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ESERCIZI
(Gli esercizi con (*) sono pi `u avanzati)
1. Calcolare ∫ (
7 − 3 x
( 3 − 4 x)^2
( 2 x + 1 )^3
dx
2. Calcolare ∫
x − 3
x + 1
dx
3. Calcolare ∫
3 − 8 x
3 x + 1
dx
4. Calcolare ∫
2 x^2 + x − 1
x + 9
dx
5. Calcolare ∫
2 x + 2
3 x^2 − 12 x − 15
dx
6. Calcolare ∫
x + 2
3 x^2 − 12 x + 9
dx
7. Calcolare ∫
2 x + 1
x^2 − 4 x + 4
dx
8. Calcolare ∫
12 x − 2 x^2 − 18
dx
9. Consideriamo la funzione
g(s) =
∫ (^) s (^2) + 1
s
(x − 1 )^2 log(x + 1 ) dx s > 0
Senza calcolare una primitiva, determinare g′( 1 )
10. (*) Consideriamo la funzione
g(s) =
∫ (^2) s
s
e−x
2
dx s > 0
Massimizzare g nell’intervallo s ∈ [0, 4]
SOLUZIONI
- Abbiamo ∫ (^5 7 − 3 x
( 3 − 4 x)^2
( 2 x + 1 )^3
dx
7 − 3 x dx − 2
∫ ( 3 − 4 x)−^2 dx +
∫ ( 2 x + 1 )−^3 dx
log( 7 − 3 x) − 2 ·
3 − 4 x
( 2 x + 1 )^2
= −
log( 7 − 3 x) −
2 ( 3 − 4 x)
4 ( 2 x + 1 )^2
- Da x − 3 x + 1
= K 1 +
K 2
x + 1
K 1 x + K 1 + K 2 x + 1 otteniamo K 1 = 1 e K 2 = −4. Dunque ∫ (^) x − 3 x + 1 dx =
x + 1
dx = x − 4 log(x + 1 )
- Da 3 − 8 x 3 x + 1
= K 1 +
K 2
3 x + 1
3 K 1 x + K 1 + K 2 x + 1 otteniamo 3K 1 = −8 e K 1 + K 2 = 3, da cui K 1 = −8/3 e K 2 = 17/3. Dunque ∫ (^3) − 8 x 3 x + 1 dx =
3 x + 1
dx = − 8 3 x + 17 9 log( 3 x + 1 )
- Da 2 x^2 + x − 1 x + 9 =^ K^1 x^ +^ K^2 +^
K 3
x + 9 =^
K 1 x^2 + ( 9 K 1 + K 2 )x + 9 K 2 + K 3 x + 1 otteniamo K 1 = 2, 9K 1 + K 2 = 1 e 9K 2 + K 3 = −1, da cui
K 1 = 2 K 2 = − 17 K 3 = 152
Dunque ∫ (^2) x (^2) + x − 1 x + 9 dx =
2 x − 17 +
x + 9
dx = x^2 − 17 x + 152 log(x + 9 )
- Possiamo scrivere 2 x + 2 3 x^2 − 12 x − 15
x + 1 x^2 − 4 x − 5
- Chiamata f (x) = (x − 1 )^2 log(x + 1 ) la funzione integranda, e posto a(s) = s e b(s) = s^2 + 1, abbiamo a′(s) = 1, b′(s) = 2 s e dunque
g′(s) = b′(s) f (b(s)) − a′(s) f (a(s)) = 2 s f (s^2 + 1 ) − f (s) = 2 s^5 log(s^2 + 2 ) − (s − 1 )^2 log(s + 1 )
Concludiamo: g′( 1 ) = 2 log 3
- Posto f (x) = e−x^2 , a(s) = s e b(s) = 2 s, abbiamo
g′(s) = b′(s) f (b(s)) − a′(s) f (a(s)) = 2 f ( 2 s) − f (s) = 2e−^4 s 2 − e−s 2
= e−s^2 (2e−^3 s^2 − 1 )
Osserviamo che g′^ si annulla se e solo se
e−^3 s 2 =
ovvero se e solo se e^3 s^2 = 2. Prendendo i logaritmi, abbiamo
s∗^ =
log 2 3
(la soluzione negativa non ci interessa in quanto non appartiene all’intervallo [0, 4]). Che il punto trovato sia effettivamente di massimo si pu o dedurre per esempio dal fatto che g′(s) > 0 per s < s∗^ e g′(s) < 0 per s > s∗. Notiamo a tal proposito che g′(s) ha lo stesso segno di 2e−^3 s^2 − 1 e che quest’ultima funzionee strettamente decrescente in s (per s > 0). (Notiamo che in questo problema siamo riusciti a massimizzare una funzione (g) che non conosciamo in forma esplicita)
