1 INTEGRAZIONE DI ALCUNI TIPI DI FUNZIONI IRRAZIONALI q 1. Integrali di funzioni irrazionali della forma f (x, n ax+b ). cx+d Sia f una funzione razionale. Le funzioni irrazionali della forma r f (x, n ax + b ) cx + d con ad − bc 6= 0 (se ad − bc = 0 l’espressione si riduce ad una costante), si razionalizzano mediante la sostituzione r n ax + b = t (1.1). cx + d Osserviamo che le funzioni razionali del tipo r f (x, n1 ax + b , cx + d r n2 ax + b , ..., cx + d r np ax + b ) cx + d si razionalizzano mediante (1.1) ponendo n = m.c.m{n1 , n2 , ..., np } e osservando che r n1 r r r r r n n ax + b ax + b ax + b ax + b ax + b ax + b nnp =(n ) n1 , n2 =(n ) n2 , ..., np =(n ) . cx + d cx + d cx + d cx + d cx + d cx + d Evidentemente altre funzioni irrazionali che si razionalizzano mediante una sostituzione del tipo (1.1) sono √ √ f (x, n ax + b), f (x, n x), 2 √ f (x, n1 f (x, n1 √ ax + b, x, √ n2 √ n2 x, ..., ax + b, ..., √ np √ np ax + b), x). Dalla (1.1) si ottiene facilmente x= dtn − b n(ad − bc)tn−1 , dx = dt, a − ctn (a − ctn )2 da cui r Z f (x, n ax + b )dx = cx + d Z f( dtn − b n(ad − bc)tn−1 , t) dt, a − ctn (a − ctn )2 che è l’integrale di una funzione razionale. Esempio Z 2x x+1 r x−1 dx. x+1 Posto r t= x−1 , x+1 si ha x= 1 + t2 4t , dx = dt, 2 1−t (1 − t2 )2 da cui Z 2x x+1 r x−1 dx = x+1 Z 2 2 1+t 1−t2 1+t2 1−t2 4t dt = 4 t + 1 (1 − t2 )2 Effettuando la divisione tra polinomi si ha 3t2 − 1 t 4 + t2 = 1 + , (1 − t2 )2 (1 − t2 )2 Z t4 + t 2 dt. (1 − t2 )2 3 e quindi Z 2x x+1 r x−1 dx = 4t + 4 x+1 Z 3t2 − 1 dt. (1 − t2 )2 Posto 3t2 − 1 A B C D + + , 2 = 2 + 2 t − 1 (t − 1) t + 1 (t + 1)2 (1 − t ) si ottiene 1 1 A = 1, B = , C = −1, D = . 2 2 Pertanto Z 2x x+1 r x−1 2 2 dx = 4t + 4ln|t − 1| − − 4ln|t + 1| − +c = x+1 t−1 t+1 t−1 t3 − 2t + 4ln| | + c, =4 2 t −1 t+1 e, per r t= x−1 x+1 si ha r 2(x + 3) . √ x−1 + 4ln| x2 − 1 − x| + c x+1 4 Esercizi Proposti Calcolare i seguenti integrali: Rq 3 x+1 (1) dx x−1 R 1 q x+1 dx (2) (x+1) 2 1−x q R x+2 (3) x−2 dx, x+3 x−2 R x (4) √x+2+3 dx R √2x+1 (5) 3 x−7 dx R 1 √ (6) √x(1+ 3 x) dx. √ 2. Integrali di funzioni irrazionali della forma f (x, ax2 + bx + c). Sia f una funzione razionale. Per razionalizzare funzioni del tipo √ f (x, ax2 + bx + c) con b2 − 4ac 6= 0, è conveniente distinguere il caso a > 0 da quello a < 0. Osserviamo che se è a > 0 la funzione φ(x) = √ ax2 + bx + c è definita su tutto R se è b2 − 4ac < 0, mentre è definita per valori esterni all’intervallo delle radici del polinomio ax2 + bx + c se è b2 − 4ac > 0. √ Nel caso in cui è a < 0 la funzione φ(x) = ax2 + bx + c è definita solo se è b2 − 4ac > 0 ed ha per dominio l’intervallo [x1 , x2 ] dove x1 ex2 5 sono le radici di ax2 + bx + c. Sia a > 0 : si pone √ ax2 + bx + c = √ a(x + t) (2.1), oppure √ ax2 + bx + c = t ± √ ax (2.2), o, ancora, se è c > 0, può essere utile porre √ ax2 + bx + c = √ c − tx (2.3). Esempio Z dx √ . (x − 1) x2 − 2 Posto √ x2 − 2 = t − x si ha x= t2 + 2 t2 − 2 , dx = dt, 2t 2t2 da cui Z dx √ = (x − 1) x2 − 2 Z t2 2 dt. − 2t + 2 6 Completando il quadrato si ha t2 − 2t + 2 = (t2 − 2t + 1) + 1 = (t − 1)2 + 1 e quindi Z √ 2 dt = 2arctg(t − 1) + c = 2arctg( x2 − 2 + x − 1) + c, t2 − 2t + 2 dove si tenga presente che da √ x2 − 2 = t − x si ottiene t= √ x2 − 2 + x. Osserviamo che in alcuni casi è conveniente utilizzare altri tipi di sostituzioni. In particolare si ha (A) Se b2 − 4ac > 0 e dunque ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ), dove x1 ex2 sono le radici di ax2 + bx + c si ottiene √ r p √ x − x2 ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ) = a|x − x1 | x − x1 dove il segno di x − x1 dipende dall’insieme di definizione della funzione φ(x) = √ ax2 + bx + c 7 E’ utile dunque porre r x − x2 = t. x − x1 Esempio Z dx √ . (x − 1) x2 − 3x + 2 Essendo √ r p x−2 x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) = |x − 1| , x−1 si ha Z dx √ = (x − 1) x2 − 3x + 2 Z Z dx q = (x − 1)|x − 1| x−2 x−1 1 (x − 1)|x − 1| = r x−1 dx, x−2 e dunque se x < 1 si ha Z − 1 (x − 1)2 r x−1 dx, x−2 mentre, se x > 2, si ha r 1 x−1 dx. 2 x−2 (x − 1) q In entrambi i casi si pone x−1 = t. x−2 Z 8 (B) Se b2 −4ac < 0 e la funzione razionale f è ”semplice” nella variabile x a volte ci si può ricondurre, dopo aver completato il quadrato nel polinomio radicando, ad un integrale risolvibile mediante una sostituzione trigonometrica inversa della tangente. Esempio Z √ dx . x2 + 2x + 5 Poichè x2 + 2x + 5 = (x2 + 2x + 1) + 4 = (x + 1)2 + 4 posto t = x + 1, si ha Z Z dx √ = x2 + 2x + 5 √ dt , t2 + 4 e quindi, posto t = 2tgθ essendo dt = 2sec2 θdθ e √ t2 + 4 = 2senθ risulta Z dx √ = x2 + 2x + 5 Z 2sec2 θ dθ = 2secθ Z secθdθ = ln|secθ + tgθ| + c = 9 √ x2 + 2x + 5 x + 1 t2 + 4 t + |+c= + | + c = ln| ln| 2 2 2 2 √ = ln| x2 + 2x + 5 + x + 1| + c. √ Sia a < 0: Per quanto osservato inizialmente la funzione φ(x) = √ ax2 + bx + c esiste solo se è b2 − 4ac > 0. Quindi, se x1 ex2 sono le radici del polinomio ax2 + bx + c, si ha che √ ax2 + bx + c = p a(x − x1 )(x − x2 ) = p −a(x − x1 )(x2 − x) = √ r x2 − x −a|x−x1 | x − x1 √ Quindi la funzione f (x, ax2 + bx + c) si può razionalizzare ponendo r x2 − x =t x − x1 Osserviamo che spesso, quando la funzione f è ”semplice” nella variabile x, è conveniente completare il quadrato sotto radice e ricondursi ad un integrale elementare o ad un integrale risolvibile mediante una sostituzione trigonometrica inversa del seno. Esempi 1) Z dx √ . (1 + x2 ) 1 − x2 10 La funzione φ(x) = √ 1 − x2 è definita per x ∈ [−1, 1]. Inoltre, essendo √ = posto t = q x+1 , 1−x 1 − x2 = p −(x − 1)(x + 1) = r p (1 − x)(x + 1) = |1 − x| x+1 , 1−x si ottiene 1 − t2 −4t , dx = dt, 2 1+t (1 + t2 )2 x= e quindi, per |1 − x| = 1 − x per ogni x ∈ [−1, 1], Z dx √ = (1 + x2 ) 1 − x2 Z 1 2 (1 + x )(1 − x) r 1−x dx = − 1+x da cui, essendo 1 + t4 = (t2 + √ 2t + 1)(t2 − √ 2t + 1), posto 1 + t2 Ct + D At + B √ √ = + , 4 2 2 1+t t + 2t + 1 t − 2t + 1 si ottiene 1 1 A = 0, B = , C = 0, D = , 2 2 e quindi Z dx √ = (1 + x2 ) 1 − x2 Z 1 + t2 dt, 1 + t4 11 r r 1 1 2(x + 1) 2(x + 1) + 1) − √ arctan( − 1) + c. = − √ arctan( 1−x 1−x 2 2 2) Z √ dx 2 + 3x − 2x2 Completando il quadrato sotto radice si ottiene Z dx 1 =√ √ q 2 2 1 + 32 x − x2 Z dx q 25 16 − (x − 3 2 ) 4 = 1 4x − 3 √ arcsin( )+c 5 2 3) Z √ essendo x − x2 = 1 4 x − x2 dx 2 − (x − 12 ) , posto t = x − 12 , si ha Z √ Z r x − x2 dx = 1 − t2 dt, 4 da cui, posto t = 21 senθ, essendo dt = 12 cosθdθ, q 1 4 − t2 = 12 cosθ, si ottiene Z 1 1 cos2 θdθ = (θ + senθcosθ) + c = 4 4 √ 1 = (arcsin(2x − 1) + 2(2x − 1) x − x2 ) + c 4 12 Osservazione. Notiamo che gli integrali della forma Z √ px + q dx ax2 + bx + c si calcolano più facilmente tenendo conto del fatto che mediante semplici passaggi algebrici ci si può ricondurre al calcolo della seguente somma di integrali: Z K (2ax + b) √ dx + L ax2 + bx + c Z √ ax2 dx + bx + c dove K e L sono costanti. Esempio 2x − 8 √ dx = − 1 − x − x2 Z Z −2x − 1 √ dx − 9 1 − x − x2 Esercizi proposti Calcolare i seguenti integrali: R (1) 1) √ dx x (2) R (3) R (4) R (5) R √ x2 +x+1 x2 x2 −x+1 dx 2 x x +x+1 √ dx, 2 √ x −x+1 x2 x2 −x+1 √ dx x−x2 dx Z √ dx = ... 1 − x − x2 13 (6) R√ (7) R 3 − 2x − x2 dx, √ x 1−2x2 −x4 dx