SOLUZIONI DEGLI INTEGRALI

Transcript

1 SOLUZIONI DEGLI INTEGRALI. x + x + log x dx Integrando per parti, si ha: x + x + [ x log x dx + x + x logx ] log 6 x + x + x x dx + + log x + x + log 6 [ ] x 6 log 9 + x + x dx log 6 6 log x x dx log 6 6 Poiché D x x, si ha: log 9 6. x x D x x ; pertanto, una primitiva della funzione integranda sarà x si noti che tale funzione è derivabile in tutto [, ]; ne consegue che. 9 x dx, x x dx [ ] x. Effettuando il cambiamento di variabili x gt sent, t π, poiché, nell intervallo indicato, sent, se, e solo se, t, e sent,

2 se, e solo se, t arcsen [, si ottiene, tenendo presente che, in π, ] π, sen t cos t: arcsen 9 x dx 9 9sen t cos t dt arcsen 9 cos t dt. Poiché, per le formule di bisezione, cos t +cos t, l integrale in esame diventa uguale a arcsen + cost 9 dt 9 [t + ] arcsen sent arcsen + sen arcsen 9 arcsen + sen cos arcsen 9 arcsen 9 arcsen + 9 arcsen Qui abbiamo utilizzato le formule di duplicazione per il seno e abbiamo tenuto conto che arcsen [ π, π ], per cui cos arcsen sen arcsen.. xarctgx dx. Poiché Darctgx, x [, ], integriamo per parti; si ha: +x π 8 xarctgx dx [ x arctgx + x ] x + x dx dx π 8 + [arctgx] π.

3 e senx senx cos x dx Poiché possiamo scrivere la funzione integranda come v senx Dsenx, dove vt te t, è opportuno effettuare il cambiamento di variabile t gx senx. Allora, poiché sen, sen π, si ha: e senx senx cos x dx te t poiché De t te t, t R, l ultimo integrale scritto è uguale a [ ] e. et π e senx sen x cos x dx Poiché possiamo scrivere la funzione integranda come w senx Dsenx, dove wt t e t, procedendo in modo analogo all esercizio precedente, effettuiamo il cambiamento di variabile t gx senx. Allora, poiché senπ, senπ, si ha: e senx sen x cos x dx t e t dt. 8. π x log x dx Integrando per parti, si ha: x x log x dx log dx log log 6 [ x log x ] log dt; x x x dx [setttghx] setttgh + setttgh. Si noti che la funzione settortangente iperbolica è definita solo nell intervallo, ; pertanto, anche se, per x,, la sua derivata è, la x settortangente iperbolica non è una primitiva della funzione integranda. Si può procedere in due modi.

4 a Si definisce la funzione cotangente iperbolica cotgh : R \ {} R, cotghx cosh x senhx, si riconosce che è una funzione iniettiva che ha per immagine,, +, si definisce la funzione inversa settcotgh :,, + R, settcotgh cotgh, e si verifica che Dsettcotghx x, x,, +. Allora, x dx [settcotghx] settcotgh settcotgh. b Si osserva che, x R \ {, }, e quindi x x + + x x dx x + + x dx [ logx + logx + ] log + log 5 log log 5 log. Si noti che i risultati ottenuti sono uguali. Infatti, posto cotghx y, si ha: y ex + e x e x ex, e x + e x y e x e x, e x y + y, e x + y y,

5 da cui si ricava x settcotghy + y log. y 9. Ne consegue che settcotgh settcotgh x dx, 5 log log log 5 log. Osserviamo che la funzione integranda è pari e che l intervallo di integrazione è simmetrico rispetto allo. Allora x dx x dx [setttghx] setttgh.. xex dx Ponendo, x gt t, si ottiene: xe x dx t e t dt. Integrando ripetutamente per parti, l ultimo integrale scritto diventa uguale a [t e t] t e t dt [t e 6 e t] te t dt [te t e 6e + ] e t dt e + e [ e t] 8e e e. 5

6 . arctg senx cos x dx Ponendo t gx senx, poiché sen, sen π arctg senx cos x dx, otteniamo: arctgt dt; integrando per parti, l ultimo integrale scritto diventa uguale a [tarctgt] t t + dt π t t + dt π [ log t + ] π log.. log x + dx Integrando per parti, l integrale diventa: log x + dx [x + log x + ] x + log x + dx x + 6 log 6 log 9 log x + dx 6 log 6 log log x + dx 6 log 6 log [ x + log x + ] 5 log x + +6 x + x + 6 log 6 log 6 log 6 + log log 6 log 6 log 6 + log + dx 6 log 6 log 6 log 6 + log + + [x + log x + ] 5 6 x + x + dx + log x + dx log x + dx 6 log 6 log 6 log 6 + log + log 6 8 log. 6

7 . x x dx Ponendo t gx x, otteniamo: x x dx t dt; effettuando ora il cambiamento di variabile t hs sens, s π, poiché in [ π, ] π si ha sens, solo se s e sens solo se s π 6 e poiché, nell intervallo citato, cos s sen s, l ultimo integrale scritto diventa: 6 cos s ds. Ragionando come nella soluzione dell Esercizio, si ottiene infine che l integrale proposto è uguale a 6 + cost dt π 6 + [ sent ] π 6 π +.. π 8 cos x 5sen x + sen x dx Ponendo t gx senx, si ha: π 8 cos x 5sen x + sen x dx Effettuando la divisione π 8 t 5t + t dt. t 5t + + 5t + t t + 5t, l ultimo integrale scritto risulta uguale a + 5t + dt t + 5t cos x sen x 5sen x + sen x dx 5t + t + 5t dt. Cerchiamo A, B R, tali che 5t + tt + 5 A t + B t

8 Deve essere 5t + At Bt, onde { A + B 5, 5A, cioè A, B. Ne consegue che l integrale proposto è uguale a t + dt 5 t [ 5 log t + ] 5 logt arctg dx x + 7 Integrando per parti, otteniamo: 7 arctg 7 x + 7 dx x x+7 arctg 7arctg 7 [ x + 7arctg x + 7 dx x ] 7 x x + 7 dx arctg 7arctg [ log 6 + x + 7 ] 7 arctg 7arctg + 8 log log x + x dx Si ha: [ x + x ] dx 6x + x dx; ponendo x gt sent, t [ π, π ], si ottiene : 6 + sen t cos tdt cos t dt

9 6 + + cost dt 6 + π + [sent] π 6 + π. 9