Domande sugli integrali
Bonsoir, ho ripreso la parte teorica degli integrali, coi relativi es. svolti a titolo di esempio...ma mi son sorti dei dubbi in alcuni passaggi:
$inte^xsenx(dx)$ nell'integrarlo per parti non capisco perchè giunti qui:
$int senxe^x(dx)=senxe^x-cosxe^x int senx e^x(dx)$
=$ 2 int senxe^x(dx)=senxe^x-cosxe^x+c$ salta fuori due, e il contenuto dell'integrale sparisce?
Poi in uno con le sostituzioni:
$int cos sqrtx (dx)$ in cui $sqrtx=t$ perchè, ad un certo punto:
$2 int tcost(dt)$
=$2(tsent+cost)$ stiamo integrando per parti ok, ma che c'entra $cost$? sempre se, a quanto ho capito il $sent$ è integrazione di $cost$........
spero di essere stata chiara, non sono molto pratica nemmeno con ste nuove formule
$inte^xsenx(dx)$ nell'integrarlo per parti non capisco perchè giunti qui:
$int senxe^x(dx)=senxe^x-cosxe^x int senx e^x(dx)$
=$ 2 int senxe^x(dx)=senxe^x-cosxe^x+c$ salta fuori due, e il contenuto dell'integrale sparisce?
Poi in uno con le sostituzioni:
$int cos sqrtx (dx)$ in cui $sqrtx=t$ perchè, ad un certo punto:
$2 int tcost(dt)$
=$2(tsent+cost)$ stiamo integrando per parti ok, ma che c'entra $cost$? sempre se, a quanto ho capito il $sent$ è integrazione di $cost$........
spero di essere stata chiara, non sono molto pratica nemmeno con ste nuove formule
Risposte
"Myriam92":
Nel senso, nonimmaginavo potesse essere lecito..
Questo è un argomento delicato ... quei $dx, dt, ...$ in verità sarebbero solo dei simboli non dei "numeri" e quindi non sarebbe lecito trattarli come tali però alcune cose si possono fare (perché esistono teoremi che permettono di stabilire per esempio l'equivalenza tra le uguaglianze che ho scritto); non saprei dirti esattamente quali però non sono tante ... facendo esercizi diventeranno più naturali ...
"Myriam92":
Vorrei sapere se $ int x/(2-x) $ lo possiamo scomporre come.$ int x * int 1/(2-x) $
No, non puoi ... l'integrale è "lineare" (nel senso che $int (a+b)=int a +int b$ ma non "quello" ... (d'altra parte prova a calcolarli e vedrai che sono diversi)
-/-
Le funzioni sarebbero $g(x)=-2x$ e $f(x)=-e^x+1$ ?
Beh, per la parte di sinistra basta fare $(2*4)/2=4$ ...
Per l'altra hai $int 1-e^x\ \ dx= int 1\ \ dx - int e^x\ \ dx =x-e^x$
Sostituendo i valori degli estremi abbiamo $2-e^2-0+1=3-e^2$, e sommando l'altra parte abbiamo in totale $7-e^2$
Beh, per la parte di sinistra basta fare $(2*4)/2=4$ ...
Per l'altra hai $int 1-e^x\ \ dx= int 1\ \ dx - int e^x\ \ dx =x-e^x$
Sostituendo i valori degli estremi abbiamo $2-e^2-0+1=3-e^2$, e sommando l'altra parte abbiamo in totale $7-e^2$
"axpgn":
Le funzioni sarebbero $g(x)=-2x$ e $f(x)=-e^x+1$ ?
Beh, per la parte di sinistra basta fare $(2*4)/2=4$ ...
Per l'altra hai $int 1-e^x\ \ dx= int 1\ \ dx - int e^x\ \ dx =x-e^x$
Sostituendo i valori degli estremi abbiamo $2-e^2-0+1=3-e^2$, e sommando l'altra parte abbiamo in totale $7-e^2$
Perché risulta 4 e non -4? C'entra qualcosa col quadrante con semiasse negativo?
Cosa sono$ -0+1$? Che estremi!?
$ int x/(2-x) $ questo allora come lo risolviamo? Somma di che, se è tutto prodotto!?
$ (x+1)/(x+1/2)^2= A/(x-1/2)+B/(x+1/2)^2 $ torno a questo, e ti ripeto che secondo me visto che la equazione originaria al denominatore di questo $ int(3x+3)/(4x^2-4x+1) \dx\ $ ha delta zero, quindi risultato doppio, va elevato al quadrato SEMPRE Nel denominatore delle frazioni qui sopra... Quindi anche nella seconda!! Ma.invece perché non è così!? Scusa se continuo a non capire......
Allora .. sempre in modo informale (premessa necessaria se no mi picchiano ... 
), un integrale definito ti dà il valore dell'area compresa tra la curva (la funzione) in esame e l'asse delle ascisse e i due valori degli estremi $x_a=a$ e $x_b=b$ ... peccato che ciò non sia esatto ... nel senso che l'integrale definito ti dà la somma algebrica delle aree, considerando positiva quella "sopra" l'asse delle $x$ ma negativa quella "sotto" ... perciò se la "figura" di cui vuoi calcolare l'area ha dei "pezzi" anche sotto devi calcolare separatamente gli integrali definiti per i singoli pezzi sopra e per i singoli pezzi sotto e cambiando di segno quest'ultimi, per poi sommarli tutti.
Inoltre gli estremi di integrazione non sono intercambiabili e vale questa regola $int_b^a f(x)= -int_a^b f(x)$
Adesso lo rifaccio ...
Come detto calcolo separatamente le due aree (anche perché son due curve diverse e quindi non potrei comunque fare altrimenti ... )
L'area di sinistra:
$int_(-2)^0 -2x = -x^2|_(-2)^0=-(0)^2-(-(-2)^2)=4$
(quest'ultimo passaggio deriva da $F(0)-F(-2)$ dove $F(x)=-x^2$ è la primitiva dell'integranda)
Questo risultato me lo tengo così perché essendo la parte "sopra" è già positivo.
L'area di destra:
$int_0^2 1-e^x = x-e^x|_0^2=2-e^2-(0-e^0)=2-e^2-0+1=3-e^2$
Questo risultato invece, essendo relativo alla parte di "sotto", devo invertirlo di segno (perché negativo e un'area negativa non esiste) quindi l'area di destra vale $e^2-3$.
La somma delle due $1+e^2$ (prima ho sbagliato, sorry ...
)
-/-
), un integrale definito ti dà il valore dell'area compresa tra la curva (la funzione) in esame e l'asse delle ascisse e i due valori degli estremi $x_a=a$ e $x_b=b$ ... peccato che ciò non sia esatto ... nel senso che l'integrale definito ti dà la somma algebrica delle aree, considerando positiva quella "sopra" l'asse delle $x$ ma negativa quella "sotto" ... perciò se la "figura" di cui vuoi calcolare l'area ha dei "pezzi" anche sotto devi calcolare separatamente gli integrali definiti per i singoli pezzi sopra e per i singoli pezzi sotto e cambiando di segno quest'ultimi, per poi sommarli tutti.Inoltre gli estremi di integrazione non sono intercambiabili e vale questa regola $int_b^a f(x)= -int_a^b f(x)$
Adesso lo rifaccio ...
Come detto calcolo separatamente le due aree (anche perché son due curve diverse e quindi non potrei comunque fare altrimenti ...
)L'area di sinistra:
$int_(-2)^0 -2x = -x^2|_(-2)^0=-(0)^2-(-(-2)^2)=4$
(quest'ultimo passaggio deriva da $F(0)-F(-2)$ dove $F(x)=-x^2$ è la primitiva dell'integranda)
Questo risultato me lo tengo così perché essendo la parte "sopra" è già positivo.
L'area di destra:
$int_0^2 1-e^x = x-e^x|_0^2=2-e^2-(0-e^0)=2-e^2-0+1=3-e^2$
Questo risultato invece, essendo relativo alla parte di "sotto", devo invertirlo di segno (perché negativo e un'area negativa non esiste) quindi l'area di destra vale $e^2-3$.
La somma delle due $1+e^2$ (prima ho sbagliato, sorry ...
)-/-
"Myriam92":
$ int x/(2-x) $ questo allora come lo risolviamo? Somma di che, se è tutto prodotto!?
$int x/(2-x) = - int x/(x-2) = - int (x-2+2)/(x-2) = - int (x-2)/(x-2) - int 2/(x-2) = -x -2ln(x-2) $
-/-
"Myriam92":
$ (x+1)/(x+1/2)^2= A/(x-1/2)+B/(x+1/2)^2 $ torno a questo, ... continuo a non capire......
È solo un fatto "tecnico", la scomposizione in "fratti semplici" ha delle regole ben precise (quello che ho sintetizzato brutalmente prima e che volendo si possono dimostrare).
Determiniamo $A$ e $B$
$x+1=A(x+1/2)+B\ ->\ 2x+2=2Ax+A+2B$ da cui ${(2=2A),(2=A+2B):}\ ->\ {(A=1),(B=1/2):}$
Quindi $(x+1)/(x+1/2)^2=1/(x+1/2)+1/(2(x+1/2)^2$
Verifichiamo se è vero ...
m.c.m.: $2(x+1/2)^2$
$2x+2=2(x+1/2)+1\ ->\ 2x+2=2x+1+1\ ->\ 2x+2=2x+2$
C.V.D.
"axpgn":
La somma delle due 1+e2 (prima ho sbagliato, sorry ... )
Ehm, hai visto answer in basso alle risposte?( Anche se nn ti vorrei contraddire, in effetti anche questa risposta è tra le.possibili ) . Non capisco perché per la parte sx abbiamo tre segni meno quando penso ne basterebbero due!?
$ int x/(2-x) = - int x/(x-2) = - int (x-2+2)/(x-2) = - int (x-2)/(x-2) - int 2/(x-2) = -x -2ln(x-2) $
Qui il testo originale è $-int - x/(2-x)$ ma va bene lo stesso, no?
$ {(2=2A),(2=A+2B):}\ ->\ {(A=1),(B=1/2):} $
Perché qui mi hai calcolato a e b? Per dimostrarmi quell'eguaglianza finale? E che ci faccio?
io ti credo, ma la domanda mia è un'altra, e finché non capisco perché si fa in quel modo non penso di poter andare molto avanti A meno che lo seguo sempre come calcolo standard.... Se so che la soluzione e doppia e coincidente, sotto A metto il valore al quadrato, e sotto B no....Ok? 
EDIT B=3/2
EDIT 2 L'ultimA frase la intendevo al contrario
"Myriam92":
Ehm, hai visto answer in basso alle risposte?( Anche se nn ti
vorrei contraddire, in effetti anche questa risposta è tra le.possibili )
Eh, sì che le ho viste, purtroppo ... mi sono dimenticato di invertire il segno della parte destra, ho visto che la soluzione era tra quelle possibili e non ho ricontrollato ...
È evidente che la risposta sulla foto è sbagliata (ma dove li hai presi gli esercizi?): se fai i conti il risultato di $7-e^2$ è negativo e l'area di una figura non può mai essere negativa ma ancor più semplicemente se l'area a sx vale $4$ come può il totale essere negativo?
"Myriam92":
Non capisco perché per la parte sx abbiamo tre segni meno quando penso ne basterebbero due!?
Come al mercato? Due etti bastano o facciamo tre?
Il teorema fondamentale dice $int_b^a f(x) = F(a)-F(b)$ dove $F$ è la primitiva di $f$
Applicandolo al nostro caso abbiamo $f(x)=-2x$, $F(x)=-x^2$, $a=0$ e $b=-2$
Calcoliamo: $F(a)=-(0)^2=0$, $F(b)=-(-2)^2=-4$ e quindi $F(a)-F(b)=0-(-4)=4$
Ok?
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
"Myriam92":
Qui il testo originale è $ -int - x/(2-x) $ ma va bene lo stesso, no?
Yes
-/-
"Myriam92":
$ {(2=2A),(2=A+2B):}\ ->\ {(A=1),(B=1/2):} $
Perché qui mi hai calcolato a e b? Per dimostrarmi quell'eguaglianza finale? E che ci faccio?
Sinceramente ho l'impressione che stiamo parlando di cose diverse ...
Io sto parlando della "scomposizione in fratti semplici" che è il metodo standard (ovvero "che funziona SEMPRE") quando hai un quoziente di polinomi; quando lo usi quello che devi fare è proprio determinare $A, B, C, ...$ e poi proseguire nella risoluzione ...
Quindi non sto capendo a cosa ti riferisci quando parli di "doppia soluzione", "metto il valore al quadrato" e via dicendo ... probabilmente ti stai riferendo a qualche altro percorso che non riesco a recepire ...
"Myriam92":
EDIT B=3/2
No, $B=1/2$ ... altrimenti non sarebbero tornati i conti ...
$ F(a)-F(b)=0-(-(-2^²))=4 $
Ok penso di essermi fatta convinta...il meno che c'è al centro dovrebbe essere dovuto alla "scomposizione" dell'integrale ..
[Grazie per aver usato il MIO linguaggio ]
$ -int - x/(2-x) $
Io qui ho lasciato il segno meno sempre al numeratore e mi risulta identico al tuo
$ -x -2ln(x-2) $
però coi segni dell'argomento del log invertiti...
$ -x -2ln(2-x) $
Come Può essere? ( Non so se influisce che l'integrale sia definito tra (-1;1), ma nn credo...)
Qui ti sto a spiegare quanto più schematicamente possibile ( spero xD ) il mio dubbio... Guarda tutti i segni a matita che ho fatto...Se una spiegazione non c'è , imparero la formula " in neretto" così come è
Ok penso di essermi fatta convinta...il meno che c'è al centro dovrebbe essere dovuto alla "scomposizione" dell'integrale ..
[Grazie per aver usato il MIO linguaggio
]$ -int - x/(2-x) $
Io qui ho lasciato il segno meno sempre al numeratore e mi risulta identico al tuo
$ -x -2ln(x-2) $
però coi segni dell'argomento del log invertiti...
$ -x -2ln(2-x) $
Come Può essere? ( Non so se influisce che l'integrale sia definito tra (-1;1), ma nn credo...)
Qui ti sto a spiegare quanto più schematicamente possibile ( spero xD ) il mio dubbio... Guarda tutti i segni a matita che ho fatto...Se una spiegazione non c'è , imparero la formula " in neretto" così come è
"Myriam92":
$ -int - x/(2-x) $
Io qui ho lasciato il segno meno sempre al numeratore e mi risulta identico al tuo
$ -x -2ln(x-2) $
però coi segni dell'argomento del log invertiti...
$ -x -2ln(2-x) $
Come Può essere? ( Non so se influisce che l'integrale sia definito tra (-1;1), ma nn credo...)
No, non sono la stessa cosa ... se vuoi, posta i passaggi che casomai vediamo ...
"Myriam92":
Qui ti sto a spiegare quanto più schematicamente possibile ( spero xD ) il mio dubbio... Guarda tutti i segni a matita che ho fatto...Se una spiegazione non c'è , imparero la formula " in neretto" così come è
Il tuo prof ha fatto ESATTAMENTE quello che ho scritto finora ...
Il discorso all'inizio sul $Delta=0$, ecc. è solo un metodo per scomporre velocemente il polinomio di secondo grado che sta a denominatore, non c'entra NIENTE con la "scomposizione in fratti semplici" che fa dopo ... se a quel risultato (cioè $(x+p/2)^2$) ci arrivavi con Ruffini o la divisione fra polinomi o qualcos'altro, era proprio la stessa cosa ...
Quella "formula in neretto" è solo un caso della scomposizione in fratti semplici (detta anche "partial fractions"); se non c'è l'hai tra i tuoi libri, vediamo di trovarla ...
Non so se posso pubblicarlo i link, ma se vedi, sto metodo di cui parli sta scritto nella tabella in basso alla spiegazione, seguita da: esempio di integrazione per fratti semplici . Scompone regolarmente il denominatore in tale esempio come $x^2(x-1)$.. solo che non si sa appunto per quale motivo ( se non per seguire quanto prestabilito dalla soprastante tabella) al momento di effettuare la somma di frazioni, ne mette una con una $x$ in più al denominatore... Perché sto bisogno? E nn semplicemente $A/x^2+B/(x-1)$...
Boh io ci levo mano, la tua dimostrazione me l'hai fatta per cui è così per forza di cose.. L'importante è che nn sbaglio (
)$ -int - x/(2-x) $
Riguardo questo, visto che avevo già la $X$ negativa sia al numeratore che al denominatore, il segno l'ho lasciato così come era. Quindi
$- int -x/(2-x)= -int -(2-x)/(2-x)-int-2/(2-x)=[+x+2log|2-x|]$
Niente ho riprovato ma viene esattamente l'opposto...Troppi segni meno, vado in tilt!
Ho scritto sopra qualcosa che non va ?
Cmq svolgendo integrali sorge il.dubbio su quale metodo conviene applicare? Per parti o sostituzione?
$int sqrt x logx$ per esempio se qui decido di derivare log x e integrare la radice come $x^(1/2+1)/(1/2+1)$ è possibile...?
Cmq svolgendo integrali sorge il.dubbio su quale metodo conviene applicare? Per parti o sostituzione?
$int sqrt x logx$ per esempio se qui decido di derivare log x e integrare la radice come $x^(1/2+1)/(1/2+1)$ è possibile...?
"Myriam92":
$ -int - x/(2-x) $ ... Troppi segni meno, vado in tilt!
Riproviamo ...
$-int-x/(2-x)=-int(-x)/(2-x)=-int(-2+2-x)/(2-x)=-int(-2)/(2-x)-int(2-x)/(2-x)=$
$=-2int1/(x-2)-int1=-2ln|x-2|-x$
Ok?
"Myriam92":
Perché sto bisogno? E nn semplicemente $A/x^2+B/(x-1)$...
Perché altrimenti i conti non tornano!
Esiste un teorema algebrico che dice che sei vuoi scomporre un quoziente di polinomi in "fratti semplici" devi fare in quel modo ...
La cosa importante è che tu abbia capito il metodo e compreso la tabella con i quattro casi ... ok?
"Myriam92":
Cmq svolgendo integrali sorge il.dubbio su quale metodo conviene applicare? Per parti o sostituzione
... hai fatto una domanda da niente ... ... purtroppo, non è come con le derivate ... qui si devono conoscere più metodi possibili e capire come e quando usarli (pure insieme se necessario ...)$int sqrt(x)*logx\ \ dx$
Integrando per parti poniamo $f(x)=sqrt(x)$ da integrare e $g(x)=logx$ da derivare ... quindi ...
$F(x)=int sqrt(x)\ \ dx=int x^(1/2)\ \ dx=2/3*x^(3/2)$
$g'(x)=1/x\ \ dx$
Ricomponiamo ...
$2/3*x^(3/2)*logx - 2/3*int x^(3/2)/x\ \ dx = 2/3*x^(3/2)*logx - 2/3*int x^(1/2)\ \ dx = 2/3*x^(3/2)*logx - 2/3*2/3*x^(3/2)$
Ok?
$ =-2int1/(x-2)-int1=-2ln|x-2|-x $
Se io nel tuo penultimo passaggio non avessi spostato il meno al denominatore, lasciandolo al numeratore mi avrebbe cmq costretta a cambiare il segno all'argomento del log...Mistero risolto ""
Però... Considerando che il testo era $int_-1^1 log(2-x) \dx\ $
Quindi $[xlog (2-x)-x-2log|x-2|]$ sostituendo risulta sempre $-3log3-2$ e non $log9-2$ cm dice la.soluzione...
$ int sqrt(x)*logx\ \ dx $
Qui avevo impostato correttamente allora, ma subito abbandonato perché vedevo radici che andavano svolte solo alla fine ed ero andata nel pallone... Pensando invece di risolvere così per sostituzione$sqrx=t, dx=2t*dt$ , e poi per parti ottenendo $x^2/8(logx-1)$
Non conviene ?/ È sbagliato?
Cmq premettendo che l'esercizio con l'area l'ho trovato uguale più avanti, con soluzione come la tua
Vorrei sapere in qst simile dove sbaglio..( a parte g(x) che dovrebbe risultare +1 )
Edit:
Per il metodo dei fratti sai cosa è che mi fa perdere? Che alcuni esercizi si risolvono col semplice metodo delle costanti, in cui il mio ragionamento qui vale. Forse per le solo equazioni di 2 grado però. Penso sai di che parlo : $ax²+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)$ entrambi questi ultimi valori vanno inseriti al denominatore di a e b. Finish! Perché non è sempre così immediato!?( Domanda retorica tranquillo xD )
Se io nel tuo penultimo passaggio non avessi spostato il meno al denominatore, lasciandolo al numeratore mi avrebbe cmq costretta a cambiare il segno all'argomento del log...Mistero risolto
""Però... Considerando che il testo era $int_-1^1 log(2-x) \dx\ $
Quindi $[xlog (2-x)-x-2log|x-2|]$ sostituendo risulta sempre $-3log3-2$ e non $log9-2$ cm dice la.soluzione...
$ int sqrt(x)*logx\ \ dx $
Qui avevo impostato correttamente allora, ma subito abbandonato perché vedevo radici che andavano svolte solo alla fine ed ero andata nel pallone... Pensando invece di risolvere così per sostituzione$sqrx=t, dx=2t*dt$ , e poi per parti ottenendo $x^2/8(logx-1)$
Non conviene ?/ È sbagliato?
Cmq premettendo che l'esercizio con l'area l'ho trovato uguale più avanti, con soluzione come la tua
Vorrei sapere in qst simile dove sbaglio..( a parte g(x) che dovrebbe risultare +1
)Edit:
Per il metodo dei fratti sai cosa è che mi fa perdere? Che alcuni esercizi si risolvono col semplice metodo delle costanti, in cui il mio ragionamento qui vale. Forse per le solo equazioni di 2 grado però. Penso sai di che parlo : $ax²+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)$ entrambi questi ultimi valori vanno inseriti al denominatore di a e b. Finish! Perché non è sempre così immediato!?
( Domanda retorica tranquillo xD )
"Myriam92":
Però... Considerando che il testo era $int_-1^1 log(2-x)\ dx\ $
Proviamo ...
Troviamo la primitiva per parti $int log(2-x)\ \ dx\ = x*log(2-x)- int -x/(2-x)\ \ dx\ = x*log(2-x)-x-2log|x-2| $
$F(a)=F(1)=1*log(2-1)-1-2log|1-2|=1*0-1-2*0=-1$
$F(b)=F(-1)=-1*log(2+1)+1-2log|-3|=-1*log3+1-2log3=1-3log3$
$F(a)-F(b)=-1-(1-3log3)=3log3-2$
Se l'integrale da calcolare è quello, la primitiva e questa soluzione sono corrette ...
"Myriam92":
$ int sqrt(x)*logx\ \ dx $
Pensando invece di risolvere così per sostituzione$sqrx=t, dx=2t*dt$ , e poi per parti ottenendo $x^2/8(logx-1)$
Non conviene ?/ È sbagliato?
E il $logx$ come pensavi di eliminarlo? Quando sostituisci una variabile questa deve sparire completamente ($dx$ compreso)
"Myriam92":
Cmq premettendo che l'esercizio con l'area l'ho trovato uguale più avanti, con soluzione come la tua
Com'è buona Lei! ...
"Myriam92":
Vorrei sapere in qst simile dove sbaglio..( a parte g(x) che dovrebbe risultare +1
Mi confermi che l'integrale da risolvere è questo $-int_pi^(0) sin(x) + int_0^(2) x/2$ ?
Per l'integrale di sx ho messo il "meno" davanti perché essendo "sottostante" viene negativo e a noi serve positivo ...
$-[-cos(0)-(-cos(pi)]+[2^2/4-0^2/4]=-[-1-(-(-1))]+[1-0]=-[-1-1]+[1]=-[-2]+[+1]=2+1=3$
Mi pare che ci siamo ...
... (cmq, per l'area dei triangoli fai base per altezza diviso due ... )
"axpgn":
E il logx come pensavi di eliminarlo? Quando sostituisci una variabile questa deve sparire completamente (dx compreso)
$x=t^2->logx=logt^2$
"axpgn":
Com'è buona Lei! ...
I
FantoCCi!"axpgn":
?
Per l'integrale di sx ho messo il "meno" davanti perché essendo "sottostante" viene negativo e a noi serve positivo ...
Onde evitare di invertire gli estremi dell'integrale, nn posso cambiare il segno direttamente al risultato alla fine ?( Mmm l'ho fatto e mi è risultato zero)
$-cos(pi)-[-[-cos(0)]=1-[1]$
Ma poi non so se si vede dal grafico, ma che io mi ricordi quei valori di pigreco su x, non sono positivi? Quel $-pi/2$ che ci fa là? È passato troppo tempo dai tempi delle disequazioni trigonometriche, spero di nn fare figuracce
"Myriam92":
$x=t^2->logx=logt^2$
Ok, e poi? Devi sempre integrare per parti quindi tanto vale farlo subito ... maancheno ...
... dipende da come ti trovi meglio, l'importante è arrivare al risultato giusto ... "Myriam92":
Onde evitare di invertire gli estremi dell'integrale, nn posso cambiare il segno direttamente al risultato alla fine ?( Mmm l'ho fatto e mi è risultato zero)
Ma sì, certo ... puoi anche farli separatamente (che di solito è la cosa migliore) ... comunque, il "casino" coi segni c'è sempre, c'è poco da fare se non metterci attenzione e precisione (certo che se uno ha fretta ...
)Dal grafico è già bello se son riuscito a ricostruire l'integrale da calcolare ...
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