M5.0809 Verifica di recupero

Dato che ci vedremo poco nelle prossime settimane, ecco la correzione della verifica di recupero:

Es. N.3

\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{x} \, dx = \left [ \ln |x| \right ]_{0}^{1} = \ln 1 - \ln 0 = non esiste

la def. di integrale generalizzato opportuna è:

\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{x} dx = \lim_{\epsilon \to 0^{+}} \int_{\epsilon }^{1} \frac{1}{x} dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} \left [ \ln |x| \right ]_{\epsilon }^{1} =  \lim_{\epsilon \to 0^+} (\ln 1 - \ln \epsilon) = + \infty

che non esiste in ogni caso.

Es. N.4

\displaystyle \int {\frac{\tan^3 x + \tan x}{\tan x + 4} \, dx}

per sostituzione, poniamo \tan x = t, x = \arctan t e quindi

\displaystyle dx = \frac{1}{1+t^2} \, dt; sostituendo si ha:

\displaystyle \int {\frac{t^3+t^2}{(t+4)(1+t^2)} \, dt} = \int {\frac{t}{4+t} \, dt} = \int {\frac{4+t}{4+t} \, dt} - 4 \int {\frac{1}{1+t} \, dt} =

= t - 4 \ln |1+t| + c = \tan x - 4 \ln |1+ \tan x| + c

Es. N.5

\displaystyle \int {\ln (x^2+1) \, dx} = x \ln(x^2+1) - \int {\frac{2x^2}{x^2+1} \, dx} =

\displaystyle = x \ln(x^2+1) - 2 \int {\frac{x^2}{x^2+1} \, dx}=

\displaystyle =  x \ln(x^2+1) - 2 [\int {\frac{x^2+1}{x^2+1} \, dx} - \int {\frac{1}{x^2+1} \, dx}] =

\displaystyle = x \ln(x^2+1) -2x +2 \arctan x +c

Es. N.6

\displaystyle \int {\frac{x+2}{x^2+2x+2} \, dx} = \frac{1}{2} \int {\frac{2x+4}{x^2+2x+2} \, dx} =

\displaystyle = \frac{1}{2} \int {\frac{2x+2}{x^2+2x+2} \, dx} +  \int {\frac{1}{x^2+2x+2} \, dx}=

\displaystyle = \frac{1}{2} \ln (x^2+2x+2) +   \int {\frac{1}{(x+1)^2+1} \, dx}=

\displaystyle = \frac{1}{2} \ln (x^2+2x+2) + \arctan (1+x) +c

Es. N.7

\displaystyle \int {\frac{dx}{e^x-1}}

sostituzione e^x=t \qquad x=\ln t \qquad dx = \frac{1}{t} dt

\displaystyle = \int {\frac{1}{(t-1)t} \, dt} =

si vede che

\displaystyle\frac{1}{t(t-1)} = \frac{1}{t-1} - \frac{1}{t}

e quindi

\displaystyle = \int {\frac{1}{t-1} \, dt} - \int {\frac{1}{t} \, dt} = \ln |t-1| - \ln |t| +c =

\displaystyle = \ln | \frac{e^x-1}{e^x}| +c

per cui

\displaystyle = \int_{\ln 2}^{2 \ln 2}{\frac{dx}{e^x-1}} = [ \ln |\frac{e^x-1}{e^x}|]_{\ln 2}^{2 \ln 2} =

\displaystyle = \ln | \frac{e^{2 \ln 2} -1}{e^{2 \ln 2}} | -  \ln | \frac{e^{\ln 2} -1}{e^{\ln 2}} | = \frac{4-1}{4} - \frac{2-1}{2} = \frac{1}{4}

La soluzione della seconda parte in un commento successivo.

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12 risposte a M5.0809 Verifica di recupero

  1. Burei Federico ha detto:

    prof domani lei è a scuola??? martedì pensavo di trovarla ma mi hanno detto ke era assente….

  2. Mike ha detto:

    Just passing by.Btw, you website have great content!

    ______________________________
    Don’t pay for your electricity any longer…
    Instead, the power company will pay YOU!

  3. bobcarr ha detto:

    @vianello

    è tutto normale, è tutto sotto controllo

    Poteva andar peggio. Il tuo nemico poteva esserti amico.

    Stanislav J. Lec

  4. vianello ha detto:

    mamma mia prof. che verifica terribile è stata!!

  5. DoTTore ha detto:

    azz….proff, diciamo che non ho fatto proprio come ha appena scritto lei, comuque dai almeno ci ho provato!!

    Cambiando discorso, le ho scritto una email all’indirizzo “bobcarr@tiscali.it” ho sbagliato? Se si, mi mandi lei un’indirizzo valido.

  6. bobcarr ha detto:

    Es. N.6

    Per trovare i punti di max e min, deriviamo la funzione

    f'(x) = (2x+5) e^{-x} -(x^2+5x+5)e^{-x} = -e^{-x}(x^2+3x)

    la derivata si annulla nei punti -3 e 0 ed è negativa per x minore di -3 per x maggiore di 0, quindi il punto -3 è di minimo relativo e 0 è punto di max relativo.

    Quindi:

    \displaystyle \int {e^{-x}(x^2+5x+5) \, dx} = -e^{-x}(x^2+5x+5) + \int {e^{-x}(2x+5) \, dx} =  -e^{-x}(x^2+5x+5) -e^{-x}(2x+5) - 2 e^{-x} + c

    \displaystyle = -e^{-x}(x^2+7x+12) +c

    quindi

    \displaystyle \int_{-3}^{0}{f(x) \, dx} = [-e^{-x}(x^2+7x+12)]_{-3}^{0} = -12

    oops
    il risultato sembra essere opposto
    forse il testo diceva: trovare l’integrale definito fra “il massimoe il minimo” della funzione;
    però non riesco più a trovare il testo originale

  7. bobcarr ha detto:

    Es. N.4

    Scomponiamo la frazione:

    \displaystyle \frac{1}{x^6+x^4} = -\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^2+1}

    abbiamo

    \displaystyle \int {\frac{dx}{x^6+x^4}} = \frac{1}{x} - \frac{1}{3x^3} + \arctan x + c

  8. bobcarr ha detto:

    Es. N.3

    Troppo lungo, vediamo in classe

  9. bobcarr ha detto:

    Es. N.2

    \arcsin x = t \qquad x=\sin t \qquad dx = \cos t dt

    \int {t^4 \cos t \, dt} = t^4 \sin t - 4\int {t^3 \sin t \, dt}= t^4 \sin t - 4(-t^3 \cos t + 3 \int {t^2 \cos t \, dt}) =

    t^4 \sin t + 4 t^3 \cos t -12 (t^2 \sin t - 2 \int {t \sin t \, dt}) =

    t^4 \sin t + 4 t^3 \cos t -12 t^2 \sin t +24(-t \cos t + \int {\cos t \, dt}) =

    t^4 \sin t + 4 t^3 \cos t -12 t^2 \sin t -24 t \cos t + 24 \sin t +c

    sapendo che \cos t = \sqrt{1- \sin^2 t} = \sqrt{1-x^2}

    \int_{0}^{1}{(\arcsin x)^4 \, dx} =

    = [x(\arcsin x)^4 + 4 \sqrt{1-x^2} (\arcsin x)^3 -12 x (\arcsin x)^2 - 24 \sqrt{1-x^2}\arcsin x + 24 x]_{0}^{1} =

    \displaystyle (\frac{\pi}{2})^4 - 12 (\frac{\pi}{2})^2 +24 = \frac{\pi^4}{16} - 3 \pi^2 + 24

  10. bobcarr ha detto:

    Seconda parte:

    Es. N.1

    \displaystyle \int_{0}^{2}{|1-x| \, dx} = \int_{0}^{1}{(1-x) \, dx} + \int_{1}^{2}{(x-1) \, dx} =

    \displaystyle [x-\frac{x^2}{2}]_{0}^{1} + [\frac{x^2}{2}-x]_{1}^{2} = 1-\frac{1}{2} + 2 - 2 - \frac{1}{2} + 1 = 1

  11. bobcarr ha detto:

    E tu, Fisica, cosa hai da dire in proposito?
    La freddezza dei rapporti tra gli uomini è conseguenza dei loro attriti.

    Stanislaw J.Lec – Pensieri spettinati

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