Soluzioni delle Esercitazioni VII 12-16/11/ x+c = 1 2 x4 3 2 x2 +x+c. + x4/3. x + 1 )

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1 Soluzioni delle Esercitazioni VII -6//8 A. Integrali indefiniti. Si ha +)d. Si ha + )d. Si ha + d +. Si ha d 5. Si ha / + / )d / ) d d + ++c ++c. + / +c + +c. + ) d ln + / +c ln + +c. ) / d )/ +) / d +)/ +c ) +c. +c ++c. 6. Questo integrale si può ricondurre ad un integrale della forma f α )Df)d, che ricordo si integra in fα+ ) α+ +c, dove nel nostro caso f) + e α. Come si vede, per avere la forma richiesta, manca dentro l integrale la derivata di f, che è. Allora possiamo moltiplicare e dividere per e otteniamo +d +) / d +) / +c +) +c Questo integrale si può ricondurre ad un integrale della forma e f) Df)d, che ricordo si integra in e f) +c, dove nel nostro caso f). Per avere la forma richiesta, manca dentro l integrale la derivata di f, che è. Allora moltiplichiamo e dividiamo per e otteniamo e d e d e +c. 8. Questo integrale è del tipo f α )Df)d e non richiede nessun aggiustamento delle costanti, dato che f) e la derivata di f è. Quindi abbiamo direttamente ) d ) / d )7/ 7 +c 7 9. Questo integrale è della forma Df) d, che ricordo si integra in ln f) +c, f) dove nel nostro caso f) +e. Si ha allora e +e d ln +e +c ln+e )+c. )7 +c. A. Peretti Corso di Matematica UNIVR Sede di Vicenza

2 Il valore assoluto si può togliere in quanto l argomento del logaritmo è sempre positivo.. Ancora integrale del tipo Df) f) d, con f) + e il numeratore è la derivata del denominatore). Non occorre aggiustare nessuna costante. Si ha e + +e d ln +e +c.. Questo integralesi può ricondurread un integraledella forma f α )Df)d e occorreaggiustareuna costante. d 5) 5) / d 5) / c 5+c. 5. Questo integrale si può ricondurre ad un integrale della forma e f) Df)d e occorre aggiustare una costante. e d )e d e +c.. Questo integrale si può risolvere togliendo e aggiungendo a numeratore: + d d + ) d +ln +c.. Questo si può risolvere in modo simile al precedente: +5 d +5 d +5 5 d +5 Dato che ora allora +5 d 5 ) d d ln +5 +c +5 d 5 6 ln +5 +c. +5 d. 5. Questo integralesi può ricondurread un integraledella forma f α )Df)d, dove in questo caso f) 5+ e α. Per avere la forma richiesta, dentro l integrale dobbiamo avere la derivata di f, che è : la c è, manca il. Quindi moltiplichiamo e dividiamo per. Si ha 5+ d 5+ ) / d 5+ ) / +c 5+ ) +c. 6. Questo integrale si può ricondurre ad un integrale della forma e f) Df)d, dove nel nostro caso f). Per avere la forma richiesta, dobbiamo avere dentro l integrale anche la derivata di f, che è. C è la radice, ma manca un a denominatore). Quindi moltiplichiamo e dividiamo per. Si ha e d e d e +c. 7. Questo integrale si può ricondurre ad un integrale della forma Df) f) e e d e e d ln e +c. d, però occorre aggiustare una costante. 8. Integrale del tipo f α )Df)d con f) +ln e α. Dato che la derivata di f è, manca un a numeratore. Si ha allora +ln d +ln) / d +ln) / +c +ln) +c. A. Peretti Corso di Matematica UNIVR Sede di Vicenza

3 9. Integrale del tipo f α )Df)d, con f) + e α. Dato che la derivata di f è, manca un a numeratore. Si ha allora + ) d + ) d + ) +c + +c.. Integrale del tipo Df) f) d, con f) +e. Si ha e +e d ln +e +c ln +e )+c. Il valore assoluto si può togliere poiché l argomento è sicuramente positivo. B. Integrali indefiniti. Integriamo per parti scegliendo come parte finita e come parte differenziale e. Ricordo che dobbiamo seguire questa regola: la parte finita per una primitiva della parte differenziale meno l integrale di questa primitiva appena trovata per la derivata della parte finita. Quindi e d ) e ) e d e + e d e + ) e +c e e +c.. Qui prendiamo come parte finita ln e come parte differenziale. Si ha lnd ln d ln d ln +c ln 6 +c.. Qui prendiamo come parte finita ln e come parte differenziale. Si ha lnd / / ln / / d / ln / d / ln / / +c / ln 9 / +c.. Parte finita ln e parte differenziale. Si ha ln d ln ln d ln lnd. Attenzione, non del tipo Df) f) d! Infatti, se così fosse, a numeratore dovremmo avere la derivata di + ) e non è così. A. Peretti Corso di Matematica UNIVR Sede di Vicenza

4 Ora ancora per parti: ln lnd ln ln ) ln ln+ d d ln ln+ +c ln ln+ +c. 5. Parte finita ln+) e parte differenziale. Si ha ln+)d ln+) d ln+) +ln+)+c. + Si noti che è inutile qui mettere il valore assoluto di + nell ultimo termine, dato che la funzione non è comunque definita se + <. 6. Parte finita ln+) e parte differenziale. Si ha ln+)d ln+) + d ln+) + d. Ora si tratta di integrare il quoziente dei due polinomi. Qui si può procedere in due modi: o effettuiamo la divisione del polinomio per il polinomio + ad esempio con la regola di Ruffini) oppure usiamo la tecnica già vista dell aggiungere e togliere. Possiamo scrivere + + )+) Quindi e pertanto + d + ) d + +ln + +c ln+)d ln+) + ln + +c. 7. Questo integrale è quasi immediato e lo sappiamo già risolvere: basta osservare che è la derivata del logaritmo e quindi... Usiamo invece il cambio di variabile ln t, da cui e t e quindi d e t dt. Si ha ln d e t t et dt dt ln t +c ln ln +c. t 8. Con il cambio di variabile e t, da cui lnt, cioè lnt e quindi d t dt, si ha +e d +t t dt tt+) dt. Per procedere si può usare la tecnica dell aggiungere e togliere, aggiungendo e togliendo t. +t t tt+) dt tt+) dt t ) dt ln t ln t+ +c lne ln e + +c lne +)+c. t+ Il valore assoluto si può togliere perché e + è certamente positivo. Lo studente provi ad effettuarla: si trova che vale l identità +) )+. A. Peretti Corso di Matematica UNIVR Sede di Vicenza

5 9. L integrale si può anche risolvere osservando che +ln visto poco fa e l integrale del secondo è immediato. ln ln +. L integrale del primo termine lo abbiamo Usiamo invece il cambio di variabile: ponendo ln t, si ha e t e quindi d e t dt. Allora ) +ln +t ln d e t t et dt t + dt ln t +t+c ln ln +ln+c.. Con il cambio di variabile t, da cui t e quindi d tdt, si ha + d +t tdt t +t dt. Ora con la solita tecnica dell aggiungere e togliere : +t dt ) ) dt t ln +t +c ln + +c ln+ )+c. +t +t Si noti che il valore assoluto alla fine si può togliere in quanto l argomento del logaritmo è positivo.. Con il cambio di variabile t, da cui t e quindi d tdt, si ha d t t tdt t dt ln t +c ln +c. Qui il valore assoluto alla fine non si può togliere in quanto l argomento del logaritmo non è sempre positivo.. Con il cambio di variabile e t, da cui lnt e quindi d t dt, si ha e d +e t+t t dt t +t) dt. Qui si può ancora sfruttare la tecnica dell aggiungere e togliere, togliendo e aggiungendo t. Si ottiene t t +t) dt +t t)+t)+t t t +t) dt t dt +t) t + ) dt +t t t + ) dt +t t ln t +ln +t +c e lne +ln +e +c e +ln+e )+c. C. Integrale di Riemann. Si osservi anzitutto che la funzione integranda non è definita in, ma questo non crea problemi dato che l intervallo di integrazione è [, ] possiamo quindi dire che la funzione è definita e continua nell intervallo che ci interessa e quindi che l integrale è un integrale di Riemann). L integrazione è immediata. Si ha e + ) d e ) e e ) e e+.. Anche in questo caso la funzione integranda non è definita in, ma l intervallo è [,e ] e quindi la funzione è in esso continua. Anche qui l integrazione è immediata. Si ha e ) + d ln+ ) e / + e + ) e +.. La funzione non è definita in, ma l intervallo è [,]. Qui l integrazione non è così immediata ma non è difficile. Si può osservare che l integrale è del tipo Df) f) d, con f) +ln. Quindi si ha +ln) d ln +ln ln+ln).. La funzione non è definita in, ma l intervallo è [,9]. Una primitiva della funzione + si può trovare con un cambio di variabile. Ricordo che, quando si vuole risolvere un integrale definito con un cambio di variabile, sono aperte due strade: A. Peretti Corso di Matematica 5 UNIVR Sede di Vicenza

6 i) risolvere prima a parte l integrale indefinito quindi senza gli estremi), trovare la primitiva con la nuova variabile, tornare a scrivere la primitiva nella variabile e infine calcolare la differenza agli estremi di integrazione, oppure ii) svolgere i calcoli mantenendo gli estremi di integrazione: in questo caso occorre ricordare che, quando si effettua il cambio di variabile, gli estremi cambiano; dopo aver trovato la primitiva, nella nuova variabile, il calcolo dell integrale definito si conclude facendo la differenza agli estremi quelli nuovi). Ovviamente in questo modo non si torna più alla vecchia variabile di integrazione. In questo esempio vediamo tutti e due i modi di procedere. Con il primo modo calcolo intanto a parte l integrale indefinito, con il cambio di variabile t, da cui t e d tdt: + d t +t tdt t+ dt ln t+ +c ln +)+c. A questo punto calcolo l integrale definito facendo Nel secondo modo invece si ha 9 + d 9 + d ln +) 9 ln ln) ln 6 9. t +t tdt t+ dt ln t+ ln ln) ln 6 9. Si noti che, quando ho effettuato il cambio di variabile, ho cambiato gli estremi di integrazione. 5. La funzione non è definita in ln, ma l intervallo è [,ln]. Una primitiva si può trovare o con un cambio di variabile oppure più direttamente osservando che l integrale è del tipo f α )Df)d, con f) e e α. Quindi si ha ln e e ) d e ) ln ln e ). 6. La funzione non è definita in e in, ma l intervallo è [,] e quindi non contiene i punti pericolosi. L integrale indefinito è del tipo f α )Df)d, con f) e α. Quindi si ha occorre aggiustare una costante) + d ) ) / d ) / ). Il risultato può forse sorprendere. È dovuto ad una simmetria della funzione, che però è una simmetria non così facile da cogliere, dato che non è rispetto ad, ma rispetto ad. D. Integrale di funzioni definite a tratti. Dividendo l intervallo di integrazione [, ] nei due sottointervalli [, ] e [, ] si ha f)d f)d+ )d+ ) ) f)d + )d ) + ) + ) ) I nuovi estremi si determinano sulla base della sostituzione: in questo caso, essendo t, al valore corrisponde t e al valore 9 corrisponde t. A. Peretti Corso di Matematica 6 UNIVR Sede di Vicenza

7 . Questo integrale è svolto nelle dispense del corso.. La presenza del valore assoluto e il fatto che cambia segno nell intervallo di integrazione) costringe a scomporre l integrale di in due integrali distinti. Si ha + )d A questo punto il calcolo è immediato. Si ottiene... + ) + d+ )d+ d. 8 + ) Anche qui la presenza del valore assoluto e il fatto che cambia segno nell intervallo di integrazione costringe a scomporre l integrale in due integrali distinti. 5 Si osservi anche che la funzione non è definita in ma questo non crea problemi all integrale, che è in [,]. Si ha Ora gli integrali sono immediati: d d+ d d+ d. d d+ d d 5 ) ln +ln +... ln E. Calcolo di un area. La figura a fianco rappresenta la regione in questione. L area è data dall integrale e lnd ) e ln. 6 e. La figura a fianco rappresenta la regione in questione. È importante trovare dove si ha l intersezione dei due grafici, dato che questi punti sono gli estremi dell intervallo di integrazione. In questo caso le ascisse dei punti di intersezione sono e. L area è data allora dall integrale ) d ) / / 5. Se fosse stato + )d non avremmo avuto grosse complicazioni rispetto agli integrali precedenti, dato che in [,] si ha e quindi + )d +)d. 5 Qui ci serve osservare che coincide con in [,] e con in [,]. 6 Ricordo che la primitiva si calcola per parti: lnd ln d ln +c. A. Peretti Corso di Matematica 7 UNIVR Sede di Vicenza

8 . La figura a fianco rappresenta la regione in questione. È importante trovare dove si ha l intersezione tra le due curve, dato che questi punti sono gli estremi dell intervallo di integrazione. Per trovare i due punti basta risolvere l equazione +), cioè. Con la formula risolutiva si trova ± 9 oppure. Le ascisse dei punti di intersezione sono quindi oppure. L area è data allora dall integrale / ) +) d + ) / La figura a fianco rappresenta la regione in questione. L area è data dall integrale tra e della differenza delle due funzioni, cioè di f) g), dato che f è maggiore di g. L area è data allora dall integrale e + ) d e +ln ) e +ln) e +ln) e e +ln. 5. La figura a fianco rappresenta la regione in questione. La regione varia al variare di m e di conseguenza anche l area varia con m. Le intersezioni tra le due curve, che determinano poi gli estremi dell intervallo di integrazione, sono la prima per e la seconda che dipende da m. Questa si può trovare scrivendo l equazione m+), cioè )+) m+). Possiamosemplificaredividendoper+, inquantogiàsappiamochecon abbiamo una prima soluzione. Si ottiene Quindi l area richiesta è data da m e quindi +m. +m A m +m ) +m g) f) d m+) + ) d m +) ) +m + m m+) +m) + ) +m+. 6. Possiamo riscrivere il sistema come { +) cioè { ) ). A. Peretti Corso di Matematica 8 UNIVR Sede di Vicenza

9 La prima disequazione definisce la regione di piano che sta al di sotto della parabola di equazione ) ) parabola con concavità verso il basso e che si annulla in e ) e la seconda disequazione definisce la regione al di sopra del grafico della funzione, che si ottiene facilmente come traslazione a destra del grafico di. Le figure sotto rappresentano la regione in questione. Possiamo anzitutto osservare che la regione che interessa sta tutta a sinistra della retta di equazione e quindi in tale regione possiamo scrivere al posto di. I punti di intersezione tra le due curve sono dati dalle soluzioni dell equazione +6 cioè 7+6, che sono oppure. L area cercata è data allora dall integrale / Con qualche calcolo si trova che l integrale è uguale a ) ) +6 ) d +7 6 d. / ) +7 6 / A. Peretti Corso di Matematica 9 UNIVR Sede di Vicenza