Svolgimento degli esercizi del Capitolo 8

Michiel Bertsch, Roberta Dal Passo, Lorenzo Giacomelli
Analisi Matematica — 2a edizione
Svolgimento degli esercizi del Capitolo 8
8.1
Per ipotesi ρ(x) e θ(x) := xρ(x) sono continue, quindi integrabili, in [0, L]. Si ponga
M=
L
Z
ρ(x) dx
N=
e
L
Z
xρ(x) dx.
0
0
Ad ogni suddivisione D = {x0 , . . . , xn }, si associano, scegliendoli in modo arbitrario, n
punti ξi ∈ [xi−1 , xi ], e si pone
mi = ρ(ξi )(xi − xi−1 ),
n
X
σ(ρ, D) =
mi ,
σ(θ, D) =
n
X
ξ i mi .
i=1
i=1
Per l’osservazione sulle somme di Riemann fatta a pagina 239, per ogni ε > 0 esiste δ > 0
tale che
|σ(ρ, D) − M| < ε e |σ(θ, D) − N| < ε
per ogni suddivisione D = {x0 , . . . , xn } tale che |D| < δ. Perciò, definendo
σ(θ, D)
σ(ρ, D)
xb (D) =
si ottiene
xb (D) − xb <
e
xb (D) − xb >
xb =
e
N
,
M
N+ε
N
M+N
−
=ε
M−ε M
M(M − ε)
N
M+N
N−ε
−
= −ε
.
M+ε M
M(M + ε)
Perciò
|xb (D) − xb | < ε
M+N
M(M − ε)
∀|D| < δ,
che giustifica la nozione di baricentro.
8.2
a) Se x < 0, si ha
F0 (x) =
x
Z
−5 dx = −5x
0
mentre se x ≥ 0 si ha
F0 (x) =
Z
x
1 dx = x.
0
Pertanto
(
F0 (x) =
−5x
x
se x ∈ [−2, 0)
se x ∈ [0, 3].
Un procedimento alternativo è descritto nella prossima soluzione.
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2
b) La funzione F1 è derivabile in [−2, 0) ∪ (0, 3] con F10 = f . Perciò esistono C1 , C2 ∈
R tali che
(
−5x + C1 se x ∈ [−2, 0)
F1 (x) =
x + C2
se x ∈ (0, 3].
Poiché F1 verifica F1 (1) = 0, si ottiene C2 = −1. Poiché la funzione F1 è continua
in x = 0, si ottiene
lim F1 (x) = C1 = C2 = lim+ F1 (x),
x→0−
x→0
In conclusione
(
F1 (x) =
−5x − 1
x−1
ovvero C1 = −1.
se x ∈ [−2, 0)
se x ∈ [0, 3].
c) Ragionando come in (b), esistono C1 , C2 ∈ R tali che
(
C1
se x < 0
F0 (x) =
x + C2 se x > 0,
e poiché F0 è continua in R con F0 (0) = 0 si ottiene C1 = 0 e C2 = 0. In conclusione
(
0 se x < 0
F0 (x) =
x se x ≥ 0.
d) Ragionando come in (b), esistono C1 , C2 ∈ R tali che
(
−x + C1 se x < 0
F−1 (x) =
x + C2
se x > 0.
La funzione F−1 è continua in R: da F−1 (−1) = 0 si ottiene C1 = −1, e imponendo
la continuità in x = 0 si ottiene −1 = F−1 (0− ) = F−1 (0+ ) = C2 . In conclusione
(
−(x + 1) se x < 0
F−1 (x) =
x−1
se x ≥ 0.
e) Si osservi che
(
max{[x], 0} =
0 se x ∈ (−∞, 1)
k se x ∈ [k, k + 1), k ≥ 1.
Perciò, ragionando come in (b), esiste una successione {Cn } tale che
(
C0
se x ∈ (−∞, 1)
F0 (x) =
kx + Ck se x ∈ [k, k + 1), k ≥ 1.
Poiché F0 (0) = 0 si ha C0 = 0. Poiché F0 è continua in R,
F0 (k− ) = Ck−1 + (k − 1)k = F0 (k+ ) = k2 + Ck ,
ovvero Ck = Ck−1 − k.
Perciò
C1 = C0 − 1 = −1,
C2 = C1 − 2 = −1 − 2,
...
Ck =
k
X
(− j).
j=1
In conclusione


0
se x ∈ (−∞, 1)



k
P
F0 (x) = 

j se x ∈ [k, k + 1), k ≥ 1.

 kx −
j=1
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3
8.3
Qui F indica la funzione che si deve studiare.
a) Il dominio di F è tutto R. Si ha
(
F 0 (x) = min{arctg2 x, 1} =
arctg2 x
1
se |x| ≤ tg 1
se |x| > tg 1.
Quindi F è strettamente crescente in R,
lim
x→±∞
F(x)
= lim F 0 (x) = 1
x→±∞
x
e, poiché tg 1 > tg(π/4) = 1,
lim (F(x) − x) =
x→+∞
=
tg 1
Z
lim
x→+∞
arctg2 s ds +
Z
1
x
Z
1−
tg 1
x
!
1
0
tg 1
Z
arctg2 s ds − tg 1.
1
Perciò
y= x+
tg 1
Z
arctg2 s ds − tg 1
1
è asintoto obliquo per x → +∞. Analogamente
y= x+
Z
− tg 1
arctg2 s ds + tg 1
1
è asintoto obliquo per x → −∞. Quindi sup F = +∞ e inf F = −∞. Infine
( 2 arctg x
se |x| < tg 1
00
x2 +1
F (x) =
0
se |x| > tg 1,
quindi F è concava per x < 0, convessa per x > 0 e ha un flesso in x = 0.
b) Il dominio di F è tutto R, F è pari, ed F > 0 per ogni x ∈ R. Per x > 0 si ha
F 0 (x) = −
1 1/(x+1)
e
,
x+1
quindi F è decrescente in (0, +∞), crescente in (−∞, 0), x = 0 è punto di massimo
R1 2
locale e assoluto, max F = 0 e s ds e x = 0 è un punto angoloso, con F+0 (0) = −e
ed F−0 (0) = e. Inoltre, per il limite di funzione composta,
lim F(x) = 0,
x→+∞
quindi inf F = 0 e y = 0 è asintoto orizzontale di F per x → ±∞. Infine
F 00 (x) = e1/(1+x)
2+x
,
(1 + x)3
x > 0,
quindi (poiché F è pari), F è convessa in (−∞, 0) e in (0, ∞) (ma non in R!).
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4
8.4
Qui F indica la funzione di cui si devono determinare gli estremi locali.
a) Si ha
F 0 (x) = x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) < 0 ⇔ x ∈ (1, 2),
quindi x = 1 è punto di massimo locale e x = 2 è punto di minimo locale.
b) Si ha
F 0 (x) =
2x(x4 − 3x2 + 2)
=
=
2x(x2 − 1)(x2 − 2)
√
√
2(x + 2)(x + 1)x(x − 1)(x − 2)
<
0
se e solo se
√
√
x ∈ (−∞, − 2) ∪ (−1, 0) ∪ (1, 2),
√
√
quindi x = − 2, x = 0 e x = 2 sono punti di minimo locale, x = ±1 sono punti
di massimo locale.
c) Si ha
F 0 (x) = 8 sin2 x cos x − sin2 x cos x = 7 sin2 x cos x < 0
se e solo se cos x < 0, ovvero
x ∈ (π/2 + 2kπ, 3π/2 + 2kπ), k ∈ Z,
quindi x = 3π/2 + 2kπ sono punti di minimo locale e x = π/2 + 2kπ sono punti di
massimo locale.
d) Per x ∈ [−3, 3], si ha
!
π|x|
< 0 ⇔ x ∈ (−2, 0) ∪ (2, 3),
F (x) = 4x sin
2
0
3
quindi x = −3, x = 0 e x = 3 sono punti di minimo locale e x = ±2 sono punti di
massimo locale.
8.5
Qui L indica il limite che si deve determinare.
a) Applicando il Teorema di de l’Hopital, si ottiene
sin(x2 − x)
−x + o(x)
1
= lim
=− .
x→0
x→0
2x
2x
2
L = lim
b) Se α ≤ 0 la forma non è indeterminata e il limite vale banalmente 0. Altrimenti,
applicando il Teorema di de l’Hopital e gli sviluppi di Taylor si ottiene
5
L = lim+
x→0
e x − 1 − x5
x10 /2 + o(x10 )
=
lim
.
x→0+
αxα−1
αxα−1
Perciò L = 0 se α < 11, L = 1/22 se α = 11, L = +∞ se α > 11.
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5
c) Se c , 0 la forma non è indeterminata: per la continuità della funzione integrale,
Z x2
Z 0
2
2
e s ds =
e s ds
lim
x→0
c
c
e poiché la funzione integranda è positiva
Z 0
Z x2
2
2
e s ds R 0 ⇔ c S 0.
lim
e s ds =
x→0
c
c
Perciò L = +∞ se c < 0 e L = −∞ se c > 0. Altrimenti, per il Teorema di de
l’Hopital,
4
2xe x
L = lim
= 1 se c = 0.
x→0 2x
8.6
a) Segue dalla Tabella 8.1 che
Z
3 sin x dx = −3 cos x + C
Quindi
Z
1
3 sin x −
0
Z
e
2
dx = 2 arctg x + C.
1 + x2
!
2
π
dx = −3 cos x − 2 arctg x 10 = −3(cos 1 − 1) − .
2
1 + x2
b) Segue dalla Tabella 8.1 che
Z
6
dx = 6 log |x| + C.
x
Quindi
Z
−1
−2
c) Si ha
Z
π
6
dx = 6 log |x| −1
−2 = −6 log 2.
x
Z
f (x) dx =
−π
0
sin x dx +
Z
−π
π
cos x dx.
0
Quindi, utilizzando la Tabella 8.1, si ottiene
Z π
f (x) dx = [− cos x]0−π + [sin x]π0 = −2.
−π
d) Si ha
(
2−x
x−2
|2 − x| =
Perciò
Z
0
3
|2 − x| dx =
Z
0
2
se x ≤ 2
se x > 2.
(2 − x) dx +
Z
3
(x − 2) dx
2
e utilizzando la Tabella 8.1 si ottiene
#2 "
#3
"
Z 3
1
9
5
1
|2 − x| dx = 2x − x2 + x2 − 2x = 4 − 2 + − 6 − 2 + 4 = .
2
2
2
2
0
0
2
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6
e) Si ha
(
|x − 3x + 2| = |(x − 1)(x − 2)| =
2
x2 − 3x + 2
se x ≤ 1 oppure x ≥ 2
−(x2 − 3x + 2) se 1 < x < 2.
Perciò
Z 3
Z 1
Z 2
Z 3
2
2
2
|x − 3x + 2| dx =
(x − 3x + 2) dx −
(x − 3x + 2) dx +
(x2 − 3x + 2) dx
0
0
1
2
e utilizzando la Tabella 8.1 si ottiene
"
#1 "
#2 "
#3
Z 3
1 3 3 2
1 3 3 2
1 3 3 2
2
|x − 3x + 2| dx =
x − x + 2x − x − x + 2x + x − x + 2x
3
2
3
2
3
2
0
0
1
2
!
!
1 3
8
27 27
= 2
− +2 −2
−6+4 +
−
+6
3 2
3
3
2
1
27 11
=
(2 − 9 + 12 − 16 + 36 − 24 + 18) −
=
.
3
6
6
f) Si ha xπ > 1 se e solo se x > 1. Perciò
Z 2
Z 2
max{0, xπ − 1} dx =
(xπ − 1) dx
0
1
e utilizzando la Tabella 8.1 si ottiene
#2
" π+1
Z 2
1
x
−x =
(2π+1 − 1) − 1.
(xπ − 1) dx =
π
+
1
π
+
1
1
1
8.7
a) Utilizzando (8.19) con f 0 (x) = x13 , si ottiene
!
Z
Z
1 14
1
1 14
1
x13 log x dx =
x log x −
x13 dx =
x log x −
+ C.
14
14
14
14
b) Utilizzando (8.19) tre volte, con f 0 (x) = 1, si ottiene
Z
Z
log3 x dx = x log3 x − 3 log2 x dx
=
=
Z
3
2
x log x − 3 log x + 6 log x dx
x log3 x − 3 log2 x + 6 log x − 6 + C.
c) Utilizzando (8.19) due volte, la prima con f 0 (x) = cos x e la seconda con f 0 (x) =
− sin x, si ottiene
Z
Z
sin(3x) cos x dx = sin(3x) sin x − 3 cos(3x) sin x dx
Z
= sin(3x) sin x + 3 cos(3x) cos x + 9 sin(3x) cos x dx,
ovvero
Z
1
sin(3x) cos x dx = − (sin(3x) sin x + 3 cos(3x) cos x) + C.
8
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7
d) Utilizzando (8.19) due volte con f 0 (x) = e x si ottiene
Z
Z
e x sin(2x) dx = e x sin(2x) − 2 e x cos(2x) dx
Z
x
= e (sin(2x) − 2 cos(2x)) − 4 e x sin(2x) dx,
da cui
Z
e x sin(2x) dx =
1 x
e (sin(2x) − 2 cos(2x)) + C.
5
e) Utilizzando (8.19) con f 0 (x) = sin x si ottiene
Z
Z
sin2 x dx = − sin x cos x + cos2 x dx
Z
= − sin x cos x + (1 − sin2 x) dx
Z
= x − sin x cos x − sin2 x dx,
da cui
Z
sin2 x dx =
1
(x − sin x cos x) + C.
2
Se il lettore è già a conoscenza del metodo di integrazione per sostituzione, potrà
osservare che è anche possibile utilizzare la formula 2 sin2 x = 1 − cos(2x):
Z
Z
1
(1 − cos(2x)) dx,
sin2 x dx =
2
e poiché (t = 2x)
Z
−
si conclude che
1
cos(2x) dx = −
2
Z
sin2 x dx =
Z
1
cos t dt = − sin(2x) + C,
2
!
1
1
x − sin(2x) + C.
2
2
8.8
a) Utilizzando (8.19) con f 0 (x) = e2x si ottiene
Z
Z
1 2x
2
2 2x
e (x + 1) − e2x (x + 1)
(x + 1) e dx =
2
Z
1 2x
1
e ((x + 1)2 − (x + 1)) +
e2x
=
2
2
1 2
=
(2x + 2x + 1)e2x + C.
4
Perciò
Z
0
1
(x + 1)2 e2x dx =
1 2
(5e − 1).
4
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8
b) Si ha
Z
Z
=
2
x cos x dx
2
x sin x − 2
=
x sin x dx
Z
x2 sin x + 2x cos x − 2 cos x dx
=
x2 sin x + 2x cos x − 2 sin x + C.
Quindi
Z
π
=
x2 cos x dx
h
x2 sin x + 2x cos x − 2 sin x
−π
=
[2x cos
=
−4π.
iπ
−π
x]π−π
c) Segue facilmente dalla simmetria delle funzioni sin(3x) e cos(2x) rispetto alla retta
y = π (basta disegnarne i due grafici!) che
Z π
Z 2π
sin(3x) cos(2x) dx = −
sin(3x) cos(2x) dx,
π
0
perciò l’integrale vale zero. Procedendo senza utilizzare questa osservazione, si ha
Z
Z
1
3
sin(3x) cos(2x) dx =
sin(2x) cos(3x) dx
sin(2x) sin(3x) −
2
2
1
3
=
sin(2x) sin(3x) + cos(2x) cos(3x)
2 Z
4
9
cos(2x) sin(3x) dx,
+
4
da cui segue che
Z
3
2
sin(3x) cos(2x) dx = − sin(2x) sin(3x) − cos(2x) cos(3x).
5
5
Perciò
Z
2π
"
sin(3x) cos(2x) dx = −
0
d) Si ha
Z
cos x cos(2x) dx
=
=
ovvero
Z
2
3
sin(2x) sin(3x) − cos(2x) cos(3x)
5
5
sin x cos(2x) + 2
#2π
= 0.
0
Z
sin x sin(2x) dx
Z
sin x cos(2x) − 2 cos x sin(2x) + 4 cos x cos(2x) dx,
1
cos x cos(2x) dx = − (sin x cos(2x) − 2 cos x sin(2x)).
3
Perciò
Z
0
π/2
cos x cos(2x) dx =
1
.
3
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9
e) Si ha log x ≥ 0 se e solo se x ≥ 1, quindi
Z e
Z 1
Z e
| log x| dx = −
log x dx +
log x dx.
1/e
Poiché
Z
1/e
log x dx = x log x −
1
Z
1 dx = x log x − x + C,
si ottiene
Z
e
1/e
| log x| dx = x(1 − log x) 11/e + x(log x − 1) e1 = 2 − 2/e.
8.9
a) Ponendo
√
t=
x, quindi x = t2 , dx = 2t dt,
si ottiene, integrando per parti,
Z √
Z
Z
√ √
x
t
t
e dx = 2 te dt = 2te − 2 et dt = 2et (t − 1) + C = 2e x ( x − 1) + C.
b) Ponendo
t=
2
2
, quindi dt = −
dx,
2+x
(2 + x)2
si ottiene
Z
e2/(2+x)
1
dx = −
3
4
(2 + x)
Z
e2/(2+x)
2 −2 dx
1
=−
2
2 + x (2 + x)
4
Z
tet dt.
Integrando per parti,
Z
te dt = te −
t
t
Z
et dt = et (t − 1) + C.
Quindi
Z
!
e2/(2+x)
1 2/(2+x)
2
xe2/(2+x)
dx
=
−
e
−
1
+C =
+ C.
3
4
2+x
4(2 + x)
(2 + x)
c) Ponendo t = 2x,
Z
Ponendo t = x3 ,
Z
x5 sin(4x3 ) dx
e2x dx =
=
=
=
1
2
Z
et dt =
1 t
1
e + C = e2x + C.
2
2
Z
Z
1
1
1
t sin(4t) dt = − t cos(4t) +
cos(4t) dt
3
12
12
1
(sin(4t) − 4t cos(4t)) + C
48
1
(sin(4x3 ) − 4x3 cos(4x3 )) + C.
48
Perciò
Z 1
1
x5 sin(4x3 ) − e2x dx =
(sin(4x3 ) − 4x3 cos(4x3 )) − e2x + C.
48
2
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10
d) Ponendo t = x2 (quindi dt = 2x dx), si ottiene
Z
Z
1
x(7 + 4x2 )3/2 dx =
(7 + 4t)3/2 dt
2
e ponendo y = 7 + 4t (quindi dy = 4 dt) si conclude che
Z
Z
1
1 5/2
1
x(7 + 4x2 )3/2 dx =
y3/2 dy =
y +C =
(7 + 4x2 )5/2 + C.
8
20
20
8.10
a) Ponendo t = x2 (quindi dt = 2x dx), si ottiene
Z
0
2
x sin(x2 )e2x dx =
−2
1
2
0
Z
e2t sin t dt
4
che si integra per parti:
Z
Z
Z
2t
2t
2t
2t
e sin t dt = −e cos t + 2 e cos t dt = e (2 sin t − cos t) − 4 e2t sin t dt,
ovvero
Perciò
Z 0
Z
2
x sin(x2 )e2x dx =
−2
e2t sin t dt =
1 2t
e (2 sin t − cos t) + C.
5
i0
1 h 2t
1
e (2 sin t − cos t) =
(−1 − e8 (2 sin 4 − cos 4)).
4
10
10
b) Ponendo t = log x (quindi dt = ( dx)/x) si ottiene
Z
1
e
1
cos(log x) cos(log x3 ) dx =
x
che si integra per parti:
Z
cos t cos(3t) dt =
=
ovvero
Z
sin t cos(3t) + 3
Z
1
cos t cos(3t) dt
0
Z
sin t sin(3t) dt
Z
sin t cos(3t) − 3 cos t sin(3t) + 9 cos t cos(3t) dt,
cos t cos(3t) dt =
1
(3 cos t sin(3t) − sin t cos(3t)) + C.
8
Quindi
e
Z
1
1
cos(log x) cos(log x3 ) dx
x
#1
1
(3 cos t sin(3t) − sin t cos(3t))
8
0
1
(3 cos 1 sin 3 − sin 1 cos 3).
8
"
=
=
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Analisi matematica, 2a ed., MacGraw-Hill, 2011
Svolgimento degli esercizi del Capitolo 8
11
c) La funzione integranda è pari. Perciò, ponendo t =
Z
4
p log 1 + |x| dx
=
4
Z
2
−4
√
x, si ottiene
√ log 1 + x dx
0
=
2
Z
4
t log (1 + t) dt
0
=
=
=
Z 2 2
h
i2
t
2
2t log(1 + t) − 2
dt
0
0 1+t
!
Z 2
1
8 log 3 − 2
t−1+
dt
1+t
0
6 log 3.
d) Ponendo t = log x (quindi dt = dx/x), si ha
Z
1/e
1/(2e)
dx
x log x
=
Z
−1
− log(2e)
dt = log |t| −1
− log(2e) = − log(log(2e)).
t
8.11
a) Si ha
Z
1
x+1
dx =
2
2
x +4
Z
2x
dx +
2
x +4
Z
x2
1
dx.
+4
Ponendo t = x2 , si ottiene
Z
Z
2x
1
1
1
1
1
dx
=
dt = log |t + 4| + C = log(x2 + 4) + C.
2
2
t+4
2
2
x2 + 4
Ponendo t = x/2, si ottiene
Z
Z
1
1
dx
=
4
x2 + 4
1
dx =
+1
1
= arctg(x/2) + C.
2
Perciò
Z
x2
4
1
2
Z
1
1
dt = arctg t + C
2
t2 + 1
x+1
1
2
dx
=
log(x
+
4)
+
arctg(x/2)
+ C.
2
x2 + 4
b) Si ha
x+3
x3 − 4x
=
=
se e solo se
x+3
A
B
C
= +
+
x(x + 2)(x − 2)
x x+2 x−2
Ax2 − 4A + Bx2 − 2Bx + Cx2 + 2Cx
x3 − 4x


A+ B+C = 0



2(C
− B) = 1



 −4A = 3


C + B = 3/4



C − B = 1/2
⇐⇒ 


 A = −3/4,
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Svolgimento degli esercizi del Capitolo 8
12
ovvero A = −3/4, B = 1/8, C = 5/8. Perciò
!
Z
Z
x+3
3
1
5
dx
=
−
+
+
4x 8(x + 2) 8(x − 2)
x3 − 4x
3
1
5
= − log |x| + log |x + 2| + log |x − 2| + C.
4
8
8
c) Integrando per parti, si ottiene
Z
Z
log(1 + x2 ) dx = x log(1 + x2 ) −
Osservando che
si conclude che
Z
2x2
dx.
1 + x2
2
2x2
=2−
2
1+x
1 + x2
log(1 + x2 ) dx = x log(1 + x2 ) − 2x + 2 arctg x + C.
d) Il denominatore è un polinomio a coefficienti reali senza radici reali, quindi si scompone in due polinomi quadratici. Per scomporlo, si può procedere in due modi: o ci
si riconduce a una differenza di quadrati (in questo caso aggiungendo e togliendo
2x2 ),
√
√
x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − 2x2 = (x2 + 1)2 − 2x2 = (x2 + 2x + 1)(x2 − 2x + 1),
o si determinano le radici e si combinano quelle complesse coniugate (ricordando
che zz = |z|2 ),
x4 + 1
=
=
=
(x2 − i)(x2 + i)
!
!
!
!
1+i
1−i
1−i
1+i
x− √
x+ √
x− √
x+ √
2
2
2
2
2 2
1 + i 1 + i
x + √ x − √ 2
2
(lo studente controlli che quest’ultima espressione coincide con la precedente).
Perciò si cerca una scomposizione nella forma
1
Ax + B
Cx + D
=
+
√
√
x4 + 1 x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1
√
√
√
√
(A + C)x3 + (− 2A + B + 2C + D)x2 + (A − 2B + C + 2D)x + B + D
,
=
x4 + 1
che è vera se e solo se


A√
+C = 0


√



+
B
+
2C
 − 2A
√
√+D=0



A − 2B + C + 2D = 0



 B+D = 1




A +√C = 0











 −2 2A + 1 = 0
⇐⇒ 





−B + D = 0







 B+D = 1
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Svolgimento degli esercizi del Capitolo 8
13
√
√
da cui A = 1/(2 2), C = −1/(2 2), B = D = 1/2. Perciò
√
√
Z

Z
Z

x+ 2
−x + 2
dx
1 

dx +
dx .
= √ 
√
√
2
2
x4 + 1 2 2
x + 2x + 1
x − 2x + 1
(D8.1)
Per risolvere il primo integrale nella (D8.1) si scrive
√
√
x+ 2
1 2x + 2 2
=
√
√
2 x2 + 2x + 1
x2 + 2x + 1
√
√



1  2x + 2
2


=
+
√
√
2 x2 + 2x + 1 x2 + 2x + 1
√
1 d 1
1
=
log(x2 + 2x + 1) + √
√
2 dx
2 (x + 22 )2 + 12
√
√
1 d 1
=
log(x2 + 2x + 1) + 2
.
√
2 dx
2(x + 22 )2 + 1
Quindi
√
x+ 2
dx
√
2 2
x2 + 2x + 1
Z
√
1
1
1
2
=
dx
√
√ log(x + 2x + 1) +
2
4 2
2(x + 22 )2 + 1
1
√
Z
(D8.2)
√ e l’integrale a destra nella (D8.2) si risolve mediante la sostituzione t = 2 x +
√
(quindi dt = 2 dx):
Z
Z
√
1
1
1
1
1
dx = √
dt = √ arctg( 2x + 1) + C.
√
2
2
2
t +1
2 2
2 2
2(x + 2 )2 + 1
√
2
2
Pertanto
√
Z
√
√
1
x+ 2
1
1
dx = √ log(x2 + 2x + 1) + √ arctg( 2x + 1) + C.
√
√
2 2
x2 + 2x + 1
4 2
2 2
Il secondo integrale nella (D8.1) si può risolvere procedendo in modo del tutto
analogo oppure, più semplicemente, osservando che (ponendo y = −x)
√
√
Z
Z
1
−x + 2
1
y+ 2
dx
=
−
dy,
√
√
√
√
2 2
x2 − 2x + 1
2 2
y2 + 2y + 1
un integrale che abbiamo appena risolto: quindi
√
√
Z
Z
1
−x + 2
y+ 2
dx = −
dy
√
√
√
2 2
x2 − 2x + 1
y2 + 2y + 1
√
√
1
1
= − √ log(y2 + 2y + 1) − √ arctg( 2y + 1) + C
4 2
2 2
√
√
1
1
= − √ log(x2 − 2x + 1) − √ arctg(1 − 2x) + C.
4 2
2 2
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14
In conclusione
√
 


Z
√
√ 
dx
1   x2 + 2x + 1 
+C.



=
log
+
2
arctg(
2x
+
1)
−
2
arctg(1
−
2x)
√
√
  2

x4 + 1 4 2
x − 2x + 1
e) Utilizziamo la scomposizione di Hermite: si ha
1
(1 + x2 )2
=
=
=
Ax + B
d Cx + D +
dx 1 + x2
1 + x2
Ax + B C(1 + x2 ) − 2x(Cx + D)
+
1 + x2
(1 + x2 )2
3
2
Ax + Ax + Bx + B + C + Cx2 − 2Cx2 − 2Dx
,
(1 + x2 )2
che è vera se e solo se















A=0
B−C = 0
A − 2D = 0
B + C = 1,
ovvero A = D = 0, B = C = 1/2. Perciò
!
Z
Z
x 1
1
1
d x 1
arctg
x
+
=
+
dx
=
+ C.
dx 1 + x2
2
(1 + x2 )2 2
1 + x2
1 + x2
f) Posto y = e x , dy = e x dx e
Z
ex − 3
dx =
ex + 1
Z
y−3
dy.
y(y + 1)
Si cerca una scomposizione
A
B
Ay + A + By
y−3
= +
=
,
y(y + 1)
y y+1
y(y + 1)
che è vera se e solo se
(
A+B=1
A = −3,
ovvero A = −3, B = 4. Perciò
!
Z
Z
y−3
3
4
dy =
dy = −3 log |y| + 4 log |y + 1| + C,
− +
y(y + 1)
y y+1
quindi
Z
ex − 3
dx = −3 log e x + 4 log (e x + 1) + C = −3x + 4 log (e x + 1) + C.
ex + 1
8.12
a) Si ha
x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1),
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15
quindi
x3
x
A
Bx + C
(A + B)x2 + (A − B + C)x + A − C
=
+ 2
=
−1 x−1 x +x+1
x3 − 1
se e solo se C = A, B = −A e quindi A−B+C = 3A = 1, ovvero 1/3 = A = −B = C.
Perciò
Z
Z
Z
dx
x−1
1
1
x
dx =
−
dx
3
x−1 3
x3 − 1
x2 + x + 1
Il primo integrale è immediato. Per il secondo, si osserva che
1 x−1
3 x2 + x + 1
−
1 2x − 2
6 x2 + x + 1
1 2x + 1
1
1
= − 2
+
6 x + x + 1 2 x2 + x + 1
1 d
1
1
= −
log |x2 + x + 1| +
.
6 dx
2 x2 + x + 1
= −
Perciò
Z
1
1
1
x
dx = log |x − 1| − log(x2 + x + 1) +
3
3
6
2
x −1
Z
x2
dx
.
+x+1
L’ultimo integrale si calcola per sostituzione: poiché


!2
!2

1
3 3  4
1
2
x +x+1= x+
+ =  x +
+ 1 ,
2
4 4 3
2
ponendo t =
1
2
√2
3
Z
x+
1
2
(quindi dt =
dx
1
= √
x2 + x + 1
3
In conclusione
Z
x
dx
x3 − 1
=
Z
√2
3
dx) si ottiene
dt
2
1
1
= √ arctg √ x +
2
t2 + 1
3
3
!!
+ C.
!
!!
1
(x − 1)2
1
2
1
log 2
+ √ arctg √ x +
+C
6
2
x +x+1
3
3
per cui
Z
−1
−4
x
dx
x3 − 1
=
=
1
2
1
log 4 + √ arctg √
6
3
3
!
1
1
25
− log
− √ arctg
6
13
3
!
1
52
1
log
+ √ arctg
6
25
3
!!
1
2
!!
7
2
√ −
3 2
!
!
7
π
.
√ −
6
3
−
b) Ponendo t = log(x + 1) (quindi dt = dx/(x + 1)), si ottiene
Z e−1
Z 1
log(x + 1) + 1
t+1
dx =
dt.
3
3 + 9t
t
(x + 1)(log (x + 1) + 9 log(x + 1))
1
log 2
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16
Effettuiamo la scomposizione:
t+1
A Bt + C (A + B)t2 + Ct + 9A
= + 2
=
t
+ 9t
t +9
t3 + 9t
t3
da cui segue immediatamente che C = 1 e 1/9 = A = −B. Quindi
Z
Z
Z
t+1
dt 1
9−t
1
dt
=
+
dt.
9
t
9
t3 + 9t
t2 + 9
Il primo integrale è immediato. Per il secondo, si osserva che
1 9−t
1 2t
1
1 d
1
1
=−
+
=−
.
log(t2 + 9) + 2
9 t2 + 9
18 t2 + 9 t2 + 9
18 dt
9 t /9 + 1
Quindi, utilizzando la sostituzione y = t/3 per l’ultimo termine, si ottiene
Z
t+1
1
1
1 1
dt =
dy
log |t| −
log(t2 + 9) +
3
9
18
3 y2 + 1
t + 9t
!
t
1
t2
1
=
log 2
+ arctg
+ C.
18
3
3
t +9
Pertanto
Z 1
log 2
!
!
!!
1
t+1
log2 2 + 9
1
1
log 2
dt
=
+
log
arctg
−
arctg
.
18
3
3
3
t3 + 9t
10 log2 2
c) Integrando per parti, si ottiene
Z
Z
log(x2 − 1)
x
log(x2 − 1)
dx
=
−
+
dx.
(x − 2)3
2(x − 2)2
(x2 − 1)(x − 2)2
Fattorizziamo la funzione integranda con il metodo di Hermite:
x
− 1)(x − 2)2
A
B
C
d D =
+
+
+
x + 1 x − 1 x − 2 dx x − 2
A
B
C
D
=
+
+
−
x + 1 x − 1 x − 2 (x − 2)2
A(x − 1)(x − 2)2 + B(x + 1)(x − 2)2 + C(x2 − 1)(x − 2) − D(x2 − 1)
=
(x2 − 1)(x − 2)2
3
(A + B + C)x + (−5A − 3B − 2C − D)x2 + (8A − C)x − 4A + 4B + 2C + D
=
(x + 1)(x − 1)3
(x2
che è vera se e solo se

 1
 −5

 8

−4
1
−3
0
4
1
−2
−1
2
0
−1
0
1

 
  A  
  B  
 
 
  C  = 

 
D
0
0
1
0



 .


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Svolgimento degli esercizi del Capitolo 8
17
Risolvendo il sistema si ottiene A = 1/18, B = 9/18, C = −10/18 e D = −12/18.
Perciò
Z
x
dx
(x2 − 1)(x − 2)2
!!
Z
1
1
12
9
10
d
=
dx
+
−
−
18
x + 1 x − 1 x − 2 dx x − 2
!
12
1
log |x + 1| + 9 log |x − 1| − 10 log |x − 2| −
+ C.
=
18
x−2
In conclusione
Z 6
log(x2 − 1)
dx
(x − 2)3
4
log 35 log 15
1
= −
+
+
log 7 + 9 log 5 − 10 log 4 − 3 − log 5 − 9 log 3 + 10 log 2 + 6
32
8
18
log 7 + log 5 log 3 + log 5
1
= −
+
+
log 7 + 8 log 5 − 10 log 2 − 9 log 3 + 3
32
8
18
155
5
3
1
7
log 7 +
log 5 − log 2 − log 3 + .
=
288
288
9
8
6
d) Si ha
(
|x − 1| =
2
x2 − 1
1 − x2
se x ∈ [1, 2]
se x ∈ [0, 1].
Perciò
2
Z
log(|x2 − 1| + 1) dx =
Z
0
1
log(2 − x2 ) dx +
0
Z
2
log(x2 ) dx.
1
Integrando per parti, si ottiene
Z
Z
2
2
log(2 − x ) dx = x log(2 − x ) + 2
x2
;
2 − x2
osservando che
!
x2
2
1
1
1
=
−1
+
=
−1
+
−
√
√
√ ,
2 − x2
2 − x2
2 x+ 2 x− 2
segue che
Z
√ √
√ log(2 − x2 ) dx = x log(2 − x2 ) − 2x + 2 log |x + 2| − log |x − 2| + C,
quindi
Z
1
log(2 − x2 ) dx = −2 +
√ √
√
2 log(1 + 2) − log( 2 − 1) .
0
Analogamente
Z
1
2
h
i2
log(x2 ) dx = x log(x2 ) − 2x = 2 log 4 − 4 + 2.
1
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18
Quindi l’integrale vale
−4 +
√ √
√
2 log(1 + 2) − log( 2 − 1) + log 16.
Infine, si noti che
√ 

√
√
√
√  1 + 2 

2 log(1 + 2) − log( 2 − 1) = 2 log  √
2−1
√


√

(1 + 2)2


= 2 log  √
√
( 2 − 1)( 2 + 1)
√
√ = 2 2 log 1 + 2 .
8.13
√
a) Ponendo t = x, ovvero x = t2 e dx = 2t dt, e usando anche una divisione e una
scomposizione in fratti semplici, si ottiene
!
Z √
Z
Z
x
2t2
1
1
dx =
dt = 2t +
−
dt
x−1
t−1 t+1
t2 − 1
√
√
x − 1 = 2t + log |t − 1| − log |t + 1| + C = 2 x + log √
+ C.
x + 1 b) Ponendo t =
√
x, ovvero x = t2 e dx = 2t dt, si ottiene
Z
Z
√
(x + 1) log( x + 2) dx = 2 t(t2 + 1) log(t + 2) dt.
Integrando per parti si ottiene una funzione razionale,
Z 4
Z
1
t + 2t2
1
dt,
2 t(t2 + 1) log(t + 2) dt = (t4 + 2t2 ) log(t + 2) −
2
2
t+2
che si divide con i metodi usuali:
t4 + 2t2 t3 (t + 2) − 2t2 (t + 2) + 6t(t + 2) − 12(t + 2) + 24
=
t+2
t+2
24
= t3 − 2t2 + 6t − 12 +
.
t+2
Perciò
1
−
2
Z
!
t4 + 2t2
1 1 4 2 3
2
dt = −
t − t + 3t − 12t + 24 log |t + 2| + C,
t+2
2 4
3
ovvero
Z
√
√
1
1
1
3
(x+1) log( x+2) dx = (x2 +2x−24) log( x+2)− x2 + x3/2 − x+6x1/2 +C.
2
8
3
2
c) Ponendo x = sin t (con − 12 π ≤ t ≤ 12 π, quindi cos t ≥ 0 e t = arcsin x), si ottiene
dx = cos t dt e
Z
Z
Z
√
1
(x + 1) 1 − x2 dx = (sin t + 1) cos2 t dt = − cos3 t + cos2 t dt.
3
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Svolgimento degli esercizi del Capitolo 8
19
Per l’integrale rimanente si procede per parti:
Z
Z
cos2 t dt = sin t cos t + (1 − cos2 t) dt,
ovvero
Z
1
cos2 t dt = (sin t cos t + t) + C.
2
√
Pertanto, ricordando che cos t = 1 − x2 , si ottiene
Z
√
1 √
1
1
(x + 1) 1 − x2 dx = − (1 − x2 )3/2 + x 1 − x2 + arcsin x + C.
3
2
2
d) Ponendo t = tg(x/2) e ricordando la (8.34), si ottiene
Z
Z
Z
2
dt
dx
dt
1+t2
=
=
−2
,
2
2
2t
1−t
sin x + cos x
t − 2t − 1
+ 1+t2
1+t2
l’integrale di una funzione razionale che si fattorizza con i metodi usuali:
√
√
A
B
(A + B)t + A( 2 − 1) − B( 2 + 1)
1
=
+
√
√ =
t2 − 2t − 1 t − 2 − 1 t − 1 + 2
t2 − 2t − 1
√
√
che è vera se e solo se A + B = 0, A − B = 1/ 2, ovvero A = −B = 1/(2 2). Perciò
√ !
Z
t − 1 + 2 dt
1
1
1
1
= √
−2
= √ log + C,
√ −
√
√
t − 2 − 1 t2 − 2t − 1
2 t−1+ 2 t− 2−1
2
ovvero
√ Z
tg(x/2) − 1 + 2 dx
1
+ C.
= √ log √
tg(x/2) − 2 − 1 sin x + cos x
2
8.14
a) Ponendo
√
x = t ≥ 0, ovvero x = t2 e dx = 2t dt, si ottiene
Z 16
Z 4
√
√
x arctg x dx =
2t2 arctg t dt.
0
Integrando per parti,
Z
0
2
2
2t arctg t dt = t3 arctg t −
3
3
2
Z
t3
dt,
1 + t2
si ottiene una funzione razionale, che si integra con i metodi usuali:
t3
t(t2 + 1) − t
t
=t− 2
,
=
2
1+t
t2 + 1
t +1
quindi
−
In conclusione
Z
0
4
2
3
Z
!
t3
2 1 2 1
2
dt
=
−
t
−
log(1
+
t
)
+ C.
3 2
2
1 + t2
"
#4
2 3
1
1
t arctg t − t2 + log(1 + t2 )
3
2
2
0
1
=
128 arctg 4 − 16 + log 17 .
3
2t2 arctg t dt =
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20
b) Ponendo t = arcsin(x/2), ovvero x = 2 sin t, si ottiene
Z 2√
Z π/2
4 − x2 dx =
4 cos2 t dt,
1
π/6
che si integra come nell’Esercizio 8.13 (c):
Z π/2
√
4
cos2 t dt = 2 [sin t cos t + t]π/2
3/4).
π/6 = 2(π/3 −
π/6
√
√
c) Ponendo t = 3x + 4, ovvero x = (t2 − 4)/3, 2 dt = 3/ 3x + 4 dx,
√
Z −1
Z
(x + 3) arccos 3x + 4
2 1 2
(t + 5) arccos t dt.
dx =
√
9 1/ √3
−11/9
3x + 4
Integrando per parti, si ottiene
!
!
Z
Z 3
t3
t
1
(t2 + 5) arccos t dt =
dt.
+ 5t arccos t +
+ 5t √
3
3
1 − t2
√
√
Osservando che dtd 1 − t2 = −t/ 1 − t2 e integrando ancora per parti, si ottiene
Z
!
t3
+ 5t arccos t −
3
!
t3
=
+ 5t arccos t −
3
!
t3
=
+ 5t arccos t −
3
(t2 + 5) arccos t dt =
!√
Z √
t2
2
t 1 − t2 dt
+ 5 1 − t2 +
3
3
!√
t2
2
+ 5 1 − t2 − (1 − t2 )3/2 + C
3
9
√
1
1 − t2 (t2 + 47) + C.
9
In conclusione
#1
"
!
Z
2 t3
1√
2 1 2
2 (t2 + 47)
1
−
t
(t
+
5)
arccos
t
dt
=
+
5t
arccos
t
−
√
9 1/ √3
9 3
9
1/ 3
√

!
!

2  1
5
1 2 1
1
= −  √ + √ arccos √ − √
+ 47 
9 9 3
3
3 9 3 3
√
√
1
284 6
92 3
=−
arccos √ +
.
243
729
3
d) Si potrebbe procedere utilizzando la sostituzione
in (8.37). Tuttavia in questo caso
√
si può anche utilizzare la sostituzione t = x2 − 1, con la quale si ottiene
!
Z
Z √ 2
Z
x −1
t2
1
dt =
1−
dt = t − arctg t + C
dx =
x
t2 + 1
1 + t2
√
√
= x2 − 1 − arctg x2 − 1 + C.
Pertanto
Z
−1
−2
√
√
h√
i−1
√
x2 − 1
π
dx =
x2 − 1 − arctg x2 − 1 = − 3 + .
−2
x
3
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21
e) Integrando per parti, si ottiene
√
Z
Z
√
√
√
1
2 x
dx
√
√ arctg x − 1 dx = 2 x arctg x − 1 −
x
(1 + (x − 1)) · 2 x − 1
Z
√
√
1
= 2 x arctg x − 1 −
dx.
√
x(x − 1)
Osservando che x(x − 1) = (x − 1/2)2 − 3/4, mediante la sostituzione y = x − 1/2
si ottiene
Z
Z
1
1
−
dx = −
dy.
√
p
x(x − 1)
y2 − 3/4
p
Mediante la sostituzione t = −y + y2 − 3/4 (si veda la (8.37)) si ottiene
Z
Z
1
2t t2 − 3/4
dt = log |t| + C.
−
dy =
p
t2 − 3/4 2t2
y2 − 3/4
Tornando indietro
Z
p
1
−
dx = log 1/2 − x + x(x − 1) + C.
√
x(x − 1)
Pertanto
Z 4
√
1
√ arctg x − 1 dx
x
2
√
4
p
√
= 2 x arctg x − 1 + log 1/2 − x + x(x − 1)
2
√ √
√ √
= 4 arctg 3 + log 1/2 − 4 + 12 − 2 2 arctg 1 − log 1/2 − 2 + 2
√ 
√ 


 4
 7 − 4 3 
2 
= π  −
√  .
 + log 
3
2
3−2 2
8.15
a) Utilizziamo le formule ricorsive del paragrafo 8.6.5:
1
1
I2,4 = − sin x(cos x)5 + I0,4 .
6
6
Osservando che
I0,4 = J4 =
1
3
1
3
sin x(cos x)3 + J2 = sin x(cos x)3 + (sin x cos x + x)
4
4
4
8
si conclude:
1
1
1
(sin x cos x + x) .
I2,4 = − sin x(cos x)5 +
sin x(cos x)3 +
6
24
16
b) Si ha
Z
(cos x)4 (sin x)3 dx =
Z
(cos x)4 (1 − cos2 x) sin x dx.
Quindi ponendo t = cos x si ottiene
Z
Z
1
1
4
3
(cos x) (sin x) dx = − t4 (1 − t2 ) dt = − t5 + t7 + C
5
7
1
1
= − (cos x)5 + (cos x)7 + C.
5
7
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22
8.16
a) La funzione integranda è continua, quindi integrabile, in [ω, b] per ogni ω ∈ (0, b].
Integrando per parti, risulta
Z
Z
log x dx = x log x −
dx = x(log x − 1) + C.
Perciò
Z
lim+
ω→0
b
ω
log x dx = lim+ b(log b − 1) − ω(log ω − 1)
ω→0
= b(log b − 1) − lim+ ω log ω = b(log b − 1).
ω→0
b) La funzione integranda è continua, quindi integrabile, in [a, γ] per ogni γ > a, e
risulta
Z γ
e−x dx = lim e−a − e−γ = e−a .
lim
γ→+∞
γ→+∞
a
c) La funzione integranda è continua, quindi integrabile, in [ω, γ] per ogni −1 < ω <
γ < 1. Si ha
Z γ
dx
lim
= lim (arcsin γ − arcsin 0) = π/2.
√
γ→1− 0
1 − x2 γ→1−
Analogamente (oppure osservando che la funzione è pari e il dominio di integrazione è simmetrico rispetto a 0),
Z
lim +
ω→−1
0
ω
dx
= π/2,
√
1 − x2
quindi l’integrale improprio esiste finito e vale π.
d) La funzione integranda è continua, quindi integrabile, in [0, γ] per ogni γ > 0.
Integrando per parti e utilizzando l’identità sin2 x = 1 − cos2 x, si ottiene
Z
Z
e−x cos2 x dx = −e−x cos2 x − 2 e−x cos x sin x dx
Z
−x
2
= −e (cos x − 2 sin x cos x) − 2 e−x (cos2 x − sin2 x) dx
Z
= −e−x (cos2 x − 2 sin x cos x) − 4 e−x cos2 x dx − 2e−x .
Quindi
Z
1
e−x cos2 x dx = − e−x (2 + cos2 x − 2 sin x cos x) + C,
5
ovvero
Z
lim
γ→+∞
0
γ
e−x cos2 x dx =
3
1
3
− lim e−γ (2 + cos2 γ − 2 sin γ cos γ) = .
5 γ→+∞ 5
5
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23
8.17
Nel seguito di questo esercizio, f indica la funzione integranda.
a) Si ha 1+x3 +x4 ≥ 1 per ogni x ≥ 1, quindi f è definita e continua, perciò integrabile,
in [1, γ] per ogni 1 < γ < +∞. Inoltre f (x) ≥ 0 per ogni x ≥ 1. Si ha
√
x + e−x
1+
x3
+
x4
=
1
x(1 + o(1))
= (1 + o(1))
x2 (1 + o(1)) x
per x → +∞,
quindi per il Corollario 8.20 l’integrale improprio è divergente.
√
√
√
b) Per x ∈ [1, 2], si ha |1 − x| + log x = x − 1 + log x ≥ 0 e x − 1 + log x = 0
se e solo se x = 1. Perciò f (x) ≥ 0 per ogni x ∈ (1, 2] ed f è continua, quindi
integrabile, in [ω, 2] per ogni ω ∈ (1, 2]. Si ha
√
1
x − 1 + log x
1
=√
x − 1 + log(1 + (x − 1))
1
=
1/2
(x − 1)
1 + (x − 1)1/2 (1 + o(1))
=(x − 1)−1/2 (1 + o(1))
per x → 1+ ,
quindi per il Corollario 8.20 l’integrale improprio è convergente.
c) La funzione f è definita, continua e positiva in [ω, γ] per ogni 0 < ω < γ < +∞.
Per x → +∞ si ha
r
x+1
x
x
1
· arctg 2
= (1 + o(1)) · 2
(1 + o(1)) = (1 + o(1)).
x
x
x +1
x +1
Perciò, per il Corollario 8.20, f non è integrabile in senso improprio in [1, +∞),
quindi neppure in (0, +∞).
d) La funzione f è definita, continua e positiva in [ω, γ] per ogni 0 < ω < γ < +∞ (si
noti che e x/(x+1) > 1 > cos x per ogni x > 0). Si ha
e x/(1+x) → e
per x → +∞,
quindi
e x/(1+x) − cos x ≤ 2e + 1
definitivamente per x → +∞,
ovvero
(e x/(1+x) − cos x)−1/2 ≥ (2e + 1)−1/2
Inoltre
tg
definitivamente per x → +∞.
1
1
= (1 + o(1))
x+1 x
per x → +∞,
quindi
1
definitivamente per x → +∞.
2x
Perciò, per il Corollario 8.20, f non è integrabile in senso improprio in [1, +∞),
quindi neppure in (0, +∞).
f (x) ≥ (2e + 1)−1/2 ·
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24
e) La funzione f è definita e continua in [2, 4] \ {3}. Per x → 3 si ha
√ √
√ √
1
x |x − 3|
3 |x − 3|(1 + o(1))
2 log(1 + (x − 3)/4) +
f (x) =
= 1
.
√
1 + (3 − x) − 1
2 (3 − x)(1 + o(1))
In particolare f è definitivamente negativa per x > 3 e
√
f (x) = −2 3(x − 3)−1/2 (1 + o(1)) per x → 3+ ,
quindi f è integrabile in senso improprio in (3, 4). Analogamente f è definitivamente positiva per x < 3 e
√
f (x) = 2 3(3 − x)−1/2 (1 + o(1)) per x → 3− ,
quindi f è integrabile in senso improprio in (2, 3). In conclusione, f è integrabile
in senso improprio in (2, 4).
f) La funzione f è definita, continua e positiva in [ω, γ] per ogni 0 < ω < γ < 1. Per
x → 0+ , si ha
f (x) =
x(1 + o(1))
1
=
(1 + o(1)),
−1
x(1 + o(1))(1 − e ) 1 − e−1
quindi f è integrabile in senso improprio in (0, 1/2]. Per x → 1− , si ha
f (x) =
√
arctg 1
log 2 1 − x (1 + o(1))
,
quindi f è integrabile in senso improprio in [1/2, 1). In conclusione, f è integrabile
in senso improprio in (0, 1).
g) f è continua e non negativa in [2, γ] per ogni γ > 2. Per x → +∞, si ha
1
(1 + o(1))
f (x) =
2 x (log x)5/2
1
√
!2
=
1
4x log5 x
(1 + o(1)).
Perciò, per il Corollario 8.20 e per la (8.45), l’integale improprio è convergente.
h) La funzione f è positiva e continua in [0, γ] per ogni γ ∈ (0, 1). Per x → 1− si ha
√
√
sin 1(1 − x)(1 + o(1))
sin 1
f (x) =
=
(1 + o(1)),
(1 − x)1/4
(1 − x)5/4
quindi (per il Corollario 8.20) f l’integrale improprio è convergente.
8.18
Nel seguito di questo esercizio, f indica la funzione integranda.
a) La funzione f è integrabile in [ω, γ] per ogni ω, γ ∈ R. Se α ≥ e, si ha
lim f (x) = ±∞,
x→±∞
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25
quindi f non è integrabile in R. Sia invece α < e. Per x ≥ −e, si ha
0 ≤ f (x) = (x + e)e(α−e)|x| ≤
1
x2
definitivamente per x → +∞,
in quanto
per x → +∞.
x3 e(α−e)x → 0
Perciò f è integrabile in senso improprio in [−e, +∞). Analogamente si prova
che f è integrabile in senso improprio in (−∞, −e], quindi l’integrale improprio
è convergente per ogni α < e.
Se α = 0, integrando per parti si ottiene
Z
Z
(x + e)e−ex dx = −e−1 e−ex (x + e) + e−1 e−ex dx
= −e−1 e−ex (x + e) − e−2 e−ex + C
= −e−2 e−ex (ex + e2 + 1) + C.
Perciò
γ
Z
lim
γ→+∞
f (x) dx = lim
γ→+∞
0
γ
Z
(x + e)e−ex dx = e−2 (e2 + 1).
0
D’altra parte,
Z
Z
(x + e)eex dx = e−1 eex (x + e) − e−1 eex dx = e−1 e−ex (x + e) − e−2 eex + C
= e−2 e−ex (ex + e2 − 1) + C,
quindi
Z
lim
ω→−∞
0
ω
f (x) dx = lim
Z
ω→−∞
0
ω
(x + e)eex dx = e−2 (e2 − 1).
In conclusione l’integrale cercato vale 2.
R +∞
R +∞
In alternativa, è possibile osservare che sia −∞ xe−e|x| dx che −∞ ee−e|x| dx sono
convergenti. Inoltre nel primo integrale la funzione integranda è dispari, quindi tale
integrale vale zero. Perciò, poiché nel secondo integrale la funzione integranda è
pari,
Z +∞
Z +∞
−e|x|
(x + e)e
dx = 2e
e−ex dx = 2 lim (e0 − e−eω ) = 2.
−∞
0
ω→+∞
b) La funzione è continua in [2, γ] per ogni γ > 2. Per x → +∞, si ha
√ α
5xx (1 + o(1)) √ α−1/2
f (x) =
= 5x
(1 + o(1)),
x
quindi l’integrale improprio è convergente se e solo se α < −1/2.
c) La funzione è continua in [1, +∞), quindi dobbiamo solo considerarne il comportamento per x → +∞, dove
 π

se α < 0


arctan x
 2xπ1/2
se α = 0
per x → +∞.
∼
√

1/2

x (1 + xα ) 
 4x π
se α > 0
2xα+1/2
Quindi, per il criterio del confronto asintotico, l’integrale è convergente se e solo se
α + 1/2 > 1, ovvero α ∈ (1/2, +∞).
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26
d) La funzione integranda è continua in (1, 2]. Si ha
xα − 1 = (1 + (x − 1))α − 1 = α(x − 1)(1 + o(1))
per x → 1
e quindi
(x − 1)5α
= α−3/2 (x − 1)5α−3/2 (1 + o(1))
(xα − 1)3/2
per x → 1+ .
Perciò, per il criterio del confronto asintotico, l’integrale improprio converge se e
solo se 5α − 3/2 > −1, ovvero se e solo se α > 1/10.
8.19
La funzione integranda è continua, quindi integrabile, in [ω, γ] per ogni −1 < ω < γ. Si
ha
Z
Z
xe−x dx = −xe−x + e−x dx = −e−x (x + 1) + C.
Perciò
Z
Z
xe−x log(1+x) dx = −e−x (x+1) log(1+x)+ e−x dx = −e−x (x + 1) log(1 + x) + 1 +C,
da cui segue che
Z 0
lim +
xe−x log(1 + x) dx = lim + −1 + e−ω (ω + 1) log(1 + ω) + 1 = e − 1
ω→(−1)
ω→−1
ω
e che
Z
lim
γ→+∞
γ
xe−x log(1 + x) dx = lim −e−γ (γ + 1) log(1 + γ) + 1 + 1 = 1.
γ→+∞
0
Perciò l’integrale in esame è convergente a e.
8.20
a) Si ha
f (x) =
sin x
x(1 + o(1))
1
= 2
= (1 + o(1))
3
+x
x (1 + o(1)) x
x2
per x → 0,
quindi f è definitivamente positiva per x → 0+ e, per il criterio del confronto
asintotico, l’integrale improprio in (0, 1] è divergente. Quindi l’integrale in esame
non è assolutamente convergente.
b) La funzione integranda f è continua, quindi integrabile, in [0, γ) per ogni γ > 0.
Per x ≥ 0 si ha
!
1 | f (x)| ≤ e−1/(x+1) − 1 + log 1 +
.
1+x Posto y = 1/(x + 1) → 0 per x → +∞, si ha
−y
e
!
!
1 2 1 3
1 2 1 3
3
3
− 1 + log (1 + y) = −y + y − y + o(y ) + y − y + y + o(y )
2
6
2
3
1
= y3 (1 + o(1)),
6
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27
quindi
1 1
definitivamente per x → +∞.
3 x3
Perciò l’integrale proposto è assolutamente convergente in [0, +∞).
| f (x)| ≤
8.21
Si ha
Z
e
γ
"
#γ Z γ
cos x
sin x
sin x
dx.
dx =
+
2
log x
log x e
e x log x
Il primo addendo è convergente in quanto sin γ è limitato e log γ → +∞ per γ → +∞:
"
#γ
!
sin x
sin γ
lim
= lim
− sin e = − sin e.
γ→+∞ log x
γ→+∞ log γ
e
Il secondo addendo è convergente per il criterio di convergenza assoluta e per la (8.45), in
quanto
Z +∞
sin x 1
1
≤
e
dx converge.
2 2
x log x
x log x
x log2 x
e
Michiel Bertsch, Roberta Dal Passo, Lorenzo Giacomelli
Analisi matematica, 2a ed., MacGraw-Hill, 2011