale di una funzione razionale fratta in cui numeratore e denominatore hanno lo stesso grado. Possiamo effettuare la divisione tra i polinomi t2 + 3t + 4 e t2 + 4t + 5 ottenendo t2 + 3t + 4 t+1 =1− 2 , t2 + 4t + 5 t + 4t + 5 oppure, equivalentemente, decomporre nel modo seguente 

 t+1 1 2t + 4 − 2 1− 2 dt = t − dt t + 4t + 5 2 t2 + 4t + 5   1 2t + 4 1 =t− dt + dt 2 t2 + 4t + 5 (t + 2)2 + 1 1 = t − log(t2 + 4t + 5) + arctan(t + 2) + C. 2

t2 + 3t + t + 4 + 1 − t − 1 dt = t2 + 4t + 5



Braides-Tauraso 2001/02

Si ha quindi

4

 −1 1 1 π I = t − log(t2 + 4t + 5) + arctan(t + 2) = 1 − log 2 + . 2 2 4 −2

7) Procedendo come nell’esercizio precedente, si ha 

Si ha quindi

t 1+ 2 dt t − 2t + 2  1 2t − 2 + 2 =t+ dt 2 t2 − 2t + 2   1 2t − 2 1 =t+ dt + dt 2 t2 − 2t + 2 (t − 1)2 + 1 1 = t + log(t2 − 2t + 2) + arctan(t − 1) + C. 2

t2 − t + 2 dt = t2 − 2t + 2



 1 √ 1 π 2 I = t + log(t − 2t + 2) + arctan(t − 1) = 3 − log 2 + . √ 2 3 1− 3

8) Usiamo la sostituzione t2 = sinh x, da cui si ottiene x = settsinh t2 = log(t2 +



t4 + 1)

e

tdt =

cosh x dx. 2

t4 + 1 = sinh2 x + 1 = cosh x.

Inoltre

I nuovi estremi di integrazione sono x = settsinh 0 = 0 e x = settsinh 1 = log(1 + 1 I= 2



√ log(1+ 2)

sinh2 xdx. 0

Calcoliamo una primitiva di sinh2 x integrando per parti. 

 sinh2 xdx = sinh x cosh x −

cosh2 xdx 



 1 + sinh2 x dx  = sinh x cosh x − x − sinh2 xdx.

= sinh x cosh x −

Si ottiene

 sinh2 xdx =

Quindi I=

sinh x cosh x − x + C. 2

√ 1 log(1+ 2) . [sinh x cosh x − x]0 4



2). Si ha quindi

5

integrali

Per calcolare comodamente sinh x e cosh x in√ x = log(1 + variabile t, ricordando che sinh x = t2 , cosh x = t4 + 1 e √ 2 x = log(t + t4 + 1). Si ha, perci` o I=



2), pu` o essere utile ritornare alla

1 √ 1 1 2 4 log(1+ 2) = [sinh x cosh x − x]0 t t + 1 − log(t2 + t4 + 1) 4 4 0 √  1 √ = 2 − log(1 + 2) . 4

9) Per la parit` a della funzione integranda, si ha  1 I=2 t2 t6 + 1dt. 0

Effettuiamo ora la sostituzione t3 = sinh x, da cui si ottiene x = settsinh t3 = log(t3 + Inoltre



t6 + 1)

e

t2 dt =

cosh x dx. 3

t6 + 1 = sinh2 x + 1 = cosh x.

Si ha 2 I= 3



√ log(1+ 2)

cosh2 xdx. 0

Integrando per parti o, in alternativa, utilizzando la relazione cosh2 x =

cosh 2x + 1 , 2

sinh x cosh x + x . 2 2 Calcoliamo ora una primitiva di cosh x utilizzando un altro metodo. Ricordando che cosh x = ex + e−x , si ha 2

2   x e + e−x cosh2 xdx = dx 2  1 = (e2x + e−2x + 2)dx 4 1 1 1 = e2x − e−2x + x 8 8 2

1 e2x e−2x = − +x 2 4 4 x





1 e e−x ex e−x = − + +x 2 2 2 2 2 sinh x cosh x + x , = 2 ex − e−x avendo ricordato che sinh x = . Si ottiene quindi 2 si trova che una primitiva di cosh2 x `e

I=

√ 1 log(1+ 2) [sinh x cosh x + x]0 3

Braides-Tauraso 2001/02

6

e, ritornando alla variabile t I=

1 √ 1 1 3 6 log(1+ 2) = [sinh x cosh x + x]0 t t + 1 + log(t3 + t6 + 1) 3 3 0 √  1 √ = 2 + log(1 + 2) . 3



10) Utilizzando la sostituzione

x = sinh t, si ha

1 √ dx = 2 cosh tdt x Si ottiene quindi



√ log(1+ 2)

I=2 0



e

x+1=



sinh2 t + 1 = cosh t.

√ √ cosh t log(1+ 2) dt = 2 [t]0 = 2 log(1 + 2). cosh t

11) Osserviamo che la funzione integranda `e pari. Inoltre, la presenza di cos x al numeratore suggerisce la sostituzione sin x = t. Si ha subito  I=2

π 2



0

1 1 dt = 2 [settsinh t]0 1 + t2

1 √ = 2 log(t + t2 + 1) = 2 log(1 + 2). 0

12) Effettuiamo la sostituzione cos x = t, da cui si ottiene  I=− 1

0



1 dt = 1 + t2



1



0

√ 1 dt = log(1 + 2), 2 1+t

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  I= 0



1 dx. cos2 x(tan2 x + 2)

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 `e, evidentemente, falso dato che I `e un integrale di una funzione positiva su un intervallo di ampiezza non nulla. La sostituzione t = tan x `e lecita sugli intervalli in cui la funzione t = tan x `e iniettiva, e ci` o non si verifica nell’intervallo [0, 2π]. Per poterla utilizzare, `e necessario suddividere [0, 2π] in sottointervalli nei quali t = tan x sia invertibile.

7

integrali

1 , valgono le seguenti uguaglianze sin2 x + 2 cos2 x

Grazie alla periodicit` a (di periodo π) di f (x) =  0



1 dx = 2 sin x + 2 cos2 x



3 2π

1 dx sin x + 2 cos2 x 2

−π 2 π 2



1 dx + 2 sin x + 2 cos2 x

= −π 2



π 2

=2 −π 2

cos2



3 2π

1 dx sin x + 2 cos2 x 2

π 2

1 dx. x(tan2 x + 2)

Nell’intervallo (− π2 , π2 ), la sostituzione t = tan x `e lecita. Effettuandola, si ottiene  +∞  +∞ 1 1 I=2 dt = 4 dt, 2 2 t +2 −∞ t + 2 0 grazie alla parit` a 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 `e arctan √  2 2 2 √t +1 2 

b √ t arctan √ = 2π. b→+∞ 2 0

√ I = 2 2 lim

14) Operando come nell’esercizio precedente, si ha  0



1 dx = 2 2 sin x + 3 cos2 x



3 2π

−π 2



π 2

1 dx 2 sin x + 3 cos2 x 2

1 dx + 2 2 sin x + 3 cos2 x



3 2π

1 dx π 2 sin x + 3 cos2 x −π 2 2  π2  +∞ 1 1 =2 dx = 2 dt 2 2 2 cos x(2 tan x + 3) −π −∞ 2t + 3 2    +∞ 2  +∞ 1 2 3 =4 dt = 2 dt  2 2+3 2t 3 0 0 2 +1 3t   b 2√ 2 π√ = 6 lim arctan = 6. t b→+∞ 3 3 3

=

2

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

 =2



3

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.   t2 2t arctan tdt = t2 arctan t − dt 1 + t2

 1 dt 1− = t2 arctan t − 1 + t2 = t2 arctan t − t + arctan t + C. Quindi

√  √3 5 I = (t2 + 1) arctan t − t 1 = π − 3 + 1. 6

16) Eliminiamo il valore assoluto con gli stessi passaggi dell’esercizio precedente. Si ha  I=2

1

arcsin √

0

avendo usato la sostituzione 

2



2t arcsin 2



1 dx = 2 2 + 2x



1 dt, √ t arcsin t 2



2

2 + 2x = t. Integriamo per parti e otteniamo



2   2 1 1 1 1 2  dt − t · · − dt = t2 arcsin √ t t √2 t2 2 1 − t12  2  2 1 1 2 = t arcsin + √  dt √ t 2 2 1 − t12  2 π t = + √ √ dt 2 6 t −1 2

2 π 2 π √ = + t − 1 √ = + 3 − 1, 6 6 2

avendo osservato che una primitiva di √

17) Utilizziamo la sostituzione



2t t2 − 1. = √ `e t2 − 1 2 t2 − 1 t

x + 1 = t, da cui si ha dx = 2tdt. Si ottiene  π I=2 t2 sin tdt. 0

Calcoliamo una primitiva di t2 sin t integrando due volte per parti.   t2 sin tdt = −t2 cos t + 2 t cos tdt

 2 = −t cos t + 2 t sin t − sin tdt = (2 − t2 ) cos t + 2t sin t + C. Quindi

 π I = 2 (2 − t2 ) cos t + 2t sin t 0 = 2(π 2 − 4).

9

integrali

` dello stesso tipo dell’integrale dell’esercizio precedente. Effettuando gli stessi passaggi, si ha 18) E  I=2 0

π 3

 π t2 sin tdt = 2 (2 − t2 ) cos t + 2t sin t 03 =

2 √ π2 π 3−2− . 3 9

19) Lavoriamo sul denominatore. Si ha 1 I= 2







8+1 2

3+1 2

1

1 dx = 4 (2x − 1) (2x − 1)2 + 1







3

8

1 √ dt, t t2 + 1

avendo usato la sostituzione 2x − 1 = t. √ Proseguiamo ora utilizzando la sostituzione t2 + 1 = y, da cui si ha tdt = ydy e t2 = y 2 − 1. Si ottiene  √8  √8 1 t √ √ dt = √ dt √ 2+1 2 t2 + 1 t t t 3 3  3 y = dy 2 − 1) y(y 2  3 1 = dy 2 2 y −1

 1 3 1 1 = − dy 2 2 y−1 y+1  3 1 1 |y − 1| 3 = = log . log 2 |y + 1| 2 2 2 Perci` o I=

1 3 log . 8 2

20) Ripercorriamo i passaggi dell’esercizio precedente operando in modo leggermente differente. Si ha  √8+1  3 1 1 − 3x 1 3 1 I= dx = − dy, √ 3+1 2 6 2 y2 − 1 (1 − 3x)2 (1 − 3x)2 + 1 3 avendo usato la sostituzione (1 − 3x)2 + 1 = y, da cui si ha (1 − 3x)dx = − 13 ydy. Utilizzando quanto calcolato nell’esercizio precedente, si trova I=−

1 3 1 2 log = log . 12 2 12 3

Braides-Tauraso 2001/02

10

21) Decomponiamo opportunamente la funzione integranda. Si ha x2 − 2x + 5 5(1 + x2 ) 2x 4x2 = − − 2 2 2 2 2 2 (1 + x ) (1 + x ) (1 + x ) (1 + x2 )2 e



x2 − 2x + 5 1 dx = 5 arctan x + −4 2 2 (1 + x ) 1 + x2



x2 dx. (1 + x2 )2

x2 integrando per parti. (1 + x2 )2 x Consideriamo x come fattore finito e dx come fattore differenziale, osservando che una (1 + x2 )2 x 1 1 2x 1 primitiva di = · `e data da − · . Si ha (1 + x2 )2 2 (1 + x2 )2 2 1 + x2 Calcoliamo ora una primitiva di



Quindi, una primitiva di

x2 dx = (1 + x2 )2



x dx (1 + x2 )2  x 1 1 =− dx + 2 2(1 + x ) 2 1 + x2 x 1 =− + arctan x + C. 2(1 + x2 ) 2 x·

x2 − 2x + 5 `e data da (1 + x2 )2

5 arctan x + e l’integrale richiesto vale

1 2x 2x + 1 + − 2 arctan x = 3 arctan x + 2 2 1+x 1+x 1 + x2 1  2x + 1 3 1 I = 3 arctan x + = π+ . 2 1+x 0 4 2

22) Ripetendo i passaggi effettuati nel calcolo dell’integrale precedente, si trova I = π + 1.

23) Lavorando sul denominatore, si ottiene 

3 4

I= 1 2

avendo usato la sostituzione



1 dx = √ √ 2 x 1−x





3 2



2 2



x = t. Quindi, si trova √

3

I = [ arcsin t ] √22 = 2

π . 12

1 dt, 1 − t2

11

integrali

In alternativa, l’esercizio pu` o essere svolto nel modo seguente. 

3 4 1 2

1 √ dx = 4x − 4x2 =



3 4 1 2

1



1 − (2x − 1)2

dx

3 1 π [arcsin(2x − 1)] 41 = . 2 2 12

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

24) Si ha



2 3

I= 1 3

1



1 − (3x −

25) Si ha

1)2



1 2

I= Utilizzando la sostituzione



3 4

dx =

2 1 π [arcsin(3x − 1)] 31 = . 3 3 6

x dx. √ √ 2 x 1−x

x = sin t si trova

√ 1 √ dx = cos tdt e 1 − x = 1 − sin2 t = | cos t| = cos t, 2 x osservando che, nell’intervallo di integrazione, cos t `e positivo. Perci` o si ottiene √  π4 π 3 1 1 π I= sin2 tdt = [t − sin t cos t] π4 = − − . 3 π 2 8 4 24 3 o trovare integrando per parti, analogamente a quanto Ricordiamo che una primitiva di sin2 t si pu` 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 I=− 9



1 3 2 3

 1 −9x + 3 1 1 3 √ √ dx + dx 2 2 2 3 6x − 9x 6x − 9x2 3 3  1

13 1 1 1 3 2 √ =− 6x − 9x 2 + dx 2 9 3 6x − 9x2 3 3

−9x + 3 − 3 1 √ dx = − 2 9 6x − 9x



1 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 sin3 x = sin x(1 − cos2 x).

Braides-Tauraso 2001/02

12

Si ottiene

 I= 0

π 3

 π cos3 x 3 5 (sin x − sin x cos x)dx = − cos x + = . 3 24 0 2

28) Decomponiamo la funzione integranda nel seguente modo tan3 x = tan x(1 + tan2 x − 1) = (1 + tan2 x) tan x − tan x. Ricordando che una primitiva di (1 + tan2 x) tan x `e  I=

tan2 x , si ha 2

 π3 tan2 x 4 1 + log | cos x| = − log 3. 2 3 2 π 6

29) Poniamo x4 = t e integriamo per parti. Si ha  2  1 16 I= 2x3 log(x4 )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  x3 3 x log x dx = 2 x log x − 3 2

19 . = 2 27 log 3 − 8 log 2 − 3 2

I=6 2

31) Scrivendo opportunamente la quantit` a sotto radice, si ha  1  1 1 1 1  I= dx = dx  2 2 −1 (x − 1) + 4 x−1 2 −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 √ = log( 2 + 1). ( 2 − 1)

13

integrali

32) Lavorando come nell’esercizio precedente, si ha   1 1 1 1 1 1  I=√ dx = 2 1−√2  x−1 2 2 1−√2 (x − 1)2 + 2 √

= = = =

dx

+1 

1 1 x−1 √ settsinh √ √ 2 2 1− 2 1 √ (settsinh 0 − settsinh (−1)) 2 1 √ (settsinh 0 + settsinh 1) 2 √ 1 √ log(1 + 2). 2 2

33) Moltiplichiamo numeratore e denominatore per cos x. Utilizziamo, inoltre, la formula di duplicazione cos 2x = cos2 x − sin2 x = 1 − 2 sin2 x e la relazione fondamentale cos2 x = 1 − sin2 x. Otteniamo  π6 (1 − 2 sin2 x) cos x I= dx. (2 sin x + 3)(1 − sin2 x) 0 Effettuando la sostituzione sin x = t, si ottiene l’integrale di una funzione razionale fratta.  12 (1 − 2t2 ) I= dt. 2 0 (2t + 3)(1 − t ) Cerchiamo una primitiva di

(1 − 2t2 ) usando il metodo di decomposizione per fratti semplici. (2t + 3)(1 − t2 )

(1 − 2t2 ) A B C = + + (2t + 3)(1 − t)(1 + t) 2t + 3 1 − t 1 + t (−A + 2B − 2C)t2 + (5B − C)t + A + 3B + 3C = , (2t + 3)(1 − t)(1 + t) da cui si trova A= Quindi

14 1 1 , B=− , C=− . 5 10 2

   7 2 1 1 1 1 I= dt + dt − dt 5 2t + 3 10 t−1 2 1+t   12 7 1 1 = log |2t + 3| + log |t − 1| − log |1 + t| 5 10 2 0 14 1 1 3 7 = log 2 − log 2 − log − log 3 10

2 2 5

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 I=

20 1 23 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

I= 0

t dt. 4 − t2

Utilizziamo il metodo di decomposizione per fratti semplici e otteniamo t A B (A − B)t + 2(A + B) = , + = 2 4−t 2−t 2+t 4 − t2 da cui si ricava A =

1 1 e B = − . Quindi 2 2

1 I= 2



log 2



0

1 1 − 2−t 2+t



log 2 1 log |4 − t2 | 0 2  1 = − log(4 − log2 2) − log 4 2 1 = log 2 − log(4 − log2 2). 2

dt = −

Osserviamo che l’integrale proposto pu` o essere calcolato pi` u rapidamente osservando che una primitiva t 1 −2t 2 di = − · `e log |4 − t |, oppure usando la sostituzione log2 x = t , come illustrato 4 − t2 2 4 − t2 nell’esercizio successivo.

log x dt dx = e x 2

36) Poniamo log2 x = t . Si ottiene 1 2

I=



log2 2

0

1 1 log2 2 dt = − [log |6 − t|]0 6−t 2 1 1 = log 6 − log(6 − log2 2). 2 2

37) Per il calcolo dell’integrale richiesto, utilizziamo la decomposizione sin3 x = sin x(1 − cos2 x) e la sostituzione cos x = t . Si ottiene  I=−



0

(1 − t ) log(1 + t )dt = 2

1

1

(1 − t2 ) log(1 + t2 )dt.

2

0

15

integrali

Calcoliamo una primitiva di (1 − t2 ) log(1 + t2 ) integrando per parti, considerando (1 − t2 )dt come fattore differenziale e log(1 + t2 ) come fattore finito.

  2 t4 t − 3 t3 (1 − t2 ) log(1 + t2 )dt = t − log(1 + t2 ) − 2 dt 3 t2 + 1

 4 t3 t − 3t2 2 2 = t− log(1 + t ) + dt. 3 3 t2 + 1 Per calcolare l’ultimo integrale, effettuiamo la divisione tra i polinomi t4 − 3t e t2 + 1. Si ottiene t4 − 3t2 4 = t2 − 4 + 2 . t2 + 1 t +1 

Perci` o

t4 − 3t2 t3 dt = − 4t + 4 arctan t + C t2 + 1 3

e l’integrale richiesto vale 



1 t3 2 t3 8 2 I= t− log(1 + t ) + − 4t + arctan t 3 3 3 3 0 2 22 2 = log 2 + π − . 3 3 9

38) Usiamo la decomposizione cos3 x = cos x(1 − sin2 x) e la sostituzione sin x = t . Si ottiene  1 I= (1 − t2 ) log(3 + t2 )dt. 0

Ripercorrendo i passaggi svolti nell’esercizio precedente, si trova 

1



√ t3 2 t3 t 2 I= t− log(3 + t ) + − 6t + 4 3 arctan √ 3 3 3 3 0

√ 2 17 log 4 + 3π − . = 3 3

39) Esaminiamo il segno della quantit` a 4 − log2 x . Si ha 4 − log2 x > 0 ⇔ −2 < log x < 2 ⇔ e−2 < x < e2 . Si trova, quindi, che nell’intervallo di integrazione risulta 4 − log2 x > 0 e |4 − log2 x| = 4 − log2 x. Si ha  2 1 I= dx. 2 1 x(9 − log x) Utilizzando la sostituzione log x = t , si ottiene

 log 2  1 1 1 log 2 1 I= dt = + dt 9 − t2 6 0 3+t 3−t 0  log 2 1 |3 + t| = log 6 |3 − t| 0 1 3 + log 2 = log . 6 3 − log 2

Braides-Tauraso 2001/02

16

40) Osserviamo che 4−log2 x `e 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 4

I=

π 4

sin 2xdx + π 6

π 6

cos 2x sin x dx. cos x

1 Il primo integrale `e immediato e vale , il secondo si pu` o risolvere utilizzando la sostituzione cos x = t . 4 Si ha  π4  π4 cos 2x sin x (2 cos2 x − 1) sin x dx = dx π π cos x cos x 6 6  √22 (2t2 − 1) =− √ dt 3 t 2

 √23 1 = √ 2t − dt 2 t 2 √  23 2 = t − 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 3 π 6

Ora, si ha

cos 2x cos x dx − sin x 



π 3

sin 2xdx. π 6

π 3

sin 2xdx = π 6

1 . 2

17

integrali

Il primo integrale si pu` o risolvere utilizzando la sostituzione sin x = t . Si ha 

π 3 π 6



cos 2x cos x dx = sin x



π 3 π 6

(1 − 2 sin2 x) cos x dx sin x



3 2

(1 − 2t2 ) dt 1 t 2

 √23 1 = − 2t dt 1 t 2 √   3 = log |t| − t2 12 =

2

1 1 = log 3 − . 2 2 Quindi

1 log 3 − 1. 2

I=

43) Utilizzando la sostituzione x2 = t , si ha 

1 2

te2t dt.

0

Ora, una primitiva di te2t pu` o essere facilmente ottenuta integrando per parti, considerando t come fattore finito e e2t dt come fattore differenziale.  e2t e2t e2t te2t dt = t − = (2t − 1) + C. 2 4 4 Si ha quindi I=

1 1  2t 1 e (2t − 1) 02 = . 4 4

44) Procedendo come nell’esercizio precedente, si ottiene I=

1 . 6

45) Dalla disparit` a della funzione f (x) = arctan x, segue arctan(−2x) = − arctan(2x). Usando poi la semplice sostituzione 2x = t , si ha I=−

1 2

 0

1

arctan t dt. (1 + t)2

Braides-Tauraso 2001/02

Cerchiamo una primitiva di −

18

arctan t integrando per parti, considerando arctan t come fattore (1 + t)2

1 dt come fattore differenziale. (1 + t)2 1 1 Ricordando che una primitiva di − , si ha `e 2 (1 + t) 1+t   arctan t arctan t 1 − dt = − dt. (1 + t)2 (1 + t) (1 + t)(1 + t2 ) finito e −

Decomponiamo ora 1 A Bt + C = + (1 + t)(1 + t2 ) 1+t 1 + t2 (A + B)t2 + (B + C)t + A + C = (1 + t)(1 + t2 ) 1 1 ottenendo A = C = e B = − . Si ha 2 2     1 1 1 1 1 t 1 dt + dt dt = dt − (1 + t)(1 + t2 ) 2 1+t 2 1 + t2 2 1 + t2 1 1 1 = log |1 + t| − log(1 + t2 ) + arctan t + C. 2 4 2 Si ottiene quindi 1 

1 1 1 1 1 2 I= − arctan t − log |1 + 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 I=−

1 log 2. 12

47) Per calcolare questo integrale, utilizziamo la sostituzione 2 cos(2x) = t da cui si ottiene −4 sin(2x)dx = dt, cio`e −8 sin x cos xdx = dt. Si ha quindi  √3 1 I=− dt. (1 + t2 )2 1 1 Calcoliamo una primitiva di utilizzando quanto ottenuto nell’esercizio 21. Si ha (1 + t2 )2    1 1 + t2 t2 dt = dt − dt (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 t 1 = arctan t + − arctan t 2(1 + t2 ) 2

1 t = arctan t + + C. 2 (1 + t2 )

19

Quindi, si ottiene

integrali

√  √3 1 2− 3 t π I = − arctan t + = − . 2 (1 + t2 ) 1 8 24

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 

√ sin x cos x 1 − cos x dx

π 3

I = 30 0



1 2

= 30  = 60

 √ (1 − t) t dt = 30

0

t

3/2

3



t

5/2

0



 t1/2 − t3/2 dt

√  2 2 − 12 40

√

 12 = 60

5

1 2

0

√ 3√ 7√ =5 2− 2= 2. 2 2

49) Utilizzando la formula di bisezione sin2

x 2

=

1 − cos x , 2

 1 π I= x(1 − cos x)dx 2 0  π 1 = (x − x cos x)dx 2 0  2 π  x 1 π = − x cos xdx. 4 0 2 0

si ha

Calcoliamo quest’ultimo integrale integrando per parti. Si ottiene  x cos xdx = x sin x + cos x + C. Quindi I=

π2 π2 1 π − [x sin x + cos x]0 = + 1. 4 2 4