Istituzioni di Matematiche Modulo A (ST)

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1 Istituzioni di Matematiche Modulo A ST) V I foglio di esercizi ESERCIZIO. Si calcoli + sin t) dt t cos t + log + t))dt e + tg t + e t )dt cos t dt t. Calcoliamo il primo dei due. Si tratta di un ite della forma, perchè le due funzioni integrande sono continue e itate per +. Possiamo applicare la regola di de L Hôpital e, grazie al teorema fondamentale del calcolo integrale, ridurci a calcolare: + sin ) cos + log + )). sin Possiamo semplificare il conto ricordando che = e quindi + sin ) cos + log + )) = + Applicando la regola di de L Hôpital si ottiene + sin cos + log + )) = + cos + log + )) = + sin + + cos + log + )). Per calcolare il secondo con le stesse osservazioni fatte in precedenza ci si riconduce al ite tg + e + cos forma indeterminata del tipo. Applicando la regola di de L Hôpital si ottiene tg + e tg + tg ) + e + cos = + sin +cos Il numeratore tende a. Il denominatore è una forma indeterminata. Tuttavia sappiamo che sin sin + cos H sin + = =, = + + = +, quindi + sin + cos = = =

2 e pertanto tg + e tg + tg ) + e + cos = = + sin +cos = ESERCIZIO. Un artigiano deve realizzare un ornamento formato da un cono retto) con raggio di base r ed altezza h ed una sfera di raggio R < h, sovrapposti in modo che il centro della sfera coincida con il vertice del cono. Si disegni la figura in sezione e se ne calcoli il volume totale. Disegnamo la sezione dell ornamento, ponendo l asse del cono sull asse delle ascisse ed il vertice del cono nell origine. Per motivi di simmetria possiamo itarci alla porzione contenuta nel semipiano superiore fare il disegno). Sia, y ) il punto d intersezione tra il semicerchio e la retta, ovvero la soluzione nel semipiano superiore) del sistema { + y = R y = r h, ovvero { = Rh h +r y = Rr h +r Il solido si ottiene facendo ruotare la curva in figura attorno all asse delle e quindi il volume è uguale a Facendo il conto si trova I = π [R ] R + π r h I = π R h R r )d + π h d [ ] h = π R R + )) R + π r h h ) = = π R + ) R + πr r h π h = πr π + πr + πr h π r h sostituendo = = πr + πr h + πr π π r h Rh e R h h + r = h + r ) = R h h + r ) h + r r in R h, si trova r R h = R ) + r = R h + r ) = h h

3 = R Rh h + r R h h h + r ) + r ) h + r h = R h h + r R h h + r = R h h + r Quindi I = πr + πr h + πr π π r h = πr + πr h + π R h h + r = = πr + h r + h ) + πr h e ciò conclude il calcolo. ESERCIZIO. Si consideri il solido formato da una sfera di raggio r entro cui si inserisce, aderendo perfettamente, un cono retto) con raggio di base r ed altezza h > r, di modo che il centro della sfera appartenga all altezza del cono ed il vertice del cono sia sulla superficie della sfera. Si disegni la figura in sezione e se ne calcoli il volume totale. Disegnamo la sezione del solido, ponendo l asse del cono sull asse delle ascisse ed il vertice del cono nell origine. Per motivi di simmetria possiamo itarci alla porzione contenuta nel semipiano superiore fare il disegno). Sia, y ) il punto d intersezione, diversa da O, tra il semicerchio e la retta, che si può trovare come soluzione del sistema { r) + y = r y = r h, ovvero { = rh r +h y = r h r +h Il solido si ottiene facendo ruotare la curva in figura attorno all asse delle e quindi il suo volume è uguale a π ) h r r ) d + h d = π [r ] rh r +h [ r + h ] h rh r +h = πr h h + r ) + πr h e ciò conclude il calcolo. ESERCIZIO. Si consideri nel piano cartesiano il sottoinsieme D = {, y) R, y e } e si calcoli il volume del solido che si ottiene dalla rotazione di D attorno all asse delle ascisse.

4 L insieme D è deitato dal grafico della funzione g) = e sull intervallo [, ], dunque il volume del solido di rotazione è uguale a V = π dove abbiamo tenuto conto che Calcoliamo una primitiva di e ). e d = π e ) d + { se = se ) e ) d, Ora e ) = e e e sappiamo che una primitiva di e è e. Si tratta quindi di calcolare una primitiva di e. Utilizziamo il metodo di integrazione per parti. Si ha ) e d = e e ) d = e + e d e d = e e ) d = e + e d = e e e tornando ad ), e d = e + e e ) = e e e e infine e )d = e e e ) e = e + ) + c. Questo ci permette anche di dire che una primitiva di e ) è e + ) e quindi [ e V = + ) ] [ ] e + ) = e + 6e e e ciò conclude il calcolo. ESERCIZIO 5. Si calcoli il volume del solido che si ottiene ruotando attorno all asse orizzontale il grafico della funzione f) = sinh sull intervallo [, ]. Ricordo che sinh = e e, e che sinh. In particolare f) se [, ]. Il volume del solido è uguale a V = π sinh d.

5 5 Una primitiva di sinh, si ottiene facilmente integrando per parti, e si ha sinh d = cosh cosh d = = cosh sinh + sinh d = cosh sinh + cosh + c. ricordo che Dsinh ) = cosh e Dcosh ) = sinh ). Dunque V = π sinh d = π [ cosh sinh + cosh ] = e e + 5 e e ciò conclude la discussione. ESERCIZIO 6. Si calcoli + 5 d. Cerchiamo una primitiva di 5. Tramite il cambiamento di variabile y = e quindi y =, y dy = d), ci riconduciamo a calcolare 5 y 5 d = y y y dy = y 5 y dy. Calcoliamo una primitiva di y 5 y con il metodo dei fratti semplici. Osserviamo che il grado del numeratore è minore del grado del denominatore e a questo punto scriviamo y = y )y + y + ), dove y + y + ha discriminante negativo. Dobbiamo determinare A, B, C R tali che Si ha y 5 y = A y + By + C y + y + A y + By + C y + y + = Ay + y + ) + By + C)y ) y )y = y A + B) + ya B + C) + A C + y + ) y Da y 5 = y A + B) + ya B + C) + A C imponendo l uguaglianza dei coefficienti otteniamo A + B = A B + C = A C = 5

6 6 che risolviamo ad esempio sommando le tre equazioni: A =, da cui A =, B =, C =. Pertanto y 5 y = y + y + y + y +, e si ottiene che una primitiva della funzione integranda y 5 y è ) 7 + y arctan log y + log + y + y ) A noi serve una primitiva di y 5 y e possiamo prendere y 5 ) 7 + y y dy = arctan log y + log + y + y )) = ) + y arctan log y + log + y + y ) = ) + y arctan logy ) + log + y + y ) = ) + y arctan + log + y + y y ) + c Una primitiva di 5 è dunque Da ciò si conclude che + 5 d = = G) = log + + ) + ) + arctg. Gb) G)) log b + b + b ) + arctg )) b + log + + ) + arctg = 7π log + arctg + )) ) +. in quanto log b + b + b ) = log t + t + t + t ) = log = ) b + arctg = π = 7π Ciò conclude il calcolo. ESERCIZIO 7. Si calcoli + 6 log + e log ) 8 d.

7 7 Per prima cosa cerchiamo di determinare una primitiva della funzione integranda. Posto y = log, si ha dy = d, e quindi Ora y 8 = y )y + y + ), e posto 6 log + 6 log + log ) 8 d = log ) 8 6y + y 8 = A y + By + C y + y +, d 6y + = y 8 dy per opportuni A, B, C R, risolvendo si trova A =, B =, C = : 6y + y 8 = y y + y + y +, e quindi 6y + y 8 dy = log y ) y + y + + c, c R. Da ciò si deduce che una primitiva di Quindi + 6 log + e log ) 8 d = in quanto = log 6 log + log ) 8 è log ) G) = log log + log + Gb) Ge )) log b ) log ) log e ) log log b + log b + log e + log e + ) ) ) = log = log = log log b ) log b + log b + In alternativa, si può calcolcolare direttamente + 6 log + e log ) 8 d = + 6y + y 8 dy ) ) t ) = log t + t = log = + t + = F b) F )) = b ) log b + b + log = log 9 9 dove ho indicato con F y) = log y ) 6y+ y +y+ una primitiva di y 8. Quindi l integrale proposto è uguale a log 9. ESERCIZIO 8. Si calcoli + sinh e + e ) d.

8 8 Ricordo che sinh = e e. Tramite il cambiamento di variabile y = e e quindi dy = e d) + y l integrale proposto coincide con y + ) dy. Determiniamo quindi una primitiva della funzione integranda. Bisogna ricordare come si applica in questo caso il teorema di decomposizione. Intanto la funzione è già in forma ridotta poiché il grado del numeratore è ed il grado del denominatore è. Ora y + è irriducibile non ha zeri reali), quindi il teorema di decomposizione dice che si può scrivere y y + ) = Ay + B y + + Cy + D y + ). dove A, B, C e D sono numeri reali che dobbiamo calcolare. Considerando il minimo denominatore comune, possiamo scrivere y y + ) = Ay + B)y + ) + Cy + D y + ). quindi y = Ay + By + Ay + B + Cy + D y = Ay + By + A + C)y + B + D Due polinomi sono uguali se e solo se i corrispondenti coefficienti sono uguali, quindi otteniamo A =, C =, B = e infine da B + D = segue D = B = =. Pertanto y y + ) = y + y + ). Al medesino risultato si arrivava direttamente scrivendo Ora y y + ) = y + y + ) = y + y + ) y + ) = y + y + ) y + dy = ) y arctg + c e, ricordando vedi tabella nella dispensa sugli integrali fratti), + ) d = + ) + arctg) + c si ottiene y + ) dy = y/ ) + ) dy = ) ) y arctg + y y + c, +

9 9 Quindi ) ) y arctg y y + è una primitiva di y y +). Si conclude che l integrale proposto coincide con [ ) )] b y arctg y y = π + 6. ESERCIZIO 9. Si calcoli ) log ) d. Si tratta di un integrale improprio, perchè nel punto = la funzione non è definita anche se ha ite finito ed uguale a zero). Calcoliamo una primitiva di ) log ). Conviene cambiare variabile ponendo t =, dt = d: ) Integrando per parti si ottiene ) log ) d = t t ) log t dt t t ) log t dt = t t ) log t = t t ) log t t t ) dt t t t ) dt = t t ) log t t + 9 t Possiamo quindi considerare la primitiva attenzione al segno in )) G) = ) ) ) log ) ) + 9 ) ) = ) + ) ) log ) + ) ) 9 di ) log ) osservo che non ho usato il valore assoluto nell argomento di log, in quanto ho implicitamente assunto [, ) e t, ]). Pertanto ) log ) d = ε +G ε) G)) = ε + ε + ε ) log ε + ε 9 ε ) ) log + 9 )) = 7 8

10 in quanto + ε + ε ε ) log ε + ε 9 ε ) = ricordo che log = ). + In alternativa si poteva calcolare l integrale direttamente con la variabile t, ricordando il segno in ) e che quando =, allora t = e quando = allora t = : ) log ) d = t t ) log t dt = t t ) log t dt = ε +F ) F ε)) = ε + ) log + 9 ε ε ) log ε ε + 9 ε ) = 7 8 = 7 8 dove ho indicato con F t) = t t ) log t t + 9 t una primitiva di t t ) log t su, ]. ESERCIZIO. Si abbozzi il grafico della funzione integranda sull intervallo di integrazione e si calcoli π/ sin logcos ) d. Cominciamo con un rapido studio dell andamento della funzione integranda. Nell intervallo [, π ) la funzione integranda assume valori minori o uguali a ; la sua derivata prima sin ) è cos logcos ) cos. Ora per, π sin ) ) si ha < cos <, e quindi logcos ) <, cos > e quindi la funzione integranda è strettamente decrescente in, π ); infine si ha sin logcos ) = π. Tracciare l andamento approssimativo della funzione integranda: l integrale proposto è un integrale improprio. Integrando per parti, si ha sin logcos ) d = cos logcos ) sin d = cos logcos ) ) + c e quindi l integrale proposto è uguale a b π cos blogcos b) ) = y + ylog y ) = ; e ciò conclude il calcolo dell integrale proposto.

11 ESERCIZIO. Si calcolino a) b) c) d) e) f) g) d; 6 d; e e d; e e e d; e 5 + d; log ) d; d. a). Osserviamo che + 6 = ) + ) Ricordo che in generale se p) = a n + a n + + a n + a n è un polinomio a coefficienti interi e se q = a b, con a, b Z, b, a, b primi tra loro, è uno zero di p) cioè pq) = ), allora a divide a n e b divide a. Cerchiamo allora eventuali zeri razionali q = a b di + 6. In questo caso a =, a n = a = 6 e pertanto sarà b = ±, a = ±, ±, ±, ±8, ±6. In conclusione cerchiamo se tra a b = ±, ±, ±, ±8, ±6 vi è uno zero di p) = + 6. Ora p) = + 6 = 5, p ) = = 7, p) = = e abbiamo trovato che è uno zero di + 6. Facendo la divisione otteniamo + 6 = ) + 8) e poi le soluzioni di + 8 = sono =, =. Quindi + 6 = ) + ) A questo punto scrivo = 5 ) + ) = A + B ) + C +

12 Passando a minimo denominatore comune si trova e quindi A + B ) + C A ) + ) + B + ) + C ) = + ) + ) ) 5 ) = A ) + ) + B + ) + C ) Per calcolare A, B e C possiamo procedere in vari modi. Ad esempio possiamo direttamente confrontare i coefficienti dei due membri in ): + = A + C) + A + B C) 8A + B + C e ottenere il sistema lineare A + C = A + B C = ; che ha per soluzione 8A + B + C = A = B =. C = In alternativa si può valutare ) per opportuni valori di. Ad esempio per = si ottiene = 6B da cui B =. Poi per = si ottiene 6 = 6C da cui C =. Infine valutiamo ) per un valore di che non annulla il coefficiente di A, ad esempio = : ed essendo B =, C =, segue A =. Si ha quindi d = Possiamo quindi concludere che + d d = = 8A + B + C = ) d + [ log + + ] b = log b + b b log 7 + d = log + + c. ) = log 7. b). Il procedimento è analogo a quanto descritto nel punto precedente. Osserviamo che 6 = + ) ). Il risultato è d = + 7 log7)) 6

13 c). Con il cambiamento di variabile y = e, e quindi dy = e d, si ottiene e e e y d = e e e d = y dy. Inoltre y = y)y + y + ), y y = A y + By + C + y + y con A B = A + B C =. A + C = Risolvendo si ottiene A =, B =, C = 5. Si ha quindi y y dy = y dy + y y + y dy = y dy + 6 y + + y + y dy + + y + y dy. Osserviamo infine che e y dy y + y dy = y + + y + y dy = + y + y log 6 y ) + c y + ) + dy = ove t = y +, dt = dy. Possiamo quindi scrivere + t dt = arctg t + c, e e e d = 6 log + e + e e ) + arctg e + + c e concludere che + e e [ d = e 6 log + e + e e ) + ] b arctg e + = essendo = π 6 log + e + e e ) arctg e +. 6 log + eb + e b ) ) + t + t e b ) = log t + 6 t ) = 6 log = in quanto t ) è un polinomio di secondo grado in t con il coefficiente di t uguale ad e ) ) + t + arctg = arctg = π t +. d). Ponendo y = e, dy = e d, si ottiene e e y y e d = e e e e d = y dy = y y dy

14 Procedendo in modo simile al precedente, si ottiene Quindi y y arctan y dy = ) log y + log + y + y ) = 5 ) + y arctan + + y + y log y ) e + e d = e e y y dy = ) dove F y) = 5 arctan + y + +y+y log y ). Si ottiene + e e d = 5 e ) F b) F e )) π 5 arctan + e + log + e ) log + e + e ) = 5 π 5 ) + e arctan log + e + e e ) e). Il procedimento è analogo a quanto descritto nei punti precedenti. Osservo che + = ) ) = ) ) = ) ) + ) 5 + = 5 ) ) + ) = A + Risolvendo si trova A =, B =, C = : B + C = 5 ) ) + ) = d = log + log log + + c + ) = log ) + ) + c La funzione dove F ) = log 5 + è definita su [, + ), quindi d = F b) F )) log b ) b )b + ) log ) ) )+) noto che comunque F ) = log ) )+) log b ) b )b + ) = log = su [, + )). Essendo

15 5 si ha + 5 d = log + f ). La funzione integranda è definita per, ] e non è itata, perchè f) =. Si tratta + quindi di un integrale improprio. Integrando per parti, si ha log )d = log ) = log ) + ) d = log ) + log ) + c = d + log ) + ) d = dove si è omesso il segno di valore assoluto dall argomento del logaritmo, perchè stiamo integrando all interno della semiretta positiva. Possiamo quindi calcolare l integrale improprio, ovvero [ + ) log )d = log ) ε + +ε ε + = ε + ] +ε = 9 ε + ε + ) ε log ε + + c, ) = 5, ove si ricordi che ε log ε =. ε + g). Il procedimento è analogo a quanto descritto nei punti precedenti e lo lasciamo al lettore. Osservo che Poniamo F ) = log )+) = + + d = log + log log + + c = log ) + ) + c in quanto stiamo integrando su [, + )): essendo + d = F b) F )) = log b b )b + ) log 8 9 )) = log 9 8 log b b )b + ) = log = ESERCIZIO. Si disegni nel piano cartesiano il sottoinsieme { S =, y) R, + y + }.

16 6 Si calcolino l area di S ed il volume del solido che si ottiene ruotando l insieme S attorno all asse delle ascisse attenzione alla intersezione dei due grafici). Per prima cosa risolviamo ) { + + L equazione + = + su [, ] equivale a = + ) + ), + ) =, + = ) ) = ) ), quindi le soluzioni di + = + su [, ] sono =, =. Inoltre + + su [, ] equivale a + ) + ) e quindi a ) ). Pertanto le soluzioni di ) sono costituite da X = [, ] [, ]. Si ha A = AreaS) = V = Volume = π Facendo il conto si trova + ) + ) d + + ) + ) d + ) + ) d + π + ) + ) d A = + log) + log) log + ) e calcolando + ) + ) d = log + + c + si ottiene V = π log6) log + ) ) ESERCIZIO. Si consideri la funzione al variare di in, ). Calcolare F ) = t ) dt t + F ), F ), F ), F ).

17 ). t Poniamo ft) = t+ Sappiamo allora che F ) = f) e considerando le derivate di ordine successivo: F ) = f ), F ) = f ) Quindi F ) = integrale definito di una funzione continua con estremi uguali), F ) = f) =, F ) = f ) =, F ) = f ) = 5 8 essendo f t) = t + t + t ) + t), f t) = t + t + 8 t + t ) + t) 7 ESERCIZIO. Si consideri la funzione al variare di in, ). Calcolare F ) = ) t dt t + F ), F ), F ), F ). Poniamo ft) = successivo: t t+ ). Sappiamo allora che F ) = f) e considerando le derivate di ordine F ) = f ), F ) = f ) Quindi F ) = integrale definito di una funzione continua con estremi uguali), F ) = f) =, F ) = f ) = 6, F ) = f ) = 6 essendo f t) = 6 + t) + t), f t) = ) t + t + t) 5