Soluzioni 1-AM4

Laura Di Gregorio 25 settembre 2003

1.

\frac{1}{x^{2}(x^{2} + 2)^{2}} = \frac{A}{x} + \frac{2Bx + C}{x^{2} + 2} + \frac{d}{dx}(\frac{Dx^{2} + Ex + F}{x(x^{2} + 2)} )

si sviluppa la derivata e si riduce allo stesso denominatore Ax(x^{2}+2)^{2}+(2Bx+C)x^{2}(x^{2}+2)+(2Dx+E)x(x^{2}+2)−(Dx^{2}+Ex+F)(3x^{2}+2) = 1 Trovati A,B,C,D,E,F si ottiene la soluzione

∫ \frac{dx}{x^{2}(x^{2} + 2)^{2}} = −\frac{3}{8\sqrt{2}} arctan \frac{x}{\sqrt{2}} − \frac{3x^{2} + 4}{8x(x^{2} + 2)}

2.

\frac{t^{3} + 3}{(t + 1)(t^{2} + 1)} = 1 − \frac{t^{2} + t − 2}{(t + 1)(t^{2} + 1)} = 1 − \frac{A}{t + 1} − \frac{2Bt + C}{t^{2} + 1}

Riducendo allo stesso denominatore si ha

A(t^{2} + 1) + (2Bt + C)(t + 1) = t^{2} + t − 2.

Da cui si trova

A = −1, B = 1, C = −1

Si ottiene dunque la soluzione

∫ \frac{t^{3} + 3}{(t + 1)(t^{2} + 1)} dt = t + ln |t + 1| − ln(t^{2} + 1) + arctan t

3. Sostituendo e^{x} = y si ottiene

\frac{1 + 2y}{y(y^{2} − 1)} = \frac{A}{y} + \frac{B}{y − 1} + \frac{C}{y + 1}

da cui, procedendo come sempre, si ottiene la soluzione

∫ \frac{1 + 2e^{x}}{e^{2x} − 1} dx = −x + \frac{3}{2} ln |e^{x} − 1| − \frac{1}{2} ln |e^{x} + 1|

4. Sostituendo t = tan \frac{x}{2} si ottiene

cos x = \frac{1 − t^{2}}{1 + t^{2}}

e quindi l’integrale diventa

∫ \frac{1 + cos x}{1 − cos x} dx = ∫ \frac{2dt}{t^{2}(1 + t^{2})} = −\frac{2}{t} − 2 arctan t = −\frac{2}{tan \frac{x}{2}} − x

5. In questo caso è conveniente la sostituzione

x + 1 = t^{6}

per cui l’integrale diventa

∫ \frac{2 + t^{2}}{1 + t^{3}} 6t^{5} dt = \frac{6}{5}t^{5}+4t^{3}−3t^{2}−6 ln |t+1|−3 ln(t^{2}−t+1)+2\sqrt{3} arctan \frac{t − 1}{\sqrt{3}}

6. Con la sostituzione

x = \frac{2 − t^{2}}{2t}

si ottiene

∫ \frac{(t^{2} + 2)^{2}}{2t^{2}(t^{2} + t − 2)} dt = \frac{1}{2}t + \frac{1}{t} − \frac{1}{2} ln |t| + \frac{3}{2} ln |t − 1| − \frac{3}{2} ln |t − 2|

poi sostituisco t = \sqrt{x^{2} + 2} − x e osservo che \frac{1}{t} = \frac{\sqrt{x^{2}+2}+x}{2}.

7. Con la sostituzione

x = \frac{t^{2}}{3 − 2t}

si ottiene il risultato

∫ \frac{1 + \sqrt{x^{2} + 3x}}{2 − \sqrt{x^{2} + 3x}} dx = −2 ∫ \frac{(t^{2} − 3t)(3 + t − t^{2})}{(3 − 2t)^{2}(t^{2} − 7t + 6)} dt
= \frac{1}{2}t + \frac{9}{4(2t − 3)} + 3 ln |3t − 2| − \frac{12}{5} ln |t − 1| + \frac{12}{5} ln |t − 6|

e poi sostituisco t = \sqrt{x^{2} + 3x} − x

8. Con la sostituzione

x = −2\frac{1 − t^{2}}{1 + t^{2}}

si ottiene

∫ \frac{dx}{x(8 − 5\sqrt{4 − x^{2}})} = − ∫ \frac{tdt}{(1 − t^{2})(2 + 2t^{2} − 5t)}
= −\frac{1}{2} ln |t − 1| + \frac{1}{18} ln |t + 1| + \frac{2}{9} ln |t − 2| + \frac{2}{9} ln |2t − 1|

9. Ponendo x = t^{2} si ha che

∫ \frac{2\sqrt{x} − 3\sqrt{1 + x}}{\sqrt{x} + \sqrt{1 + x}} dx = ∫ \frac{2t − 3\sqrt{t^{2} + 1}}{t + \sqrt{1 + t^{2}}} 2tdt

Con la sostituzione t^{2} + 1 = (u + t)^{2} si ottiene

∫ \frac{2t − 3\sqrt{t^{2} + 1}}{t + \sqrt{1 + t^{2}}} 2tdt = ∫ \frac{(5u^{2} + 1)(1 − u^{2})(1 + u^{2})}{4u^{3}} du
= −\frac{5}{6}u^{4} − \frac{1}{8}u^{2} − \frac{1}{8}u^{−2} + \frac{5}{4} ln |u|

dove u = \sqrt{1 + t^{2}} − t = \sqrt{1 + x} − \sqrt{x}.

10. Mediante la sostituzione

1 + \sqrt[4]{x} = t^{3}

da cui segue che x = (t^{3} − 1)^{4} e dx = 12t^{2}(t^{3} − 1)^{3}dt si ottiene

∫ \sqrt[3]{1 + \sqrt[4]{x}} dx = ∫ (\frac{6}{7}t^{14} − \frac{36}{11}t^{11} + \frac{9}{2}t^{8} − \frac{12}{5}t^{5})dt

che è di facile integrazione.

11. Integrando per parti due volte, si ha

∫ x(1 + x^{2})e^{x^{2}} ln x dx = \frac{e^{x^{2}}}{2} (1 + x^{2}) ln x − ∫ \frac{e^{x^{2}}}{2} (2x ln x + \frac{1 + x^{2}}{x} ) dx
= \frac{e^{x^{2}}}{2} (1 + x^{2}) ln x − \frac{e^{x^{2}}}{2} ln x − ∫ \frac{e^{x^{2}}}{2} x dx

Ponendo t = x^{2} nell’ultimo integrale, si ottiene che

\frac{e^{x^{2}}}{2} (1 + x^{2}) ln x − \frac{e^{x^{2}}}{2} ln x − ∫ \frac{e^{x^{2}}}{2} x dx = \frac{e^{x^{2}}}{2} x^{2} ln x − ∫ \frac{e^{t}}{4} dt
= \frac{e^{x^{2}}}{2} x^{2} ln x − \frac{e^{x^{2}}}{4}