Soluzioni 4-AM4

Laura Di Gregorio 16 ottobre 2003

1.

1) Integrando per parti si ottiene

∫ x^{3} arcsin \frac{1}{x} dx = \frac{x^{4}}{4} arcsin \frac{1}{x} + \frac{1}{4} ∫ \frac{x^{3}}{\sqrt{x^{2} − 1}} dx.

Con la sostituzione x = cosh t si ha

∫ \frac{x^{3}}{\sqrt{x^{2} − 1}} dx = ∫ cosh^{3} t dt
= ∫ cosh t(1 + sinh^{2} t) dt
= ∫ d(sinh t) ∫ sinh^{2} t d(sinh t)
= sinh t + \frac{sinh^{3} t}{3}

quindi il risultato sarà:

∫ x^{3} arcsin \frac{1}{x} dx = \frac{x^{4}}{4} arcsin \frac{1}{x} + \frac{\sqrt{x^{2} − 1}}{4} + \frac{(x^{2} − 1)^{\frac{3}{2}}}{12} .

2) Mediante la sostituzione x = e^{t} si ottiene

∫ cos(ln x)dx = ∫ e^{t} cos t dt
= e^{t} cos t + ∫ e^{t} sin t dt

= e^{t} cos t + e^{t} sin t − ∫ e^{t} cos t dt

da cui segue che

∫ e^{t} cos t dt = \frac{e^{t}}{2} (cos t + sin t)

e in termini della variabile di partenza x ∫ cos(ln x) dx = \frac{1}{2}x( cos(ln x) + sin(ln x))

3) Si osservi che l’integrale esiste per x < 1.

∫ x^{2} ln \sqrt{1 − x} dx = \frac{x^{2}}{2} ln |1 − x| dx
= \frac{x^{3}}{6} ln |1 − x| + ∫ \frac{x^{3}}{6} \frac{1}{1 − x}
= \frac{x^{3}}{6} ln |1 − x| − \frac{1}{6} ∫ (x^{2} + x + 1 − \frac{1}{1 − x})dx
= \frac{x^{3}}{6} ln |1 − x| − \frac{1}{6}[\frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{2}}{2} + x − ln |1 − x|]

4) Scrivendo

\frac{x^{2} − 1}{(x − 2)(x^{2} + 1)} = \frac{A}{x − 2} + \frac{2Bx + C}{x^{2} + 1} = x^{2} − 1

e risolvendo il sistema nelle incognite A, B, C si ottiene che

∫ \frac{x^{2} − 1}{(x − 2)(x^{2} + 1)} dx = A ln |x − 2| + B ln |x^{2} + 1| + C arctan x.

5) Scrivendo

\frac{2x − 3}{(x − 2)(x + 1)^{2}} dx = \frac{A}{x − 2} + \frac{B}{x + 1} + \frac{C}{(x + 1)^{2}}

e risolvendo il sistema nelle incognite A, B, C si ottiene che

∫ \frac{2x − 3}{(x − 2)(x + 1)^{2}} dx = A ln |x − 2| + B ln |x + 1| − \frac{C}{x + 1}.

2. In coordinate polari si ottiene

∫_{S} fdσ = ∫_{0}^{2π} ∫_{0}^{1} ρ(ρ^{4} cos^{4} θ + ρ^{2} sin^{2} θ)\sqrt{1 + ρ^{2}} dρ dθ
= ∫_{0}^{2π} cos^{4} θ ∫_{0}^{1} ρ^{5}\sqrt{1 + ρ^{2}} dρ dθ + ∫_{0}^{2π} sin^{2} θ ∫_{0}^{1} ρ^{3}\sqrt{1 + ρ^{2}} dρ dθ

Usando la relazione cos^{2} θ = \frac{1}{2}(1 + cos 2θ) si ottiene che

∫_{0}^{2π} cos^{4} θ dθ = \frac{3}{4}π

∫_{0}^{2π} sin^{2} θ dθ = π.

Inoltre

∫_{0}^{1} ρ^{5}\sqrt{1 + ρ^{2}} dρ = ∫_{0}^{1} ρ^{4}(ρ\sqrt{1 + ρ^{2}}) dρ
= [\frac{1}{3}(1 + ρ^{2})^{\frac{3}{2}} ρ^{4}]_{0}^{1} − \frac{4}{3} ∫_{0}^{1} ρ^{3}(1 + ρ^{2})^{\frac{3}{2}} dρ
= [\frac{1}{3}(1 + ρ^{2})^{\frac{3}{2}} ρ^{4} − \frac{4}{3 · 5}(1 + ρ^{2})^{\frac{5}{2}} ρ^{2}]_{0}^{1} + \frac{4 · 2}{3 · 5} ∫_{0}^{1} ρ(1 + ρ^{2})^{\frac{5}{2}} dρ
= [\frac{1}{3}(1 + ρ^{2})^{\frac{3}{2}} ρ^{4} − \frac{4}{3 · 5}(1 + ρ^{2})^{\frac{5}{2}} ρ^{2} + \frac{4 · 2}{3 · 5 · 7}(1 + ρ^{2})^{\frac{7}{2}} ]_{0}^{1}

Analogamente si procede per il calcolo di

∫_{0}^{1} ρ^{3}\sqrt{1 + ρ^{2}} dρ = [\frac{ρ^{2}}{3} (\sqrt{1 + ρ^{2}})^{\frac{3}{2}} − \frac{2}{3 · 5}(1 + ρ^{2})^{\frac{5}{2}} ]_{0}^{1}

3. Risulta I_{n} = −x^{n}e^{−x} + nI_{n−1}.