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
2π
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
2π
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
2π
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
