Esercizi svolti. 1. Si consideri la funzione f(x) = 4 x 2. a) Verificare che la funzione F(x) = x 2 4 x2 + 2 arcsin x è una primitiva di

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1 Esercizi svolti. Si consideri la funzione f() 4. a) Verificare che la funzione F() 4 + arcsin è una primitiva di f() sull intervallo (, ). b) Verificare che la funzione G() 4 + arcsin π è la primitiva di f() sull intervallo (, ) che passa per P (, ).. Verificare che le funzioni F() sin + 7 e G() cos() sono due primitive di una stessa funzione f() su R; trovare f() e dire di quale costante differiscono F() e G().. Usando le tabelle degli integrali elementari, calcolare i seguenti integrali indefiniti: a) + 5 b) ( + 5) c) e) g) i) k) ( 8 + 4) 5 d) log f) e h) sin j) cos sin l) e + e (log ) / tan 7 cos( 5) cos ( + 5) 4. Calcolare per parti i seguenti integrali: a) sin b) e c) d) log( 5) e) log (5) f) g) arctan h) e sin i) log( + ) ( + ) cos c 6 Politecnico di Torino

2 5. Calcolare i seguenti integrali di funzioni razionali: a) b) c) d) e) f) Calcolare i seguenti integrali, usando le opportune sostituzioni: a) e b) e e + sinh cosh + c) + d) 5 ( + ) e) g) i) f) h) cos sin sin j) cos + + ( + tan) 4 sin + cos 7. Calcolare i seguenti integrali definiti: a) c) b) t t dt t + d) log( + ) ( + ) 4 arctan 8. Calcolare le seguenti aree: a) Area delimitata dall asse della, per [, 4], e dal grafico della funzione f() + +. b) Area della regione piana R compresa tra l asse e il grafico della funzione + se < π, f() 6 sin se π π. c 6 Politecnico di Torino

3 c) Area della regione R del piano y compresa tra la curva di equazione y e e la retta passante per i punti A (, e) e B (, ). d) Area della parte di piano compresa tra il grafico della funzione e l asse delle, per [, ]. f() ( ) log( + 4) e) Area della parte di piano compresa tra il grafico della funzione f() e e + e [ e l asse delle, per log, log ]. 9. Sia { se <, f() 6 se. a) Calcolare la media integrale µ di f sull intervallo [, ]. b) Dire se esiste un punto c [, ] per cui f(c) µ.. Data la funzione h() log( + ) a) trovare tutte le primitive di h; b) trovare la primitiva di h() che passa per P (, log ).. Trovare la primitiva della funzione che si annulla per π. f() sin + cos. Sia se <, f() 4 + se. Determinare la primitiva generalizzata di f che si annulla per. c 6 Politecnico di Torino

4 . Usando la definizione, calcolare i seguenti integrali impropri: a) b) c) d) e) / + ( + 5) arctan + ( ) 5/ ( e ( + ) ( + )( + ) ) 4. Verificare la convergenza del seguente integrale improprio e calcolarne il valore: ( 4). 5. Calcolare + ( + ) n per il più piccolo valore di n N per cui l integrale converge. 6. a) Determinare tutti i valori di a, b R per i quali converge l integrale +. a (4 + 9) b+ b) Calcolare + (4 + 9). 7. Discutere la convergenza dei seguenti integrali impropri: a) b) α c 6 Politecnico di Torino 4

5 8. Determinare per quali valori del parametro α R converge il seguente integrale improprio e calcolarlo per α : [sin ( )] α a) Dire per quali valori del parametro a R converge l integrale + a ( ). b) Calcolare l integrale precedente per a 6.. Studiare la convergenza assoluta del seguente integrale improprio: + sin Discutere la convergenza dei seguenti integrali impropri: a) b) + log( + ) sin +. Data la funzione f() cos log( + ), a) studiarne il comportamento nell origine e determinarne la parte principale. b) Studiare la convergenza dell integrale improprio: + f(). c 6 Politecnico di Torino 5

6 Svolgimento. a) Per provare che F() 4 + arcsin è una primitiva di f() 4 sull intervallo (, ) è sufficiente verificare che F () f(), per ogni (, ): F () / / f(). b) Sicuramente G() è una primitiva di f(), in quanto differisce da F() solo per la costante π. Verifichiamo che G() G() : 4 + arcsin π + π 6 π.. Le funzioni F() e G() sono entrambe derivabili su R; esse sono entrambe primitive di una stessa funzione f() se si ha F () G () f(), per ogni R. Calcoliamo le derivate: F () sin cos sin() G () ( ) sin() sin(). Dunque F () G () f() sin(). Essendo due primitive della stessa funzione sullo stesso intervallo, la loro differenza deve essere costante; risulta F() G() sin cos() + sin + ( sin ) Si ha a) + 5 ( + 5) / ( + 5) / + c / b) ( + 5) + c ( + 5) ( + 5) / c 6 Politecnico di Torino 6

7 c) ( + 5) / / (8 + 4 ) c 4 (8 + 4 ) c d) e) f) g) h) i) j) k) l) e + e (8 + 4 ) + c 4 8 log (log ) / e (8 + 4 ) + c + (e ) arctan(e ) + c / arcsin(log ) + c (log ) (log (log )/ ) / + c log + c / e e + c e sin sin tan cos log cos + c cos sin sin cos cos sin cos cos tan log tan + c 7 cos( 5) 7 6 cos( 5) sin( 5) + c cos sin sin + c cos ( + 5) 6 cos(sin ) / (sin )/ + c 6 cos ( + 5) 6 tan( + 5) + c 4. Ricordiamo la regola di integrazione per parti: f () g() f() g() f() g (). a) Scegliamo { f () sin g() da cui { f() cos g () c 6 Politecnico di Torino 7

8 Otteniamo: sin cos ( cos ) cos + sin + c. b) Scegliamo { f () e g() da cui { f() e g () Dunque: ( e e ) ( e ) ( e e ) + c e ( + ) + c. c) In questo caso conviene vedere la funzione integranda log( + ) come prodotto della funzione costante per la funzione log( + ) e scegliere { f () g() log( + ) da cui { f() g () + Pertanto log( + ) log( + ) +. 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 l integrazione delle funzioni razionali. Per ora, scriviamo: ; dunque + + log + + c. Tornando all integrale di partenza, si ha: log( + ) log( + ) + log ( + ) + c. L ultima uguaglianza è giustificata dal fatto che la funzione integranda è definita solo per >. c 6 Politecnico di Torino 8

9 d) Risulta log( 5) log( 5) 5 Anche in questo caso, manipoliamo l ultima funzione razionale, effettuando la divisione tra il monomio e il polinomio 5; si ha Pertanto log( 5) log( 5) log( 5) ( ) log 5 + c La funzione integranda è definita solo per > 5; pertanto si avrà 5 5. Dunque log( 5) log( 5) 5 5 log( 5) + c. e) Risulta log (5) log (5) log(5) 5 5 log (5) log(5). Riapplicando nuovamente la formula di integrazione per parti all ultimo integrale, ricaviamo ( log (5) log (5) log(5) ) log (5) log(5) c. f) Si ha ( + ) cos ( + ) sin ( + ) sin [ ( + ) sin + ( + ) cos ] cos ( + ) sin + ( + ) cos sin + c. c 6 Politecnico di Torino 9

10 g) Si ha arctan arctan + + arctan + ( arctan ) + arctan + arctan + c h) Si ha e sin e sin e cos ( e sin e cos + e sin ). Dunque e sin e sin e cos da cui e sin (e sin e cos) + c. i) Risulta + +. Dunque + arcsin da cui ( + arcsin ) + c. Lo stesso integrale può essere risolto per sostituzione (si veda l Esercizio 6). c 6 Politecnico di Torino

11 5. a) Procediamo dapprima con la divisione del polinomio a numeratore per il polinomio a denominatore e troviamo Dunque ( ) 5 4 ( + 7) log 5 + c. b) Poiché ( 4)( ), si ottiene: 4 ( 4)( ) A 4 + B A( ) + B( 4) ( 4)( ) (A + B) A 4B. ( 4)( ) Uguagliando i coefficienti dei polinomi a numeratore, si ottiene il sistema: { { A + B A 4 da cui A 4B 4 B. In alternativa, per calcolare A e B, dall uguaglianza 4 A( ) + B( 4), ponendo dapprima si ricava B e ponendo 4, si ottiene A 4. In ogni caso, si ha dunque 4 ( 4)( ) 4 4, [ ] 4 log 4 log + c. c) Ricordando che ( )( + + ) e usando il metodo di decomposizione in fratti semplici, possiamo scomporre la frazione da integrare come ( )( + + ) A + B + C + + (A + B) + (A B + C) + A C. ( )( + + ) c 6 Politecnico di Torino

12 Uguagliando i numeratori della frazione iniziale e finale, si trova il sistema: A + B A B + C A C A B C Quindi: + + log log log( + + ) Per risolvere l ultimo integrale, usiamo il metodo di completamento dei quadrati, allo scopo di ottenere il denominatore nella forma k[ + (a + b) ] (dove k, a, b sono costanti opportune da trovare): + + ( + ) Pertanto + + [ + 4 [ + 4 ( + ) ] ( ) ] + ( [. + ( ) ] +. ) arctan + + c. Riassumendo log log( + + ) + arctan + + c. d) Il polinomio + ++ ammette la radice ; dunque è divisibile per +. Effettuando i calcoli si trova ( + )( + ). Dunque ( + )( + ). Ricorriamo alla decomposizione in fratti semplici ( + )( + ) A + + B + C + A( + ) + (B + C)( + ) ( + )( + ) (A + B) + (B + C) + A + C. ( + )( + ) c 6 Politecnico di Torino

13 Uguagliando i polinomi a numeratore della prima e dell ultima frazione, si ottiene il sistema: A + B B + C 9 A + C 8 A B C 5. Pertanto: ( ) log + + log( + ) + 5 arctan + c log arctan + c. ( + ) 5 + e) Poiché il grado del polinomio al numeratore è superiore a quello del denominatore, occorre preliminarmente procedere alla divisione dei due polinomi. Si ottiene Pertanto ( + ) log + c. f) Effettuando la necessaria divisione tra il polinomio a numeratore e quello a denominatore, si ottiene Dunque ( ) ( + ). Ricorriamo alla decomposizione in fratti semplici: + ( + ) A + B + C + D +. c 6 Politecnico di Torino

14 Procedendo come sopra, si ottiene A B C D. Dunque: 5 ( ) + log arctan + c. 6. a) L integrale può essere trasformato nell integrale di una funzione razionale effettuando la sostituzione e t, da cui log t e dt. Pertanto t e e e + t dt t t t + (t )(t ) dt. t t + dt Si tratta dell integrale di una funzione razionale il cui denominatore è decomposto in fattori irriducibili. Usiamo il metodo di decomposizione in fratti semplici: (t )(t ) A t + B t A(t ) + B(t ). (t )(t ) Ponendo dapprima t e successivamente t, nell uguaglianza A(t ) + B(t ), si ottiene A e B. Pertanto e ( e e + t ) dt t log t log t + c log e log e + c. b) Risulta sinh cosh + e e e +e + e e e + e +. c 6 Politecnico di Torino 4

15 Effettuando, come sopra, la sostituzione e t, da cui log t e dt, t si ottiene sinh cosh + t t t + + t dt t (t )(t + ) (t + ) t dt t t + + t Con il metodo di decomposizione in fratti semplici si ottiene: t t(t + ) A t + B t + A(t + ) + Bt. t(t + ) t dt t t(t + ) dt. Ponendo t e t nell uguaglianza t A(t + ) + Bt, si ottiene A e B. Dunque ( sinh cosh + + ) dt log t + log t + + c t t + log e + log e + + c log (e + ) + c. c) L integrale può essere ricondotto ad un integrale di funzione razionale operando la sostituzione t, da cui + t e t dt. Pertanto + 5 t + t + t 4 Eseguendo la divisione tra polinomi si ottiene Dunque: + 5 t + t + t t 4 t + t + t t dt t 4 t + + 5t + 4 t 4. ( ) 5t + 4 t + + (t )(t + ) Decomponendo l ultima frazione in fratti semplici, si ha: 5t + 4 (t )(t + ) A t + B t + dt. A(t + ) + B(t ). t 4 Ponendo t e t nell uguaglianza 5t+4 A(t+)+B(t ), si ottiene A 7 e B. Dunque : ( + 7 (t + ) dt + 5 t + ) dt t + t + t + 7 log t + log t + + c log + dt. + log + + c. c 6 Politecnico di Torino 5

16 d) Per risolvere l integrale, allo scopo di eliminare i radicali si può effettuare la sostituzione t 6, da cui t 5 dt ; in tal modo si ha t e t. Dunque: ( + ) t 5 t (t + ) dt t t + dt ( ) dt t arctant + c t + 6 arctan 6 + c e) L integrale è già stato risolto precedentemente per parti; si può anche effettuare la sostituzione sin t, da cui e cost dt. La funzione sin t non è iniettiva; pertanto, per poter effettuare la sostituzione inversa, dobbiamo restringerci a un opportuno intervallo di integrazione; conviene scegliere l intervallo [ π, π ], in cui oltre a invertire la funzione sin t, trovando t arcsin, è anche possibile ricavare cost. Dunque + cos(t) cos t dt dt t + 4 sin(t) + c t + arcsin + + c. sin t cost + c f) Conviene effettuare la sostituzione sinh t, da cui si ricava cosh t dt ; si ha inoltre + cosh t, tenendo conto che i due membri dell ultima uguaglianza sono funzioni sempre positive. Dunque (e + cosh t + e t ) t dt dt 4 e t + e t + dt ( ) e t e t + t + c sinh(t) + t + c sinh t cosh t + t + c + + settsinh + c. g) Conviene effettuare la sostituzione cosh t, da cui si ricava sinh t dt. Ponendoci su un opportuno intervallo di integrazione, possiamo invertire la funzione cosh t; conviene scegliere l intervallo [, + ), in cui si trova t log(+ ). Inoltre è anche possibile ricavare sinh t. Dunque sinh t dt (cosh t ) dt cosh t dt t. c 6 Politecnico di Torino 6

17 Sfruttando il risultato appena trovato sopra cosh t dt sinh t cosh t + t + c si ha + log( + ) + c. h) Allo scopo di trasformare l integrale in quello di una funzione razionale, possiamo usare la sostituzione tan t, da cui arctant e dt. +t Quindi ( + tan) ( + t) + t dt. Ricorriamo alla decomposizione in fratti semplici. ( + t) ( + t ) A + t + B ( + t) + Ct + D + t. Procedendo come sopra, si ottiene Dunque: ( + tan) A, B, C, D. + t dt + ( + t) dt t + t dt log + t + t log( + t ) + c log + tan + tan log( + tan ) + c. i) Utilizziamo la sostituzione cos t, da cui sin dt. Pertanto cos t sin sin cos + t t + dt t t + t dt. Il polinomio a denominatore ammette la radice t e si fattorizza in t + t (t )(t +t+). Ricorrendo alla decomposizione in fratti semplci, si trova t (t )(t + t + ) 5 t + t 5 5 t + t +. Dunque ( ) t t + dt t + t dt 5 5 ( log t t t + t + t + t + t + dt ) 9 + (t + ) dt 5 log t 5 log(t + t + ) 9 arctan(t + ) + c. 5 c 6 Politecnico di Torino 7

18 Infine cos sin cos + sin log cos log(cos + cos + ) 9 arctan(cos + ) + c. 5 j) L integrale può essere ricondotto ad un integrale di funzione razionale mediante le formule di razionalizzazione delle funzioni trigonometriche, cioè operando la sostituzione tan t, da cui arctant e + t dt ; si ha inoltre sin t e cos t + t + t. Pertanto 4 sin + cos 4 t + t + t dt +t +t dt 8t + t Decomponendo l ultima frazione in fratti semplici, si ha: (t + )(t ) A t + + B t (t + )(t ) dt. A(t ) + B(t + ). (t + )(t ) Ponendo t e t nell uguaglianza A(t ) + B(t + ), si ottiene A e B Dunque ( 4 sin + cos t + + ) dt t 5 log t + log t + c 5 5 log tan + tan + c. 7. a) Per calcolare un integrale definito occorre dapprima calcolare una primitiva della funzione integranda. Cerchiamo dunque una primitiva della funzione razionale f(). Usiamo il metodo di decomposizione delle funzioni 4 razionali in fratti semplici, ottenendo: ( )( + ) A + B + A( + ) + B( ). ( + )( ) c 6 Politecnico di Torino 8

19 Ponendo e nell uguaglianza A( + ) + B( ), si ottiene a 4 e B 4. Dunque ( /4 + /4 ) + [ 4 log + ] log log + 4 log 4 log 4 log log log. 4 b) Utilizziamo dapprima la sostituzione + u e dunque du, e in seguito applichiamo la formula di integrazione per parti; otteniamo: log( + ) log u du ( ) ( + ) u u log u du u ( u log u ) + c. u Pertanto log( + ) [ + log( + )] + c. ( + ) ( + ) Dunque l integrale cercato vale: log( + ) [ + log( + ) ( + ) + ( ) + log 5 5 ] 4 log 5. c) Utilizziamo la sostituzione: t y, e dunque t y da cui dt y dy. Allora: t t + t dt y y y y dy y + y y y + dy ( ) dy y y + dy 4 (y )(y ) dy. Usiamo il metodo di decomposizione delle funzioni razionali in fratti semplici: (y )(y ) A y + B y A(y ) + B(y ) (y )(y ) c 6 Politecnico di Torino 9

20 che porta a A e B. Dunque: ( dy 4 dy y 4 (y )(y ) y + ) dy y y + 4 log y 4 log y + c. Applicando ora la sostituzione inversa, si ottiene: t t t + dt t + 4 log t 4 log t + c t + 4 log t + c. t Si può infine ricavare il valore dell integrale definito 6 t t t + dt log log log 8 log. d) Dividiamo l intervallo di integrazione [, ] nei due sottointervalli [, ] e [, ], in quanto la funzione assume in essi due espressioni diverse; si ha dunque 4 arctan 4( ) arctan + 4( ) arctan. Possiamo ora utilizzare la formula di integrazione per parti per calcolare l integrale indefinito: ( ) ( ) ( ) arctan arctan + ( ) arctan +. Poiché il polinomio a denominatore nell ultimo integrale non ha grado superiore a quello a numeratore, procediamo con la divisione del numeratore per il denominatore: ( + + ) log( + ) arctan + c. c 6 Politecnico di Torino

21 Dunque: ( ) ( ) arctan arctan ( log( + ) arctan ) +c. Calcolando ora l integrale definito, si ricava: [( ) 4 arctan 4 arctan + ( log( + ) arctan )] + [( ) +4 arctan ( log( + ) arctan )] 4 + 4( ) π. 8. a) Per [, 4], f() è senz altro positiva (perché somma di quantità positive). Dunque l area A richiesta risulta essere: 4 4 ( A f() + + ) 4 ( ) + + [ + log log 4 4 ] 4 log + 4 [ + log + log 4. b) Tenendo conto che nell intervallo (, π) la funzione f() è positiva, mentre, tra π e π, f() è negativa, l area A della regione R è data da: A 6 π + 6 [ π + π π π sin 6 [ ] + [ + ] π 8 + π +. ] 4 + ] π [ cos] π π c) Si osservi che i punti A e B appartengono alla curva di equazione y e. Dunque sono i punti di intersezione tra la curva e la retta passante per A e B. La retta r passante per i punti A (, e) e B (, ) ha equazione y ( e). Notiamo inoltre che la funzione f() è sempre negativa, e dunque la regione R è situata al di sotto dell asse delle ; osserviamo infine che la corda AB sta al di sotto del grafico della funzione f(). c 6 Politecnico di Torino

22 Pertanto l area A richiesta sarà data da: ( ) A [( e) ] ( e ) [ ] e [( e) + e ] + e d) Studiamo il segno di f in (, ): i) il fattore ( ) è negativo ii) il fattore log( + 4) è positivo, perché + 4 >, R. e. Dunque nell intervallo (, ) la funzione f() è negativa. Pertanto l area richiesta è data da: A f() ( ) log( + 4). Risolviamo l integrale indefinito, utilizzando il metodo di integrazione per parti: ( ) log( ( ) ( ) + 4) log( + 4) + 4 ( ) log( + + 4). + 4 Per risolvere il rimanente integrale, dividiamo il polinomio al numeratore per il denominatore, ottenendo: [ + ( ) ] Quindi: log( + 4) + 4 arctan + c. [ ( ) A log( + 4) + + log( + 4) 4 arctan [ + + log 5 4 arctan log 4 ] log 4 log 4 log arctan. ] c 6 Politecnico di Torino

23 e) Studiamo dapprima il segno della funzione f. Poiché il denominatore è una quantità sempre positiva, è sufficiente studiare il segno del numeratore. f() > e e > e ( e ) > e > e < <. Dunque: f() > per < (; f() < per >. Consideriamo ora l intervallo log, log ) ( log, log ). Per ( log, ) la funzione è positiva. Dunque l area compresa tra il grafico di f e l asse delle è data da: A log f() Invece, per (, log ), la funzione è negativa, e l area sarà data da: A log f() Pertanto l area richiesta sarà la somma delle due aree: A A + A log f() log f(). Calcoliamo l integrale indefinito: e e f() + e e + (e ) e + e arctan(e ) log ( + e ) + c. Calcoliamo ora gli integrali definiti: A arctan() log( + ) arctan e log + ( log + e log ) π 4 log arctan + ( log + ) π + log [arctane log ( log + e log ) arctan + ] log A arctan + log( + ) + π 4 log π + log. Dunque l area richiesta è: A ( log + log ) log 4. c 6 Politecnico di Torino

24 9. a) Per definizione di media integrale µ f() ( + ( ) 4 ( ] ) + [ ) (6 ) b) Poiché f() non è continua sull intervallo [, ], 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. Si verifica facilmente che Im (f) [, ) [7, 5]. Dunque µ / Im(f) e non esiste nessun c [, ] tale che f(c) µ.. a) Le primitive di h() log( +) si trovano risolvendo l integrale indefinito h(). Per risolvere questo integrale, si può applicare la formula di integrazione per parti: f() g () f() g() f ()g(). Nel nostro caso scegliamo f() log( + ) e g (). Si ottiene quindi: log( + ) log( + ) + log( + ) + ( log( + ) ) + Dunque le primitive di h sono le funzioni: log( + ) + log( + ) + c. F c () log( + ) + log( + ) + c, c R. b) Tra tutte le funzioni F c () si deve trovare quella per cui F c () log. F c () log + log + c log + c. Dunque F c () log se e solo se c. Pertanto la primitiva cercata è la funzione F() log( + ) + log( + ) +. c 6 Politecnico di Torino 4

25 . Possiamo procedere come sopra, trovando tutte le primitive di f() e poi quella che passa per P ( π, ). In alternativa, possiamo sfruttare il teorema fondamentale del calcolo integrale; la primitiva cercata è la funzione integrale F() π f(t) dt. Scegliamo la seconda strada. Risolviamo prima l integrale indefinito (t f(t) dt 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 sint come fattore differenziale: t sin t dt t( cost) ( cost) dt t cos t + cos t dt t cost + sin t + h. Per calcolare il secondo integrale possiamo usare l identità trigonometrica cos +cos t t. Allora: ( cos t dt + ) cos t dt dt + cos t dt t + cos t dt t + sin t + k. 4 Quindi: π ( t sin t + cos t ) dt [ t cost + sin t + t + 4 sin t ] π cos + sin + + sin π cos π sin π π 4 sin π cos + sin sin π 4.. Data la presenza del valore assoluto, distinguiamo le due funzioni che formano la prima componente di f(), sui due intervalli (, ) e [, ), e riscriviamo se < f() se < se. 4 + c 6 Politecnico di Torino 5

26 Iniziamo a trovare tutte le primitive di ciascuna delle tre funzioni che compongono f(). F () ( ) / ( )/ / ( ) + c, se <. F () () / ()/ / + c + c, se (, ). F () arctan + c, se >. + c / + (/) Le primitive generalizzate devono essere funzioni continue. Dunque deve essere lim F () lim F () e lim F () lim F (). + + Pertanto da cui c c e + c arctan + c c c c e c c + arctan. Dunque tutte le primitive generalizzate di f() sono le funzioni + c se < F c () + c se < arctan + c + arctan se. Cerchiamo tra esse quella tale che F c (), ovvero / + c. Si ricava c. Pertanto la primitiva cercata è la funzione se < F() se < arctan + arctan se. c 6 Politecnico di Torino 6

27 . a) Per definizione di integrale improprio: + t lim ( + 5) t + ( + 5) Calcoliamo l integrale indefinito: ( + 5) ( + 5) ( + 5) + c c Dunque: + b) Risulta arctan + Pertanto: [ lim ( + 5) t + + lim t + ] t + 5 ( t ) 6 6 (arctan )(arctan ) arctan + c. arctan t arctan lim + t + + lim t + ( arctan t ) π 8. c) Calcoliamo l integrale indefinito sfruttandone la linearità e la formula di integrazione per parti: ( ) (8 + 4 ) 5 + e (8 + 4 ) 5 + e 4 (8 + 4 ) 5 + e (8 + 4 ) ( + e (8 + 4 ) e e + c ) ( e ) c 6 Politecnico di Torino 7

28 Calcoliamo ora l integrale improprio: + ( (8 + 4 ) 5 + e lim t + [ t ) lim t + (8 + t4 ) e t (t + ) + 8 ( ) (8 + 4 ) 5 + e ] 4 + t + (Si ricordi che lim t + e t (t + ) lim, in quanto il denominatore t + e t ha ordine di infinito superiore al numeratore). d) Per risolvere l integrale indefinito, effettuiamo la sostituzione t, da cui t, e infine t dt. Dunque: ( + ) t(t + ) t dt t + dt arctant + c arctan + c. Passiamo ora al calcolo dell integrale improprio: + / ( + ) b lim b + lim b + / ( + ) [ arctan ] b lim b + [arctan b arctan ] π π 4 π 4. e) Per calcolare l integrale indefinito, dobbiamo risolvere un integrale di funzione razionale, il cui denominatore è già scomposto nel prodotto di fattori irriducibili. Ricorriamo alla decomposizione in fratti semplici ( + )( + ) A + + B + C + A( + ) + (B + C)( + ). ( + )( + ) Uguagliando i polinomi a numeratore della prima e dell ultima frazione, si ottiene A, B, C 5. Pertanto: ( + )( + ) ( ) + c 6 Politecnico di Torino 8

29 Per il calcolo dell integrale improprio : ( + )( + ) log + + log( + ) + 5 arctan + c log( + ) log( + ) + 5 arctan + c. t lim t + [ lim t + lim t ( + )( + ) log + ( + ) + 5 arctan [ log t + ] t (t + ) + 5 arctant log 4 log + 5 π + log 4 log 4 + 5π. ] 4. Risulta ( 4) + ( 4) ( 4). I due integrali impropri convergono entrambi, perché, per, ( 4) 4. Calcoliamo il primo integrale indefinito, con la sostituzione t, da cui t, t dt : ( t) dt ( 4) t( t 4) t + 4 dt arctan t + c arctan Calcoliamo il secondo integrale indefinito, con la sostituzione t: t dt ( 4) t(t 4) (t )(t + ) dt ( t ) dt t + log t t + + c log + c + + c c 6 Politecnico di Torino 9

30 Pertanto: lim ( 4) a 5. Per + si ha a + lim b + b ( a lim arctan arctan ) a log arctan. ( 4) + ( 4) ( + lim b + ( + ) n n log ) b log b + quindi l integrale converge se n >, cioè se n >. Pertanto il più piccolo valore di n N per cui l integrale converge è n. In tal caso: ( + ) ( + ) / + + c. Dunque: + b lim ( + ) b + lim b + ( + ) ( b + ) a) Per + si ha a (4 + 9) b+ 4 b+ a quindi l integrale converge in un intorno destro di se a <. Per + si ha a (4 + 9) b+ 9 b+ a+b+ quindi l integrale converge se a + b + >, cioè se b > a. Globalmente l integrale converge per a < e b > a. b) Si ha + (4 + 9) + lim b + t(4 + 9t ) [ t arctan 6 b t dt lim b t dt ] b lim b arctan b + π 6. c 6 Politecnico di Torino

31 7. a) Si ha + α ( α ) + + ( ) 4 6 α. L integrale ( α α ) converge per α < mentre l integrale + ( ) 4 6 converge per α >. Pertanto l integrale assegnato converge per α (, ). b) Risulta ( )( + ) 4 4 ( )( +) 4. Per 4, si ha: diverge, anche l integrale di partenza diverge Per + si ha [sin ( )] α 4 quindi l integrale converge se α >. Per α dobbiamo calcolare: 4 lim t + ( )α ( ) ( ) α lim t + [ 4 t 4 ] t Poiché l integrale improprio lim t +( 5 t 4) a) Se a, l integrale diverge, data la presenza del fattore. Se a >, l integrale converge perché il fattore non dà problemi di integrazione impropria (al finito), mentre all infinito la frazione integranda si comporta come / e dunque converge. c 6 Politecnico di Torino

32 b) Per a 6, mediante la sostituzione t l integrale diventa: + 6 ( ) + lim b + t ( + t )t dt b + t dt + + t dt lim b + (arctan b arctan ) π. Dobbiamo studiare la convergenza dell integrale improprio: + sin + +. Utilizziamo il criterio del confronto; osserviamo che e che l integrale improprio sin , è convergente. Infatti, il primo addendo non è un integrale improprio; quanto al secondo addendo, per e l integrale improprio converge. Pertanto l integrale assegnato converge assolutamente.. a) Nell intervallo [, ] la funzione integranda f() log(+ ) presenta solo sin una singolarità in. Per capire il comportamento di f() in, utilizziamo le seguenti equivalenze, valide per + : log( + ) e sin log( + ) sin. Poiché l integrale improprio converge, per il criterio del confronto asintotico converge anche il nostro integrale (si osservi che, per [, ], sin e dunque f() e si può applicare il criterio del confronto asintotico). c 6 Politecnico di Torino

33 + b) Nell intervallo [, + ) la funzione integranda f() non presenta singolarità, ed è positiva. Pertanto conta solo il suo comportamento per +. Ora, per + : +. Poiché l integrale improprio diverge, anche l integrale di partenza risulta divergente.. Per, si ha: + dunque cos e log( + ) cos log( + ) /,. Dunque, per, f() ha ordine di infinito, e la sua parte principale è la funzione g(). Prima di studiare la convergenza dell integrale improprio, osserviamo che, per R +, f(). Inoltre: + cos β log( + ) + cos log( + ) + + β cos log( + ), β R +. In base allo studio fatto in precedenza, possiamo affermare che il primo addendo converge, perché, per, f() g() e l integrale improprio g() è convergente. β Per studiare la convergenza del secondo integrale, utilizziamo il criterio del confronto: cos log( + ) log( + ), per β abbastanza grande (deve essere β > (e ) ). Poiché l integrale + improprio converge, anche il secondo integrale converge. β Pertanto l integrale assegnato è convergente. c 6 Politecnico di Torino

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