1. Integrali di funzioni irrazionali della forma f(x, n. ax + b ax + b. cx + d = t (1.1).,...,

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1 1 INTEGRAZIONE DI ALCUNI TIPI DI FUNZIONI IRRAZIONALI 1. Integrali di funzioni irrazionali della forma f(x, n ax+b cx+d ). Sia f una funzione razionale. Le funzioni irrazionali della forma f(x, n ax + b cx + d ) con ad bc 0 (se ad bc = 0 l espressione si riduce ad una costante), si razionalizzano mediante la sostituzione n ax + b cx + d = t (1.1). Osserviamo che le funzioni razionali del tipo f(x, n 1 ax + b ax + b cx + d, n np ax + b,..., cx + d cx + d ) si razionalizzano mediante (1.1) ponendo n = m.c.m{n 1, n,..., n p } e osservando che n 1 ax + b ax + b cx + d = ( n cx + d ) n n ax + b ax + b 1, n cx + d = ( n cx + d ) n n ax + b ax + b,..., np cx + d = ( n cx + d ) n np. Evidentemente altre funzioni irrazionali che si razionalizzano mediante una sostituzione del tipo (1.1) sono f(x, n ax + b), f(x, n x),

2 f(x, n 1 ax + b, n ax + b,..., np ax + b), f(x, n 1 x, n x,..., np x). Dalla (1.1) si ottiene facilmente x = dtn b a ct n, n(ad bc)tn 1 = dt, (a ct n ) da cui ax + b f(x, n cx + d ) = f( dtn b bc)tn 1, t)n(ad dt, a ctn (a ct n ) che è l integrale di una funzione razionale. Esempio Posto x x 1 x + 1 x + 1. t = x 1 x + 1, si ha x = 1 + t 1 t, = 4t (1 t ) dt, da cui x x 1 x + 1 x + 1 = 1+t 1 t 1+t + 1 t 4t (1 t 1 t ) dt = 4 Effettuando la divisione tra polinomi si ha t 4 + t (1 t ) dt. t 4 + t (1 t ) = 1 + 3t 1 (1 t ),

3 3 e quindi x x 1 3t 1 = 4t + 4 x + 1 x + 1 (1 t ) dt. Posto 3t 1 (1 t ) = A t 1 + B (t 1) + C t D (t + 1), si ottiene A = 1, B = 1, C = 1, D = 1. Pertanto x x 1 = 4t + 4ln t 1 4ln t + 1 x + 1 x + 1 t 1 t c = = 4 t3 t t 1 + 4ln t 1 t c, e, per si ha t = x 1 x + 1 x 1 (x + 3) x ln x 1 x + c.

4 4 Esercizi Proposti Calcolare i seguenti integrali: (1) 3 x+1 () 1 (3) x x+3 x 1 x+1 (x+1) 1 x x+ x, (4) x x++3 (5) 3 x+1 x 7 (6) 1 x(1+ 3 x).. Integrali di funzioni irrazionali della forma f(x, ax + bx + c). Sia f una funzione razionale. Per razionalizzare funzioni del tipo f(x, ax + bx + c) con b 4ac 0, è conveniente distinguere il caso a > 0 da quello a < 0. Osserviamo che se è a > 0 la funzione φ(x) = ax + bx + c è definita su tutto R se è b 4ac < 0, mentre è definita per valori esterni all intervallo delle radici del polinomio ax + bx + c se è b 4ac > 0. Nel caso in cui è a < 0 la funzione φ(x) = ax + bx + c è definita solo se è b 4ac > 0 ed ha per dominio l intervallo [x 1, x ] dove x 1 ex

5 5 sono le radici di ax + bx + c. Sia a > 0 : si pone ax + bx + c = a(x + t) (.1), oppure ax + bx + c = t ± ax (.), o, ancora, se è c > 0, può essere utile porre ax + bx + c = c tx (.3). Esempio Posto (x 1) x. x = t x si ha x = t + t, = t dt, t da cui (x 1) x = t t + dt.

6 6 Completando il quadrato si ha t t + = (t t + 1) + 1 = (t 1) + 1 e quindi t t + dt = arctg(t 1) + c = arctg( x + x 1) + c, dove si tenga presente che da x = t x si ottiene t = x + x. Osserviamo che in alcuni casi è conveniente utilizzare altri tipi di sostituzioni. In particolare si ha (A) Se b 4ac > 0 e dunque ax + bx + c = a(x x 1 )(x x ), dove x 1 ex sono le radici di ax + bx + c si ottiene ax + bx + c = a(x x 1 )(x x ) = x x a x x 1 x x 1 dove il segno di x x 1 dipende dall insieme di definizione della funzione φ(x) = ax + bx + c

7 7 E utile dunque porre x x x x 1 = t. Esempio Essendo (x 1) x 3x +. x 3x + = (x 1)(x ) = x 1 x x 1, si ha (x 1) x 3x + = (x 1) x 1 x x 1 = = 1 x 1 (x 1) x 1 x, e dunque se x < 1 si ha 1 x 1 (x 1) x, mentre, se x >, si ha In entrambi i casi si pone 1 x 1 (x 1) x. x 1 x = t.

8 8 (B) Se b 4ac < 0 e la funzione razionale f è semplice nella variabile x a volte ci si può ricondurre, dopo aver completato il quadrato nel polinomio radicando, ad un integrale risolvibile mediante una sostituzione trigonometrica inversa della tangente. Esempio x + x + 5. Poichè x + x + 5 = (x + x + 1) + 4 = (x + 1) + 4 posto t = x + 1, si ha x + x + 5 = dt t + 4, e quindi, posto t = tgθ essendo dt = sec θdθ e t + 4 = senθ risulta sec x + x + 5 = θ secθ dθ = secθdθ = ln secθ + tgθ + c =

9 9 ln t t + c = ln x + x + 5 = ln x + x x c. + x c = Sia a < 0: Per quanto osservato inizialmente la funzione φ(x) = ax + bx + c esiste solo se è b 4ac > 0. Quindi, se x 1 ex sono le radici del polinomio ax + bx + c, si ha che ax + bx + c = a(x x 1 )(x x ) = a(x x 1 )(x x) = a x x 1 x x x x 1 Quindi la funzione f(x, ax + bx + c) si può razionalizzare ponendo x x x x 1 = t Osserviamo che spesso, quando la funzione f è semplice nella variabile x, è conveniente completare il quadrato sotto radice e ricondursi ad un integrale elementare o ad un integrale risolvibile mediante una sostituzione trigonometrica inversa del seno. Esempi 1) (1 + x ) 1 x.

10 10 La funzione φ(x) = 1 x è definita per x [ 1, 1]. Inoltre, essendo 1 x = (x 1)(x + 1) = posto t = x+1 1 x = x + 1 (1 x)(x + 1) = 1 x 1 x,, si ottiene x = 1 t 4t, = 1 + t (1 + t ) dt, e quindi, per 1 x = 1 x per ogni x [ 1, 1], (1 + x ) 1 x = 1 1 x 1 + t (1 + x )(1 x) 1 + x = 1 + t dt, 4 da cui, essendo 1 + t 4 = (t + t + 1)(t t + 1), posto 1 + t 1 + t = At + B 4 t + t Ct + D t t + 1, si ottiene A = 0, B = 1, C = 0, D = 1, e quindi (1 + x ) 1 x =

11 11 = 1 (x + 1) arctan( 1 x + 1) 1 (x + 1) arctan( 1) + c. 1 x ) + 3x x Completando il quadrato sotto radice si ottiene = x x = 5 (x ) 1 arcsin( 4x 3 ) + c 5 3) x x essendo x x = 1 (x 1 4 ), posto t = x 1, si ha x x = 1 4 t dt, da cui, posto t = 1 senθ, essendo dt = 1 cosθdθ, 1 4 t = 1 cosθ, si ottiene 1 4 cos θdθ = 1 (θ + senθcosθ) + c = 4 = 1 4 (arcsin(x 1) + (x 1) x x ) + c

12 1 Osservazione. Notiamo che gli integrali della forma px + q ax + bx + c si calcolano più facilmente tenendo conto del fatto che mediante semplici passaggi algebrici ci si può ricondurre al calcolo della seguente somma di integrali: K (ax + b) ax + bx + c + L ax + bx + c dove K e L sono costanti. Esempio x 8 = 1 x x x x x 1 x x =... Esercizi proposti Calcolare i seguenti integrali: (1) 1) x x +x+1 () x x x+1 (3) x +x+1 x x, x+1 (4) x x x+1 (5) x x

13 13 (6) 3 x x, (7) x 1 x x 4