UNIVERSIT DEGLI STUDI DI ROMA TRE Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica

APPUNTI ED ESERCIZI SUGLI INTEGRALI DI FUNZIONI

DI UNA VARIABILE

B. Palumbo, dicembre 2011

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Nota: questi appunti non sostituiscono la trattazione elementare degli integrali definiti e indefiniti; essi contengono piuttosto una serie di osservazioni e di tecniche per risolvere particolari tipi di integrali. Si suppone pertanto che il lettore gi conosca i procedimenti elementari (integrali immediati, integrazione per sostituzione, integrazione per parti).

1. Integrazione dei fratti semplici

Esiste un procedimento generale che consente di determinare l'insieme delle primitive di una

funzione del tipo )()(

xDxN

, rapporto tra due polinomi N(x) e D(x) di gradi qualsiasi, purch si conosca la scomposizione del denominatore D(x) in fattori di primo o di secondo grado. Pi esattamente, si procede come segue:

- se la frazione impropria, cio se il grado di N maggiore o uguale al grado di D, si effettua la divisione tra i due polinomi N e D, ottenendo un quoziente Q(x) ed un resto R(x), quest'ultimo sempre di grado strettamente inferiore al grado di D; in questo modo si pu scrivere

)()()()(

)(xDxR

xQxDxN

+= , il che significa che possiamo sempre ricondurci all'integrazione di una

frazione propria; - considerata quindi una frazione propria, in cui il grado del denominatore maggiore di 1,

essa viene scritta come una somma di fratti semplici, cio opportune frazioni di cui si conosce (o si pu calcolare facilmente) l'integrale indefinito.

I quattro tipi di fratti semplici sono:

1) bax +1

; 2) nbax )(

1+

; 3) cbxax

HKx++

+2 ; 4) ncbxax

HKx)( 2 ++

+,

dove nei casi 3) e 4) supponiamo (almeno per il momento) che si abbia = b2 4ac < 0, cio che il trinomio ax2 + bx + c sia irriducibile nel campo reale. Inoltre nei casi 2) e 4) supponiamo che n sia un numero naturale maggiore o uguale a 2.

2

Nel caso 1) l'integrale indefinito si trova immediatamente: infatti, scritto + dxbax1

come

+ dxbaxa

a

1, si trova facilmente cbax

adxbax ++=+ log

11.

ESEMPIO 1.1. Calcolare gli integrali +dx

x 25

e

dxx27

1.

SOLUZIONE. Nel primo integrale il coefficiente di x nel binomio a denominatore 1, per

cui si ha subito cxdxx

dxx

++=+

=

+ 2log52152

5. Per risolvere il secondo integrale scriviamo

cxdxx

dxx

+=

=

27log21

272

21

271

, oppure indifferentemente cx + 72log21

.

Anche l'integrale del caso 2) facile, perch si ha +=+ dxbaxa

adxbax nn )(

1)(

1, che con la

sostituzione ax + b = t, a dx = dt, diventa cbaxnaK

ctnat

dta nnn

++

=+

= 11 ))(1()1(

11 (1)

.

ESEMPIO 1.2. Calcolare gli integrali

2)1(xdx

e + dxx 5)13(1

.

SOLUZIONE. Nel primo integrale il coefficiente di x 1, perci abbiamo subito =

2)1(xdx

cx

+

=

11

. Invece per risolvere il secondo integrale scriviamo + dxx 5)13(1

=

= + dxx 5)13(3

31

= =+ dxx 3)13(

31 5

cx

x+

+=

++ +

4

15

)13(121

15)13(

31

.

Il calcolo dell'integrale nel caso 3) meno immediato, perch se K diverso da 0 occorre in generale spezzare l'integrale in due parti. Per semplificare la trattazione, cominciamo allora

considerando il caso K = 0, che in effetti equivale a considerare ++ cbxaxdx

2 (ricordiamo ancora che per il momento stiamo supponendo che il trinomio a denominatore abbia discriminante negativo).

Per risolvere questo integrale, per prima cosa si raccolga e si porti fuori dall'integrale il coefficiente a, in modo da avere un trinomio di secondo grado con primo coefficiente unitario. Occorre quindi proseguire con il "completamento del quadrato": dopo aver riscritto senza modifiche i primi due termini, sempre possibile determinare un numero per il quale questi tre termini danno il quadrato di un binomio.

- Avendo supposto < 0, sar necessario aggiungere un numero positivo per riottenere il

trinomio del passaggio precedente. Ci si riconduce cos all'integrale ++ 22)( qpxdx

, che si risolve

facilmente ricordando che ca

taat

dt+=

+ arctg1

22 .

1 Per ricordare facilmente questa formula, conviene scrivere c

n

tdtt

t

dt nn

n ++

+

== 11

.

3

ESEMPIO 1.3. Calcolare gli integrali + 1362 xxdx

e ++ 753 2 xxdx

.

SOLUZIONE. Nel primo integrale il coefficiente di x2 gi 1, perci possiamo procedere subito con il completamento del quadrato. Dopo aver riscritto i termini x2 e 6x, vediamo che con il termine 9 si ottiene un quadrato perfetto, precisamente (x 3)2. Perci possiamo scrivere

cx

x

dxxx

dxxx

dx+

=

+=

++=

+ 23

arctg21

4)3(496136 222 .

Per risolvere il secondo integrale, raccogliamo al denominatore il fattore 3, ottenendo cos

++ 3

7353

12 xx

dx. Scriviamo poi

+++ 37

3625

3625

353

12 xx

dx

(2), che d a sua volta

.

5956

arctg592

659

65

arctg596

31

3659

653

12 c

xc

x

x

dx+

+=+

+=

+

+

Ora, per risolvere pi in generale il caso 3), si consideri che con un semplice artificio, l'integrale di

cbxaxHKx++

+2 si pu sempre ricondurre al caso appena visto, con l'aggiunta di un

integrale immediato: possibile infatti ricondursi ad un integrale del tipo +++ dx

cbxaxbax

22

, che d

log(ax2 + bx + c) (essendo il numeratore la derivata del denominatore), ed un altro del tipo

++ cbxaxdx

2 , che abbiamo risolto sopra. Ad esempio, si consideri +++ dxxx

x

75312

2 , in cui il

denominatore lo stesso del caso precedente, ma presente anche a numeratore un binomio di primo grado. Essendo 6x + 5 la derivata del denominatore, possiamo trasformare l'integrale come segue:

+++

=

+++ dx

xx

xdx

xx

x

75332)56(3

1

75312

22 ,

cio scrivendo davanti al binomio un coefficiente tale da riottenere lo stesso coefficiente di x, e poi sommando un termine numerico in modo da ritrovare lo stesso binomio presente al primo membro.

Si ha quindi +++++

=

+++

75332

75356

31

75312

222 xx

dxdxxx

xdxxx

x. Ora, il primo integrale

immediato, e d )753log(31 2 ++ xx , mentre il secondo coincide con quello calcolato sopra;

abbiamo in conclusione

cx

xxdxxx

x+

+++=

++

+ 59

56arctg

5934)753log(

31

75312 2

2 .

2 Qualche volta il completamento del quadrato si ottiene a mente in un solo passaggio; in caso di difficolt, basta

comunque ricordare che, se il trinomio si presenta come x2 + bx + c, il termine da aggiungere a x2 + bx per ottenere il quadrato di un binomio b2/4.

4

In conclusione, possiamo affermare che l'integrazione del fratto semplice di tipo 3) d sempre la somma di un logaritmo e di un'arcotangente (eventualmente uno di questi termini pu mancare).

Rimane infine da trattare il caso 4), che a volte pu risultare molto laborioso. In primo luogo, se K non 0, isoliamo al numeratore il binomio 2ax + b, ottenendo cos un integrale immediato (che d una funzione razionale). Una volta ottenuto un integrale del tipo ( ) ++ ncbxax

dx2

, procediamo in

modo simile al caso precedente, raccogliendo il fattore a e poi completando il quadrato. Perci il

problema si riconduce a calcolare un integrale del tipo ( ) + naxdx

22, con n maggiore o uguale a 2.

Sono possibili diversi procedimenti per affrontare questo integrale, che per lo pi consistono nel dare una formula di riduzione, cio una formula contenente ancora un integrale dello stesso tipo, ma con un nuovo esponente n' < n. Nel nostro caso, detto In l'integrale ( ) + nax

dx22

, si pu ottenere

una tale formula procedendo come segue:

( ) ( ) ( ) ( ) .111

22

2

221

22

222

222

2

222 +=

+

+=

+=

+=

dxax

x

aa

Idxax

xax

adx

ax

a

aax

dxIn

n

nnnn

Quest'ultimo integrale pu essere calcolato per parti: posto f(x) = x e nax

xxg

)()( 22 +

= , da

cui 122 ))(1(21)(

+=

naxnxg , si ha:

=

++

+=

+ 122122222

)()1(21

))(1(2)( nnn axdx

naxn

xdxax

x

)1(2))(1(21

122

++

=

n

Iaxn

x nn

,

da cui ,)1(2))(1(2 21

122221

an

Iaxna

x

a

II nn

n

n

++=

e quindi la formula di riduzione

caxan

xIan

nInnn

++

+

=

122212 )()1(2)1(232

. (1.1)

Perci, dato l'integrale ( ) += nn axdxI

22, con n 1 applicazioni successive della (1.1) ci si

riconduce al caso += 221 ax

dxI , che immediato.

ESEMPIO 1.4. Calcolare gli integrali ( ) + 22 9xdx

e ( ) + 32 9xdx

.

SOLUZIONE. Per il primo integrale, applichiamo direttamente la (1.1) con n = 2 ed a = 3:

5

.

)9(183arctg

541

)9)(12(9299)12(2322

)9( 22222c

x

xxc

x

x

x

dxx

dx+

++=+

++

+

=

+

Il secondo integrale si pu risolvere ancora tramite la (1.1), con n = 3 ed a = 3:

cx

x

x

dxc

x

x

x

dxx

dx+

++

+=+

++

+

=

+ 2222222232 )9(36)9(121

)9(9)13(2)9(9)13(2332

)9( ,

cosicch il problema ricondotto al calcolo di + 22 )9(xdx

, che gi stato effettuato. In

conclusione, abbiamo

=++

+

++=

+ cxx

x

xx

x

dx22232 )9(36)9(183arctg54

1121

)9(

.)9(36)9(2163arctg6481

222 cx

x

x

xx+

++

++=

Per comodit, riportiamo di seguito i casi pi frequenti nelle applicazioni, cio n = 2 ed n = 3:

caxa

x

a

x

aax

dx+

++=

+ )(2arctg21

)( 2223222 (1.2)

caxa

xax

a

x

aax

dx+

+

++=

+ 222423

5322 )(853

arctg83

)( (1.3)

Volendo, possibile dare per il calcolo di ( ) + naxdx

22 la seguente formula chiusa, che evita

l'uso della formula di riduzione (1.1):

cax

a

knkn

xa

x

an

n

ax

dx n

kkn

kn

nn+

++

+

=

+

=

+

+

2122

122

1222 )(!)!212(!)!22(

arctg!)!22(

!)!32()( . (1.4)

Ad esempio, per il calcolo dell'integrale + 52 )7(xdx

, l'applicazione diretta della (1.4) con

7=a ed n = 5 d:

( )=+

+

+=+

=

cxk

kx

x

x

dxk

k

k5

262

211

952 )7(7

!)!211(!)!210(

7arctg)7(!!8

!!7)7(

=+

+

+

= =

cxk

kx

x

kk

k5

262

211

27 )7(

7!)!211(!)!210(

7arctg

7128

5

=++

+

= =

cxk

kxxk

k

k5

262

2

3 )7(7

!)!211(!)!210(

1285

7arctg

771285

6

=+

++

++

++

++=

cxxxx

xx

77

!!1!!0

)7(7

!!3!!2

)7(7

!!5!!4

)7(1

!!7!!6

1285

7arctg

7439045

2

3

22

2

32

1

42

.)7(439045

)7(94085

)7(336)7(567arctg7439045

2223242 cx

x

x

x

x

x

x

xx+

++

++

++

++=

2. Integrazione delle funzioni razionali

Come abbiamo osservato in precedenza, per risolvere il problema dell'integrazione delle funzioni razionali basta limitarsi a considerare le sole frazioni proprie. Vediamo ora alcuni procedimenti che consentono di scrivere una funzione razionale propria come somma di fratti semplici, e quindi di calcolarne l'integrale indefinito.

Cominciamo con il caso dell'integrale +++ dx

dcxbaxHKx

))(( , in cui il denominatore il prodotto di due fattori lineari distinti(3), e dove eventualmente pu essere K = 0 (il che significa che al numeratore si trova solo una costante anzich un binomio di primo grado). Questo caso pu essere risolto scrivendo

dcxB

baxA

dcxbaxHKx

++

+=

++

+

))(( , e poi imponendo che A e B abbiano valori tali da rendere vera l'identit per ogni x che non annulli uno dei denominatori.

ESEMPIO 2.1. Calcolare gli integrali 2422 xx

dx e

+ dxxx

x

15613

2 .

SOLUZIONE. Per risolvere il primo integrale, osserviamo che il denominatore si scompone come (x + 4)(x 6). Perci possiamo scrivere

64)6)(4(1

++

=

+ x

Bx

Axx

.

Riducendo allo stesso denominatore, e poi eliminando il denominatore stesso, troviamo

1 = A(x 6) + B(x + 4) = (A + B)x + (6A + 4B).

Dovendo questa uguaglianza essere identicamente verificata, bisogna imporre che i due polinomi abbiamo ordinatamente gli stessi coefficienti. Da ci otteniamo il sistema

=+

=+

,1460BA

BA

la cui soluzione 101

=A , 101

=B . Si ha quindi la decomposizione 6

101

4101

)6)(4(1

++

=

+ xxxx,

e da questa il calcolo dell'integrale:

3 Con la condizione che i due fattori siano distinti, supponiamo anche che il binomio cx + d non sia multiplo di ax + b.

7

.

46log

101|6|log

101|4|log

101

6101

4101

)6)(4( cxx

cxxdxxxxx

dx+

+

=+++=

++

=

+

Per risolvere il secondo integrale procediamo allo stesso modo, dopo aver osservato che le

radici dell'equazione 0156 2 = xx sono 23

e 35

, e pertanto la scomposizione del denominatore

)53)(32(35

236156 2 +=

+= xxxxxx . Possiamo allora scrivere

533215613

2

++

=

+

x

Bx

Axx

x,

che d il sistema

=+

=+

,135323

BABA

da cui la decomposizione 53

1918

32197

15613

2

++

=

+

xxxx

x; quindi:

.|53|log196|32|log

387

15613

2 cxxdxxxx

+++=

+

Il procedimento appena visto pu essere applicato a tutti i casi in cui il denominatore si scomponga in soli fattori lineari tutti distinti, cio quando gli zeri del denominatore sono tutti reali e semplici.

ESEMPIO 2.2. Calcolare gli integrali ++ )5)(3( xxxdx

e + dx

xxx

xx

81045123

23

2

.

SOLUZIONE. Per il primo integrale, scriviamo subito

53)5)(3(1

++

++=

++ x

Cx

Bx

Axxx

,

cio )5)(3()3()5()5)(3(

)5)(3(1

++

++++++=

++ xxx

xCxxBxxxAxxx

. Questo porta al sistema

=

=++

=++

,1150358

0

ACBA

CBA da cui la decomposizione )5(10

1)3(6

115

1)5)(3(

1+

++

=

++ xxxxxx. Si ha

pertanto:

cxxxxxx

dx++++=

++5log

1013log

61log

151

)5)(3( .

8

Per quanto riguarda il secondo integrale, osserviamo che il denominatore si scompone come )2)(2)(45( + xxx (4), e quindi si pu scrivere

224581045123

23

2

++

+

=

+

x

Cx

Bx

Axxx

xx.

Procedendo come sopra si ha il sistema

=+

=+

=++

,1242422)425()425(

355

CBACB

CBA la cui soluzione

41

,41

,21

=== CBA . Perci:

cxxdxxxx

dxxxx

xx++=

++

+

=

+

|2|log41|45|log

101

241

241

4521

81045123 2

23

2

.

Nell'esempio precedente, per trovare le tre costanti A, B, C, stato necessario risolvere un sistema lineare con coefficienti irrazionali, per il fatto che due dei tre zeri del denominatore erano reali ma irrazionali. In seguito vedremo come possibile, almeno in alcuni casi, evitare l'uso di numeri irrazionali, effettuando una scomposizione "incompleta" del denominatore.

Passiamo ora al caso in cui gli zeri del denominatore siano tutti reali, ma alcuni di essi si presentino con molteplicit maggiore di 1. In tal caso, per ciascun fattore al denominatore del tipo (ax + b)r con r 2, occorrer scrivere la somma di r frazioni, ciascuna con una diversa costante al numeratore, e al denominatore ax + b, (ax + b)2, ..., (ax + b)r.

ESEMPIO 2.3. Calcolare l'integrale + 32 )1)(12( xxx

dx.

SOLUZIONE. Il denominatore un polinomio di sesto grado, che presenta solo zeri reali: 0

di molteplicit 2, 21

di molteplicit 1, 1 di molteplicit 3. Per decomporre la funzione in fratti

semplici, si dovr scrivere:

32232 )1()1(112)1)(12(1

+

+

++

++=+ x

Fx

Ex

Dx

Cx

Bx

Axxx

.

Riducendo allo stesso denominatore si ha

1 = Ax(2x + 1)(x 1)3 + B(2x + 1)(x 1)3 + Cx2(x 1)3 + + Dx2(2x + 1)(x 1)2 + Ex2(2x + 1)(x 1) + Fx2(2x + 1),

4 Per ottenere questo risultato si pu effettuare un raccoglimento parziale, evitando cos l'applicazione della regola di

Ruffini.

9

da cui il sistema

=

=+

=+++

=++

=++

=++

.10

0302353

023325022

BBA

FEDCBAFECBA

EDCBADCA

Risolvendo questo sistema, si ha A = B = 1, 2732

=C , 2743

=D , 98

=E , 31

=F , perci il

calcolo dell'integrale d:

=

+

++

dxxxxxxx 322 )1(3

1)1(9

8)1(27

43)12(27

3211

cxxx

xxx +

++++= 2)1(61

)1(981|1|log27

43|12|log2716||log =

cxxxxx

xx+++

+= |1|log27

43|12|log2716||log)1(18

1855342

2.

Osserviamo ora il caso in cui al denominatore figurino anche fattori del tipo ax2 + bx + c con < 0, e nessuno di essi risulti elevato ad una potenza superiore ad 1. Per ciascuno di tali fattori

occorrer introdurre nella decomposizione una frazione del tipo cbxax

BAx++

+2 , dove cio al

numeratore figura un binomio di primo grado anzich una costante.

ESEMPIO 2.4. Calcolare l'integrale + 83xdx

.

SOLUZIONE. Per una nota formula di algebra elementare, il denominatore si scompone come (x + 2)(x2 2x + 4). Si ha quindi la decomposizione

42281

23 +

++

+=

+ xx

CBxx

Ax

,

che d luogo al sistema .124

0220

=+

=++

=+

CACBA

BA Essendo la soluzione

121

=A , 121

=B , 31

=C , si ha:

=

+

+++=

+

++

+=

+ dx

xx

x

xdxxx

x

xx

dx42

41)22(

241

|2|log121

4231

122

121

8 223

cx

xx

xx

x

dxxxx +

++

++=

++++= 3

1arctg

341

4244log

241

3)1(41)42log(

241|2|log

121

2

2

22

.

10

ESEMPIO 2.5. Calcolare l'integrale ++ )19)(14( 22 xxxdx

.

SOLUZIONE. In questo caso la decomposizione 1914)19)(14( 2222 +

++

+

+=

++ x

DCxx

BAxxx

x.

Abbiamo allora il sistema

=+

=+

=+

=+

,01

049049

DBCA

DBCA

la cui soluzione 54

=A , B = 0, 59

=C , D = 0, e perci:

=

++

+=

++ 1959

1454

)19)(14( 2222 xxdx

x

xdxxx

xdx

.

1419log

101)19log(

101)14log(

101

2

222 c

x

xcxx +

+

+=++++=

Infine consideriamo il caso in cui nel denominatore della funzione integranda appaiano uno o pi trinomi ax2 + bx + c, sempre con < 0, elevati ad esponenti maggiori o uguali a 2. Per ciascuno di tali fattori (ax2 + bx + c)r occorre inserire nella decomposizione r frazioni, ciascuna delle quali presenta a numeratore un binomio di primo grado e a denominatore ax2 + bx + c, (ax2 + bx + c)2, ..., (ax2 + bx + c)r.

ESEMPIO 2.6. Calcolare l'integrale ++ 22 )22( xxxdx

.

SOLUZIONE. La decomposizione si effettua ponendo

22222 )22(22)22(1

++

++

++

++=

++ xx

EDxxx

CBxx

Axxx

.

Questa volta troviamo il sistema

=

=++

=+++

=++

=+

,14028

0228024

0

AECA

DCBACBA

BA

la cui soluzione 41

=A , 41

=B , 21

=C , 21

=D , E = 1. Si ha quindi

=

++

+++

+=++

dxxx

x

xx

x

xxxx

dx22222 )22(

121

2221

41

41

)22(

11

=

++

++

++

++= dxxx

xdx

xx

x

x 222 )22(21)22(

41

2241)22(

81

||log41

++

++++++= 222

2

)22(21

221

41)1arctg(

41)22log(

81||log

41

xx

dxxx

xxxx .

Essendo poi x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1, si pu applicare la (1.2) con a = 1 ed x + 1 al posto di x

(5), cos da ottenere c

xx

xx

xx

dx+

++

+++=

++ )22(21)1(arctg

21

)22( 222 ; in conclusione, si ha:

cxx

xx

xx

x

xxx

dx+

+++

++=

++ )22(4)1(arctg21

22log

81

)22( 222

22 .

Come si visto negli esempi precedenti, in alcuni casi i fratti semplici contengono al denominatore un trinomio di secondo grado con < 0, e in questo caso l'integrale si risolve con il completamento del quadrato e riconducendosi infine alla funzione arcotangente. Nel caso > 0 fino a questo punto abbiamo sempre scomposto il trinomio, ma osserviamo che quando gli zeri del trinomio sono irrazionali potrebbe essere un procedimento scomodo; conviene quindi in questo caso non scomporre il trinomio, ma trattarlo con procedimenti analoghi a quelli utilizzati sopra per i trinomi irriducibili.

Per illustrare il procedimento, consideriamo, oltre al caso gi visto dell'integrale + 22 axdx

,

anche il caso

22 ax

dx; questo si pu risolvere una volta per tutte scomponendo la funzione

integranda in fratti semplici, ed ottenendo cos

cax

ax

aax

dx+

+

=

log21

22 , (1.5)

formula che pu essere utilizzata come un integrale immediato.

ESEMPIO 2.7. Calcolare gli integrali + 462 xxdx

, +

dxxx

x

3325

2 e + 253 xxxdx

.

SOLUZIONE. Per risolvere un integrale del tipo ++ cbxaxdx

2 , indipendentemente dal fatto

che sia positivo o negativo, per prima cosa mettiamo in evidenza a denominatore il fattore a, per poi trasportarlo fuori dall'integrale e proseguire con il solito "completamento del quadrato". Nel primo caso il coefficiente di x2 gi 1, perci abbiamo:

.

5)3(59646 222 =+=+ xdx

xx

dxxx

dx

A questo punto, l'applicazione della (1.5) con 5=a e (x 3) al posto di x d il risultato

5 Si ricordi che la formula (1.1), e cos pure le formule "dirette" (1.2), (1.3) e (1.4), si possono applicare con un binomio

x + p al posto di x, ma in tal caso occorre ricordare di sostituire ogni termine x con x + p.

12

.

5353log

521

462c

x

x

xx

dx+

+

=

+

Il secondo caso analogo, ma occorre prima isolare la derivata del denominatore; si ha allora:

+

+=+

+=

+

3361733log

65

33

265)16(

65

3325

22

22 xx

dxxxdx

xx

x

dxxx

x.

Per risolvere + 33 2 xx

dx, procediamo come sopra, considerando anche il fatto che il primo

coefficiente diverso da 1:

+

=

++=

+=

+

3637

613

1

1361

361

331

13

31

33 2222x

dxx

x

dxx

x

dxxx

dx.

Utilizzando la (1.5), con 637

=a e

+ 61

x al posto di x, si ha =+ 33 2 xx

dx

cx

xc

x

x+

++

+=+

++

+=

37163716log

371

637

61

637

61

log371

. In conclusione:

cx

xxxdx

xx

x+

++

++=

+

37163716log

3761733log

65

3325 2

2 .

Infine, nel terzo caso, notiamo che, grazie alla regola di Ruffini, il denominatore si pu scrivere come (x 2)(x2 + 2x 1). Sebbene sia possibile scomporre ulteriormente il denominatore, non conveniente effettuare questa operazione, in quanto il trinomio x2 + 2x 1 presenta radici reali ma irrazionali. Conviene invece effettuare direttamente la decomposizione, ponendo

122)12)(2( 22 ++

+

=

+ xxCBx

x

Axxx

x,

da cui 72

=A , 72

=B , 71

=C . Si ha quindi:

=

+

+=

+

+

=

+ dx

xx

x

xdxxx

x

xxxx

xdx1271)22(

71

|2|log72

1271

72

272

)12)(2( 222

+

++=127

1|12|log71|2|log

72

22

xx

dxxxx .

13

Procedendo come sopra, si ha cx

x

x

dxxx

dx+

++

+=

+=

+ 2121log

221

2)1(12 22 , e in

conclusione:

cx

xxxx +

++

+++

2121log

2141|12|log

71|2|log

72 2

Perci un integrale del tipo +++ dx

cbxaxHKx

2 , nel caso > 0, pu essere risolto in due modi, o

scomponendo il denominatore e poi decomponendo la funzione in fratti semplici, oppure applicando il procedimento appena visto. quindi possibile che lo stesso integrale dia luogo a due soluzioni apparentemente diverse, ma che in realt sono identiche (o differiscono per una costante). Ad esempio, per risolvere ++

dxx

x

517643

2 si pu scrivere

++

+++=++

++=

++

65

6176

13265176log

31

5176326)1712(

31

517643

2

222

xx

dxxxdx

xx

x

dxxx

x,

e siccome cx

xc

x

x

x

dx

xx

dx+

+

+=+

++

+

=

+

=

++ 156

26log136

1213

1217

1213

1217

log

12132

1

144169

1217

65

617 22

, si

ha cx

xxxdx

xx

x+

+

++++=

++

15626log

325176log

31

517643 2

2 .

Siccome per il denominatore ha radici razionali, esso si scrive come (3x + 1)(2x + 5). La decomposizione in fratti semplici d 52

213

15176

432 +

+=

++

xxx

x, e quindi

cxxdxxx

dxxx

x+++=

+

+=

++

52log13log31

522

131

517643

2 .

Nonostante l'apparenza, il risultato trovato lo stesso di prima: infatti l'espressione ottenuta con il primo procedimento si pu anche scrivere

=++++++ cxxxx )52(3log32)13(2log

3252log

3113log

31

=+++++++= cxxxx 52log323log3

213log322log3

252log3113log3

1

cxx ++++=32log

3252log13log

31

,

il che dimostra appunto che, a parte la costante arbitraria c, le primitive trovate coincidono.

14

Gli esempi precedenti mostrano che, accanto all'integrale + naxdx

)( 22 , opportuno

considerare anche il caso

nax

dx)( 22 . Questo si pu risolvere dando una formula di riduzione

simile alla (1.1), cio

( ) ( ) ( ) caxanx

ax

dxan

n

ax

dxnnn

+

=

1222122222 )1(2)1(232

, (1.6)

che si ottiene analogamente alla (1.1), cio scrivendo ( ) ( )

=

dxax

xax

aax

dxnn 22

222

222

1 e poi

calcolando ( ) dxaxx

22

2 per parti. Scriviamo anche qui esplicitamente il risultato nei casi n = 2 ed

n = 3:

( ) ( ) caxax

ax

ax

aax

dx+

+

=

2223222 2log41

(1.7)

( ) ( ) caxaxax

ax

ax

aax

dx+

++

=

222423

5322 853log

163

, (1.8)

ed osserviamo che anche qui possibile dare una formula chiusa per il caso generale, cio:

( ) ( ) caxa

knkn

xax

ax

an

n

ax

dx n

kkn

knk

n

nn+

+

+

=

=

+

+

2122

1221

1222 !)!212(!)!22()1(log2

)1(!)!22(

!)!32(. (1.9)

ESEMPIO 2.8. Calcolare ++ 32 )22)(1( xxx

dx.

SOLUZIONE. In primo luogo scriviamo la decomposizione della funzione integranda:

3222232 )22()22(221)22)(1(1

+

++

+

++

+

++

+=

++ xx

GFxxx

EDxxx

CBxx

Axxx

.

Si ha il sistema

=++

=+++

=++

=++

=++

=++

=+

,124802412

03111802331123

02831804812

048

GECAGFEDBA

FEDCAEDCBA

DCBACBA

BA

la cui soluzione A = 1, B = 2, C = 1, D = 2, E = 1, F = 2, G = 1. Quindi:

15

=

+

++

++

+

++

=

++ dx

xx

x

xx

x

xx

x

xxxx

dx3222232 )22(

12)22(

1222

121

1)22)(1(

=

+

++

+

+++

+

+++= dxxx

xdx

xx

xdx

xx

xx 32222 )22(

23)14(

21

)22(23)14(

21

2223)14(

21

|1|log

++

++

++

+++= 22222

)22(23

221

21

2223|22|log

21|1|log

xx

dxxxxx

dxxxx

+

+ 3222 )22(2

3)22(

141

xx

dxxx

=

+

++

+

+

++

+

+= 3222222

2

2

2

)22(23

)22(23

2223

)22(4524

)1(|22|log

21

xx

dxxx

dxxx

dxxx

xx

x

xx.

Ora, l'integrale + 22 2 xx

dx si risolve scrivendolo come =

+=

+ 12

21

22 22 xx

dxxx

dx

cx

x

x

dx+

++

+=

+

= 17141714log

171

1617

412

12 . Per quanto riguarda

+ 22 )22( xxdx

e

+ 32 )22( xx

dx, in entrambi i casi si pu raccogliere al denominatore il fattore 2 (rispettivamente

al quadrato e al cubo), per poi completare il quadrato come sopra, cos da ricondursi ai due integrali

+

22

1617

41

x

dx e

+

32

1617

41

x

dx. Il primo di questi due integrali si risolve applicando la

(1.7) con 417

=a e

+

41

x al posto di x:

=+

+

+

++

+=

+

cx

x

x

x

x

dx

1617

41

16172

41

417

41

417

41

log

6417174

1

1617

41

222

cxx

x

x

x+

+

+

++

+= )22(17

)14(417141714log

171716

2 ,

mentre per il secondo si risolve applicando la (1.8), sempre con 417

=a e

+

41

x al posto di x:

=+

+

+

++

++

+=

+

cx

xx

x

x

x

dx22

3

32

1617

41

2562898

41

161754

13

417

41

417

41

log

10241728916

3

1617

41

16

cxx

xxx

x

x+

++

+++

+= 22

23

)22(289)411527296(4

17141714log

17289192

.

In conclusione, si ha:

=

++ 32 )22)(1( xxxdx

+++

+

+

++

+

+=

17141714log

1723

)22(4524

)1(|22|log

21

22

2

2

2

x

x

xx

xx

x

xx

+

++

++

++ )22(17

)14(417141714log

171716

83

2 xx

x

x

x

cxx

xxx

x

x+

+

++

++

+ 22

23

)22(289)411527296(4

17141714log

17289192

163

=

cxx

xxx

x

x

x

xx+

++

++

+

++

= 22

23

2

2

)22(578559874164552

17141714log

175781143

)1(|22|log2

1.

Concludiamo questo paragrafo con un cenno su un procedimento alternativo per l'integrazione delle funzioni razionali, noto come formula di decomposizione di Hermite; esso applicabile quando al denominatore della frazione appaiono dei fattori, lineari o quadratici, con esponenti maggiori di 1.

Da quanto detto sopra, evidente che la presenza di fattori con esponenti maggiori di 1 d luogo nella primitiva a termini razionali, oltre ovviamente a logaritmi ed arcotangenti. Allora, se

dobbiamo ad esempio calcolare 32 )1)(12(1

+ xxx (che gi stato risolto prima con il procedimento

classico), possiamo cominciare col considerare le frazioni x

A,

12 +xB

e 1x

C, che daranno termini

logaritmici; a queste aggiungiamo la derivata di un'opportuna funzione razionale, che in questo caso

sar 22

)1( ++

xx

FExDx. Ci si giustifica come segue: al denominatore inseriamo tutti i fattori che nel

denominatore della funzione integranda appaiono con esponente maggiore o uguale a 2, ma diminuiamo di 1 ciascun esponente; al numeratore scriviamo un polinomio di grado uguale a quello del denominatore diminuito di 1 (perci in questo caso di secondo grado). In conclusione, abbiamo la seguente formula di decomposizione:

+++

++

+=+ 2

2

32 )1(112)1)(12(1

xx

FExDxdxd

x

Cx

Bx

Axxx

,

dove si pu osservare che comunque il numero dei coefficienti indeterminati introdotti uguale al grado del denominatore della frazione da decomporre.

In generale, per decomporre una funzione razionale )()(

xDxN

, se il denominatore D(x) si

scompone come sr kss

kkhr

hh cxbxcxbxcxbxaxaxax )()()()()()( 222211221 2121 +++++++++ LL , scriviamo

17

+++

+++

+++

+++

++

+++

++

+=

ss

ss

r

r

cxbxCxB

cxbxCxB

cxbxCxB

ax

Aax

Aax

AxDxN

222

222

112

11

2

2

1

1

)()(

LL

++++++++++

12122

2111

2112

11 )()()()()()(

)(2121 sr k

sskkh

rhh cxbxcxbxcxbxaxaxax

xPdxd

LL,

dove naturalmente in quest'ultima frazione scriviamo esplicitamente solo i fattori con esponente hi oppure kj maggiore di 1, e mettiamo a numeratore un polinomio P(x) di grado inferiore di 1 rispetto a quello di 12122

2111

2112

11 )()()()()()( 2121 +++++++++ sr ksskkhrhh cxbxcxbxcxbxaxaxax LL .

Il vantaggio di questa formula consiste nell'ottenere in modo pi diretto la primitiva evitando l'integrazione esplicita dei fratti semplici dei tipi 2) e 4) (vedi pag. 1): si trovano infatti solo fratti semplici dei tipi 1) e 3), di integrazione molto facile, con l'aggiunta di una frazione algebrica.

Tornando al nostro esempio, per ottenere i sei coefficienti indeterminati occorre prima

calcolare la derivata della frazione, che in questo caso 3223

)1(3)2(

++xx

FFxxEDDx; perci la

formula precedente diventa

32

23

32 )1(3)2(

112)1)(12(1

+++

++

+=+ xx

FFxxEDDxx

Cx

Bx

Axxx

.

Riducendo allo stesso denominatore, troviamo il sistema

=

=

=+

=+

=

=++

,10

062043330235

022

FFA

FEDCBAEDBADCBA

CBA

la cui

soluzione A = 1, 2732

=B , 2743

=C , 9

17=D ,

1855

=E , F = 1. Si ha quindi la decomposizione

++

++

=

+ 2

2

32 )1(1

1855

917

)1(2743

)12(27321

)1)(12(1

xx

xx

dxd

xxxxxx,

da cui cxx

xxxxx

xxx

dx+

++++=

+ 22

32 )1(181855341log

274312log

2716log)1)(12( .

Come ulteriore esempio, possiamo nuovamente calcolare ++ 32 )22)(1( xxx

dx che, come si

visto prima, dava luogo a calcoli piuttosto laboriosi. Grazie alla formula di decomposizione di Hermite, possiamo scrivere:

+

++++

+

++

+=

++ 22

23

232 )22(221)22)(1(1

xx

GFxExDxdxd

xx

CBxx

Axxx

,

che equivale a

18

++

++

+=

++ 221)22)(1(1

232 xx

CBxx

Axxx

32

234

)22(22)84()66()4(2

+

++++

xx

GFxGFExFDxEDDx

(6).

Si ha allora il sistema

=+

=+

=

=

=+

=++

=+

,1224801034412

087461118064531123

048318024812

048

GFCAGFEBA

GFEDCAFEDCBA

EDCBADCBA

BA

la cui soluzione A = 1, B = 2, 289427

=C , 289276

=D , 28982

=E , 289437

=F , 578559

=C . Si trova

pertanto la decomposizione

+

++++

+

++

=

++ 22

23

232 )22(578559

289437

28982

289276

222894272

11

)22)(1(1

xx

xxx

dxd

xx

x

xxxx,

da cui infine

=

+

++++

+

+++=

++ 22

23

232 )22(578559

289437

28982

289276

22578565)14(

21

1log)22)(1( xxxxx

dxxx

x

xxxx

dx

cxx

xxx

x

x

x

xx+

+

+

++

+

+

+= 22

23

2

2

)22(578559874164552

17141714log

175781143

)1(|22|log

21

3. Integrali riconducibili a funzioni razionali

Indichiamo con R(x , y) una funzione razionale delle due variabili x ed y, cio un qualsiasi rapporto tra espressioni polinomiali in x ed y. In questo paragrafo vediamo come alcuni integrali di funzioni algebriche o trascendenti possono essere razionalizzati, cio ricondotti ad integrali di funzioni razionali, e quindi calcolati con le tecniche descritte nei paragrafi precedenti.

Cominciamo con il caso dell'integrale + dxbaxxRn ),( , dove quindi appare una o pi volte

l'espressione n bax + , eventualmente moltiplicata per potenze di x (ma non sotto altre radici, n come argomento di funzioni trascendenti). In questo caso otteniamo facilmente un integrale di funzione razionale tramite la sostituzione ax + b = tn, dove eventualmente occorrer limitare t per assicurare l'invertibilit della funzione utilizzata per la sostituzione.

6 In simili casi, pu essere vantaggioso l'uso della derivata logaritmica.

19

ESEMPIO 3.1. Calcolare ++ 121 xdx

.

SOLUZIONE. Si ponga 2x + 1 = t2, cio 212

=

tx , con la limitazione t 0. Essendo

dx = tdt, l'integrale diventa:

=++=

+=

+=

++ cttdt

tt

dttx

dx |1|log1

111121

cxx ++++= )121log(12 .

Lo stesso procedimento funziona se sotto radice n-esima appare un'espressione del tipo

dcxbax

++

: baster porre ntdcxbax

=

++

, con le solite avvertenze sull'eventuale necessit di limitare t.

ESEMPIO 3.2. Calcolare +19/8

7/1

31dxx

x.

SOLUZIONE. Posto 31 txx

=

+, troviamo 3

3

1 tt

x

= , da cui dtttdx 23

2

)1(3

= . Inoltre, per

71

=x si ha 21

171

71

3 =

+=t , mentre per

198

=x 32

1198198

3 =

+=t Perci l'integrale diventa:

++==+3/2

2/1222

33/2

2/123

219/8

7/1

3)1()1(

3)1(

31 dtttt

tdttt

tdxx

x.

Per decomporre quest'ultima frazione scriviamo:

2222222

3

)1(1)1(1)1()1(3

+++

+++

++

+

=

++ ttFEt

ttDCt

tB

tA

tttt

,

da cui otteniamo il sistema

=+++

=+++

=++

=++

=++

=+

,0022

02332

00

FDBAFEDCBA

FECBAEDBA

DCBACA

e quindi la decomposizione 22222223

)1(1

1

13

)1(31

131

)1()1(3

++

++

++

+

+

=

++ tt

t

tt

t

ttttt

t. Perci:

20

[ ] +

=

++3/2

2/1

3/22/1

3/2

2/1222

3

11

31|1|log

31

)1()1(3

ttdt

ttt

t

=

++

+++

++

++

3/2

2/122

3/2

2/12 )1(

21)12(

21

165)12(

61

dttt

tdt

tt

t

[ ] ++++

=

3/22/1

2 )1log(61)23(

31

21log

31log

31

tt

=

+

+

+

++

+

+

3/2

2/122

3/2

2/12

3/2

2/12

43

212

11

121

43

216

5

t

dttt

t

dt

=

+

+

+

+=

3/2

2/122

43

212

113313

21

32

arctg33

7arctg

335

6376log

61

31

32log

31

t

dt

+

++

=

6/7

12

2

432

1798305

32

arctg33

7arctg

335

197log

61

u

du,

dove nell'ultimo integrale stata effettuata la sostituzione ut =+21

. Questo si risolve con la (1.2):

=

+

+=

+

6/7

1

2

6/7

12

2

433

23

2arctg

334

43 u

uu

u

du

3995

32

arctg33

7arctg

334

4373

23

2arctg

334

43

36493

37

337

arctg33

4

=

+

+

+= .

In conclusione, il valore dell'integrale :

=

++

=

3995

32

arctg33

7arctg

334

21

798305

32

arctg33

7arctg

335

197log

61

13337

32

arctg33

7arctg

31

197log

61

+

=

(7).

7 Volendo, si pu utilizzare la formula

abab

ab+

=

1arctgarctgarctg (valida ad esempio per 0 < a < b) per ottenere

3233

arctg3

2arctg

337

arctg = .

21

Si pu generalizzare ulteriormente il procedimento, considerando funzioni in cui appare pi

volte la stessa espressione dcxbax

++

sotto radici con indici diversi; in questo caso si dovr porre

ptdcxbax

=

++

, dove p il minimo comune multiplo tra gli indici delle varie radici.

ESEMPIO 3.3. Calcolare ++ dx

x

x31

1.

SOLUZIONE. Visto che x appare sotto due radici con indici 2 e 3, si porr x = t6 con t 0. Si avr allora:

++

=

+

+=

+

+ dtt

ttdttt

tdxx

x

166

11

11

2

585

2

3

3 .

La frazione impropria, per cui occorre effettuare la divisione, che d il quoziente t6 t4 + t3 + t2 t 1 ed il resto t + 1. Perci:

=

+

++++=

+

+ dtt

ttttttdx

x

x

1116

11

22346

3

=++++++= ctttttttt arctg6)1log(363223

56

76 223457

cxxxxxxxxx ++++++= 63633 26 56 arctg6)1log(363223

56

76

.

Consideriamo ora un integrale del tipo dxeRx )( , dove cio la funzione integranda un

rapporto tra espressioni polinomiali in ex. In questo caso baster porre x = log t per ottenere l'integrale di una funzione razionale.

ESEMPIO 3.4. Calcolare ++ dx

ee

eexx

xx

572 223

.

SOLUZIONE. Posto x = log t, da cui tdtdx = , l'integrale diventa

++

=

+

+=

+

+ dttt

tttdt

tt

ttdxee

eexx

xx

572572572 22

2

23

2

23.

Dopo aver effettuato la divisione, abbiamo

+=

+

+ dttt

ttdttt

t)52)(1(

592572

59121

2 .

Quest'ultima frazione si pu decomporre come 52

335

134

+

tt, e quindi l'integrale d:

ceee

cttt xx

x

++=++ |52|log635|1|log

34

2|52|log

635|1|log

34

2

22

Se per nella funzione integranda appaiono solo potenze pari di ex, converr porre e2x = t, ed analogamente se vi sono solo potenze di ex con esponenti divisibili per 3, ecc.

Per quanto detto sopra, chiaro che ogni integrale del tipo dxxxR )cosh,senh( razionalizzabile, dato che senh x e cosh x sono a loro volta funzioni razionali di ex.

ESEMPIO 3.5. Calcolare ++dx

xx

x

3cosh2senhsenh

.

SOLUZIONE. Per le definizioni delle funzioni iperboliche, si ha:

( ) =+++

=

++

+

=

++

dxeeee

eedxeeee

ee

dxxx

xxxxx

xx

xxxx

xx

6232

22

23cosh2senh

senh

++

= dxee

exx

x

1631

2

2

.

A questo punto, si procede come sopra, con la sostituzione x = log t:

++

=

++

= dtttt

tdxee

exx

x

)163(1

1631

2

2

2

2

.

La decomposizione della funzione integranda d 163

641)163(

122

2

++

++=

++

tt

t

tttt

t, e quindi:

=+++

+++++=

++

++ ct

ttttdt

tt

t

t 633633log

61163log

32log

163641 2

2

.

633633log

61)163log(

32 2 c

e

eeex

x

x

xx +++

+++++=

Un altro caso molto importante quello dell'integrale dxxxR )cos,sen( . A parte casi particolari in cui esso si risolve immediatamente, il procedimento generale consiste nel trasformare

la funzione utilizzando le note formule razionali in 2

tg x . Successivamente, l'integrale si

razionalizza ponendo tx =2

tg , cio x = 2 arctg t, e quindi 212

t

dtdx+

= .

ESEMPIO 3.6. Calcolare + dxxx

2sensen

.

SOLUZIONE. Applicando le formule dette sopra, si ha:

23

++

=

++

+=

+dx

xx

x

dx

x

x

x

x

dxx

x

12

tg2

tg2

tg

2

2tg1

22tg

2tg1

22tg

2sensen

2

2

2

.

Con la sostituzione tx =2

tg , l'integrale diventa +

++ 12

1 22 tdt

tt

t. La funzione integranda si

pu decomporre come 1

21

222 +

+++

ttt, e pertanto si ha:

=+++

=+

+

+

=

++

++

ctt

t

t

dtdtttt

arctg23

12arctg

34

arctg2

43

21

21

21

2222

c

x

x ++

=

3

12

2tgarctg

34

.

ESEMPIO 3.7. Calcolare

+ dxxx

xxxxx

)cos3(sen1cos3cossencossen3 2

.

SOLUZIONE. Procedendo come sopra, si ha:

=

+

+

+

+

+

+

+

+

dx

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

2tg1

2tg1

3

2tg1

2tg2

1

2tg1

2tg1

3

2tg1

2tg1

2tg1

2tg2

2tg1

2tg1

2tg1

2tg2

3

2

2

2

2

2

22

22

22

2

2

=

+

+

+

+

+

32

32

222

2222

2tg1

2tg12tg12tg132tg12tg22tg12tg12tg6

x

xxxxxxxx

=

++

+ dx

xxx

x

2tg12tg332tg2

2tg1

22

22

24

=

+

+

+

+

+

+

= dxxxx

xxxxxxxx

2tg1

2tg21

2tg4

2tg1

2tg1

2tg13

2tg

2tg21

2tg2

2tg1

2tg6

22

3224424

=

+

+

+++= dxxxx

xxxxxxxxxxx

2tg1

2tg21

2tg4

2tg

2tg3

2tg31

2tg3

2tg3

2tg33

2tg2

2tg4

2tg2

2tg6

2tg6

22

642642535

+

+

+++=

+

+

+++= dx

xxx

xxxxx

dxxxx

xxxxx

2tg1

2tg21

2tg

12

tg22

tg22

tg32

tg42

tg2

21

2tg1

2tg21

2tg

22

tg42

tg42

tg62

tg82

tg4

41

22

3456

22

3456

.

Con la solita sostituzione tx =2

tg , l'integrale diventa:

( )( ) ( )( ) +++++

=

+

+++++

= dtttt

tttttt

dtttt

ttttt222

3456

222

3456

121122342

12

121122342

21

.

La decomposizione della frazione d 2222 )1(4

12

1241

++

+

+

ttt

tt

, e quindi si trova:

=+

++++=

++

+

+ ct

tttttdt

ttt

tt )1(2arctg2

14arctg2)12log(||log)1(4

12

1241

22

2222

cx

x

x

x

ct

t

t

t+

++

+=+

++

+=

12

tg2

tg2

12

tg22

tglog

12

12log

2222.

La seconda frazione equivale a sen x; per quanto riguarda invece l'argomento del logaritmo, si pu scrivere

x

x

xx

x

xx

xx

x

x

x

x

cos3sen

2cos1

2cos12

2sen

2cos2sen22cos2sen

1

2cos2sen2

2cos2sen

22

2

2 =

++

=

+=

+

.

In conclusione, l'integrale d .cos3

senlogsen cx

xx +

+

25

Nell'esempio precedente stato possibile trasformare l'espressione

2cos

2sen2

2cos

2sen

22 xx

xx

+ con

l'applicazione diretta delle formule appena ricordate. Tuttavia, anche in altri casi possibile

ricondurre espressioni in 2

senx

e 2

cosx

a sen x e cos x. Ad esempio, la frazione

2cos3

2sen

2cos

2sen

xx

xx

+

pu

essere scritta come xx

xx

xx

xx

xxx

xxx

sen3cos1sencos1

2sen32

cos12

sen

2cos1

2cos2sen32sen2cos2sen2sen

2

2

+

=

+

=

+

, ma si pu anche

indifferentemente moltiplicare ogni termine della frazione data per 2

cosx

, ottenendo

xx

xx

xx

xx

xxx

xxx

cos33sencos1sen

2cos132

sen2cos1

2sen

2cos32cos2sen2cos2cos2sen

2

2

++

=

++

+

=

+

(le due funzioni cos trovate sono in

effetti equivalenti, a parte il fatto che ciascuna di esse presenta dei diversi punti di discontinuit eliminabile).

ESEMPIO 3.8. Calcolare

pi +3

3sencos4 xxdx

, dove

=

419

arccos .

SOLUZIONE. Si osservi in primo luogo che nell'intervallo (0 , pi) l'unico punto di discontinuit della funzione integranda 214,2

34

arctg pi= , che esterno all'intervallo

pi,

3, dato che circa 1,792. Utilizzando le solite formule, l'integrale diventa:

.

22

tg32

2tg2

tg1

21

2tg6

2tg44

2tg1

2tg1

2tg2

3

2tg1

2tg1

4 32

2

3

2

2

3

22

2

pi

pi

pi

+=

+

+=

++

+

dxxx

x

dxxx

x

x

x

x

x

dx

Posto tx =2tg , osserviamo che per 3pi

=x 3

16

tg =pi=t , mentre per x = sar 2

tg =t .

Essendo nel secondo quadrante, 2

giace nel primo quadrante, il che vuol dire che nella formula

di bisezione +

=cos1cos1

2tg si deve scegliere il segno positivo. Abbiamo quindi

26

45

41914191

2tg =

+=

, per cui l'integrale diventa:

=

=

=

+

+

45

31 2

45

31

2

45

31

22

2

1232

12321

2232

121

tt

dttt

dtdtttt

t

=

+

=

=

+=

45

31

45

31

2

45

31 2

45

43

45

43

log

452

121

1625

432

1

1625

169

232

1

t

t

t

dt

tt

dt

3)835(14log

51

21

31

23

1

log

21

45

245

log51

212log

51

45

31

=

+

+

=

+

=

t

t.

Nell'applicazione di questo procedimento, occorre fare per molta attenzione al caso in cui l'intervallo di integrazione contiene il numero pi (o comunque un multiplo dispari di pi), perch in tal caso la funzione

2tg x presenta una discontinuit. Si consideri ad esempio l'integrale

pi

+0 32sen xdx

(si

osservi che in questo caso la funzione integranda continua su tutto ); esso si pu scrivere nella

forma .3

2tg4

23tg

2tg1

0 2

2

pi

++

+dx

xx

x

Si pu ancora effettuare la sostituzione tx =2

tg , osservando per che

in questo caso la funzione 2

tg x (che non definita per x = pi) mette in corrispondenza biunivoca l'intervallo [0 , pi) in cui varia x con l'intervallo [0 , +) in cui varia t. Otteniamo perci l'integrale

improprio +

++02 343

2tt

dt, che va inteso come +++

p

p tt

dt

02 343

lim2 . Di fatto possiamo evitare di

scrivere esplicitamente il limite e calcolare direttamente

25

arctg5

25

2arctg

252

523

arctg5

2

95

323

2

1343

2

002

0 2=

pi=

+=

+

+

=

++

+++

t

t

dt

tt

dt.

Si osservi poi il seguente esempio: sia da calcolare

pi

pi +

34

2

4cos xdx

. Se si applica il solito

procedimento senza accorgersi del fatto che pi interno all'intervallo di integrazione, si ottiene

27

dapprima

pi

pi +

+34

2

2

2

2tg35

2tg1

dxx

x

, e successivamente

+

3

1235

2t

dt. Ma questo integrale d un risultato

negativo, il che impossibile, visto che nell'integrale dato la funzione positiva ovunque. L'errore

consiste nell'aver applicato la sostituzione tx =2

tg in un intervallo in cui ci non lecito, essendo

tale funzione discontinua in pi. Occorre invece scrivere ++

+=

+

+

pi

pi

pi

pi

22

234

22

2

2tg352tg1

2tg352tg1 dx

x

x

dxx

x

pi

pi +

++

34

2

2

2tg352tg1 dxx

x

, e quindi effettuare la sostituzione separatamente nei due integrali, osservando che

nel primo caso 2

tg xt = varia da 1 a +, nel secondo caso da a 3 . Si ha quindi:

=

++

+=

+

++

+

+

+pi

pi

pi

pi

3

21

2

34

2

2

2

2

2

352

352

2tg35

2tg1

2tg35

2tg1

t

dtt

dtdxx

x

dxx

x

=

+

=

++

+=

+

+

3

1

3

21 2 53

arctg53

32

53

arctg53

32

353

2

353

2tt

t

dt

t

dt

+=

pi=

35

arctg35

arctg152

53

arctg53

arctg152

.

Consideriamo ora l'integrale ++ cbxax

dx2

. A parte il caso banale in cui a > 0 e = 0 (che

si risolve subito in quanto il radicando il quadrato di un binomio moltiplicato per a), gli altri casi si possono sempre ricondurre ai seguenti integrali:

+ 22 pxdx

se a > 0 e < 0;

22 pxdx

se a > 0 e > 0;

22 xpdx

se a < 0 e > 0.

Il primo integrale d cpx

+settsenh , che si pu anche scrivere cpx

px

+

++ 1log 2

2, oppure

ancora (cambiando la costante) ( ) cpxx +++ 22log . Per il secondo integrale, teniamo presente il fatto che, posto p > 0, la derivata della funzione

px

settcosh (definita per x > p) 22

1px

. Ma la

28

funzione 22

1px

definita anche per x < p, perci solo nel caso x > p si pu scrivere

cpx

pxdx

+=

settcosh22 , oppure ( ) cpxx ++ 22log ; volendo un'espressione valida anche per x < p occorre scrivere cpxx ++ 22log . Infine, il terzo integrale d c

px

+arcsen (o

indifferentemente cpx

+ arccos ). Queste osservazioni consentono di integrare facilmente ogni funzione del tipo

+++ dx

cbxaxHKx

2, come si vede dagli esempi che seguono.

ESEMPIO 3.9. Calcolare ++ 1362 xx

dx.

SOLUZIONE. Se il coefficiente a del termine x2 non 1, mettiamo in evidenza |a| e trasportiamolo fuori del radicale, quindi procediamo con la solita tecnica del "completamento del quadrato"; in questo caso gi a = 1, e perci si ha:

cx

x

dxxx

dxxx

dx+

+=

++=

+++=

++ 2

3settsenh

4)3(496136 222.

ESEMPIO 3.10. Calcolare +

dxxx

x

15612

2 per

23

>x .

SOLUZIONE. Si osservi che la funzione integranda definita nei due intervalli

3

5,

e

+,

23

, ma qui richiesto di individuare le primitive solo nel secondo intervallo. Cominciamo

con l'isolare al numeratore la derivata del radicando, ottenendo cos:

+

+=+

+=

+

15667156

31

15667)112(

61

15612

22

22 xx

dxxxdx

xx

x

dxxx

x,

dove si utilizzato il fatto che dx

xgxg

)()(

uguale a cxg +)(2 . Per quanto riguarda l'ultimo

integrale, si ha:

=

++

=

+

=

+ 25

1441

1441

66

1

25

66

1156 222 xx

dxx

x

dxxx

dx

29

cx

cx

x

dx+

+=+

+=

+

= 19112

settcosh6

1

1219

121

settcosh6

1

144361

1216

12

,

perci in conclusione si ottiene cxxx +++19

112settcosh

667156

31 2

.

ESEMPIO 3.11. Calcolare

dxxx

x

538 2.

SOLUZIONE. Come nel caso precedente, isoliamo la derivata del radicando:

=

xx

dxxxdx

xx

x

53865538

31

53865)56(

61

22

2.

Ora, per risolvere xx

dx538 2

, scriviamo

=

++

=

+

=

+

36121

3625

353

1

38

353

1

38

353

1

222 xx

dx

xx

dx

xx

dx

cx

x

dx+

+=

+

= 1156

arcsen3

1

65

361213

12

,

da cui infine si ottiene cxxxdxxx

x+

+=

1156

arcsen36

553831

5382

2.

Pi in generale, possiamo considerare gli integrali del tipo ( ) ++ dxcbxaxxR 2, , dove al solito R(x , y) indica una funzione razionale di x ed y; essi sono sempre risolubili, in quanto con opportune sostituzioni si riconducono a funzioni razionali. Esistono diverse sostituzioni (anche con sole funzioni algebriche), ciascuna delle quali presenta vantaggi e svantaggi. In primo luogo conviene sempre raccogliere e portare fuori del radicale il termine | a |, per poi completare il quadrato e ricondursi ad una delle tre forme "quadrato + numero positivo", "quadrato numero positivo", "numero positivo quadrato". Si ottiene cos (una o pi volte nello stesso integrale) un radicale di uno dei tre tipi 22)( pmx ++ , 22)( pmx + , 22 )( mxp + .

Ora, se il radicale del tipo 22)( pmx ++ , la sostituzione di solito pi conveniente x + m = p senh t, il che porta alla risoluzione di un integrale del tipo dxeR x )( (8). Se il radicale

22)( pmx + bisognerebbe a rigore risolvere l'integrale separatamente nell'intervallo

8 Alcuni autori suggeriscono di effettuare la sostituzione x + m = p tg t, che per porta ad una funzione razionale in seno

e coseno di integrazione solitamente pi laboriosa. Per altre sostituzioni, vedere ad esempio A. Ghizzetti - F. Rosati, Complementi ed Esercizi di Analisi Matematica, vol. II, Ed. Masson, Milano, 1992.

30

(p m , +), con la sostituzione x + m = p cosh t, e nell'intervallo ( , p m), ponendo x + m = p cosh t, in ciascuno dei due casi con la limitazione t 0 (ma nella pratica difficilmente sar necessario eseguire il calcolo due volte, essendo noto l'intervallo in cui va trovata la primitiva); anche in questo caso ci si riconduce al caso dxeR x )( . Infine se il radicale 22 )( mxp + , basta

porre x + m = p sen t, con 22pipi t , ottenendo cos l'integrale di una funzione razionale in seno e

coseno.

ESEMPIO 3.12. Calcolare +++ 523 2 xxdx

.

SOLUZIONE. Il trinomio sotto radice (che ha gi primo coefficiente unitario) si pu scrivere come (x + 1)2 + 4. Perci si pone x + 1 = 2 senh t, da cui dx = 2 cosh t dt, e l'integrale diventa:

++

+=

+=

++dt

ee

ee

ttdt

t

tdttt

tt

3cosh23cosh2

4senh43cosh2

2,

che si pu anche scrivere +++ dtee

ett

t

131

2

2. Ora effettuiamo l'ulteriore sostituzione t = log u,

u

dudt = , per cui l'integrale diventa +++ duuuu

u

)13(1

2

2. La decomposizione della funzione

integranda d 13

312 ++

uuu, per cui si ha c

u

uudu

uuu+

++

+=

++

532532log

53log

1331

2 .

Possiamo ora tornare dapprima alla variabile t e poi alla x, ma possiamo anche scrivere subito

2521

21

settsenhexp2 ++++

=

+==

xxxxeu t , ricordando che la funzione settsenh x si esprime

come ( )1log 2 ++ xx . In conclusione, si trova

cxxx

xxxxxx

xx

dx+

+++++

++++

++++=

+++ 5524

5524log5

32

521log523 2

22

2.

ESEMPIO 3.13. Calcolare +9

3

2 1376 dxxx .

SOLUZIONE. Il dominio della funzione ),1[6

13, +

= UD , per cui nell'effettuare

il calcolo possiamo supporre x 1. Essendo =+=+ 613

6761376 22 xxxx

144361

1276

2

+= x , la sostituzione da eseguire =+127

x tcosh1219

(con la limitazione

t 0), dttdx senh1219

= . Per quanto riguarda gli estremi, notiamo che per x = 3 si ha

tcosh1219

1273 =+ , cio

1943

cosh =t , da cui 19

93443log1943

settcosh +==t ; nel seguito indichiamo

31

con a questo numero, osservando che si ha 1943

cosh =a e 19934

senh =a . Analogamente, per x = 9

tcosh1219

1279 =+ , cio 19

115cosh =t , da cui 19

2018115log19115

settcosh +==t , numero che

indicheremo con b, osservando che 19115

cosh =b e 192018

senh =b . Allora l'integrale diventa

=b

a

b

a

dttdttt 22 senh1446361

senh1219

144361

cosh1443616 .

Per risolvere l'ultimo integrale, si pu scrivere esplicitamente l'espressione di senh2t in termini di esponenziali, ma in questo caso pi semplice utilizzare formule analoghe a quelle valide per le

funzioni goniometriche; essendo 2

12coshsenh 2 = tt , si ha:

[ ] ==

=

ba

b

a

b

a

tttttdtt coshsenh288

63612senh21

2886361)12cosh(

2886361

.

{ }934432018115log288

636124

1342306243coshsenhcoshsenh288

6361

+

=+= aaabbb .

ESEMPIO 3.14. Calcolare +2/7

6/13

2/32 )10313( dxxx .

SOLUZIONE. Raccogliendo il coefficiente 3, scriviamo l'integrale dato come

++2/7

6/13

2/32

310

31333 dxxx . Osserviamo poi che il trinomio 3

103

132 ++ xx si pu scrivere

come

22

613

36289

36289

36169

313

=

+ xxx . Perci possiamo eseguire la sostituzione

tx sen617

613

= , dttdx cos617

= , con la limitazione 22pipi t ; cos l'integrale diventa

=

++0

2/32

2/7

6/13

2/32 cos6

17sen36

28936289333

103

1333 dtttdxxx ,

dove 178

arcsen= , per cui 178

sen = e 1715

cos = . Osserviamo che, grazie alla limitazione

posta su t, si ha == tt 22 cossen1 cos t; perci troviamo:

=

=

0

4

0

3

0

32 cos432

383521coscos6

172

317coscos36

2896

1733 tdttdtttdtt .

32

Per determinare la primitiva di cos4t, basta scrivere ( ) =

+==

2224

22cos1

coscost

tt

tttttt 4cos

812cos

21

83

24cos1

41

22cos

41

42cos

22cos

41 2

++=+

++=++= ; perci per effettuare il

calcolo necessario conoscere le funzioni goniometriche di 2 e di 4. Si trova facilmente

289240

1715

17822sen == ,

289161

28964

2892252cos == e

8352177280

289161

28924024sen == ; quindi il valore

dell'integrale :

[ ] [ ] =

++=

++

000

4sen3212sen

41

83

4323835214cos

812cos

21

83

432383521

ttdttt

4832195

178

arcsen1152

3835218352177280

321

289240

41

178

arcsen83

432383521

+=

++= .

ESERCIZI

Calcolare i seguenti integrali definiti e indefiniti:

1. ++ dx

x

x

321

2. ++ dxxx

x

861

2 3. ++

1

02 3252 xx

dx 4. ++ 532 2 xx

dxx

5. 643xdx

6. ++

1

0222 )4)(9( xx

dx 7. ++

+ dxxxx

xx

828252

23

2 8. ++

++ dxxx

xx

)2)(1(12

9. + 32 xdx

10. ++++ dx

x

x

2421

. 11. ++

21

03 131 xdx

12. +dx

xx

x

cossen

sen

13. pi

++

2/

0 13cos4sen3 xxdx

14. +dx

x

xx

1sencossen

. 15.

pi

pi +

3

6

1sen2sen

x

xdx 16.

pi

++

2

0 1cos7sen4 xxdx

17.

pi

+

4

0 3sencos2 xxdx

18.

+

dxee

eexx

xx

19. xdxarcsen 20. 3

33

arctg dxx

21. xdxx log4 22. +++

1

023 1xxx eeedx

23.

3

33

2arctgxdxx

24. +14xdx

{Suggerimento: )12)(12(1 224 +++=+ xxxxx .} 25. 1

0

arctgxdxx

26. 2/1

0

)1()arcsen2( dxxx 27. 3

2

9)1( dxxx . 28.

+

+

2345

21

242039 xxdx

33

29. ++ 103 2 xx

dx 30

8107 2 xxdx

31. +12

3

x

dxx 32.

+

++23

3

2

4136 dx

x

xx

SOLUZIONI

1. .|32|log41

2cx

x++ 2. .|4|log

25|2|log

23

cxx ++

3. 69231

arctg2312

2315

arctg2319

arctg2312

=

.

4. .31

34arctg

3123)532log(

41 2 cxxx ++++ 5. .

322

arctg316

1164168log

961

2

2

cx

xx

xx+

+

++

+

6. .)4(402arctg4003

3arctg

751

2 cx

xxx+

++ 7. .

1426514265log

14101|2|log

51

cx

xx +

++

+

8. .arctg52)2(log

584)1(log

5282

32

cxxxxxxx ++++++

9. .2log42 333 2 cxxx +++ 10. .)24(log226 cxxx +++++

11. 25log

29

+ . 12. .cossenlog21

2cxx

x++ 13. .

53

arctg61

41

arctg46

1=

pi

14. .4

2cos

2sen

82sen

83

2sen

log28

14

2cos

2sen

212

tg

212

tglog

281

22

c

xx

x

x

c

xx

x

x

+

+

pi+

pi

=+

++

15. .3342

6+

pi 16. 3log

81

.

17. .17

425arctg

222

arctg21

arctg = 18. log(ex + e-x) + c = log cosh x + c.

19. cxxx ++ 21arcsen . 20. .3log21

1835

pi

21. cxxxx + )4log5(log254 4

. 22. 8

arctg212log

41)1log(

211 pi+++ ee .

23. .3log61

94

162353

+pi

24. cx

x

xx

xx+

++

++22

2

12

arctg22

11212log

241

.

25. ).23log(23

134

621

++pi+

26. 16

16379 +pi.

27. 110

31723 28.

4pi

.

29. cx ++119

16arcsen

31

. 30. .)8107(757log7

1 2 cxxx ++

31. cxx ++3

1)2( 22. 32.

253log52log

21 +

+ .