soluzioni - of Riccarda Rossi

QUINTO FOGLIO DI ESERCIZI (soluzioni)
Calcolo di integrali indefiniti e definiti vari.
1. Si ha
Z µ
(x + 2)5 +
1
1 + x2
¶
1
dx = (x + 2)6 + arctan(x) + c
6
quindi l’area compresa fra il grafico di f (x) = (x + 2)5 +
1
,
1+x2
per x ∈ [0, 1] e l’asse delle x è
·
¸1
1
1
π
6
A=
(x + 2) + arctan(x) = (36 − 26 ) + .
6
6
4
0
2. Calcolare
Z
1
·
1
x cos(arctan(x )) +
1 + 7x2
5
−1
¸
3
dx;
La funzione f (x) = x5 cos(arctan(x3 )) è dispari, in quanto
f (−x) = (−x)5 cos(arctan((−x)3 )) = −x5 cos(arctan(−x3 )) = −x5 cos(− arctan(x3 )))
= −x5 cos(arctan(x3 ))
quindi
Z
1
x5 cos(arctan(x3 )) dx = 0
−1
mentre la funzione g(x) =
Z
1
−1
1
dx = 2
1 + 7x2
1
1+7x2
Z
1
0
è pari, quindi
·
³ √ ´¸1
√
1
1
2
dx = 2 √ arctan x 7
= √ arctan( 7).
2
1 + 7x
7
7
0
¢
¡
3. Calcolare la primitiva G : − π2 , π2 → R della funzione
f (x) =
³x´
e2x − e−2x
+ tan2
,
2
2
³ π π´
x∈ − ,
2 2
tale che G(0) = 0: si osservi che
Z
Z ³
Z
³ ´
³ ´´
³x´
2 x
2 x
tan
dx =
1 + tan
dx − 1 dx = 2 tan
−x+c
2
2
2
quindi
Z µ
³ ´¶
³x´
¢
1 ¡ 2x
e2x − e−2x
2 x
+ tan
dx =
− x + c.
e + e−2x + 2 tan
2
2
4
2
Trovo G imponendo che G(0) = 0, da cui
1
1
0 = G(0) = (1 + 1) + 2 tan(0) − 0 + c = + c
4
2
quindi c = − 12 e
G(x) =
³x´
¢
1 ¡ 2x
1
e + e−2x + 2 tan
−x− .
4
2
2
1
£
¤
Infine, calcolare l’area compresa fra il grafico di della funzione G0 , sull’intervallo 0, π6 , e
l’asse delle x: si osservi che G0 (x) = f (x), quindi l’area in questione è
³ x ´¶
− e−2x
+ tan2
dx
2
2
0
·
¸π/6
³x´
¢
1 ¡ 2x
−2x
=
e +e
+ 2 tan
−x
4
2
0
´
³π ´ π 1
1 ³ π/3
=
e
+ e−π/3 + 2 tan
− − (1 + 1) − 0
4
3
3 4
³
´
√
1 π/3
π 1
−π/3
=
e
+e
+2 3− − .
4
3 2
Z
A=
4. Calcolare
Z
π/6 µ 2x
e
π/2
−π/2
Si ha
µ
¶
³x´
e2x − e−2x
+ sin
− cos(5x) dx
cos(x4 )
2
Z
π/2
−π/2
in quanto la funzione f (x) =
¡ ¢
della funzione sin x2 si ha
e2x −e−2x
cos(x4 )
Z
e2x − e−2x
dx = 0
cos(x4 )
è dispari (verificare!). Analogamente, per disparità
π/2
sin
−π/2
mentre
³x´
2
dx = 0
¸π/2
µ ¶
2
5
2
1
sin(5x)
= sin
π = .
cos(5x) dx =
5
5
2
5
−π/2
−π/2
Z
π/2
·
2