Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Calcolo delle primitive

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M E T O D I D I C A L C O L O D E L L E P R I M I T I V E §1 GLI INTEGRALI INDEFINITI ELEMENTARI Il “teorema fondamentale del calcolo integrale” garantisce che se f è Riemann-integrabile ed esiste una funzione F ( x ) = f ( x ) d x ∫ detta primitiva o integrale indefinito per cui ′ F ( x ) = f ( x ) allora f ( x ) d x a b ∫ = F ( b ) − F ( a ) È atresì vero che se f è continua – come quasi sempre nell’ambito di modelli matematici attinenti alla “fisica classica” in virtù del principio natura non facit saltus – tale F esiste senz’altro. Da qui l’impulso ad indagare i metodi di calcolo delle primitive, ciò che costituisce un ampio capitolo dell’analisi matematica non esente da difficoltà. La tabella che segue discende in modo pressoché immediato da quella delle derivate fondamentali. Si rammenti che se ′ F ( x ) = ′ G ( x ) allora D [ F ( x ) − G ( x ) ] = 0 onde, per il teorema di Lagrange, F ( x ) − G ( x ) = c o s t a n t e . Le primitive dunque – quando esistono – sono definite a meno di una costante additiva arbitraria. Nel seguito prenderemo in esame non altro che funzioni integrande localmente continue. (1) x µ d x ∫ = x µ + 1 µ + 1 + c (per µ ≠ − 1 ) (7) t an x d x ∫ = − l g c os x + c (2) a x d x ∫ = a x l g a + c (8) 1 c os 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = t an x + c (3) e ∫ x d x = e x + c (9) 1 s e n 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = − c ot x + c (4) 1 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = l g x + c (10) 1 1 − x 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ = ar c s e n x + c (5) s e n x ∫ d x = − c os x + c (11) 1 1 + x 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ = ar c t an x + c (6) c os x ∫ d x = s e n x + c (12) c o t x d x ∫ = l g s e n x + c §2 GENERALIZZAZIONE DEGLI INTEGRALI FONDAMENTALI Supponiamo y = f ( x ) derivabile con derivata prima continua. Per il teorema di derivazione delle funzioni composte abbiamo le primitive seguenti, pressoché dirette conseguenze delle precedenti: 2 (13) ′ f ( x ) f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ µ d x ∫ = f ( x ) [ ] µ + 1 µ + 1 + c ( µ ≠ − 1 ) (19) ′ f ( x ) t an f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ d x ∫ = − l g c os f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ + c (14) ′ f ( x ) a f ( x ) d x ∫ = a f ( x ) l g a + c (20) ′ f ( x ) c os 2 f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ d x ⌠ ⌡ ⎮ = t an f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ + c (15) ′ f ( x ) e f ( x ) d x ∫ = e f ( x ) + c (21) ′ f ( x ) s e n 2 f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ d x ⌠ ⌡ ⎮ = − c ot ′ f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ + c (16) ′ f ( x ) f ( x ) d x ⌠ ⌡ ⎮ = l g f ( x ) + c (22) ′ f ( x ) 1 − f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ ⎮ = ar c s e n f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ + c (17) ′ f ( x ) s e n f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ ∫ d x = − c os f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ + c (23) ′ f ( x ) 1 + f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ ⎮ = ar c t an f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ + c (18) ′ f ( x ) c os f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ ∫ d x = s e n f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ + c (24) ′ f ( x ) c o t an f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ d x ∫ = l g s e n f ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ + c PRINCIPALI PROPRIETÀ DELL'INTEGRALE INDEFINITO Supporremo integrabili e primitivabili tutte le funzioni che compaiono nelle formule che seguono (così è, come noto, se esse sono continue). (a) α f ( x ) + β g ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ d x ∫ = α f ( x ) d x ∫ + β g ( x ) d x ∫ ( α , β ∈ R ) Il cosiddetto metodo di integrazione per scomposizione si sostanzia nell'uso di questa formula. (b) ′ f ( x ) d x ∫ = f ( x ) + c (ciò segue dalla definizione stessa di integrale improprio ). (c) Sia y = f ( x ) una funzione continua e x = ϕ ( t ) una funzione derivabile e continua insieme alla sua derivata prima. Supporremo altresì definita la funzione composta y = f ( ϕ ( t ) ) . Posto F ( x ) = f ( x ) d x ∫ con F ( x ) incognita abbiamo d d t F ( ϕ ( t ) ) = ′ F ( ϕ ( t ) ) ′ ϕ ( t ) = f ( ϕ ( t ) ) ′ ϕ ( t ) quindi (5) f ( ϕ ( t ) ) ′ ϕ ( t ) d t ∫ = F ( ϕ ( t ) ) = F ( x ) Se la funzione f ( ϕ ( t ) ) ′ ϕ ( t ) è più facilmente integrabile (rispetto alla variabile t ) della funzione f ( x ) , possiamo utilizzare la (5) per determinare F . In ciò consiste il metodo di integrazione per sostituzione . La (5) può anche scriversi (tenuto conto della definizione di differenziale) 3 (5-bis) f ( ϕ ( t ) ) d ϕ ( t ) ∫ = F ( ϕ ( t ) ) = F ( x ) ESEMPIO 1 Si voglia calcolare e a x d x ∫ . Poiché la (3) ci dà e t d t ∫ conviene porre t = a x cioè x = t a (è questa la funzione ϕ ). In tal caso abbiamo infatti f ( ϕ ( t ) ) ′ ϕ ( t ) = e t 1 a quindi f ( ϕ ( t ) ) ′ ϕ ( t ) d t ∫ = 1 a e t d t ∫ = e t a = e a x a + c . ESEMPIO 2 Si voglia calcolare 1 − x 2 d x ∫ . Dato che il radicale assume valori reali solo se 1 − x 2 ≥ 0 (ossia solo se − 1 ≤ x ≤ + 1 ), ed essendo x = s e n t invertibile e “regolare” per − 1 ≤ x ≤ + 1 (come subito si evince dal grafico di tale funzione e da noti teoremi sulle derivate) possiamo considerare 1 − s e n 2 t d s e n t d t d t ⌠ ⌡ ⎮ = c os 2 t d t ∫ al posto di 1 − x 2 d x ∫ . Se riusciamo ad integrare c os 2 t d t ∫ (vedi esercizio [15] seguente) potremo poi sostituire ar c s e n t a x nella primitiva ottenuta e venire così a capo del problema. In altri termini: il calcolo di 1 − x 2 d x ∫ equivale a quello di c os 2 t d t ∫ ; si tratta di stabilire quale dei due è più semplice. L’esempio 2 rende evidente il fatto che non tutte le sostituzioni di variabili convengono; si tratta di trovare di volta in volta la migliore o comunque la più opportuna sulla base delle conoscenze già acquisite, dell'esperienza, della memoria e ...dell'ispirazione! Esercizi sugli integrali (alcuni banali, altri un po' meno ... ) 1] 6 b x 2 3 d x ∫ ( b > 0 ) [2] 9 x 6 + 5 x 3 + 2 x 2 − 5 ( ) d x ∫ [3] a k x k k = 1 n ∑ ( ) d x ∫ [4] a k x µ k k = 1 n ∑ ( ) d x ∫ ( µ k ≠ − 1 ) [5] a x − b x a x b x d x ⌠ ⌡ ⎮ ( a , b > 0 ) [6] 8 x e x d x ∫ [7] 1 1 − s e n 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ [8] s e n 2 x ( ) c os 6 x ( ) d x ∫ [9] c os x ( ) c os 2 x ( ) 3 d x ∫ [10] d x s e n x ⌠ ⌡ ⎮ [11] t an 2 x d x ∫ [12] x 3 − 1 x + 1 d x ⌠ ⌡ ⎮ [13] x 5 x 2 d x ∫ [14] 2 s e n x c os x d x ∫ 4 [15] c os 2 x d x ∫ [16] c os 2 x d x − π 2 + π 2 ∫ = ? s e n 2 x d x 0 + π ∫ [17] x x 2 + 1 d x ⌠ ⌡ ⎮ [18] c os 3 x d x ∫ [19] s e n 3 x d x ∫ [20] e 1 x x 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ [21] s e n x − c os x s e n x + c os x d x ⌠ ⌡ ⎮ [22] 1 + 4 c os 2 x s e n 2 x d x ∫ [23] d x s e n x c os x ⌠ ⌡ ⎮ [24] d x x 2 + a 2 ⌠ ⌡ ⎮ [25] a 2 − x 2 d x ∫ [26] s e n x c os 3 x d x ⌠ ⌡ ⎮ [27] d x k + x 2 ⌠ ⌡ ⎮ [28] d x k − x 2 ⌠ ⌡ ⎮ con k > 0 Suggerimenti [5] Si noti che a x − b x a x b x = b − x − a − x [8] Si rammenti che s e n α c os β = 1 2 [ s e n ( α + β ) + s e n ( α − β ) ] quindi s e n 2 x ( ) c os 6 x ( ) = 1 2 ( s e n 8 x − s e n 4 x ) ... [9] c os 2 x ( ) = c os 2 x − s e n 2 x = 1 − 2 s e n 2 x quindi c os 2 x ( ) 3 c os x = 1 − 2 s e n 2 x ( ) 3 c os x Sviluppando il cubo otteniamo una combinazione lineare di potenze di s e n x , inoltre c os x è la derivata di s e n x (vedi l'integrale (12)). [10] 1 s e n x = s e n 2 x 2 + c os 2 x 2 2 s e n x 2 c os x 2 = 1 2 s e n x 2 c os x 2 + c os x 2 s e n x 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ il resto è lasciato al lettore... [11] poiché t an 2 x = s e n 2 x c os 2 x = s e n 2 x + c os 2 x c os 2 x − 1 = 1 c os 2 x − 1 ......... [12] La funzione integranda è un quoziente di polinomi; se il risultato della divisione fosse un polinomio (nella fattispecie di secondo grado) il calcolo dell'integrale risulterebbe banale, ma così non è in quanto x 3 − 1 ≠ 0 per x = − 1 . Occorre far sì che ciò accada. 5 Possiamo scrivere x 3 − 1 x + 1 = x 3 + 1 x + 1 − 2 x + 1 dove x 3 + 1 = 0 per x = − 1 . In conclusione x 3 + 1 x + 1 si riduce a un polinomio di secondo grado mentre di 2 x + 1 possiamo facilmente calcolare l'integrale tramite (4) e una semplicissima sostituzione di variabile. 1 [13] Si osservi che x = 1 2 D x 2 [15] 1 = c os 2 x + s e n 2 x e c os ( 2 x ) = c os 2 x − s e n 2 x quindi c os 2 x = 1 2 + 1 2 c os ( 2 x ) . Si rammenti che da questo integrale si deduce quello proposto nell'esempio 2. [16] In questo caso non è necessario ricorrere al teorema fondamentale del calcolo integrale né a quello delle primitive, basta osservare che l’area sottesa da y = c os 2 x e da y = s e n 2 x negli intervalli − π 2 , + π 2 ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ e 0 , π ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ rispettivamente è identica. [18] c os 3 x = c os 2 x c os x = c os x − s e n 2 x c os x , inoltre c os x è la derivata di s e n x ... [21] Il numeratore è la derivata del denominatore moltiplicata per -1 [22] È sufficiente osservare che vale la seguente formula D ( 1 + 4 c os 2 x ) = − 8 c os x s e n x , e che s e n 2 x = 2 s e n x c os x [23] Si riconduce facilmente all'integrale [10] [26] Si può risolvere in almeno due dive rsi modi. Uno è il seguente: s e n x c os 3 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = 1 c os 2 x t an x d x ⌠ ⌡ ⎮ = 1 2 t an 2 x + c . L’altro invece è: s e n x c os 3 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = − − s e n x c os 3 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = 1 2 1 c os 2 x + c (si veda l’integrale fondamentale (13)). [27] Si osservi che d x k + x 2 ⌠ ⌡ ⎮ = k − 1 2 1 1 + ( k − 1 2 x ) 2 ⌠ ⌡ ⎮ d ( k − 1 2 x ) = 1 k ar c t an x k ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ + c Osservazione Con specifico riferi mento all’integrale [26] verrebbe fatto chiedersi se, essendo 1 2 t an 2 x ≠ 1 2 1 c os 2 x , ciò non comporti due risultati diversi. La risposta si traduce nell’esortazione a non dimenticare che le primitive di una stessa funzione possono sì differire l’una dall’altra ma solo per un valore costante, per modo che 1 2 t an 2 x = 1 2 1 c os 2 x + k ossia s e n 2 x = s e n 2 x + c os 2 x + 2 k c os 2 x . Tale equazione si tramuta in identità assumendo k = − 1 2 . 1 Queste considerazioni chiamano direttamente in causa le divisioni tra polinomi, il metodo di Ruffini etc. 6 §3 L’INTEGRAZIONE PER PARTI Siano f e g siano derivabili con ′ f e ′ g integrabili (così è se f e g sono di classe C 1 ). Vale la formula d f ( x ) g ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ = ′ f ( x ) g ( x ) d x + f ( x ) ′ g ( x ) d x da cui si trae che d f ( x ) g ( x ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ ∫ = ′ f ( x ) g ( x ) d x ∫ + f ( x ) ′ g ( x ) d x ∫ . In altri termini: (6) f ( x ) ′ g ( x ) d x ∫ = f ( x ) g ( x ) − ′ f ( x ) g ( x ) d x ∫ È questa la formula di integrazione per parti . Se ne raccomanda l'uso ogni qual volta risulti che la funzione ′ f ( x ) g ( x ) è più facilmente integrabile di f ( x ) ′ g ( x ) . La (6) può essere riscritta in forma differenziale (6-bis) f ( x ) d g ( x ) ∫ = f ( x ) g ( x ) − g ( x ) d f ( x ) ∫ ESEMPIO 3 x e x d x ∫ x e x d x ∫ = x d e x ∫ = x e x − e x d x ∫ = x e x − e x + c ESEMPIO 4 x n l g x d x ∫ con n + 1 ≠ 0 x n l g x d x ∫ = 1 n + 1 l g x d x n + 1 ∫ = x n + 1 n + 1 l g x − 1 n + 1 x n d x ∫ = x n + 1 n + 1 l g x − x n + 1 ( n + 1 ) 2 + c ESEMPIO 5 x − 1 l g x d x ∫ x − 1 l g x d x ∫ = l g x d l g x ∫ = 1 2 l g x ( ) 2 + c ESEMPIO 6 x c os x d x ∫ x c os x d x ∫ = x ∫ d s e n x = x s e n x − s e n x d x ∫ = x s e n x − c os x + c ESEMPIO 7 x s e n x d x ∫ x s e n x d x ∫ = − x d c os x ∫ = − x c os x + c os x d x ∫ = − x c os x + s e n x + c . ESEMPIO 8 ar c s e n x d x ∫ 7 ar c s e n x d x ∫ = x ar c s e n x − x 1 − x 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ = x ar c s e n x + 1 2 d ( 1 − x 2 ) 1 − x 2 ⌠ ⌡ ⎮ = x ar c s e n x + d 1 − x 2 ∫ = x ar c s e n x + 1 − x 2 + c ESEMPIO 9 ar c t an x d x ∫ ar c t an x d x ∫ = x ar c t an x − x 1 + x 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ = x ar c t an x − 1 2 d ( 1 + x 2 ) 1 + x 2 ⌠ ⌡ ⎮ = x ar c t an x − 1 2 l n ( 1 + x 2 ) + c §4 INTEGRAZIONE DELLE FUNZIONI RAZIONALI Diciamo che y = f ( x ) è una funzione razionale se f ( x ) = P ( x ) S ( x ) con P ( x ) = polinomio di grado n e S ( x ) = polinomio di grado m . Ci proponiamo di sviluppare un metodo di integrazione valido per ogni funzione di tal genere . Procediamo per gradi ( i ) Se n > m esistono due polinomi Q ( x ) e R ( x ) con g r R ( x ) < g r S ( x ) per cui P ( x ) = Q ( x ) S ( x ) + R ( x ) onde P ( x ) S ( x ) = Q ( x ) + R ( x ) S ( x ) L'integrazione di Q ( x ) è banale, non così il calcolo di R ( x ) S ( x ) d x ⌠ ⌡ ⎮ . ( ii ) Se R ( x ) e S ( x ) non sono primi tra loro, cioè se hanno una radice α in comune, possiamo scrivere R ( x ) = R 1 ( x ) ( x − α ) e S ( x ) = S 1 ( x ) ( x − α ) onde R ( x ) S ( x ) = R 1 ( x ) S 1 ( x ) . Procedendo così di seguito otterremo un quoziente di polinomi privi di radici comuni. Nel calcolo di R ( x ) S ( x ) d x ⌠ ⌡ ⎮ possiamo quindi sempre ricondurci al caso in cui R ( x ) e S ( x ) sono primi tra loro . ( iii ) Supponiamo R ( x ) e S ( x ) primi tra loro. Siano α 1 , … , α k le radici reali dell’equazione S ( x ) = 0 e µ 1 , … , µ k le loro molteplicità algebriche. Abbiamo una uguaglianza del tipo S ( x ) = ( x − α 1 ) µ S 1 ( x ) , pertanto: R ( x ) S ( x ) = R ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 S 1 ( x ) = A S 1 ( x ) + R ( x ) − A S 1 ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 S 1 ( x ) = A ( x − α 1 ) µ 1 + R ( x ) − A S 1 ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 S 1 ( x ) con A costante qualsiasi. Se assumiamo A = R ( α 1 ) S 1 ( α 1 ) (NB: S 1 ( α 1 ) ≠ 0 in virtù delle ipotesi fatte sulla molteplicità di α 1 ) α 1 diventa una radice dell'equazione R ( x ) − A S 1 ( x ) = 0 ; esisterà dunque un polinomio R 1 ( x ) per cui R ( x ) − A S 1 ( x ) = ( x − α 1 ) R 1 ( x ) , così che: 8 R ( x ) S ( x ) = A ( x − α 1 ) µ 1 + R 1 ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 − 1 S 1 ( x ) Notiamo che gr R 1 ( x ) = m ax gr S 1 ( x ) , gr R ( x ) { } − 1 < gr S ( x ) − 1 = gr ( x − α ) µ − 1 S 1 ( x ) . Poiché α 1 ∈ R A ( x − α 1 ) µ 1 d x ⌠ ⌡ ⎮ = A l og x − α 1 + c s e µ 1 = 1 A 1 − µ ( x − α 1 ) 1 − µ s e µ 1 > 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ La difficoltà di calcolo dell’integrale R ( x ) S ( x ) d x ⌠ ⌡ ⎮ si riduce a quella di R 1 ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 − 1 S 1 ( x ) d x ⌠ ⌡ ⎮ ⎮ . Poiché (vedi sopra) g r R 1 ( x ) < g r ( x − α 1 ) µ 1 − 1 S 1 ( x ) e i polinomi R 1 ( x ) e ( x − α 1 ) µ 1 − 1 S 1 ( x ) sono primi tra loro (ché, diversamente, R ( x ) e S ( x ) non sarebbero più tali, contrariamente all'ipotesi), possiamo ripetere per il quoziente di polinomi R 1 ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 − 1 S 1 ( x ) il procedimento testé applicato a R ( x ) S ( x ) = R ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 S 1 ( x ) . Otterremo alla fine un'uguaglianza del tipo R 1 ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 − 1 S 1 ( x ) = A 2 ( x − α 1 ) µ 1 − 1 + R 2 ( x ) ( x − α 1 ) µ 1 − 2 S 1 ( x ) con A 2 costante opportuna; e così di seguito – identicamente – sino a ottenere una somma del tipo A µ x − α 1 + R µ 1 ( x ) S 1 ( x ) . Procedendo nell'identico modo sulla funzione razionale residua R µ 1 ( x ) S 1 ( x ) e così pure per tutte le restanti radici o soluzioni reali dell'equazione S ( x ) = 0 , perverremo ad uno sviluppo avente la forma (7) R ( x ) S ( x ) = A 1 ( x − α 1 ) µ 1 +  + A µ 1 x − α 1 + B 1 ( x − α 2 ) µ 2 +  + B µ 2 x − α 2 + +          + C 1 ( x − α k ) µ k +  + C µ k x − α k +  R ( x )  S ( x ) ove l'equazione algebrica  S ( x ) = 0 ha, al più, radici complesse (le stesse, ovviamente, di S ( x ) = 0 ). I L CASO DELLE RADICI ( TUTTE ) REALI Se le radici dell'equazione algebrica S ( x ) = 0 sono tutte reali (se cioè non si hanno soluzioni nel campo C dei numeri complessi) avremo  R ( x ) = 0 . La formula (7) diviene: 9 (8) R ( x ) S ( x ) = A 1 ( x − α 1 ) µ 1 +  + A µ 1 x − α 1 + B 1 ( x − α 2 ) µ 2 +  + B µ 2 x − α 2 + +          + C 1 ( x − α k ) µ k +  + C µ k x − α k ove: • α 1 , α 2 , … , α k sono le soluzioni della equazione algebrica S ( x ) = 0 ; • µ 1 , µ 2 , … , µ k sono gli indici di molteplicità delle soluzioni α 1 , α 2 , … , α k ; • A 1 , A 2 , … , A µ 1 , B 1 , B 2 , … , B µ 2 , … … , C 1 , C 2 , … , C µ k sono dei valori costanti. Questo procedimento rende l'integrazione delle funzioni razionali virtualmente banale ma richiede imprescindibilmente che si sappiano risolvere le equazioni algebriche, cosa questa niente affatto semplice se il grado supera il valore quattro. 2 ESEMPIO 10 d x x 2 + x ⌠ ⌡ ⎮ In questo caso P ( x ) = 1 e S ( x ) = x 2 + x . L'equazione S ( x ) = 0 ha come soluzioni α = 0 e β = − 1 . La (1) diventa quindi 1 x ( x + 1 ) = A x + B x + 1 . Da questa otteniamo A ( x + 1 ) + B x = 1 vale a dire ( A + B ) x + A = 1 . Quest'ultima relazione deve essere verificata per qualunque valore di x quindi dovremo avere: A + B = 0 A = 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ cioè a dire A = 1 e B = − 1 . In conclusione abbiamo: d x x 2 + x ⌠ ⌡ ⎮ = d x x ⌠ ⌡ ⎮ − d x x + 1 ⌠ ⌡ ⎮ = l g x − l g x + 1 ESEMPIO 11 x + 1 x 3 + x 2 − 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ Poiché S ( x ) = x 3 + x 2 − 2 x = 0 per x = 0 e x = 1 possiamo dividere S ( x ) per x ( x − 1 ) ottenendo: S ( x ) = ( x − 1 ) ( x 2 + 2 x ) = x ( x − 1 ) ( x + 2 ) Se ne trae (vedi (2)) un'uguaglianza del tipo 2 La teoria generale delle equazioni algebriche, dovuta al matematico francese Evariste Galois, esorbita dai programmi istituzionali di matematica della facoltà di ingegneria, esistono tuttavia metodi efficaci e relativamente semplici di calcolo approssimato delle radici. 10 P ( x ) S ( x ) = x + 1 x ( x − 1 ) ( x + 2 ) = A x + B x − 1 + C x + 2 Si dovrà quindi avere: x + 1 = ( A + B + C ) x 2 + ( A + 2 B − C ) x − 2 A e, di conseguenza, A + B + C = 0 A + 2 B − C = 1 − 2 A = 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ La soluzione di questo semplice sistema è A = − 1 2 , B = 2 3 , C = − 1 6 In conclusione: x + 1 x 3 + x 2 − 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ = − 1 2 l g x + 2 3 l g x − 1 − 1 6 l g x + 2 ESEMPIO 12 x 5 + 3 x 3 + x 2 − 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ In questo caso P ( x ) = x 5 + 3 e S ( x ) = x 3 + x 2 − 2 x . Il grado di P ( x ) è superiore a quello di S ( x ) , bisogna quindi effettuare la divisione tra polinomi con l'ordinario algoritmo euclideo. A conti fatti risulta x 5 + 3 x 3 + x 2 − 2 x = x 2 − x + 3 − 5 x 2 − 6 x − 3 x 3 + x 2 − 2 x quindi, nella fattispecie, Q ( x ) = x 2 − x + 3 R ( x ) = − 5 x 2 + 6 x + 3 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ x 5 + 3 x 3 + x 2 − 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = x 3 3 − x 2 2 + 3 x + − 5 x 2 + 6 x + 3 x 3 + x 2 − 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ Ora, S ( x ) = x 3 + x 2 − 2 x = x ( x 2 + x − 2 ) e l'equazione S ( x ) = 0 ha le radici α 1 = 0 , α 2 = 1 , α 3 = − 2 pertanto S ( x ) = x ( x − 1 ) ( x + 2 ) . Con specifico riferimento alla trattazione generale abbiamo in questo caso µ 1 = 1 , µ 2 = 1 e µ 3 = 1 . Ponendo R ( x ) S ( x ) = − 5 x 2 + 6 x + 3 x 3 + x 2 − 2 x = A x + B x − 1 + C x + 2 ( A , B , C costanti indeterminate) si ha − 5 x 2 + 6 x + 3 = A ( x − 1 ) + B x ( x + 2 ) + C x ( x − 1 ) cioè, riordinando gi addendi, − 5 x 2 + 6 x + 3 = ( A + B + C ) x 2 + ( A + 2 B − C ) x − 2 A . Per il principio di identità dei polinomi: A + B + C = − 5 A + 2 B − C = 6 − 2 A = 3 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ La soluzione di questo sistema lineare è A = − 3 2 , B = 4 3 , C = − 29 6 , otteniamo pertanto x 5 + 3 x 3 + x 2 − 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = x 3 3 − x 2 2 + 3 x + − 5 x 2 + 6 x + 3 x 3 + x 2 − 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = x 3 3 − x 2 2 + 3 x + − 3 2 x + 4 3 x − 1 + − 29 6 x + 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ d x ⌠ ⌡ ⎮ = x 3 3 − x 2 2 + 3 x − 3 2 l g x + 4 3 l g( x − 1 ) − 29 6 l g( x + 2 ) + c Riepilogando: x 5 + 3 x 3 + x 2 − 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = x 3 3 − x 2 2 + 3 x − l g x 3 2 ( x + 2 ) 29 6 ( x − 1 ) 4 3 + c ESEMPIO 13 3 x 2 − 5 x + 7 ( x − 2 ) 4 d x ⌠ ⌡ ⎮ Osserviamo che: 11 • il polinomio al numeratore è di grado inferiore a quello che compare al denominatore, non c'è quindi bisogno di effettuare alcuna divisione tra polinomi; • S ( x ) = ( x − 2 ) 4 è un polinomio di quarto grado ed ha un'unica soluzione con indice di molteplicità 4, possiamo quindi scrivere α 1 = 2 e µ 1 = 4 . Poniamo 3 x 2 − 5 x + 7 ( x − 2 ) 4 = A 1 ( x − 2 ) 4 + A 2 ( x − 2 ) 3 + A 3 ( x − 2 ) 2 + A 4 x − 2 . Col solito procedimento si ricava A 1 = 9 , A 2 = 7 , A 3 = 3 , A 4 = 0 quindi 3 x 2 − 5 x + 7 ( x − 2 ) 4 d x ⌠ ⌡ ⎮ = 9 ( x − 2 ) 4 d x ⌠ ⌡ ⎮ + 7 ( x − 2 ) 3 d x ⌠ ⌡ ⎮ + 3 ( x − 2 ) 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ In conclusione: 3 x 2 − 5 x + 7 ( x − 2 ) 4 d x ⌠ ⌡ ⎮ = − 3 ( x − 2 ) 3 − 7 2 ( x − 2 ) 2 − 3 x − 2 + c IL CASO GENERALE DELLE RADICI REALI E / O COMPLESSE Torniamo alla formula (2). Se l’equazione S ( x ) = 0 ha radici complesse tali sono tutte e sole le radici di  S ( x ) = 0 . Poiché i coefficienti del polinomio  S ( x ) sono reali z j = α j + i β j è radice di molteplicità ν j se e solo se z j = α j − i β j è anch’essa radice di molteplicità ν j . Se ne trae che  S ( x ) è divisibile per ( x 2 + p j x + q j ) ν j : = [ ( x − z j ) ( x − z j ) ] ν j . Perverremo così alluguaglianza  R ( x )  S ( x ) =  R ( x ) ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1  S 1 ( x ) . Poniamo  R ( x ) ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1  S 1 ( x ) = M 1 + L 1 x ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1 +  R ( x ) − [ M 1 + L 1 x ]  S 1 ( x ) ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1  S 1 ( x ) con L 1 e M 1 costanti. Possiamo assumere dette costanti tali che  R ( z 1 ) − [ M 1 + L 1 z 1 ]  S 1 ( z 1 ) = 0 e  R ( z 1 ) − [ M 1 + L 1 z 1 ]  S 1 ( z 1 ) = 0 onde  R ( x ) − [ M 1 + L 1 x ] sia divisibile per x 2 + p 1 x + q 1 . In effetti tali equazioni determinano il sistema M 1 + L 1 z 1 =  R ( z 1 )  S 1 ( z 1 ) M 1 + L 1 z 1 =  R ( z 1 )  S 1 ( z 1 ) ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ che, posto  R ( z 1 )  S 1 ( z 1 ) = ρ 1 + i σ 1 , equivale a M 1 + L 1 α 1 = ρ 1 L 1 β 1 = σ 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ , da cui L 1 = σ 1 β 1 e M 1 = ρ 1 − σ 1 α 1 β 1 (si noti che sicuramente β 1 ≠ 0 in quanto la radice z 1 è complessa). Con tale scelta di L 1 ed M 1 otteniamo  R ( x ) ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1  S 1 ( x ) = M 1 + L 1 x ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1 +  R 1 ( x ) ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1 − 1  S 1 ( x ) con  R 1 ( x ) polinomio di grado inferiore a quello di ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1 − 1  S 1 ( x ) . A questo punto il procedimento può essere reiterato sino a giungere a uno sviluppo del tipo  R ( x )  S ( x ) = M 1 + L 1 x ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1 + M 2 + L 2 x ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1 − 1 +  + M ν 1 + L ν 1 x x 2 + p 1 x + q 1 +  R ν 1 ( x )  S ν 1 ( x ) con  R ν 1 ( x ) di grado inferiore a  S ν 1 ( x ) e successivamente ripetuto per le rimanenti radici complesse di  S ( x ) = 0 . Perverremo in tal modo, per A 1 , … , A µ 1 , B 1 , … , B µ 2 , … … , C 1 , … , C µ k , M 1 , L 1 , … , M ν 1 , L ν 1 , … … , P 1 , Q 1 , … , P ν h , Q ν h uguali a costanti opportune (al momento incognite), allo sviluppo completo seguente 12 (9) R ( x ) S ( x ) = A 1 ( x − α 1 ) µ 1 +  + A µ 1 x − α 1 + B 1 ( x − α 2 ) µ 2 +  + B µ 2 x − α 2 + +          + C 1 ( x − α k ) µ k +  + C µ k x − α k + M 1 + L 1 x ( x 2 + p 1 x + q 1 ) ν 1 +  + M ν 1 + L ν 1 x x 2 + p 1 x + q 1 + +               + P 1 + Q 1 x ( x 2 + p h x + q h ) ν h +  + P ν h + Q ν h x x 2 + p h x + q h Dall’uguaglianza tra R ( x ) e il numeratore della somma al secondo membro si ricavano le costanti. Rimane da chiarire come integrare gli addendi del tipo M + L x ( x 2 + p x + q ) n generati dalle radici complesse di S ( x ) = 0 . Posto I n = M + L x ( x 2 + p x + q ) n d x ⌠ ⌡ ⎮ abbiamo I 1 = M + L x x 2 + p x + q d x ⌠ ⌡ ⎮ = L 2 2 x + p x 2 + p x + q d x ⌠ ⌡ ⎮ + M − p L 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ 1 x 2 + p x + q d x ⌠ ⌡ ⎮ = L 2 2 x + p x 2 + p x + q d x ⌠ ⌡ ⎮ + M − p L 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ 1 ( x + p 2 ) 2 + ( q − p 2 4 ) d ( x + p 2 ) ⌠ ⌡ ⎮ ove (vedi sopra) q − p 2 4 > 0 in quanto x 2 + p x + q = 0 ha radici non reali, dunque p 2 − 4 a c < 0 . Il primo di questi ultimi integrali è l g( x 2 + p x + q ) , mentre il secondo è del tipo d y k 2 + y 2 ⌠ ⌡ ⎮ (con k 2 = − ( p 2 4 − q ) > 0 e k y = x + p 2 ) già considerato nell’esercizio (27): d y k 2 + y 2 ⌠ ⌡ ⎮ = 1 k ar c t an x + p 2 k . Notiamo che I n = L 2 2 x + p ( x 2 + p x + q ) n d x ⌠ ⌡ ⎮ + M − p L 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ 1 [ k 2 + ( x + p 2 ) 2 ] n d ( x + p 2 ) ⌠ ⌡ ⎮ . Il primo integrale è banale, il problema è J n : = 1 [ ( x + p 2 ) 2 − ( p 2 4 − q ) ] n d ( x + p 2 ) ⌠ ⌡ ⎮ = d y [ 1 + y 2 ] n ⌠ ⌡ ⎮ . Sappiamo che J 1 = ar c t an y + c . Integrando per parti: J n = y [ 1 + y 2 ] n + 2 n y 2 [ 1 + y 2 ] n + 1 d y ⌠ ⌡ ⎮ = y ( 1 + y 2 ) n + 2 n 1 + y 2 ( 1 + y 2 ) n + 1 d y ⌠ ⌡ ⎮ − 2 n 1 ( 1 + y 2 ) n + 1 d y = ⌠ ⌡ ⎮ y ( 1 + y 2 ) n + 2 n J n − 2 n J n + 1 Da qui la formula ricorsiva 13 (10) J n + 1 = 2 n − 1 2 n J n + 1 2 n y ( 1 + y 2 ) n la quale consente di calcolare tutti gli integrali J n . Il problema dell’integrazione delle funzioni razionali può dirsi, a questo punto, completmente risolto . ESEMPIO 14 3 x 2 − 7 x + 6 x 3 − x 2 + 3 x + 5 d x ⌠ ⌡ ⎮ Nel polinomio al denominatore la somma dei coefficienti di grado pari è uguale a quella dei coefficienti di grado dispari quindi esso si annulla per x = α 1 = − 1 ; è perciò divisibile per x + 1 . Eseguiamo la divisione col metodo di Ruffini: 1 − 1 3 5 − 1 − 1 2 − 5 1 − 2 5 0 quindi x 3 − x 2 + 3 x + 5 = ( x + 1 ) ( x 2 − 2 x + 5 ) . 3 Poniamo 3 x 2 − 7 x + 6 x 3 − x 2 + 3 x + 5 = A x + 1 + M + L x x 2 − 2 x + 5 con A , M , L costanti incognite. Eseguendo la somma al secondo membro di quest’ultima equazione ed eguagliando i polinomi al numeratore otteniamo A = 2 , M = − 4 , L = 1 , dunque: 3 x 2 − 7 x + 6 x 3 − x 2 + 3 x + 5 d x ⌠ ⌡ ⎮ = 2 x + 1 d x ⌠ ⌡ ⎮ + x − 4 x 2 − 2 x + 5 d x ⌠ ⌡ ⎮ = 2 l g x + 1 + 1 2 ( 2 x − 2 ) − 6 x 2 − 2 x + 5 d x ⌠ ⌡ ⎮ = 2 l g x + 1 + 1 2 l g x 2 − 2 x + 5 − 3 d x x 2 − 2 x + 5 ⌠ ⌡ ⎮ = 2 l g x + 1 + 1 2 l g x 2 − 2 x + 5 − 3 d x 4 + ( x − 1 ) 2 ⌠ ⌡ ⎮ Poiché d x 4 + ( x − 1 ) 2 ⌠ ⌡ ⎮ = 1 2 d [ ( x − 1 ) 2 ] 1 + [ ( x − 1 ) 2 ] 2 ⌠ ⌡ ⎮ = 1 2 ar c t an x − 1 2 + c abbiamo infine: 3 x 2 − 7 x + 6 x 3 − x 2 + 3 x + 5 d x ⌠ ⌡ ⎮ = l g ( x + 1 ) 2 x 2 − 2 x + 5 − 3 2 ar c t an x − 1 2 + c Tale è la primitiva. §5 INTEGRAZIONE DELLE FUNZIONI f ( s e n x , c os x ) CON f RAZIONALE Ricordiamo che un polinomio di due variabili, per esempio y e z , è un'espressione formale del tipo P ( y , z ) = a + b y + c z + d y 2 + p y z + q z 2 +  + k y n z m ove a , b , c , d , p , q , … , k sono numeri reali che supponiamo noti. 3 NB A sua volta l’equazione x 2 − 2 x + 5 = 0 ha le radici complesse coniugate 2 + 4 − 20 2 = α 2 = 1 + 2 i α 3 = 1 − 2 i ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ dunque x 2 − 2 x + 5 = ( x − α 2 ) ( x − α 3 ) . Questo passaggio è del tutto superfluo ai fini del calcolo. 14 Tanto 5 − 1 3 y z 2 + 3 y 4 − y 6 z 8 quanto 2 − 7 8 y 2 z 5 + 3 y 4 − 2 y 5 z 12 sono così, ad esempio, due polinomi nelle variabili y e z . Chiarito ciò immaginiamo di avere una funzione f ( y , z ) = P ( y , z ) S ( y , z ) dove P ( y , z ) e S ( y , z ) sono, per l'appunto, due polinomi nelle variabili y e z . Una funzione di tal genere si dice razionale in y e z . ESEMPIO: 2 − 7 8 y 2 z 5 + 3 y 4 − 2 y 5 z 12 5 − 1 3 y z 2 + 3 y 4 − y 6 z 8 è una funzione razionale di y e z . Ovviamente se S ( y , z ) = 1 (NB: anche questo è un polinomio) P ( y , z ) S ( y , z ) = P ( y , z ) quindi, a rigore, anche i polinomi sono funzioni razionali. Ora se assumiamo y = s e n x e z = c os x verremo al avere f ( s e n x , c os x ) = P ( s e n x , c os x ) S ( s e n x , c os x ) , ossia una funzione che dipende dalla sola variabile x . In riferimento all'esempio precedente: 2 − 7 8 s e n 2 x c os 5 x + 3 s e n 4 x − 2 s e n 5 x c os 12 x 5 − 1 3 s e n x c os 2 x + 3 s e n 4 x − s e n 6 x c os 8 x Integrare funzioni di tal genere sembra un compito da capogiro; vedremo tuttavia, con un po' di pazienza, che operando una speciale sostituzione le difficoltà svaniscono o quasi. Posto per brevità t = t an x 2 valgono, come sappiamo, le seguenti formule dette “parametriche” 4 (11) s e n x = 2 t 1 + t 2 c os x = 1 − t 2 1 + t 2 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Inoltre la funzione t = t an x 2 è invertibile per − π 2 < x 2 < + π 2 cioè per − π < x < + π . Chiaramente x = 2 ar c t an t è la funzione inversa (anch'essa continua e derivabile con continuità). Operando la sostituzione data dalle formule (3) abbiamo f ( s e n x , c os x ) = P 2 t 1 + t 2 , 1 − t 2 1 + t 2 ( ) S 2 t 1 + t 2 , 1 − t 2 1 + t 2 ( ) 4 Per comodità del lettore riassumiamo brevemente il procedimento attraverso il quale si ottengono. Sappiamo che s e n 2 x = 2 s e n x c os x e c os 2 x = c os 2 x − s e n 2 x quindi s e n x = 2 s e n ( x 2 ) c os ( x 2 ) e c os x = c os 2 ( x 2 ) − s e n 2 ( x 2 ) dal che, tenuto conto dell'identità c os 2 ( x 2 ) + s e n 2 ( x 2 ) = 1 , si trae che s e n ( x 2 ) = 2 s e n ( x 2 ) c o s ( x 2 ) c o s 2 ( x 2 ) + s e n 2 ( x 2 ) . Dividendo numeratore e denominatore per c os 2 ( x 2 ) si ottiene s e n ( x 2 ) = 2 t a n ( x 2 ) 1 + t a n 2 ( x 2 ) , vale a dire la prima di (3). La seconda formula si deduce in modo del tutto simile. 15 e poiché tanto P 2 t 1 + t 2 , 1 − t 2 1 + t 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ quanto S 2 t 1 + t 2 , 1 − t 2 1 + t 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ sono funzioni razionali di t anche f ( s e n x , c os x ) diventa una funziona razionale di t . Tenuto conto della formula generale di integrazione mediante cambiamento di variabile e del fatto che d 2 ar c t an t ( ) d t = 2 1 + t 2 abbiamo: f ( s e n x , c os x ) d x ∫ = f 2 t 1 + t 2 , 1 − t 2 1 + t 2 ( ) 2 1 + t 2 d t ∫ dove la funzione integranda del secondo membro è razionale rispetto a t . Possiamo dunque impiegare per essa il metodo generale sviluppato nel precedente paragrafo. §6 INTEGRAZIONE DI f ( x , x a m , x b m , … , x c m ) CON f RAZIONALE E m , n , b , … , c ∈ Z . Conviene adottare il cambiamento di variabile t = x m , di guisa che d t = m x m − 1 d x e dunque f ( x , x a m , x b m , … , x c m ) d x ∫ = m t m − 1 f ( t m , t a , t b , … , t c ) d t ∫ . In tal modo ci si riconduce al caso delle funzioni razionali. §7 INTEGRAZIONE DI FUNZIONI f x , a x 2 + b x + c ( ) CON f RAZIONALE Dobbiamo distinguere i casi seguenti: a > 0 : 1° a < 0 c > 0 : 2° c < 0 : 3° ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1° caso ) Poniamo a x 2 + b x + c = P ( x , t ) con P ( x , t ) polinomio incognito tale che elevando al quadrato entrambi i membri si possa ricavare x da t . Così sarà senz’altro se scompare il monomio a x 2 , conviene pertanto assumere P ( x , t ) = a x + t . Otteniamo b x + c = 2 a t + t 2 ; x = t 2 − c b − 2 a t ; d x = 2 − a t 2 + b t − c a b − 2 a t ( ) 2 e a x 2 + b x + c = a t 2 + b t − c a b − 2 a t . Sostituendo in f x , a x 2 + b x + c ( ) d x ∫ avremo una funzione integranda razionale. 2° caso ) Conviene assumere a x 2 + b x + c = c + t x , difatti, elevando al quadrato ambo i membri scompare c , si può semplificare rispetto a x e si ottiene così x = 2 c t − b a − t 2 ; d x = 2 c t 2 − b t + a c ( a − t 2 ) 2 d t e a x 2 + b x + c = c t 2 − b t + a c a − t 2 . Sostituendo in f x , a x 2 + b x + c ( ) d x ∫ otterremo ancora una volta una funzione integranda razionale. 3° caso ) Affinché a x 2 + b x + c assuma valori reali occorre che Δ > 0 . Se così è indichiamo con α e β le radici dell’equazione a x 2 + b x + c = 0 . Chiaramente: a x 2 + b x + c = a ( x − α ) ( x − β ) . 16 Assumiamo a x 2 + b x + c = ( x − α ) t . Elevando al quadrato e semplificando otteniamo a ( x − β ) = ( x − α ) t 2 , il che consente di esprimere x razionalmente rispetto a t . Procedendo come sopra potremo esprimere la funzione integranda f x , a x 2 + b x + c ( ) razionalmente rispetto a t . ESEMPIO 15 Consideriamo gli integrali del tipo a x 2 + c d x ∫ e 1 a x 2 + c d x ⌠ ⌡ con a > 0 . Il primo dei due si riduce al secondo mediante la formula di integrazione per parti, come subito si vede senza difficoltà. Inoltre, essendo d x = − a t 2 + c a a t 2 e a x 2 + c = − a t 2 − c a 2 a t , quest’ultimo è banale. Procedendo in tal modo si ottiene, a conti fatti: 1 a x 2 + c d x ⌠ ⌡ = l g x + x 2 + a + c o s t a x 2 + c d x ∫ = 1 2 x x 2 + a + 1 2 l g x + x 2 + a + c o s t Tali integrali vengono utili, ad esempio, per calcolare la lunghezza di un’elica conica, vale a dire di una curva regolare di equazione  r ( t ) = t c os t  i + t c os t  j + t  k , la cui lunghezza per 0 ≤ t ≤ 10 π è data da   r ( t ) d t 0 10 π ∫ = 2 + t 2 d t 0 10 π ∫ = 5 π 100 π 2 + 2 + l g 10 π + 100 π 2 + 2 ( ) − l g 2 . ESEMPIO 16 L’integrale x 2 + 1 d x ∫ rientra evidentemente in quelli considerati nel precedente esempio. Esso può essere risolto alternativamente ricorrendo alle funzioni iperboliche s h x : = e x − e − x 2 ; c h x : = e x + e − x 2 ; t h x : = s h x c h x Cominciamo col notare che s h è funzione dispari, mentre c h è funzione pari inoltre: c h x ≥ 1 2 e x ≥ s h x c h 2 x − s h 2 x = 1 Quest’ultima relazione consente di interpretare geometricamente il seno e coseno iperbolici come ordinate e ascisse di un punto mobile su un’ellisse unitaria anziché su una circonferenza come nel caso delle ordinarie funzioni goniometriche seno e coseno. Un semplicissimo studio di funzioni permette di tracciare l’andamento dei grafici: s h c h 17 Altre proprietà immediatamente dimostrabili sono: s h ( x + y ) = s h x c h y + c h x s h y c h ( x + y ) = c h x c h y + s h x s h y D s h x = c h x D c h x = s h x come si vede simili ma non identiche a quelle di seno e coseno. Si osservi che la funzione y = s h x è invertibile. L’inversa x = ar s h y è derivabile e d d y ar s h y = 1 c h t = 1 1 + s h 2 t = 1 1 + y 2 pertanto 1 1 + y 2 d y ⌠ ⌡ = ar s h y + c Ciò premesso torniamo al calcolo dell’integrale x 2 + 1 d x ∫ . Posto x = s h t , e t − e − t 2 = x ⇒ e 2 t − 2 x e t − 1 = 0 ⇒ e t = x + x 2 + 1 pertanto t = l g x + x 2 + 1 . Se ne trae che d x = c h t d t e dunque x 2 + 1 d x ∫ = c h 2 t d t ∫ = c h t d s h t ∫ = c h t s h t 2 + t 2 + c . La conclusione, esprimendo quest’ultimo termine in funzione di x tramite le precedenti formule, è che x 2 + 1 d x ∫ = x x 2 + 1 2 + 1 2 l g x + x 2 + 1 + c (cfr. con il risultato ottenuto nell’esempio 15). ESEMPIO 16-bis Calcolare l’integrale x 2 − 1 d x ∫ . Assumeremo x ≥ 1 . Posto x = c h t con t ≥ 0 tale funzione è un diffeomorfismo (più specificatamente: invertibile con derivata continua della funzione inversa). x 2 − 1 = c h 2 t − 1 = s h t e d x = s h t d t quindi x 2 − 1 d x ∫ = s h 2 t d t ∫ = c h 2 t d t ∫ − d t ∫ . In virtù di quanto sopra stabilito c h 2 t d t ∫ c h t s h t 2 + t 2 quindi x 2 − 1 d x ∫ = c h t s h t 2 − t 2 + c . Nella fattispecie x = c h t ⇒ e 2 t − 2 x e t + 1 = 0 ⇒ e t =  x + x 2 − 1  x − x 2 − 1 ; scartiamo la seconda soluzione. Otteniamo così t = l g x + x 2 − 1 ( ) ; funzione crescente nell’intervallo ] 0 , + ∞ [ . Conclusione: x 2 − 1 d x ∫ = x x 2 − 1 2 + 1 2 l g x + x 2 − 1 ( ) + c §8 GLI INTEGRALI BINOMI Chiamansi integrali binomi gli integrali del tipo x r ( a + b x s ) p d x ∫ ove a e b sono sostanti reali non nulle e r , s , p ∈ Q . Se p ∈ Z tale integrale rientra tra quelli precedentemente trattati, in quanto la funzione integranda ha la forma f ( x , x a m , x b m , … , x c m ) con f razionale e m , n , b , … , c ∈ Z . 18 ESEMPIO 16 a + b x m n ( ) p x h k d x ⌠ ⌡ ⎮ con n , m , k , h , p ∈ N Supponiamo dunque p ∈ Q − Z . Posto y = a + b x s abbiamo x = y − a b ( ) 1 s , d x = 1 s b y − a b ( ) 1 s − 1 d y e x r ( a + b x s ) p d x = 1 s b y p y − a b ( ) r + 1 s − 1 d y onde x r ( a + b x s ) p d x ∫ = 1 s b y p y − a b ( ) r + 1 s − 1 d y ⌠ ⌡ ⎮ . Sappiamo calcolare quest’ultimo se r + 1 s ∈ Z . ESEMPIO 17 x 3 1 − x 2 3 d x ∫ Abbiamo r = 3 , n = 2 , p = 1 2 , quindi r + 1 s = 2 . Notiamo ora che x r ( a + b x s ) p = x r + s p ( b + a x − s ) p quindi x r ( a + b x s ) p d x ∫ = x r + s p ( b + a x − s ) p d x ∫ . È questo un modo di scrivere l’integrale dato, senza che muti la sua forma generale. Posto y = b + a x − s e procedendo come prima (con b al posto di a , − s al posto di s e r − s p al posto di r ) la precedente condizione diventa r − s p + 1 − s ∈ Z . Concludendo: sappiamo calcolare l’integrale binomio se r + 1 s + p ∈ Z . ESEMPIO 18 x 1 − x 3 3 d x ∫ Abbiamo r = 1 , n = 3 , p = 1 3 , quindi r + 1 s + p = 1 . Il problema (niente affatto banale) nasce quando nessuna di delle tre condizioni sopra scritte è soddisfatta. È infatti stato dimostrato da Tchebichef che ciò comporta l’impossibilità di esprimere l’integrale in questione con funzioni algebriche e con le trascendenti ellittiche a noi note. §9 INTEGRALI DEL TIPO s i n r x c os s x d x ∫ CON r , s ∈ Q Assumendo y = s i n x otteniamo c os x = 1 − y 2 , d x = 1 1 − y 2 d y e s i n r x c os s x d x = y r 1 − y 2 ( ) s − 1 2 d y dunque s i n r x c os s x d x ∫ = y r 1 − y 2 ( ) s − 1 2 d y ∫ . In tal modo ci riconduciamo a un integrale binomio. In base a quanto sopra stabilito la razionalizzazione è facilmente conseguibile allorquando s − 1 2 o r + 1 2 o r + s 2 è intero. Ciò è senz’altro vero se r , s ∈ Z . §10 INTEGRALI DEL TIPO s i n α x c os β x d x ∫ , c os α x c os β x d x ∫ , s i n α x s i n β x d x ∫ È sufficiente applicare le note formule trigonometriche s i n α x c os β x = 1 2 s i n ( α + β ) + c os ( α − β ) [ ] , s i n α x s i n β x = 1 2 s i n ( α − β ) − c os ( α + β ) [ ] e c os α x c os β x = 1 2 c os ( α + β ) + c os ( α − β ) [ ] . 19 §11 INTEGRALI DEL TIPO f ( e x ) d x ∫ CON f FUNZIONE RAZIONALE La sostituzione y = e x comporta d x = ( 1 y ) d y e dunque f ( e x ) d x ∫ = f ( y ) y ⌠ ⌡ d y che è l’integrale di una funzione razionale. Calcolata la primitiva di quest’ultimo potremo sostituire a y il l g x . §12 INTEGRALI P ( x , e a x ) d x ∫ CON P ( x , y ) POLINOMIO DI DUE VARIABILI L’integrale in questione è esprimibile come combinazione lineare di integrali aventi la forma x m e n a x d x ∫ = 1 n a x m e n a x d ( n a x ) ∫ = 1 n a x m d ( e n a x ) ∫ = 1 n a x m e n a x − m n a x m − 1 e n a x d x ∫ . Reiterando l’integrazione per parti su x m − 1 e n a x d x ∫ , e così di seguito quanto è necessario, ci si riconduce banalmente a e n a x d x ∫ , il che azzera le difficoltà. §13 INTEGRALI P ( x ) s i n a x d x ∫ E P ( x ) c os a x d x ∫ CON P ( x ) POLINOMIO Integrando per parti abbiamo: (12) P ( x ) s i n a x d x ∫ = − 1 a P ( x ) c os a x + 1 a ′ P ( x ) c os a x d x ∫ P ( x ) c os a x d x ∫ = 1 a P ( x ) s i n a x − 1 a ′ P ( x ) s i n a x d x ∫ ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Da qui, essendo ′ P ( x ) c os a x d x ∫ = 1 a ′ P ( x ) d ( s i n a x ) ∫ = 1 a ′ P ( x ) s i n a x − 1 a ′ ′ P ( x ) s i n a x d x ∫ otteniamo P ( x ) s i n a x d x ∫ = − 1 a P ( x ) c os a x + 1 a 2 ′ P ( x ) s i n a x − 1 a 2 s i n a x ′ ′ P ( x ) d x ∫ , etc. etc. Procedendo così di seguito la difficoltà si riduce a quella del calcolo (banale) di s i n a x d x ∫ e c os a x d x ∫ . ESEMPIO 19 ( x 2 − 2 x + 1 ) s i n a x d x ∫ ( x 2 − 2 x + 1 ) s i n a x d x ∫ = − 1 a ( x 2 − 2 x + 1 ) c os a x + 1 a 2 ( 2 x − 2 ) s i n a x − 1 a 2 2 s i n a x d x ∫ . Otteniamo quindi ( x 2 − 2 x + 1 ) s i n a x d x ∫ = − 1 a ( x 2 − 2 x + 1 ) c os a x + 1 a 2 ( 2 x − 2 ) s i n a x + 2 a 3 c os a x + c . ESEMPIO 20 ( x 3 + x ) c os a x d x ∫ ( x 3 + x ) c os a x d x ∫ = 1 a ( x 3 + x ) s i n a x − 1 a ( 3 x 2 + 1 ) s i n a x d x ∫ = 1 a ( x 3 + x ) s i n a x − 1 a − 1 a ( 3 x 2 + 1 ) c os a x + 1 a 6 x c os a x d x ∫ ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ = 1 a ( x 3 + x ) s i n a x + 1 a 2 ( 3 x 2 + 1 ) c os a x − 1 a 2 1 a 6 x s i n a x − 1 a 6 s i n a x d x ∫ ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ Vale a dire: ( x 3 + x ) c os a x d x ∫ = 1 a ( x 3 + x ) s i n a x + 1 a 2 ( 3 x 2 + 1 ) c os a x − 1 a 3 6 x s i n a x − 6 a 4 c os a x + c §14 INTEGRALI DEL TIPO x n e a x s i n b x d x ∫ E x n e a x c os b x d x ∫ È possibile, come vedremo, pervenire a una formula analitica assai comoda e sintetica. Abbiamo: d ( e a x s i n b x ) = e a x ( b c os b x + a s i n b x ) d x d ( e a x c os b x ) = e a x ( a c os b x − b s i n b x ) d x quindi, con facili calcoli: 20 e a x s i n b x d x = a d ( e a x s i n b x ) − b d ( e a x c os b x ) a 2 + b 2 e a x c os b x d x = b d ( e a x s i n b x ) − a d ( e a x c os b x ) a 2 + b 2 Assumendo che anche a possa variare possiamo riscrivere tali formule nel seguente modo: e a x s i n b x = ∂ ∂ x e a x ( a s i n b x − b c os b x ) a 2 + b 2 e a x c os b x = ∂ ∂ x e a x ( b s i n b x + a c os b x ) a 2 + b 2 Poiché ∂ e a x ∂ a = x e a x , ∂ 2 e a x ∂ a 2 = x 2 e a x , … , ∂ n e a x ∂ a n = x n e a x derivando parzialmente rispetto ad a le due precedenti formule otteniamo x n e a x s i n b x = ∂ n ∂ a n ∂ ∂ x e a x ( a s i n b x − b c os b x ) a 2 + b 2 = ∂ ∂ x ∂ n ∂ a n e a x ( a s i n b x − b c os b x ) a 2 + b 2 x n e a x c os b x = ∂ n ∂ a n ∂ ∂ x e a x ( b s i n b x + a c os b x ) a 2 + b 2 = ∂ ∂ x ∂ n ∂ a n e a x ( b s i n b x + a c os b x ) a 2 + b 2 Integrando rispetto a x entrambe queste formule ricaviamo le formule integrali seguenti (13) x n e a x s i n b x d x ∫ = ∂ n ∂ a n e a x ( a s i n b x − b c os b x ) a 2 + b 2 + c x n e a x c os b x d x ∫ = ∂ n ∂ a n e a x ( b s i n b x + a c os b x ) a 2 + b 2 + c ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ §15 ESERCIZI CON RISPOSTA (Dipartimento di Matematica – Politecnico di Torino) [ 28 ] ( 1 + c os x ) 2 d x ∫ = 3 2 x + 2 s i n x + s i n x c os x 2 + c [ 29 ] c os 3 x d x ∫ = s i n x − s i n 3 x 3 + c [ 30 ] 1 1 + e 2 x d x ⌠ ⌡ ⎮ = x − 1 2 l g 1 + e 2 x ( ) + c [ 31 ] 1 x 2 ( 2 + x 2 ) d x ⌠ ⌡ ⎮ = − 1 2 x − 2 4 ar c t an x 2 + c [ 32 ] x 3 s i n h x d x = ( x 3 + 6 x ) c os h x − 3 ( x 2 + 2 ) s i n h x + c ∫ [ 33 ] l g x + 1 + x − 1 ( ) d x = x l g x + 1 + x − 1 ( ) ∫ − x 2 − 1 2 + c [ 35 ] x 3 x 2 + 7 x + 12 d x ⌠ ⌡ ⎮ = x 2 2 − 7 x + 64 l g x + 4 − 27 l g x + 3 [ 34 ] x 3 − 2 x 4 + x 2 d x ⌠ ⌡ ⎮ = 1 2 l g x 2 + 1 ( ) + 2 x + 2 ar c t an x + c