INTEGRALE INDEFINITO PRIMITIVE Integrale indefinito Indice Primitive Tecniche di integrazione I 3. Linearità dell integrale............................................. 3. Integrali quasi immediati........................................... 4 3 Tecniche di integrazione II 6 3. Formula di integrazione per parti....................................... 6 3. Integrazione per sostituzione......................................... 8 4 Tecniche di integrazione III 9 5 Soluzioni degli esercizi Primitive Definizione Siano I un intervallo e f : I R. Una funzione F : I R si chiama primitiva di f in I se F è derivabile in I e F () = f() per ogni I. Esempi Consideriamo la funzione f : R R definita da f() = e. Ovviamente la funzione F() = e è primitiva di f in tutto R, dato che quest ultima è derivabile e D(e ) = e in tutto R. Consideriamo la funzione f : R R definita da f() =. La funzione F() = 3 /3 è primitiva di f in tutto R, dato che è derivabile e D( 3 /3) = in tutto R. Consideriamo la funzione f : (0,+ ) R definita da f() =. La funzione F() = ln è primitiva di f in (0,+ ), dato che è derivabile e D(ln) = in (0,+ ). Consideriamo la funzione f : (0,+ ) R definita da f() = ln+. La funzione F() = ln è primitiva di f, dato che è derivabile e D(ln) = ln+ in (0,+ ). Consideriamo ora la funzione di Heaviside, definita da h() = { 0 se 0 se > 0 Essa non ha primitiva in R. Infatti, supponendo che la funzione H sia una primitiva di h in R, allora H = h in R. In particolare, (definizione di derivata) 0 = h(0) = H (0) H() H(0) = lim. 0 +
PRIMITIVE Ora però, qualunque sia positivo, se applichiamo il teorema del valor medio alla funzione H nell intervallo [0,], possiamo dire che esiste c (0,) tale che H() H(0) = H (c) = h(c) =. Questoporterebbe a dire che il limite del rapportoincrementaleper 0 + è, in contrastocon quanto ottenuto sopra. Quindi non può esistere una primitiva di h. Proposizione Siano I un intervallo, f : I R e F una primitiva di f in I. Valgono le proprietà seguenti: (i) per ogni c R, F +c è una primitiva di f; (ii) se F è una primitiva di f, allora F F è costante. Osservazione La dimostrazione della (i) è immediata, dato che la derivata di una costante è nulla. La (ii) è invece meno banale e deriva da una conseguenza del teorema del valor medio per cui, se la derivata di una funzione è sempre nulla, allora questa funzione è necessariamente costante. Nel nostro caso la derivata di F F è nulla, dato che D(F F ) = DF DF = f f = 0; quindi F F è costante, come detto. Osservazione I due punti della proposizione precedente dicono sostanzialmente che, se c è una primitiva di una funzione f, allora ce ne sono infinite altre, e sono tutte e sole le funzioni che si ottengono sommando una costante arbitraria alla primitiva originaria. Definizione Siano I un intervallo e f : I R. L insieme delle primitive di f in I si chiama integrale indefinito di f in I e viene indicato con uno dei simboli f oppure f()d. Per i punti (i) e (ii) dell ultima Proposizione, se F è una primitiva di f, allora f = { F +c : c R }. Per non appesantire la notazione, si scrive anche f = F +c oppure f()d = F()+c. È chiaro dunque che per conoscere l integrale indefinito di una funzione è sufficiente trovare una primitiva di tale funzione. Tutte le altre si ottengono aggiungendo a questa una costante arbitraria. Esempi Per gli esempi introduttivi della pagina precedente possiamo allora dire che si ha e d = e +c, in tutto R. Si ha d = 3 3 +c, in tutto R. Si ha d = ln+c, in (0,+ ). Osservazione Dato che in (,0) si ha ugualmente Dln( ) = /, solitamente si scrive d = ln +c, ottenendo così una scrittura valida sia in (0,+ ) sia in (,0). Solitamente si usa la prima forma quando si fa riferimento ad una generica funzione f, mentre si usa la seconda quando si considera una ben precisa funzione, in cui è naturale l indicazione della variabile.
TECNICHE DI INTEGRAZIONE I 3 Dalla tabella delle derivate delle funzioni elementari e dalla definizione di integrale indefinito, si ricava il seguente elenco di integrali indefiniti immediati: α d = α+ +c, α α+ e d = e +c d = ln +c a d = a lna +c Tecniche di integrazione I Per il momento, oltre alla definizione di primitiva, abbiamo visto sostanzialmente alcuni esempi in cui si trova una primitiva ricordando alcune formule di derivazione. Ma si pone ora il quesito di come procedere in generale per trovare una primitiva di una funzione qualunque. Diciamo subito che non esiste un metodo generale: a differenza quindi di quanto avviene per il calcolo della derivata, per il calcolo di una primitiva un metodo del tutto generale non c è. Ci sono alcuni metodi possibili, ciascuno dei quali funziona in alcuni casi. Vediamo ora alcuni di questi metodi, corredati da qualche esempio che aiuta a capire in quali casi un metodo può funzionare.. Linearità dell integrale La proposizione seguente fornisce una proprietà del tutto generale dell integrale indefinito. Proposizione Siano I un intervallo, f,g : I R e F,G loro primitive in I. Allora una primitiva di c f + c g è c F +c G, qualunque siano c,c R. Osservazione Laproposizionedice quindicheseconoscounaprimitiva dif e dig allorahounaprimitiva dic f+c g (c,c sono costanti, cioè numeri reali fissati). La dimostrazione è immediata, osservando che c F +c G è derivabile e che (c F +c G) = c F +c G = c f +c g. La proposizione consente quindi, nel calcolo di un integrale indefinito, di applicare questa proprietà di linearità: (c f()+c g() ) d = c f()d+c g() d. Esempi Esempi di utilizzo della proprietà di linearità. Dovendo calcolare (3+)d e osservando che / è una primitiva di e che è una primitiva di, si ha allora: (3 + )d = 3 /++c. È chiaro allora come si procede in generale per integrare un qualunque polinomio. Se P() = a n n +a n n +...+a +a 0, allora si ha Quindi, ad esempio, n+ P()d = a n n+ +a n n n +...a +a 0+c. (3 3 3+5)d = 3 4 4 3 3 3 +5+c. Nel caso abbia Ad esempio P() k d basterà dividere ogni monomio del polinomio P per k e poi applicare la linearità. 3 +3+ d = ( + 3 + ) d = +3ln +c.
TECNICHE DI INTEGRAZIONE I 4 Abbiamo visto poco fa che la linearità consente di integrare tutti i polinomi. Più in generale consente di integrare la somma di più potenze. Se gli α i sono numeri reali diversi da, abbiamo che m c i αi d = i= Quindi, ad esempio, avremo ( ) 3 d = (c α +c α +...+c m αm )d α+ αm+ α+ = c α + +c α + +...+c m α m + +c m αi+ = c i α i + +c. i= ( /3 /) d = 4/3 4/3 / / +c = 3 3 4 +c. 4 Volendo calcolare l integrale indefinito della funzione f() = 3 3e utilizzando la linearità dell integrale avremo (3 ) 3e d = 3 d d 3 e d = 3 ln 3e +c.. Integrali quasi immediati Un primo insieme di formule di integrazione quasi immediata si può ricavare ancora dalle regole di derivazione della funzione composta. Si hanno i seguenti casi rilevanti (ai quali per comodità do il nome di integrale quasi immediato di tipologia (i), (ii) e (iii)): ( ) (i) f α Df = fα+ α+ +c, per ogni α infatti D fα+ α+ = fα Df Df ( ) (ii) f = ln f +c infatti Dln f = Df f ) (iii) e f Df = e f +c (infatti 3 De f = e f Df Esempi ln Nel tipologia (i) rientra: d = ln d = ln3 +c. 3 / Nel tipologia (ii) rientra: ln d = d = ln ln +c. ln Nel tipologia (iii) rientra: e d = e +c. Importante osservare che molte forme, anche se non inizialmente di questo tipo, si possono ricondurre facilmente a queste tipologie. Lo vediamo su alcuni esempi istruttivi. +d. Consideriamo Questo integrale è gia della tipologia (i), con f() = + e α = /. Si ha quindi +d = (+) / d = (+)3/ 3/ +c = 3 (+)3 +c. Si noti che m i= c i α i può non essere un polinomio, dato che gli esponenti possono non essere interi. 3 Con la scrittura esplicita della variabile le tre formule si scrivono ovviamente f α ()f ()d = fα+ () α+ +c, f () d = ln f() +c, f() e f() f ()d = e f() +c.
TECNICHE DI INTEGRAZIONE I 5 3 d. È come prima, con f() = 3. Questa volta però c è una costante da aggiustare per rientrare nella tipologia (i). Infatti occorre che dentro all integrale ci sia anche la derivata di f, che in questo caso è 3. Sfruttando la linearità dell integrale possiamo semplicemente moltiplicare e dividere per 3 e scrivere 3 d = 3 3(3 ) / d = (3 ) 3/ +c = /9 (3 ) 3 3/ 3 +c. 4 Riassumendo possiamo vedere la cosa in questi termini: per essere nella tipologia (i) devo avere dentro all integrale una potenza di f per la derivata di f. Dato che chiaramente deve essere f() = 3 e risulta f () = 3, mi serve un 3 dentro all integrale. Moltiplico quindi per 3 dentro all integrale e contemporaneamente divido per 3 fuori dall integrale. Consideriamo d. Qui siamo molto vicini alla tipologia (ii). Infatti, se poniamo f() = +, che ha + per derivata, possiamo scrivere + d = + d = ln + +c. e d. Qui è ovviamente la tipologia (iii) che possiamo intravedere. Possiamo porre f() =, che ha derivata, e quindi possiamo scrivere e d = ( )e d = e +c. Talvolta può essere utile un piccolo trucco. Ad esempio, con d, si può aggiungere e togliere a + numeratore per ottenere il denominatore e poter scrivere la frazione come somma di due frazioni: ( + + d = d = ) d = ln + +c. + + Qualche volta i due trucchi del moltiplicare/dividere e dell aggiungere/togliere possono essere applicati congiuntamente. Ad esempio + d = + d = + d = ( ) d = + + 4 ln + +c. Osservazione È chiaro che il metodo di aggiustamento delle costanti funziona solo in casi particolari. Mi spiego: se avessimo e + d, osservando che D(e + ) = e +, non possiamo certo moltiplicare dentro all integrale per e dividere fuori per (con le costanti funziona (linearità dell integrale) ma con la variabile no!). Però potremmo avere situazioni come le seguenti: +d. Possiamo vedere in questo l integrale della potenza, con esponente /, della funzione f() = +. La tipologia (i) chiede che dentro all integrale ci sia anche la derivata di f, che è f () = : c è, manca il. Quindi, come prima, moltiplicando e dividendo per, +d = +d = ( +) / d = ( +) 3/ +c = ( +) 3/ 3 3 +c. 4 Si ricordi sempre che, per controllare la correttezza del risultato, per vedere cioè se la primitiva trovata è effettivamente una primitiva, basta controllare che la derivata di quest ultima sia la funzione da integrare. Questo è un utile esercizio che gli studenti che vedono queste cose per la prima volta dovrebbero sempre fare, anzitutto perché rafforzano le tecniche di derivazione e in secondo luogo perché chiariscono molti aspetti legati anche all integrazione.
3 TECNICHE DI INTEGRAZIONE II 6 Consideriamo d. Si osserva che a numeratore compare la derivata del denominatore, a meno di una + costante moltiplicativa (un ). Allora possiamo rientrare nella tipologia (ii) moltiplicando e dividendo per : + d = + d = ln(+ )+c. 5 e d. Siamo nella tipologia (iii), con f() =, la cui derivata è f () = 4. Allora e d = 4 4e d = 4 e +c. Consideriamo ancora Allora 3 + d. Siamo nella tipologia (ii), con f() = 3 +, la cui derivata è f () = 3. 3 + d = 3 3 3 + d = 3 ln 3 + +c. 6 Ancora: (+) 3 ( +4+) d. Osserviamo che dentro all integrale c è f() = +4+ elevata alla /3 e che f () = +4. Dentro all integrale c è anche +. Quindi possiamo scrivere (+) 3 ( +4+) d = 3 Tecniche di integrazione II 3. Formula di integrazione per parti Un importante modalità di calcolo degli integrali è data dalla seguente (+4) 3 ( +4+) d = ( +4+) 5/3 +c. 5/3 Proposizione Sia I un intervallo e siano f,g : I R. Supponiamo poi che f sia derivabile e che G sia una primitiva di g in I. Vale la formula, detta formula di integrazione per parti, f g = f G Gf oppure f()g()d = f()g() G()f ()d. Osservazioni La formula dice sostanzialmente che l integrale del prodotto di due funzioni può essere trasformato in: la prima per una primitiva della seconda meno l integrale di questa primitiva della seconda per la derivata della prima. Solitamente f viene detta la parte finita e g viene detta la parte differenziale. La formula di integrazione per parti può quindi essere così ricordata: l integrale della parte finita per la parte differenziale è uguale alla parte finita per una primitiva della parte differenziale meno l integrale di questa primitiva per la derivata della parte finita. Per provare la formula dobbiamo dimostrare che la derivata di quello che sta a destra, cioè f G Gf, è la funzione che sta sotto l integrale di sinistra, cioè f g. Infatti ( ) D fg Gf = f G+fg Gf = fg. 7 5 Si noti che in questo caso si può anche non mettere il valore assoluto, dato che l argomento del logaritmo è certamente positivo. 6 Qui no che non possiamo togliere il valore assoluto: l argomento del logaritmo 3 + può anche essere negativo. 7 Nella speranza che questo modo, non del tutto rigoroso ma efficace, di presentare la dimostrazione semplifichi la comprensione della stessa, faccio notare che se nel simbolo Gf vediamo una qualunque primitiva di Gf, la derivata D( Gf ) è appunto Gf, mentre la derivata di fg si ottiene con la solita regola di derivazione del prodotto.
3 TECNICHE DI INTEGRAZIONE II 7 Esempi Ecco alcuni esempi d uso della formula di integrazione per parti. e d. Scegliendo come parte finita e come parte differenziale e abbiamo: 8 e d = e e d = e e +c. lnd. Scegliendo come parte finita ln e come parte differenziale abbiamo: 9 lnd = lnd = ln d = ln +c. lnd. Scegliendo come parte finita ln e come parte differenziale abbiamo lnd = ln d = ln d = ln 4 +c. La formumla di integrazione per parti può essere applicata ripetutamente. Si consideri ln d. Scegliendo come parte finita ln e come parte differenziale abbiamo con una prima integrazione per parti ln d = ln ln d = ln lnd. Ora possiamo integrare nuovamente per parti (ma qui conviene utilizzare direttamente il risultato che è stato trovato sopra, integrando appunto per parti). Si ottiene ln d = ln ln+ 4 +c. Lo studente provi a risolvere l integrale e d, integrando due volte per parti e cerchi di intuire che nello stesso modo è possibile risolvere un integrale del tipo P()e d, dove P è un qualunque polinomio. 8 Non esistono regole su quale sia la scelta giusta, cioè la scelta che permette di calcolare l integrale. L integrazione per parti non risolve in un solo passo l integrale. Lo risolve a patto che siamo in grado di calcolare il nuovo integrale che compare dopo l applicazione della formula. È un po come nell applicazione del teorema di De l Hôpital: non si sa a priori se il metodo funziona, si prova e si vede subito se può funzionare. Magari non si risolve al primo tentativo ma, se la forma si semplifica, c è la speranza che applicando nuovamente il teorema si arrivi alla conclusione. Ad esempio (istruttivo), nell e d, se prendiamo come parte finita e e come parte differenziale, al primo passo si ha e d = e e d e si vede subito che l integrale si complica. Quindi non si continua su questa strada. 9 Anche questo esempio è istruttivo: si noti che l integrazione per parti può essere applicata anche quando non c è un prodotto evidente. Un prodotto si può sempre creare anche se non c è, basta moltiplicare per. Sembra una cosa inutile (e il più delle volte lo è), ma non nel calcolo degli integrali. Non è detto però che funzioni sempre.
3 TECNICHE DI INTEGRAZIONE II 8 3. Integrazione per sostituzione Un altra importante modalità di calcolo degli integrali si ricava dalla seguente Proposizione Siano I,J intervalli, f : I R, g : J I (per cui si può definire la funzione composta f(g)). Inoltre g sia derivabile e F sia una primitiva di f in I. Allora F(g) è una primitiva di f(g)g. Osservazione Per provare la Proposizione basta ricordare la formula di derivazione della funzione composta: (F(g)) = (F (g))g = (f(g))g. La Proposizione è nota come formula di integrazione per sostituzione. Se la scriviamo nella forma integrale e con l indicazione esplicita della variabile, essa dice che f ( g() ) g ()d = F ( g() ) +c. La formula potrebbe essere ricordata e applicata direttamente come è scritta, 0 quindi senza fare ricorso ad un vero e proprio cambio di variabile. Per cercare di capire invece come intervenga un possibile cambio di variabile consideriamo nell integrale la sostituzione (o cambio di variabile) g() = t. Ora accordiamoci di accettare questa regola pratica del calcolo : dt = g ()d. Allora otteniamo formalmente dt t {}}{{}}{ f( g()) g ()d = f(t)dt. Se F è una primitiva di f (come detto nella formulazione della Proposizione), allora sappiamo integrare f(t)dt = F(t)+c = (tornando alla variabile ) = F(g())+c, che è appunto il risultato voluto. Esempi Vediamo alcuni esempi di integrazione per sostituzione. Essi indicano il procedimento operativo che solitamente occorre seguire. Consideriamo ln d. Qui in realtà non è necessario un cambio di variabile, dato che siamo nella tipologia di integrazione della potenza di una funzione per la sua derivata. Si può fare quindi ln d = (ln) (ln) d = +c = ln +c. Però possiamo anche procedere con il cambio di variabile. Ponendo ln = t, ricaviamo da questa e successivamente calcoliamo il d: si ha = e t e quindi d = e t dt. Pertanto l integrale diventa ln d = e t t et dt = t dt = t +c = ln +c. Consideriamo l integrale diventa e Consideriamo + d = e +e d. Poniamo e = t, da cui = lnt, cioè = lnt e d = t dt. Pertanto d = +e ( t +t ) dt = t +t dt = ln +t +c = ln(+e )+c. + d. Poniamo = t, da cui = t e d = tdt. Pertanto l integrale diventa +t tdt = t t+ ( ) +t dt = dt = t ln +t +c = ln(+ ) ) +c. +t 0 Cioè senza un effettivo cambio di variabile. La formula dice sostanzialmente che possiamo calcolare una primitiva di una funzione composta (cioè f(g)) a patto che nell integrale ci sia anche la derivata di g (moltiplicata per il resto) e che io conosca una primitiva di f. Un esempio potrebbe essere e d, e lo studente si accorgerà che in questo caso siamo in una delle tipologie viste in precedenza.
4 TECNICHE DI INTEGRAZIONE III 9 Osservazione A conclusione di queste sezioni sui vari metodi di integrazione fin qui presentati è forse opportuno fare il punto. Come si vede, per il calcolo di un integrale indefinito, cioè sostanzialmente il calcolo di una primitiva di una funzione, esistono varie tecniche possibili. La difficoltà in genere è data dal fatto che a priori non si sa quale delle tecniche possa avere successo (è l esperienza che può aiutare). Se lo studente riflette su quali tipi di funzioni siamo riusciti ad integrare, si accorgerà che non è nemmeno così semplice rispondere in modo sintetico alla domanda stessa. Volendo a tutti costi cercare qualche regola, si può osservare che: se ho l integrale di una somma (o differenza) di funzioni, posso fare la somma (o differenza) degli integrali, a patto di saper calcolare questi ultimi. Se ci sono costanti moltiplicative, queste possono essere portate fuori dall integrale ); se ho l integrale di un prodotto di funzioni, può funzionare l integrazione per parti; ma l integrale potrebbe anche essere più semplice (quasi immediato) a patto che rientri in una delle tipologie considerate; abbiamo visto anche esempi di integrazione per parti quando non si aveva un prodotto(almeno non così evidente); se abbiamo composizioni di funzioni potremmo essere in una delle tipologie, e questo succede quando nell integrale c è anche la derivata di una delle funzioni componenti; se tutto il resto fallisce si può provare con la sostituzione. In conclusione: una regola generale non c è. Faccio osservare anche che ci sono classi di funzioni che non abbiamo ancora incontrato per l integrazione: sappiamo integrare un polinomio ma se abbiamo un quoziente di polinomi, a parte qualche caso semplice, le cose possono diventare presto molto complicate. Esercizio 3. Calcolare i seguenti integrali indefiniti. (a) 3 +d +5d (b) (c) (e) (g) (i) (k) (m) d (d) +0 + d (f) + ln d (h) e / d (j) + d (l) e d (n) d 3 d + 3 d d (+ ) +/ d 3 lnd 4 Tecniche di integrazione III In questa sezione conclusiva vediamo allora un metodo generale che permette di calcolare una primitiva di una funzione razionale (cioè un quoziente di due polinomi). Definizione Il trinomio +p+q, con p, q in R, si dice irriducibile se non ha radici reali. Osservazione Ricordiamo che +p+q è irriducibile se e solo se il suo discriminante p 4q è negativo. Definizione Un polinomio Q si dice decomposto in fattori irriducibili se Q() = a 0 ( r ) m... ( r k ) m k ( +p +q ) n... ( +p h +q h ) n h, dove r,...,r k sono le radici reali di Q, di molteplicità rispettive m,...,m k, i fattori del tipo + p j + q j sono fattori irriducibili e n,...,n h sono numeri naturali.
4 TECNICHE DI INTEGRAZIONE III 0 Osservazioni Osserviamo che se Q è come sopra, allora m +...+m k +n +...+n h = degq = grado di Q. Si può dimostrare che ogni polinomio ammette una decomposizione in fattori irriducibili. Tuttavia non esistono metodi generali per ottenere la fattorizzazione di un generico polinomio. Il nostro obiettivo è allora quello di integrare una frazione del tipo P/Q, dove P e Q sono polinomi. Pur esistendo un metodo del tutto generale, noi vediamo soltanto il caso particolare in cui il denominatore Q ha solo zeri reali, cioè il caso in cui si ha Q() = a 0 ( r ) m ( r k ) m k. Si noti che nel caso da noi considerato la somma delle molteplicità delle radici reali coincide con il grado del polinomio. Teorema (decomposizione in frazioni semplici) Siano P e Q due polinomi tali che degp < degq. Supponiamo che Q() = a 0 ( r ) m ( r k ) m k sia la decomposizione di Q in fattori irriducibili. Allora esistono, e sono unici, polinomi P,...,P k tali che con degp i < m i, per ogni i =,,...,k. Osservazioni P() Q() = P () ( r ) +...+ P k() m ( r k ) m. k Come si vede dall enunciato, c è l ipotesi che degp < degq. Sorge allora la domanda di come ci si debba comportare se questa ipotesi non fosse soddisfatta, se cioè avessimo due polinomi P e Q con degp degq. Qui occorre ricordare una delle prime cose viste nel corso (e vista alla scuola secondaria): la divisione tra polinomi. In base a questa possiamo in generale affermare che esistono due polinomi R e S tali che P = SQ+R con degr < degq. Perciò possiamo scrivere P/Q = S +R/Q. A questo punto il polinomio S è integrabile in modo elementare e lo sappiamo già fare. Quindi il problema di integrare P/Q è ricondotto al problema di integrare R/Q, dove però ora si ha degr < degq, come previsto nel teorema. Quindi siamo in grado di integrare P() Q() se sappiamo integrare funzioni razionali del tipo: P() ( r) m, dove P è un polinomio con degp < m. P() Vediamo allora intanto come si risolve ( r) m d. Basta usare la sostituzione r = t, da cui = t+r e quindi d = dt. Si trasforma nell integrale P(t+r) dt, che si calcola facilmente dopo aver diviso i monomi del numeratore per il denominatore. + Esempio Consideriamo ( ). Con la sostituzione = t, da cui = t+ e d = dt, si ha ( + t+ t ( ) d = t dt = t + ) ( t dt = t + ) t dt = ln t +c = ln t +c. t m Disponendo dei numeri complessi, che sono una generalizzazione dei numeri reali, si può dare una regola del tutto generale per l integrazione di una funzione razionale, cioè di un quoziente di due polinomi.
4 TECNICHE DI INTEGRAZIONE III Esempi Vediamo ora alcuni esempi di come si procede fin dall inizio e come si ottiene la decomposizione in frazioni semplici. + 3+ d. Per il denominatore si ha: 3+ = ( )( ) e questa è la sua decomposizione in fattori irriducibili (il polinomio ha due radici reali distinte, entrambe cioè di molteplicità ). Per ottenere la decomposizione in frazioni semplici scriviamo + 3+ = A + B. Ora si procede sviluppando i calcoli a destra: Pertanto A + B = A( )+B( ) = A A+B B ( )( ) ( )( ) + 3+ = (A+B) A B ( )( ) = (A+B) A B. ( )( ) e le due frazioni sono uguali se e solo se sono uguali i numeratori (i denominatori sono uguali). Occorre dunque che sia { { A+B = A =... cioè A B = B = 3. Allora possiamo scrivere e quindi + 3+ d = ( + 3 ) d = + 3+ = + 3 d+ 3 d = ln +3ln +c. ++ 3 + d. Il denominatore è 3 + = ( ) e questa è la sua decomposizione in fattori irriducibili (questa volta c è una radice di molteplicità e un altra radice di molteplicità ). Per ottenere la decomposizione in frazioni semplici scriviamo ++ 3 + = A + B+C ( ). 3 Si procede sviluppando i calcoli a destra: A + B+C ( ) = A( ) +(B+C) ( ) = A A+A+B +C ( ) = (A+B) +( A+C)+A ( ). Occorre dunque che sia A+B = A+C = A = Sappiamo infatti che deve valere una decomposizione del tipo... cioè A = B = 0 C = 3. P () + P (), dove P e P sono polinomi di grado minore di, cioè di grado zero, e quindi costanti. Ecco che allora cerchiamo quali sono queste costanti A e B per cui vale la decomposizione scritta. 3 Qui deve valere una decomposizione del tipo P () + P () ( ), con degp < e degp < (questa volta uno è costante e l altro è di primo grado). Cerchiamo quali sono le costanti A, B e C per cui vale la decomposizione scritta.
5 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI Allora possiamo scrivere e quindi ++ 3 + = + 3 ( ) ( ) ++ 3 + d = + 3 ( ) d = d+ 3 3 d = ln ( ) +c. Si noti che per risolvere il secondo integrale non è stato necessario il cambio di variabile dato che B = 0. 3 +3+ 3 + + d. Il denominatore è 3 + + = (+) e questa è la sua decomposizione in fattori irriducibili. Per ottenere la decomposizione in frazioni semplici scriviamo come prima Si procede sviluppando i calcoli a destra: 3 +3+ 3 + + = A + B+C (+). A + B+C (+) = A(+) +(B+C) (+) = A +A+A+B +C (+) = (A+B) +(A+C)+A (+). Occorre dunque che sia Allora possiamo scrivere e quindi A+B = 3 A+C = 3 A =... cioè 3 +3+ 3 + + = + (+) A = B = C =. 3 ( +3+ 3 + + d = + ) (+) d = ln + (+) d. Per risolvere l ultimo integrale, con la sostituzione + = t ( = t, d = dt), si ottiene t (+) d = t dt = ln t + +c = ln + + t + +c. Quindi indefinitiva si ha 3 +3+ 3 + d = 3ln +ln + + + + +c. Esercizio 4. Calcolare i seguenti integrali indefiniti. (a) 6 d (b) ( ) d 5 Soluzioni degli esercizi Esercizio 3. (a) 3 +5d. È un integrale immediato. Occorre però aggiustare una costante. 4 Si ha 3 +5d = 5 5(+5) /3 d = (+5) 4/3 +c = 3 3 (+5)4 +c. 5 4/3 0 4 Ricordo che con aggiustare una costante intendo moltiplicare e dividere per una costante in modo da far rientrare l integrale in un integrale immediato di una qualche tipologia.
5 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 3 (b) +d. Integrale immediato. Basta solo aggiustare la costante: (c) (d) +d = (+) / = (+) 3/ +c = (+)3 +c. 3/ 3 d. Integrale immediato. Anche qui basta aggiustare la costante: +0 +0 d = 0 d. Integrale immediato. Aggiustando la costante: 0 +0 d = 0 ln +0 +c. d = ( ) / d = ( )/ / +c = +c. (e) (f) (g) (h) (i) + d. Qui possiamo cercare di ottenere a numeratore il denominatore, con un opportuna operazione di + dividi/moltiplica: + + d = + + d = ++ d = d+ + + d = + 4 ln + +c. Ricordo che una procedura del tutto analoga è quella di dividere il polinomio + per il polinomio + (con la divisione tra polinomi vista all inizio del corso). Lo studente provi a ricalcolare l integrale usando questa tecnica. d. Come sopra, dopo aver cambiato di segno: 3 3 3 3 d = 3 d = 3 3 d = 3 + 9 ln 3 +c. ln d. È un integrale immediato del tipo f α Df, con f data dalla funzione logaritmica. Quindi ln d = ln3 +c. 3 + 3 d. È un integrale del tipo Df f, con f data dalla funzione +3. Bisogna però anche aggiustare una costante. + 3 d = 3 3 + 3 d = 3 ln +3 +c. Losipotevaancherisolvereconuncambiodivariabile. Ponendo 3 = tsiricava = t /3 equindi d = 3 t /3 dt. Pertanto sostituendo si ottiene t /3 + 3 d = +t 3 t /3 dt = 3 +t dt = 3 ln +t +c = 3 ln +3 +c. e / d. È del tipo e f Df, con f data dalla funzione /. Bisogna però anche aggiustare il segno. e / d = ( e / / ) d = e / +c. Anche questo si può risolvere con un cambio di variabile: ponendo = t si ricava = t e quindi d = t dt. Pertanto sostituendo si ottiene e / d = e t ( /t t ) dt = e t dt = e t +c = e / +c.
5 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 4 (j) (k) (+ ) d. La derivata di + è /( ). Quindi si può aggiustare una costante e ricondurlo ad un integrale del tipo Df f, con f data appunto da +. Allora (+ ) d = (+ ) d = ln(+ )+c. Alternativamente, con un cambio di variabile: ponendo = t si ricava = t e quindi d = tdt. Pertanto sostituendo si ottiene d = (+ ) t(+t) tdt = +t dt = ln +t +c = ln(+ )+c. + d. Con la sostituzione = t, da cui = t e quindi d = dt, si ha t + d = t +t t dt = +tdt (+t) 3/ = +c = (+ ) 3/ 3 3 +c. Lascio allo studente provare la risoluzione con un cambio di variabile: si può porre = t, oppure + = t, oppure + = t. È un utile esercizio provare le tre possibilità. (l) +/ d. La derivata di +/ è / 3. Quindi si può aggiustare una costante e ricondurlo ad un 3 integrale del tipo f α Df, con f data da +/. Si ha +/ 3 d = +/ 3 d = (+/ ) 3/ +c = (+/ ) 3/ 3 3 +c. (m) Anche qui lascio per esercizio la risoluzione con un cambio di variabile. e d. Per parti, con parte finita : e d = ( e ) = e + ( e ) d e d ( = e + ( e ) = e e + ) ( e )d e d (n) lnd. Per parti, con parte finita ln: = e e e +c. lnd = ln d = ln d = ln 4 +c.
5 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 5 Esercizio 4. (a) d. Si tratta di una funzione razionale. Il denominatore è un polinimio che si fattorizza in 6 (+)( 3). Si ha quindi 6 d = (+)( 3) d. Cerchiamo la decomposizione in frazioni semplici ponendo Abbiamo Quindi le condizioni sono (+)( 3) = A + + B 3. A + + B 3 = A 3A+B+B (+)( 3) = (A+B) 3A+B. (+)( 3) { A+B = 0 3A+B = cioè { A = /5 B = /5 cioè (+)( 3) = /5 + + /5 3. (b) Pertanto (+)( 3) d = 5 + d+ 5 3 d = 5 ln + + 5 ln 3 +c. d. Si tratta di una funzione razionale. Il denominatore è già decomposto in fattori irriducibili. ( ) Allora cerchiamo la decomposizione in frazioni semplici ponendo ( ) = A+B + C. Abbiamo A+B + C = (A+B)( )+C ( ) = A A+B B +C ( ) = (A+C) +(B A) B. ( ) Quindi le condizioni sono A+C = 0 B A = 0 B = cioè A = B = C = cioè ( ) = +. Pertanto + ( ) d = d+ ( d = + ) d+ d = ln + +ln +c.