Soluzione Esercitazione 11 Integrale indefinito PDF

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Soluzione esercitazione 11: integrale inde…nito

Z

1) log(x + 1)dx =

x

log (x + 1) =

x



Z x

log (x + 1)

f

dx

+1

x



x

=

0

(x



e

x

x



Z

e

:

f

x ) dx =

x

x

( x) =

2

2

2



2

è una primitiva di f

log (x + 1)

x

+ log (x + 1) + k:

f

Z f ( x)

1

8 < ( )=  x : 2 (0) = (1)

2)

quindi, poiché



f



0

e

e

x + k;

(x), si ha:

x + k:

Inoltre, 2f (0) = 2 (

1 +

k)

k

=

=

f



5 2

(1) =

1 2



e

+ k;

e

da cui la funzione cercata: f

x

( x) =

2

2



e

x+5 2



e:

3) La famiglia delle primitive è

Z

1 x

Risolvendo per sostituzione: log

Z

1 x

log

p

p1  2p1

xdx

Z

x

x

=2

log

p

xdx:

p

=

x

dx

=

tdt

1

t;

1 2x

=

2

t

dx

=

dt;

+ c = log

2

p

x

+c

1



1 x

+1

dx

=

e quindi la primitiva

F ( x)

cercata è quella che soddisfa la condizione F

ovvero

(4) =

1 ;

2 log 2 + c =

da cui =

c

 log

2

1 ;

21

e la primitiva cercata F

(x) = log

2p

x 

2 log 2  1:

4)

Z

6x 3  3 3 dx = 4 x  2x  1 2

La primitiva

F ( x)

Z

 4 4x 3  2 3 log x dx = 4 2 x  2x  1

passante per F (0)

P

3

=

2





2x  1 + k

(0; 2) soddisfa quindi la seguente condizione: log j1j + k =

= 2;

k

quindi la primitiva cercata è: F ( x)

=

 4 3 log x

2



2x  1 + 2:



5) Risolvendo l’integrale per sostituzione : p x x

Z

p x

p x

Z =2

2

t



2

t



+1

2t + 1 t

4t + 2 log jtj + k =

+1=

t

= (t  1)

2

dx

= 2 (t  1) dt

dx

=2

Z

t t

Z

dt

p

x

=2

+1

1

(t  1) dt =

Z 2dt +

tdt 

2



4

p

x

Z

1 t



+ 1 + 2 log

 =

dt

p

x



+ 1 + k:

6) Integrando per parti:

Z x

3

log x

2

dx

=

x

4

4

log x

2

Z 

x

4 2

4



x

dx

=

2

x

4

4

log x

2

Z 

x

3

2

dx

=

x

4

4

log x

2



x

4

8

+k:

La primitiva

F ( x)

passante per F

(1; 2) soddisfa quindi la seguente condizione:

P

 18 +

(1) =

17

=

k

=2

k

8

da cui la primitiva cercata: (x) ==

F

7) Si risolve l’integrale

x

4

log x

4

Z

e

2



x

4

8

+

17 8

:

x

dx 2e x + 3

per sostituzione ponendo e

x

x e dx

Z

Z

x e

dx = 2e x + 3

=

t

=

dt;

1 2t + 3

dt

1

=

2

log (2t + 3) + k

e quindi F ( x)

=

1 2

x

log (2e + 3) + k:

Imponendo poi la condizione lim !1

x

F ( x)

=

1

lim log (2 !1 2

x

si ottiene

1 2

e

x + 3) + k = 0;

log 3 + k = 0

e quindi la funzione cercata

 12 log 3 0( ) è una primitiva di 00( ), integrando si ottiene

F ( x)

8) Ricordando che

f

=

1

2

x

log (2e + 3)

x

:

f

Z 2x + 3dx = ed essendo f

x

2

0(1) = 4 +

si ha k

=

3

+ 3x + k

k

4

x

=0

e quindi f

Per determinare

f ( x)

0

Z 0

x

2

+ 3x

4

:

si integra nuovamente:

Z f

( x) =

(x) dx =

x

2

+ 3x

4

f (0)

=

dx

=

x

3

3

+

3 2 2

e poiché k

=2

si ha k

e quindi f

( x) =

x

=2

3

3

+

3 2

4

x

2

4

x

+ 2:

x

4

x

+k...