Primitive
Esercizi · Integrali · con le soluzioni svolte ·
Esercizio 1
Calcolare le primitive indicate negli intervalli in cui risultano definite
\[
{\rm (a)}\ \int\left(2x+\sqrt[3]{x}-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)dx, ~~~{\rm (b)}\ \int\frac{x-x^{4}}{\sqrt{x}}dx
\]
\[
{\rm (c)}\ \int\tan^{2}x\ dx,~~~~ {\rm (d)}\ \int(3-x)^{5}dx
\]
\[
{\rm (e)}\ \int\frac{1}{2-3x}dx, ~~~{\rm (f)}\ \int x^{2}e^{x^{3}+1}dx
\]
\[
{\rm (g)}\ \int x\sqrt{x^{2}+1}dx, ~~~~{\rm (h)}\ \int\frac{\sin2x}{1+\sin^{2}x}dx
\]
\[
{\rm (i)}\ \int\frac{e^{x}}{e^{x}+3}dx, ~~~{\rm (j)}\ \int\frac{1}{\tan x} dx
\]
Soluzione
(a)
\[
\begin{array}{l}\ds\int\left(2x+\sqrt[3]{x}-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)dx=\int(2x+x^{1/3}-2x^{-1/2})dx\\
\\
\ds=x^{2}+\frac{3}{4}x^{4/3}-4x^{1/2}+c=x^{2}+\frac{3}{4}\sqrt[3]{x^{4}}-4\sqrt{x}+c\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(I\subset(0,+\infty)\) .
Soluzione
(b)
\[
\begin{array}{l}\ds\int\frac{x-x^{4}}{\sqrt{x}}dx=\int(x^{1/2}-x^{7/2})dx=\\
\\
\ds\frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{2}{9}x^{9/2}+c=\frac{2}{3}x\sqrt{x}-\frac{2}{9}x^{4}\sqrt{x}+c\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(I\subset(0,+\infty)\) .
Soluzione
(c)
\[
\int\tan^{2}x\ dx=\int[(1+\tan^{2}x)-1]dx=\tan x-x+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) che non contenga punti del tipo \(\pi/2+k\pi\) con \(k\in \Z\) .
Soluzione
(d)
\[
\int(3-x)^{5}dx=-\int(x-3)^{5}dx=-\frac{1}{6}(x-3)^{6}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(e)
\[
\int\frac{1}{2-3x}dx=-\int\frac{1}{3x-2}dx=-\frac{1}{3}\log|3x-2|+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(2/3\notin I\) .
Soluzione
(f)
\[
\int x^{2}e^{x^{3}+1}dx=\frac{1}{3}e^{x^{3}+1}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(g)
\[
\int x\sqrt{x^{2}+1}dx=\frac{1}{3}(x^{2}+1)^{3/2}+c=\frac{1}{3}(x^{2}+1)\sqrt{x^{2}+1}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(h)
\[
\int\frac{\sin2x}{1+\sin^{2}x}dx=\int\frac{2\sin x\cos x}{1+\sin^{2}x}dx=\log(1+\sin^{2}x)+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(i)
\[
\int\frac{e^{x}}{e^{x}+3}dx=\log(e^{x}+3)+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(j)
\[
\int\frac{1}{\tan x} dx=\int\frac{\cos x}{\sin x}dx=\log|\sin x|+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) che non contenga punti del tipo \(k\pi\) con \(k\in \Z\) .
Esercizio 2
Calcolare le seguenti primitive integrando per parti
\[
{\rm (a)}\ \int x\sin x\ dx, ~~~~{\rm (b)}\ \int x^{2}\cos x\ dx
\]
\[
{\rm (c)}\ \int\arcsin x\ dx, ~~~~{\rm (d)}\ \int\sin^{2}x\ dx
\]
Soluzione
(a)
\[
\int x\sin x\ dx=-x\cos x+\int \cos x\ dx=-x\cos x+\sin x+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(b) Integrando per parti due volte di seguito, si ha
\[
\begin{array}{l}\ds\int x^{2}\cos x\ dx=x^{2}\sin x-2\int x\sin x\ dx=\\
\\
\ds x^{2}\sin x+2x\cos x-2\int\cos x\ dx=x^{2}\sin x+2x\cos x-2\sin x+c\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(c) Prendendo la funzione costante \(1\) come fattore da integrare, si ha
\[
\int\arcsin x\ dx=x\arcsin x-\int\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=x\arcsin x+\sqrt{1-x^{2}}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\subset(-1,1)\) .
Soluzione
(d) Integrando per parti ed utilizzando \(\cos^{2}x=1-\sin^{2}x\) , si ottiene
\[
\begin{array}{l}\ds\int\sin^{2}x\ dx=-\sin x\cos x+\int\cos^{2}x\ dx\\
\\
\ds=-\sin x\cos x+\int 1\ dx-\int\sin^{2}x\ dx\end{array}
\]
da cui
\[
\int\sin^{2}x\ dx=-\sin x\cos x+x-\int\sin^{2}x\ dx+c
\]
quindi, portando \(\int\sin^{2}x\ dx\) a primo membro,
\[
2\int\sin^{2}x\ dx=-\sin x\cos x+x+c
\]
ed infine, denotando ancora con \(c\) la costante arbitraria \(c/2\) ,
\[
\int\sin^{2}x\ dx=-\frac{1}{2}\sin x\cos x+\frac{1}{2}x+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Esercizio 3
Calcolare le seguenti primitive integrando per sostituzione
\[
{\rm (a)}\ \int\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}dx,~~~ {\rm (b)}\ \int\frac{\sqrt{x}}{1+x}dx,~~~{\rm (c)}\ \int x\sqrt{x+1}dx
\]
Soluzione
(a) Ponendo \(y=e^{x}\) , \(y>0, x\in\R\) , si ha \(x=\log y\) e si scrive \(dx=\frac{1}{y}dy\) , quindi
\[
\int\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}dx=\int\frac{y-1}{y(y+1)}dy.
\]
Coi fratti semplici, otteniamo
\[
\frac{y-1}{y(y+1)}=-\frac{1}{y}+\frac{2}{y+1}
\]
da cui, tenendo conto di \(y>0\) ,
\[
\int\frac{y-1}{y(y+1)}dy=-\log y+2\log(y+1)+c.
\]
Ne segue, sostituendo di nuovo \(y=e^{x}\) ,
\[
\int\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}dx=-\log e^{x}+2\log(e^{x}+1)+c=-x+2\log(e^{x}+1)+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(b) Ponendo \(y=\sqrt{x}\) , \(x,y>0\) , si ha \(x=y^{2}\) e si scrive \(dx=2y\ dy\) , quindi
\[
\int\frac{\sqrt{x}}{1+x}dx=2\int\frac{y^{2}}{1+y^{2}}dy.
\]
Da
\[
\frac{y^{2}}{y^{2}+1}=\frac{y^{2}+1-1}{y^{2}+1}=1-\frac{1}{y^{2}+1}
\]
si ha poi
\[
2\int\frac{y^{2}}{1+y^{2}}dy=2y-2\arctan y+c.
\]
Ne segue, sostituendo di nuovo \(y=\sqrt{x}\) ,
\[
\int\frac{\sqrt{x}}{1+x}dx=2\sqrt{x}-2\arctan\sqrt{x}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\subset(0,+\infty)\) .
Soluzione
(c) Ponendo \(y=\sqrt{x+1}\) , \(x>-1,y>0\) , si ha \(x=y^{2}-1\) e si scrive \(dx=2y\ dy\) , quindi
\[
\int x\sqrt{x+1}dx=2\int(y^{2}-1)y^{2}\ dy=2\int(y^{4}-y^{2})dy=\frac{2}{5}y^{5}-\frac{2}{3}y^{3}+c.
\]
Ne segue, sostituendo di nuovo \(y=\sqrt{x+1}\) ,
\[
\int x\sqrt{x+1}dx=\frac{2}{5}(x+1)^{5/2}-\frac{2}{3}(x+1)^{3/2}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\subset(-1,+\infty)\) .
Esercizio 4
Calcolare le seguenti primitive di funzioni razionali
\[
{\rm (a)}\ \int\frac{5}{x^{2}+2x+1}dx,~~~
{\rm (b)}\ \int\frac{1}{x^{2}+x+1}dx,~~~
{\rm (c)}\ \int\frac{x}{x^{2}+x+1}dx,~~~
{\rm (d)}\ \int\frac{x^{3}+1}{x^{2}-3x+2}dx
\]
\[
{\rm (e)}\ \int\frac{x}{x^{3}+3x^{2}+3x+1}dx,~~~
{\rm (f)}\ \int\frac{1}{x^{4}-1}dx,~~~
{\rm (g)}\ \int\frac{x+1}{x^{3}-x^{2}}dx,~~~
{\rm (h)}\ \int\frac{1}{x^{3}+1}dx
\]
Soluzione
(a) L'integrale dato è immediato:
\[
\int\frac{5}{x^{2}+2x+1}dx=\int\frac{5}{(x+1)^{2}}dx=-\frac{5}{x+1}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(-1\notin I\) .
Soluzione
(b) Scrivendo il denominatore, irriducibile, come somma di quadrati:
\[
\int\frac{1}{x^{2}+x+1}dx=\int\frac{1}{(x+1/2)^{2}+3/4}dx=
\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\left(x+\frac{1}{2}\right)\right]+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(c) Utilizzando anche l'esercizio precedente:
\[
\begin{array}{l}\ds\int\frac{x}{x^{2}+x+1}dx=\frac{1}{2}\int\frac{2x+1}{x^{2}+x+1}dx-\frac{1}{2}\int\frac{1}{x^{2}+x+1}dx=\\
\\
\ds\frac{1}{2}\log(x^{2}+x+1)-\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\left(x+\frac{1}{2}\right)\right]+c\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(d) Eseguiamo la divisione euclidea:
\[
\frac{x^{3}+1}{x^{2}-3x+2}=x+3+\frac{7x-5}{x^{2}-3x+2}.
\]
Impostando i fratti semplici
\[
\frac{7x-5}{x^{2}-3x+2}=\frac{7x-5}{(x-1)(x-2)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x-2},
\]
si ottiene
\[
A=-2,\ B=9.
\]
Concludendo:
\[
\begin{array}{l}\ds\int\frac{x^{3}+1}{x^{2}-3x+2}dx=\int\left(x+3-\frac{2}{x-1}+\frac{9}{x-2}\right)dx=\\
\\
\ds\frac{1}{2}x^{2}+3x-2\log|x-1|+9\log|x-2|+c\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(1\notin I\) , \(2\notin I\) .
Soluzione
(e) Impostiamo i fratti semplici:
\[
\frac{x}{x^{3}+3x^{2}+3x+1}=\frac{x}{(x+1)^{3}}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{(x+1)^{2}}+\frac{C}{(x+1)^{3}}.
\]
Si ottiene
\[
A=0,\ B=1,\ C=-1.
\]
Concludendo
\[
\begin{array}{l}\ds\int\frac{x}{x^{3}+3x^{2}+3x+1}dx=\int\left(\frac{1}{(x+1)^{2}}-\frac{1}{(x+1)^{3}}\right)dx\\
\\
\ds=-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}\frac{1}{(x+1)^{2}}+c\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(-1\notin I\) .
Soluzione
(f) Impostiamo i fratti semplici:
\[
\frac{1}{x^{4}-1}=\frac{1}{(x-1)(x+1)(x^{2}+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+\frac{Cx+D}{x^{2}+1}.
\]
Si ottiene
\[
A=\frac{1}{4},\ B=-\frac{1}{4},\ C=0,\ D=-\frac{1}{2}.
\]
Concludendo
\[
\begin{array}{l}\ds\int\frac{1}{x^{4}-1}dx=\int\left(\frac{1}{4}\frac{1}{x-1}-\frac{1}{4}\frac{1}{x+1}-\frac{1}{2}\frac{1}{x^{2}+1}\right)dx\\
\\
\ds=\frac{1}{4}\log|x-1|-\frac{1}{4}\log|x+1|-\frac{1}{2}\arctan x+c\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(\pm1\notin I\) .
Soluzione
(g) Impostiamo i fratti semplici:
\[
\frac{x+1}{x^{3}-x^{2}}=\frac{x+1}{x^{2}(x-1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}}+\frac{C}{x-1}.
\]
Si ottiene
\[
A=-2,\ B=-1,\ C=2.
\]
Concludendo
\[
\begin{array}{l}\ds\int\frac{x+1}{x^{3}-x^{2}}dx=\int\left(-\frac{2}{x}-\frac{1}{x^{2}}+\frac{2}{x-1}\right)dx\\
\\
\ds=-2\log|x|+\frac{1}{x}+2\log|x-1|+c\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(0,1\notin I\) .
Soluzione
(h) Impostiamo i fratti semplici:
\[
\frac{1}{x^{3}+1}=\frac{1}{(x+1)(x^{2}-x+1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^{2}-x+1}.
\]
Si ottiene
\[
A=\frac{1}{3},\ B=-\frac{1}{3},\ C=\frac{2}{3}.
\]
Quindi
\[
\begin{array}{l}\ds\int\frac{1}{x^{3}+1}dx=\int\left(\frac{1}{3}\frac{1}{x+1}+\frac{1}{3}\frac{-x+2}{x^{2}-x+1}\right)dx\\
\\
\ds=\frac{1}{3}\log|x+1|-\frac{1}{6}\int\frac{2x-1}{x^{2}-x+1}dx+\frac{1}{2}\int\frac{1}{x^{2}-x+1}dx\\
\\
\ds=\frac{1}{3}\log|x+1|-\frac{1}{6}\log(x^{2}-x+1)+\frac{1}{2}\int\frac{1}{(x-1/2)^{2}+3/4}dx\\
\\
\ds=\frac{1}{3}\log|x+1|-\frac{1}{6}\log(x^{2}-x+1)+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]+c
\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\) tale che \(-1\notin I\) .
Esercizio 5
Calcolare le seguenti primitive
\[
{\rm (a)}\ \int\frac{e^{x}+1}{e^{2x}+1}dx,~~~
{\rm (b)}\ \int x^{2}\log(x+1)dx,~~~
{\rm (c)}\ \int\frac{\tan x}{\sin^{2}x-\cos^{2}x}dx
\]
\[
{\rm (d)}\ \int\frac{x+\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}dx,~~~
{\rm (e)}\ \int\frac{1}{\cos x}dx,~~~
{\rm (f)}\ \int\sqrt{4-x^{2}}dx
\]
Soluzione
(a) Con la sostituzione \(y=e^{x}\) , \(y>0\) , \(x\in\R\) , si ha \(x=\log y\) , si scrive \(dx=\frac{1}{y}dy\) , e si ottiene
\[
\int\frac{e^{x}+1}{e^{2x}+1}dx=\int\frac{y+1}{y(y^{2}+1)}dy.
\]
Impostiamo i fratti semplici:
\[
\frac{y+1}{y(y^{2}+1)}=\frac{A}{y}+\frac{By+C}{y^{2}+1}.
\]
Si ha
\[
A=1,\ B=-1,\ C=1,
\]
da cui, tenendo conto anche di \(y>0\) ,
\[
\begin{array}{l}\ds\int\frac{y+1}{y(y^{2}+1)}dy=\int\left(\frac{1}{y}-\frac{y}{y^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}\right)dy\\
\\
\ds=\log y-\frac{1}{2}\log(y^{2}+1)+\arctan y+c.\end{array}
\]
Sostituendo poi di nuovo \(y=e^{x}\) , si ha
\[
\int\frac{e^{x}+1}{e^{2x}+1}dx=x-\frac{1}{2}\log(e^{2x}+1)+\arctan e^{x}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) di \(\R\) .
Soluzione
(b) Integrando per parti e calcolando poi l'integrale di una funzione razionale, si ha
\[
\begin{array}{l}\ds\int x^{2}\log(x+1)dx=\frac{1}{3}x^{3}\log(x+1)-\frac{1}{3}\int\frac{x^{3}}{x+1}dx\\
\\
\ds=\frac{1}{3}x^{3}\log(x+1)-\frac{1}{3}\int(x^{2}-x+1)dx+\frac{1}{3}\int\frac{1}{x+1}dx\\
\\
\ds=\frac{1}{3}x^{3}\log(x+1)-\frac{1}{9}x^{3}+\frac{1}{6}x^{2}-\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}\log(x+1)+c
\end{array}
\]
in un qualunque intervallo \(I\subset(-1,+\infty)\) .
Soluzione
(c) Da \(\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}\) e \(\sin^{2}x=1-\cos^{2}x\) , si ha
\[
\int\frac{\tan x}{\sin^{2}x-\cos^{2}x}dx=\int\frac{\sin x}{\cos x(1-2\cos^{2}x)}dx.
\]
Ponendo ora \(y=\cos x\) , si scrive \(dy=-\sin x\ dx\) e si ottiene
\[
\int\frac{\sin x}{\cos x(1-2\cos^{2}x)}dx=\frac{1}{2}\int\frac{1}{y(y-\sqrt{1/2})(y+\sqrt{1/2})}dy.
\]
Coi fratti semplici, si ha poi
\[
\frac{1}{y(y-\sqrt{1/2})(y+\sqrt{1/2})}=-\frac{2}{y}+\frac{1}{y-\sqrt{1/2}}+\frac{1}{y+\sqrt{1/2}},
\]
da cui
\[
\frac{1}{2}\int\frac{1}{y(y-\sqrt{1/2})(y+\sqrt{1/2})}=-\log|y|+\frac{1}{2}\log|y^{2}-1/2|+c.
\]
Concludendo,
\[
\int\frac{\tan x}{\sin^{2}x-\cos^{2}x}dx=-\log|\cos x|+\frac{1}{2}\log|\cos^{2}x-1/2|+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) che non contiene punti del tipo \(x=\pi/2+k\pi\) oppure del tipo \(x=\pi/4+k\pi/2\) con \(k\) intero.
Soluzione
(d) Con la sostituzione \(y=\sqrt{x}\) , \(x,y>0\) , si ha \(x=y^{2}\) , si scrive \(dx=2y\ dy\) e si ottiene
\[
\int\frac{x+\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}dx=2\int\frac{y^{3}+y^{2}}{y+2}dy.
\]
Integrando la funzione razionale, si ha
\[
\begin{array}{l}\ds2\int\frac{y^{3}+y^{2}}{y+2}dy=2\int(y^{2}-y+2)dy-8\int\frac{1}{y+2}dy\\
\\
\ds=\frac{2}{3}y^{3}-y^{2}+4y-8\log(y+2)+c.\end{array}
\]
Sostituendo di nuovo \(y=\sqrt{x}\) , si conclude
\[
\int\frac{x+\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}dx=\frac{2}{3}x\sqrt{x}-x+4\sqrt{x}-8\log(\sqrt{x}+2)+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\subset(0,+\infty)\) .
Soluzione
(e) Operando la sostituzione razionalizzante \(y=\tan\frac{x}{2}\) , \(dx=\frac{2}{1+y^{2}}dy\) e tenendo conto di \(\cos x=\frac{1-y^{2}}{1+y^{2}}\) , si ha
\[
\int\frac{1}{\cos x}dx=-2\int\frac{1}{y^{2}-1}dy.
\]
Coi fratti semplici, si ha poi
\[
-2\int\frac{1}{y^{2}-1}dy=\int\left(\frac{1}{y+1}-\frac{1}{y-1}\right)dy=\log\left|\frac{y+1}{y-1}\right|+c.
\]
Tornando a \(y=\tan\frac{x}{2}\) , si conclude
\[
\int\frac{1}{\cos x}dx=\log\left|\frac{\tan(x/2)+1}{\tan(x/2)-1}\right|+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\) che non contiene punti del tipo \(x=\pi/2+k\pi\) con \(k\) intero.
Soluzione
(f) Operando la sostituzione razionalizzante \(x=2\sin y\) , \(-\pi/2<y<\pi/2\) , \(-2<x<2\) , \(dx=2\cos y\ dy\) , tenendo conto anche di \(\cos y>0\) , si ottiene
\[
\int\sqrt{4-x^{2}}dx=4\int\cos^{2}y\ dy.
\]
Da \(4\cos^{2}y=2+2\cos(2y)\) , si ha poi
\[
4\int\cos^{2}y\ dy=2y+\sin(2y)=2y+2\sin y\cos y+c.
\]
Usando ora \(\sin y=x/2\) , \(y=\arcsin(x/2)\) , \(\cos y=\sqrt{1-\sin^{2}y}=\frac{1}{2}\sqrt{4-x^{2}}\) , si conclude
\[
\int\sqrt{4-x^{2}}dx=2\arcsin(x/2)+(x/2)\sqrt{4-x^{2}}+c
\]
in un qualunque intervallo \(I\subset(-2,2)\) .
Esercizio 6
Calcolare i seguenti limiti
\[
{\rm (a)}\ \lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{x^{3}}\int_{0}^{x^{2}}\log(1+\sqrt{t})dt,~~~
{\rm (b)}\ \lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{x^{4}}\int_{0}^{x^{2}}(1-\cos\sqrt{t})dt
\]
\[
{\rm (c)}\ \lim_{k\to+\infty}\left(2\int_{4}^{4e}\frac{\log(kx)}{x}dx-\log(k(k+1))\right),~~~
{\rm (d)}\ \lim_{k\to+\infty}\left(\int_{1}^{3}\log(k(x+2))dx-3\log(k+1)\right)
\]
Soluzione
(a) Ponendo \(f(x)=\int_{0}^{x^{2}}\log(1+\sqrt{t})dt\) , il limite si presenta nella forma indeterminata \(\frac{0}{0}\) data da \(\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)}{x^{3}}\) . Siamo nelle ipotesi di utilizzo delle regole di De L'Hospital e possiamo passare al calcolo del limite
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{f'(x)}{3x^{2}}.
\]
Calcoliamo la derivata \(f'(x)\) con il Teorema fondamentale del calcolo integrale e la regola della derivata di funzione composta:
\[
f'(x)=2x\log(1+\sqrt{x^{2}})=2x\log(1+x),\ \ x>0.
\]
Concludendo
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{x^{3}}\int_{0}^{x^{2}}\log(1+\sqrt{t})dt=\lim_{x\to0^{+}}\frac{2x\log(1+x)}{3x^{2}}\\
\\
\ds=\frac{2}{3}\lim_{x\to0^{+}}\frac{\log(1+x)}{x}=\frac{2}{3}.
\end{array}
\]
Soluzione
(b) Ponendo \(f(x)=\int_{0}^{x^{2}}(1-\cos\sqrt{t})dt\) , il limite si presenta nella forma indeterminata \(\frac{0}{0}\) data da \(\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)}{x^{4}}\) . Siamo nelle ipotesi di utilizzo delle regole di De L'Hospital e possiamo passare al calcolo del limite
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{f'(x)}{4x^{3}}.
\]
Calcoliamo la derivata \(f'(x)\) con il Teorema fondamentale del calcolo integrale e la regola della derivata di funzione composta:
\[
f'(x)=2x(1-\cos\sqrt{x^{2}})=2x(1-\cos x),\ \ x>0.
\]
Concludendo
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{x^{4}}\int_{0}^{x^{2}}(1-\cos\sqrt{t})dt=\lim_{x\to0^{+}}\frac{2x(1-\cos x)}{4x^{3}}\\
\\
\ds=\frac{1}{2}\lim_{x\to0^{+}}\frac{1-\cos x}{x^{2}}=\frac{1}{4}.
\end{array}
\]
Soluzione
(c) Calcoliamo
\[
\begin{array}{l}\ds2\int_{4}^{4e}\frac{\log(kx)}{x}dx=[\log^{2}(kx)]_{4}^{4e}=\log^{2}(4ke)-\log^{2}(4k)\\
\\
\ds=(\log(4ke)-\log(4k))(\log(4ke)+\log(4k))\\
\\
\ds=\log\frac{4ke}{4k}\log(16k^{2}e)=\log(16k^{2}e).
\end{array}
\]
Ne segue
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{k\to+\infty}\left(2\int_{4}^{4e}\frac{\log(kx)}{x}dx-\log(k(k+1))\right)
=\lim_{k\to+\infty}\log(16k^{2}e)-\log(k(k+1))\\
\\
\ds=\lim_{k\to+\infty}\log\frac{16k^{2}e}{k^{2}+k}=
\log(16e)=1+\log16.
\end{array}
\]
Soluzione
(d) Calcoliamo
\[
\begin{array}{l}\ds\int_{1}^{3}\log(k(x+2))dx=[x\log(kx+2k)]_{1}^{3}-\int_{1}^{3}\frac{x}{x+2}dx\\
\\
\ds=3\log(5k)-\log(3k)-\int_{1}^{3}\left(1-\frac{2}{x+2}\right)dx\\
\\
\ds=3\log(5k)-\log(3k)-2+2\log\frac{5}{3}.
\end{array}
\]
Ne segue
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{k\to+\infty}\left(\int_{1}^{3}\log(k(x+2))dx-3\log(k+1)\right)\\
\\
\ds=\lim_{k\to+\infty}3\log(5k)-\log(3k)-2+2\log\frac{5}{3}-3\log(k+1)\\
\\
\ds=\lim_{k\to+\infty}3\log\frac{5k}{k+1}-\log(3k)-2+2\log\frac{5}{3}=-\infty.
\end{array}
\]