1 INTEGRAZIONE DI ALCUNI TIPI DI FUNZIONI IRRAZIONALI 1

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