Metodi di integrazione

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1 CAPITOLO 6 Metodi di integrzione. Introduzione Tnto per comincire, ricordimo i ftti principli che bbimo visto sugli integrli indefiniti: dt un funzione f, un funzione F è un primitiv di f o un integrle indefinito di f se F = f, l fmigli di primitive di un funzione f si indic con il simbolo f(x) ; se l funzione f è definit in un intervllo, tutte le primitive di f sono uguli meno di un costnte dditiv, cioè, dt F primitiv di f, f(x) = F (x) + C C R; se f : [, b] R è continu, comunque si fiss α [, b], tutte le primitive di f sono dell form x α f(t) dt + C C R; infine, se simo cpci di determinre un primitiv F di un funzione dt f, llor è possibile clcolre il vlore dell integrle definito con un operzione sconvolgentemente bnle: clcolre l differenz di F gli estremi dell intervllo, ossi (.) b f(x) = F (b) F () se F = f. Approfondimo l questione espress dll ultimo punto... corrimo prim di tutto rivedere come bbimo clcolto il vlore di lcuni integrli definiti prtire dll definizione e poi tornimo qui vedere quest formul. L differenz slt ll occhio: l notevole ftic ftt per clcolre un integrle prtire dll definizione è completmente zzert dll nuov tecnic, lmeno qundo è not l primitiv. Ad esempio, dto che (ln t) = /t, dt t = ln t = ln ln = ln =,

2 . INTRODUZIONE Provte un po d rrivre ll stess conclusione usndo direttmente l definizione di integrle definito... Nturlmente bbimo solo spostto il problem: clcolre l integrle definito senx cos x, è bnle se conosco un primitiv dell funzione senx cos x, m come fccio trovrl? In questo Cpitolo ci dedichimo l problem di determinre esplicitmente primitive F di un funzione dt f, per lo meno per certe clssi di funzioni con un struttur non troppo complict. A prtire dlle operzioni elementri (ddizione, sottrzione, moltipliczione, divisione) e dlle funzioni trigonometriche ed esponenzili, formndo inverse e composte di queste funzioni, è possibile costruire un clsse molto mpi di funzioni che possimo descrivere come funzioni elementri. Per qunto rigurd l operzione di derivzione, bbimo visto che l derivt di un funzione elementre è ess stess un funzione elementre ed il clcolo concreto dell derivt è possibile trmite un certo numero di ricette: le formule di derivzione. Al contrrio, per l integrzione, non è possibile rrivre ll stess conclusione: non c è un lgoritmo generle che permett di esprimere le primitive di un funzione ssegnt trmite funzioni elementri. Il problem è risolto in certe situzioni dl Teorem Fondmentle del Clcolo Integrle che fferm F (x) = f(x) f(x) = F (x) + costnte, cioè d ogni regol di derivzione corrisponde un regol di integrzione. Ad esempio, dto che D( xα+ α+ ) = xα, si h x α = xα+ + costnte α. α +

3 . INTRODUZIONE 3 Allo stesso modo si ottengono ltre formule di integrzione elementre: senx = cos x + C, cos x = senx + C, e x = e x + C, = ln x + C, x = rc tgx + C, x = x + x ln + C, senx = tgx + C = cos x cos x + C, x = cot x + C = cos sen x senx + C, = rc senx + C, = rccos x + C. x x Inoltre, grzie ll linerità dell integrle, nche combinzioni lineri di funzioni di cui si conosce l primitiv, possono essere integrte esplicitmente. Ad esempio, ( + x + 3e x ) = + x + 3 e x = x + x + 3e x + C. Si può essere soddisftti: per un buon numero di funzioni è possibile conoscere l fmigli delle primitive. M come l mettimo per senx cos x? Per determinre esplicitmente un primitiv di un funzione ssegnt si usno (sostnzilmente) quttro ingredienti: l conoscenz di un certo numero di formule di integrzione elementri, dedotte prtire dlle ben note regole di derivzione; l integrzione per sostituzione e l integrzione per prti, che discendono d formule di derivzione: il primo discende derivzione di funzione compost, il secondo d quell dell funzione prodotto; infine, il qurto ingrediente è l esperienz. Più ci si esercit nel clcolo esplicito di primitive, più si viene conoscenz di piccoli ccorgimenti che vrino d cso cso. In effetti si pone un ltr domnd: c è grnzi di riuscire sempre determinre un primitiv di un funzione elementre che si ess stess un funzione elementre? L rispost è no : non è vero che tutti gli integrli delle funzioni elementri si possono scrivere in termini di funzioni elementri (l dimostrzione di questo ftto non è bnle!) E indispensbile sottolinere, ncor un volt, che le primitive di funzioni monotone e di funzioni continue esistono sempre, nche nel cso in cui non sino esprimibili come funzioni elementri. Quindi in questo cso l integrle gener nuove funzioni diverse d quelle elementri, che tlvolt sono molto importnti. Ad

4 . METODO DI SOSTITUZIONE 4 esempio, non è possibile esprimere in form elementre l primitiv di e x. L primitiv però esiste ed è un funzione utilizzt nel clcolo delle probbilità e in sttistic, indict col simbolo Erf(x).. Metodo di sostituzione L formul di derivzione di funzioni composte fferm che ( F (φ(x))) = F (φ(x))φ (x), quindi F (φ(x)) è un primitiv di F (φ(x))φ (x), cioè (.) F (φ(x))φ (x) = F (φ(x)) + C. Con quest semplice osservzione, possimo già risolvere il problem di cui si dicev: qul è un primitiv di senx cos x? Se φ(x) = senx e F (t) = t, llor F (φ(x)) = senx, φ (x) = cos x e quindi senx cos x = F (φ(x))φ (x) = F (φ(x)) + C = sen x + C. Adesso l integrle definito è clcolto con fcilità: senx cos x = sen x = sen. Definendo f(x) := F (x), l formul (.) si può riscrivere come (.) f(φ(x))φ (x) = f(t) dt (formul di sostituzione, I versione) Quest formul esprime come si trsform l espressione dell integrle pssndo dll vribile di integrzione x ll nuov vribile t = φ(x). L operzione d compiere si può ricordre mnemonicmente così: oltre scrivere t l posto di φ(x), si deve sostituire formlmente φ (x) con dt, t = φ(x) dt = φ (x). (L uso delle virgolette st sottolinere che non è stto dto senso i simboli dt e e che l regol sopr scritt è solo formle). Se F = f, cioè se si conosce un primitiv di f, l integrle destr in (.) è pri F (t) + C con C R e, per trovre l primitiv dell funzione di prtenz f(φ(x))φ (x) bst sostituire l posto di t l funzione φ(x) del cmbio di vribile: f(φ(x))φ (x) = f(t) dt = F (t) + C = F (φ(x)) + C.

5 . METODO DI SOSTITUZIONE 5 Ad esempio, ponendo t = x, xsen(x ) = sen(t) dt = cos t + C = cos(x ) + C. L domnd nturle è: come individure un decomposizione dell funzione integrnd del tipo f(φ(x))φ (x)? Un metodo generle non c è: occorre esercizio, esperienz ed nche un cert dose di fortun... Più si speriment e più si impr d ccorgersi delle funzioni che si integrno in questo modo. Anche per gli integrli definiti esiste un formul di sostituzione del genere dell (.). Integrndo in [α, β] l relzione F (φ(x))φ (x), β α F (φ(x))φ (x) = Ponendo = φ(α) e b = φ(β), Quindi ottenimo l formul β α F (φ(β)) F (φ(α)) = F (b) F () = b F (t) dt = (F (φ(x)) = F (φ(β)) F (φ(α)). β α b F (φ(x))φ (x), che, chimndo come prim f := F, può essere riscritt come (.3) φ(β) φ(α) f(t) dt = β α f(φ(x))φ (x) F (t) dt. (formul di sostituzione, II versione). Nel cso degli integrli definiti si devono cmbire nche gli estremi comptibilmente con l formul che colleg x con t, cioè t = φ(x). Esempio.. Per clcolre e t dt, + et vle l pen porre t = ln x. Dto che φ(x) = ln x, ne segue φ (x) = /x e quindi e t = + et Rimngono d clcolre α e β: { = φ(α) = ln α = φ(β) = ln β β α x + x x = β α + x. { α = φ () = e = β = φ () = e = e. In definitiv e t e dt = + et + x = rc tge rc tg = rc tge π 4.

6 Esempi. Si φ un funzione derivbile. Clcolimo φ (u) φ(u) du.. METODO DI SOSTITUZIONE 6 Ponendo x = φ(u), si h = φ (u) du, quindi φ (u) φ(u) du = = ln x + C = ln φ(u) + C. x Ad esempio, x ln x = ln ln x + C, senx tgx = = ln cos x + C. cos x Allo stesso modo, ponendo x = φ(u), [φ(u)] α φ (u) du = x α = xα+ α + + C = α + [φ(u)]α+ + C α. Ad esempio, sen k x cos x = k + senk+ x + C. L formul di sostituzione è sempre conveniente nel cso di funzioni composte di cui l ultim si linere: ponendo x = u + b f(u + b) du = f(x). Non è detto che l integrle di destr si risolvibile, m l espressione è comunque più semplice. Vedimo un esempio di questo genere cos (u + 3) du = cos x = tgx + C = tg(u + 3) + C. Un ltr espressione per l formul di sostituzione. Spesso ci si trov lvorre con espressioni dell form h(φ(u)) du, dove l integrndo è un funzione compost h(φ(u)), senz il fttore moltiplictivo φ (u). E possibile pplicre l sostituzione x = φ(u)? E, in cso ffermtivo, in che modo? Se l funzione φ è invertibile tutto fil liscio, occorre solo un po di pzienz. Si ψ l funzione invers di φ, ψ := φ e chimimo f(u) := h(φ(u)). Allor, con il cmbio di vribile u = φ(x), h(φ(u)) du = f(u) du = f(ψ(x))ψ (x) = h(x)ψ (x).

7 . METODO DI SOSTITUZIONE 7 dto che f(ψ(x)) = h(φ(ψ(x))) = h(x). Gurdndo il primo e l ultimo termine: h(φ(u)) du = h(x) ψ (x). (formul di sostituzione, III versione). Nel cso di integrli definiti occorre cmbire gli estremi di integrzione coerentemente con l nuov vribile introdott: b h(φ(u)) du = φ(b) φ() h(x) ψ (x). Esercizio.. Clcolre l integrle indefinito ( + e x ). (formul di sostituzione, IV versione). Soluzione. Ponimo t = + e x, llor x = ln(t ) e = t dt. Quindi ( + e x ) t = t dt. Dto che t t = t + + t, ( ( + e x ) = t + + ) dt = t t + t + ln t + C = ( + ex ) + + e x + x + C = ex + e x + x + C. Si srebbe nche potuto procedere scrivendo l funzione integrnd nell form ( + e x ) = + e x + e x. Esercizio.3. Clcolre l integrle indefinito cos x. Soluzione. Dto che cos(x) = cos x, cos x = ( ) cos(x) + = cos(x) + x. Ponendo t = x, cos(x) = cos t dt = sent + C = sen(x) + C = senx cos x + C. Quindi cos x = (senx cos x + x) + C. Esercizio.4. Clcolre l integrle definito π/ cos x.

8 3. INTEGRAZIONE PER PARTI 8 Soluzione. Procedendo come sopr l integrle può essere riscritto nell form π/ cos x = π/ ( ) cos(x) + = π/ cos(x) + π 4. Ponimo nell integrle t = x: π/ cos(x) = π Quindi il vlore dell integrle è π/4. cos t dt = sent π =. Esercizio.5. Fissto >, clcolre gli integrli (indefinito e definito) x x e x x. Soluzione. Moltiplichimo e dividimo per e ponimo t = x : x x = x(x ) / = t / dt = t3/ 3 + C = (x ) 3/ + C. 3 Per il clcolo dell integrle definito bst clcolre l differenz di un primitiv tr i due estremi di integrzione x x = (x ) 3/ = Integrzione per prti Il secondo metodo, mpimente usto per l integrzione esplicit, deriv dll formul di derivzione del prodotto (fg) = f g + fg. Integrndo ed usndo il Teorem Fondmentle del Clcolo Integrle: f(x)g(x) = g(x) f (x) + g (x) f(x) o, equivlentemente, (3.) g (x) f(x) = f(x)g(x) g(x) f (x) (integrzione per prti) Ecco spiegto perché si prl di integrzione per prti: l integrle dell funzione g f viene trsformto in un prte integrt, il termine f g, sommto ll integrle dell funzione gf. Il metodo è vntggioso se per il termine gf si conosce un metodo di integrzione.

9 3. INTEGRAZIONE PER PARTI 9 Per gli integrli definiti, l formul (3.) diviene b g (x) f(x) = f(x)g(x) b b g(x) f (x) (3.) = f(b)g(b) f()g() b g(x) f (x). Vedimo un clsse di esempi di integrli risolvibili trmite l formul (3.). Prtimo d un cso semplice xe x = x(e x ) = xe x (x) e x = xe x e x = (x )e x + C. Anche nel cso dell funzione x e x si può procedere in modo nlogo, iterndo due volte l ppliczione dell formul di integrzione per prti, [ ] x e x = x (e x ) = x e x x e x = x e x xe x e x = x e x [(x )e x + C] = (x x + )e x + C. E chiro questo punto che è possibile, iterndo n volte l uso dell formul, risolvere integrli del tipo p(x)e x p polinomio di grdo n, In modo nlogo è possibile clcolre nche integrli dell form p(x)e αx α R, (bst osservre che e αx = α( ) e αx ). Ad esempio, x e 3x = 3 x e 3x xe 3x = 3 3 x e 3x ( ) ( xe 3x e 3x = 9 3 x 9 x + ) e 3x + C 7 Allo stesso modo si clcolno xsenx = x( cos x) = x cos x + cos x = senx x cos x + C; x cos x = x(senx) = xsenx senx = cos x + xsenx + C. In generle iterndo il procedimento un numero opportuno di volte si clcolno gli integrli p(x)sen(x), p(x) cos(x) ( R).

10 3. INTEGRAZIONE PER PARTI dove p è un polinomio. Sempre trmite l integrzione per prti, si risolvono nche p(x) ln x p polinomio. Clcolimo l integrle di ln x: ln x = ln x = (x) ln x = x ln x x(ln x) = x ln x x = x ln x x + C. x Anlogmente, ( ) x ln x = x ln x = x ln x x = x ln x 4 x + C. In generle, dto k N, x k ln x = xk+ k + ln x k + ( x k = xk+ ln x ) + C. k + k + Esercizio 3.. Clcolre gli integrli indefiniti rc tgx, xrc tgx. Soluzione. Procedimo come visto in precedenz per ln x rc tgx = (x) x rc tgx = xrc tgx + x =... Per clcolre l ultimo integrle, moltiplichimo e dividimo per due, in modo d ricondurci ll form φ (x)/φ(x) = xrc tgx ( + x ) + x = xrc tgx ln( + x ) + C. Anlogmente, per il secondo integrle xrc tgx = x rc tgx x + x. Considerimo seprtmente l integrle secondo membro: x + x + x = + x = = x rc tgx + C. + x Quindi xrc tgx = [ (x + )rc tgx x ] + C.

11 3. INTEGRAZIONE PER PARTI Adesso usimo l integrzione per prti in un modo leggermente diverso: iterndo l ppliczione di (3.) tornimo ll integrle originle, ottenendo in questo modo un equzione per l primitiv. In questo modo risolvimo integrli dell form e x sen(bx), e x cos(bx). Ad esempio, e x sen(3x) = e x ( cos(3x)) = 3 3 cos(3x)ex + e x cos(3x) 3 = 3 cos(3x)ex + e x (sen(3x)) 9 = 9 (sen(3x) 3 cos(3x)) ex 4 e x sen(3x). 9 Gurdndo il primo e l ultimo termine e x sen(3x) = ( ) sen(3x) 3 cos(3x) e x e x sen(3x). d cui, esplicitndo rispetto ll integrle richiesto, e x sen(3x) = 3( sen(3x) 3 cos(3x) ) e x + C. In generle si ottengono le formule e x sen(bx) = + b (sen(bx) b cos(bx)) ex + C, e x cos(bx) = + b ( cos(bx) bsen(bx)) ex + C. Formul ricorsive. Alcune fmiglie di integrli (dipendenti d un prmetro discreto n N), possono essere risolte in modo itertivo, cioè si risolve l integrle per n =, e poi si mostr come l integrle l psso n esimo si poss ricondurre l clcolo dell integrle (n ) esimo. Vedimo un pio di esempi. Clcolimo I n = sen n x, n N.

12 3. INTEGRAZIONE PER PARTI Allo stesso modo si può clcolre cos n x. Clcolimo I : sen x = senx senx = senx ( cos x) = senx cos x + cos x = senx cos x + = x senx cos x sen x. ( sen x) Abbimo ottenuto un relzione del tipo I = x senx cos x I, quindi I = sen x = (x senx cos x) + C. Per n N, I n+ = sen n+ x senx = sen n+ x ( cos x) = sen n+ x cos x + (n + ) sen n x cos x = sen n+ x cos x + (n + ) sen n x( sen x) = sen n+ x cos x + (n + )I n (n + )I n+. Quindi I n+ = sen n+ x cos x + (n + )I n (n + )I n+, d cui si deduce I n+ = { (n + )In sen n+ x cos x } + C. n Ad esempio, per n =, sen 4 x = I = ( 3I sen 3 x cos x ) + C = 4 ( 3x 3senx cos x sen 3 x cos x ) + C. Cenni sulle derivte deboli. Pssimo d un esercizio di stile diverso. Esempio 3.. Verificre che φ(x) sgn x = φ (x) x φ derivbile in [, ], φ(±) =. Soluzione. Clcolimo seprtmente i due integrli. Dll definizione dell funzione sgn x: φ(x) sgn x = = φ(x) sgn x + φ(x) + φ(x) sgn x φ(x).

13 4. INTEGRAZIONE DI FUNZIONI RAZIONALI 3 Per il secondo integrle, usndo l dditività e l integrzione per prti, φ (x) x = φ (x) x + φ (x) x = φ(x) x + φ(x) + φ(x) x φ(x). Dto che φ(x) x = φ() φ( )( ) =, φ(x) x = φ() φ() =, vle l conclusione. L esercizio precedente suggerisce che nche se l funzione x non è derivbile in è possibile scrivere l formul di integrzione per prti sostituendo l posto dell derivt dell funzione x l funzione sgn x. Quest ide è quell che st ll bse dell definizione di derivbilità in un senso più generle di quello che bbimo visto fin or. Definizione 3.3. Si f : [, b] R dt. Un funzione g : [, b] R è l derivt debole (o distribuzionle) di f in [, b] se b φ(x) g(x) = b φ (x) f(x) φ derivbile in [, b], φ() = φ(b) =. In questo senso, l esercizio precedente mostr che sgn x è l derivt debole di x in [, ]. Chirmente se f mmette derivt (clssic) in [, b], llor mmette nche derivt distribuzionle in [, b] e quest è proprio l funzione f. Inftti, integrndo per prti si h b φ(x) f (x) = φ(x)f(x) b b b φ (x) f(x) = φ (x) f(x), dto che φ() = φ(b) = implic φ(x)f(x) b =. 4. Integrzione di funzioni rzionli Affrontimo or il problem di integrre funzioni rzionli, cioè voglimo scrivere in termini di funzioni elementri P (x) Q(x) P, Q polinomi. Si dimostr che questo problem h sempre soluzione, cioè è sempre possibile esprimere le primitive di un qulsisi funzione rzionle in termini di funzioni elementri. In concreto è possibile completre il clcolo ptto di sper fttorizzre il polinomio denomintore Q nel prodotto di termini irrudicibili, cioè polinomi di primo grdo (con molteplicità opportun) e polinomi di secondo grdo irriducibili (con molteplicità opportun). In questo Prgrfo vedremo come si integrino funzioni rzionli nel cso in cui il polinomio Q si di grdo l più due.

14 4. INTEGRAZIONE DI FUNZIONI RAZIONALI 4 Denomintore Q di grdo. Si Q(x) = (x x ) con, x R. Se P è un polinomio di grdo p, trmite l lgoritmo di divisione dei polinomi, si determinno un polinomio P di grdo p e un costnte r R tli che P (x) Q(x) = P r (x) + (x x ). Quindi l integrle si può decomporre nell somm di due integrli P (x) Q(x) = P (x) + r. x x Il polinomio P è integrbile esplicitmente, grzie ll formul x k = xk+ k + + C. Anche l ltro integrle è risolubile esplicitmente: r = r (x x ) = r x x x x ln x x + C. Vedimo un esempio. Clcolimo Dto che si h x 5 + x. x 5 + x = x4 + x 3 + 4x + 8x x, x 5 ( + x = x 4 + x 3 + 4x + 8x ) x = 5 x5 + x x3 + 4x + 6x + 33 ln x + C. Denomintore Q di grdo. Supponimo che Q si un polinomio di grdo. In questo cso Q è scrivibile nell form Q(x) = (x + bx + c), b, c R. Se il polinomio numertore P h grdo p, llor è possibile pplicre l lgoritmo di divisione di polinomi e riscrivere l funzione rzionle come somm P (x) Q(x) = P (x) + R(x) Q(x),

15 4. INTEGRAZIONE DI FUNZIONI RAZIONALI 5 dove P è un polinomio di grdo p e R è un polinomio di grdo minore o ugule. L integrle dell funzione rzionle è l somm di due integrli P (x) R(x) Q(x) = P (x) + Q(x). Il primo dei due integrli è risolubile esplicitmente per vi elementre. Considerimo il secondo. Supponimo che il resto R si di grdo e scrivimolo nell form R(x) = α(x + β) con α e β R. Si trtt di clcolre α(x + β) (x + bx + c) = α x + β x + bx + c. Come primo psso, costruimo numertore l derivt del denomintore. Moltiplichimo e dividimo per due e, successivmente, sommimo e sottrimo b α(x + β) (x + bx + c) = α x + β x + bx + c = α (x + b) + (β b) =. x + bx + c L integrle finle può essere riscritto come somm dei due integrli di cui il primo è dell form φ (x)/φ(x) ; quindi = α (x + bx + c) α(β b) + x + bx + c x + bx + c = α ln α(β b) x + bx + c + x + bx + c. Rimne quindi d risolvere l integrle (4.) x + bx + c. Nel cso in cui R si di grdo ci si riconduce direttmente quest situzione. L risoluzione dell integrle (4.) vri second di qunte rdici reli bbi il denomintore, cioè second che si b > c, b = c o b < c. Trttimo i tre csi seprtmente. Ci ricondurremo (sostnzilmente) i seguenti integrli elementri Cso I : b > c = ln x + C, x Cso II : b = c x = x + C, Cso III : b < c = rc tgx + C. + x

16 4. INTEGRAZIONE DI FUNZIONI RAZIONALI 6 Cso I. b > c. In questo cso il denomintore h due rdici reli x + bx + c = x = b ± b c. Indicndo le rdici con x e x, il polinomio si fttorizz: x + bx + c = (x x )(x x ). Decomponimo l funzione integrnd nell form x + bx + c = A + A, x x x x dove A, A R sono due costnti d determinre. L somm delle due frzioni secondo membro è ugule (A + A )x (A x + A x ), x + bx + c quindi le costnti A, A sono le soluzioni del sistem linere () A + A =, A x + A x =. Individuti i vlori di A e A, l integrle è risolto, inftti x + bx + c = A + A x x x x = A ln x x + A ln x x + C. Esercizio 4.. Clcolre 3 x 3 x x. x Soluzione. Trmite l divisione di polinomi 3 x x = x + + 3x+ x x. Quindi x 3 ( x x = x + + 3x + ) x = x x + x + 3 x + 3 x x. Per risolvere l integrle secondo membro, moltiplichimo e dividimo per e, successivmente, sommimo e sottrimo (x ) x x = 3 x + 3 x x = 3 x x x + 7 x x = 3 ln x x + 7 x x. Dto che le rdici del polinomio x x sono e, esistono A e B tli che x x = A x + B x +. () Il determinnte di questo sistem è x x che, nel cso b > c è diverso d zero.

17 4. INTEGRAZIONE DI FUNZIONI RAZIONALI 7 Il sistem linere soddisftto d A e B è: A + B =, A B =, quindi A = 3 e B = 3. Quindi x x = 3 x 3 x + = 3 ln x ln x + + C. 3 In conclusione, l integrle richiesto è x 3 x x = x + x + 3 ln x 3 ln x ln x + 7 ln x + + C 6 = x + x ln x + ln x + + C. 3 Cso II. b = c. In quest situzione, si trtt di risolvere x + bx + b. Questo integrle è immedito, inftti x + bx + b = (x + b) = x + b + C. Esercizio 4.. Clcolre x(x + 3) (x ). Soluzione. Trmite l divisione di polinomi Quindi x(x + 3) (x ) = x + 5 x 5 x x + = x + 5 = x + 5 ln (x ) + 6 x(x+3) (x ) = + 5x x x+. (x ) x x + 6 = x + 5 ln x (x ) x + C Cso III. b < c. In questo cso il polinomio è irriducibile. L obiettivo è di ricondursi, con un opportuno cmbimento di vribili, ll integrle elementre = rc tgx + C. + x Chimimo ν := c b > e riscrivimo in mnier opportun il denomintore { (x ) + b x + bx + c = x + bx + b + (c b ) = (x + b) + ν = ν + }. ν

18 Ponendo t = (x + b)/ν x + bx + c = ν 5. BREVE CAMPIONARIO INCOMPLETO 8 + ( x+b ν ) = ν = ν rc tgt + C = ν rc tg ( x + b ν dt + t ) + C. Dll definizione di ν si deduce che ( ) x + bx + c = x + b rc tg + C. c b c b Esercizio 4.3. Clcolre 3x x x +. Soluzione. Come l solito, ricostruimo numertore l derivt del denomintore: 3x x x + = 3 x + 3 x x + = 3 ln x x + + x x +. L ultimo integrle può essere risolto come sopr x x + = + (x ) = dt = rc tgt + C = rc tg(x ) + C. + t Quindi 3x x x + = 3 ln x x + + rc tg(x ) + C. 5. Breve cmpionrio incompleto Tnto per llrgre un po l pnormic sull csistic possibile, prendimo in considerzione qulche ltro esempio. Esempio. Supponimo di voler clcolre R(senx, cos x) dove R è un funzione rzionle dei suoi rgomenti. Dlle relzioni senx = t e cos x = ( t x ) dove t = tg, + t + t ponendo t = tg(x/) o, equivlentemente, x = rc tgt, dto che = /( + t )dt, l integrle si trsform in R ( t + t, t + t ) + t dt,

19 Ad esempio, senx = cos x = 5. BREVE CAMPIONARIO INCOMPLETO 9 + t t + t dt = dt t = dt t ( + t + t = ln t + C = ln tg(x/) + C. ) dt = ln + tg(x/) tg(x/) + C. Esempio. Abbimo un problem: clcolre l re dell ellisse { } x Ω = (x, y) R : + y b, b >. Per evidenti rgioni si simmetri, l re A(Ω) di Ω è pri l vlore dell integrle definito A(Ω) = 4b (x / ). Introducimo l vribile t definit d x = cos t, d cui = sent dt: π/ A(Ω) = 4b cos t sent dt = 4b π/ sen t dt = b [t sent cos t] π/ = πb. Quindi l re dell regione delimitt dll ellissi di semissi e b è πb. Allo stesso modo è possibile integrre funzioni del tipo R(x, (x / )) con R funzione rzionle dei suoi rgomenti. Inftti R(x, (x / )) = R( cos t, sent)sent dt. dove x = cos t, e il secondo membro è rzionle in sent e cos t. Esempio 3. Tornimo l cso dell integrzione di funzioni rzionli P (x) Q(x), e supponimo che Q bbi solo rdici reli distinte, cioè Q(x) = (x x ) (x x n ) x,..., x n R con x i x j se i j. Supponimo che il grdo di P si minore del grdo di Q (ltrimenti bst utilizzre il solito lgoritmo dell divisione di polinomi), e sfruttimo l fttorizzzione di Q per riscrivere l funzione rzionle come somm di funzioni rzionli più semplici. Cerchimo n costnti A,..., A n tli che P (x) (x x ) (x x n ) = ( A x x + + A n x x n ).

20 5. BREVE CAMPIONARIO INCOMPLETO Per determinre le costnti A,..., A n si può imporre l uguglinz dei due membri ottenendo un sistem linere. Equivlentemente si può moltiplicre per x x entrmbi i membri P (x) (x x ) (x x n ) = { A + A (x x ) + + A } n(x x ). x x x x n e successivmente porre x = x, ottenendo il vlore di A A = P (x ) (x x ) (x x n ) Anlogmente per A,..., A n. Determinte le costnti A i, P (x) Q(x) = ( A + + A ) n x x x x n = (A ln x x + + A n ln x x n ) + C. Per digerire l tecnic, clcolimo (x + )(x + )(x + 3). Dto che il grdo del numertore è minore del grdo del denomintore, non occorre pplicre l lgoritmo di divisione di polinomi. Pssimo subito ll decomposizione: cerchimo A, A, A 3 R tli che (x + )(x + )(x + 3) = A x + + A x + + A 3 x + 3. Moltiplichimo per x + e clcolimo in x = Anlogmente Quindi (x + )(x + 3) = A + A (x + ) + A 3(x + ) x + x + 3 (x + )(x + 3) = A (x + ) + A + A 3(x + ) x + x + 3 = A =. = A =. (x + )(x + ) = A (x + 3) + A (x + 3) + A 3 = A 3 = x + x +. (x + )(x + )(x + 3) = ( x + x + + ) x + 3 = ln (x + )(x + 3) (x + ) + C.

21 5. BREVE CAMPIONARIO INCOMPLETO Esempio 4. Vedimo come si procede per decomporre un funzione rzionle P (x) Q(x) nell somm di frzioni przili, sotto l ipotesi che Q(x) bbi coefficienti reli. Psso. Se il grdo di P è mggiore o ugule l grdo di Q, si f l divisione di polinomi P/Q che permette di scrivere P (x) = P (x)q(x) + R(x) dove P (x) è il risultto dell divisione e R è il resto. Quindi bbimo P Q = N + P Q. Notre che desso il grdo di P è strettmente minore del grdo di Q, e il termine N(x) è molto fcile d integrre. D desso in poi possimo supporre il grdo di P strettmente minore del grdo di Q. Psso. Si fttorizz il denomintore Q(x). Questo psso nturlmente non si può portre termine sempre (perché non sempre è possibile clcolre esplicitmente le rdici di un polinomio!). Supponimo di essere riusciti fttorizzre Q nell fomr seguente: Q(x) = (x r ) n... (x r k ) nk (x + p x + q ) m... (x + p l x + q l ) m l dove tutti i p j, q j, r j sono reli, i fttori sono tutti distinti, e i termini x +p j x+q j sono irriducibili sui reli cioè hnno discriminnte <. (In reltà non è difficile dimostrre che tutti i polinomi coefficienti reli si possono fttorizzre in questo modo! però non sempre è possibile determinre i vlori di q,, b, c esplicitmente). A questo punto possimo già scrivere l form dell decomposizione in frzioni przili: per ogni fttore del tipo (x r) n dobbimo ggiungere i termini A x q + A (x q) + + A n (x q) n ; mentre per ogni fttore del tipo (x + px + q) m dobbimo ggiungere i termini Esempi: A x + B x + px + q + A x + B (x + px + q) + + A mx + B m (x + px + q) m. x x (x ) (x + 3) = A x + A (x ) + B x + 3 x 3 4 (x ) (x + x + 3) = A x + A (x ) + Bx + C x + x + 3

22 5. BREVE CAMPIONARIO INCOMPLETO Psso 3. Si clcolno i coefficienti dell decomposizione in frzioni przili rccogliendo e uguglindo i numertori. Per il primo esempio del psso bbimo e quindi voglimo x x (x ) (x + 3) = A (x )(x + 3) + A (x + 3) + B (x ) (x ) (x + 3) x x = A (x )(x + 3) + A (x + 3) + B (x ). Ponendo x = si ottiene 4 = 5A d cui A = 4. Ponendo x = 3 si ottiene 5 4 = 5B d cui B = 4. Infine uguglindo i coefficienti di 5 x si ottiene = A + B d cui A = B = 5 : x x (x ) (x + 3) = 5(x ) 4 5(x ) 4 5(x + 3). Invece per il secondo esempio del psso bbimo x 3 4 (x ) (x + x + 3) = = A (x )(x + x + 3) + A (x + x + 3) + (Bx + C)(x ) (x ) (x + x + 3) e nche qui uguglimo i numertori. Ponendo x = bbimo 3 = 6A d cui A =. Ponendo x = si ottiene 4 = 3A + 3A + C d cui C 3A = 5. Ponendo x = si ottiene 4 = A + A + B + C d cui B + C + A = 9. Uguglindo i coefficienti di x 3 si ottiene = A + B. D queste tre relzioni si possono ricvre A, B, C e si ottiene A = 5 6, B = 6, C = ossi x 3 4 (x ) (x + x + 3) = 5 6(x ) (x ) + x 6(x + x + 3). Nturlmente, dopo ver decomposto in frzioni przili, dobbimo integrre i vri termini. Per le frzioni del tipo questo è fcilissimo; un po meno fcile A (x r) n Ax+B integrre i termini del tipo, che perö bbimo studito in dettglio nelle x +px+q Ax+B sezioni precedenti; infine, non è difficile integrre nche i termini del tipo (x +px+q) m con m >, m il procedimento è più lungo e qui preferimo omettere i dettgli. Vedimo un esempio concreto: clcolimo l primitiv x (x + ) (x ). Decomponimo: si h x (x + ) (x ) = A x + + B (x + ) + C x

23 d cui 5. BREVE CAMPIONARIO INCOMPLETO 3 x = A(x + )(x ) + B(x ) + C(x + ) ; ponendo x = ± si ottiene C = 4, B =, e uguglindo i coefficienti di x si ottiene A + C = d cui A = 3 4 : x (x + ) (x ) = 3 4(x + ) (x + ) + 4(x ). A questo punto si h subito x (x + ) (x ) = 3 4 ln(x + ) + (x + ) + ln(x ) + C. 4 Esempio 5. Se clcolimo l derivt di F (x) = ln(x + x + ) ottenimo F (x) = + x x + x + x + = x + e queto vuol dire che x + = ln(x + x + ) + C. Come nel cso dell formul = ln x + C, il clcolo precedente dà lo stesso x risultto nche se si prte d F (x) = ln( x x + ), quindi l formul precedente si può nche scrivere nell form più generle x + = ln + x + + C. Si noti che un conto simile pplicto F (x) = ln(x + x ) (oppure pplicto ln( x x )) dà F (x) = x e quindi ottenimo nche x = ln x + x + C.

24 5. BREVE CAMPIONARIO INCOMPLETO 4 Tbell degli integrli elementri (C indic un costnte rbitrri) funzione f primitiv f funzione f primitiv f C x α (α ) x α+ α + + C senx cos x + C cos x senx + C e x e x + C x ln x + C + x rc tgx + C x x ln + C cos x x tgx + C rc senx + C sen x x cot x + C rccos x + C x + ln x + x + + C x ln x + x + C Qulche ltro integrle funzione f primitiv f funzione f primitiv f ln x x(ln x ) + C rc tgx xrc tgx ln( + x ) + C sen x (x senx cos x) + C cos x (x + senx cos x) + C rc senx xrc senx + x + C rccos x x rccos x x + C