Integrale indefinito Indice 1 Primitive

INTEGRALE INDEFINITO
1
1
PRIMITIVE
Integrale indefinito
Indice
1 Primitive
1
2 Tecniche di integrazione I
2.1 Linearità dell’integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Integrali quasi immediati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
4
3 Tecniche di integrazione II
3.1 Formula di integrazione per parti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Integrazione per sostituzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
6
8
4 Tecniche di integrazione III
9
5 Soluzioni degli esercizi
1
12
Primitive
Definizione Siano I un intervallo e f : I → R. Una funzione F : I → R si chiama primitiva di f in I se F è
derivabile in I e F ′ (x) = f (x) per ogni x ∈ I.
Esempi
• Consideriamo la funzione f : R → R definita da f (x) = ex . Ovviamente la funzione F (x) = ex è primitiva di f
in tutto R, dato che quest’ultima è derivabile e D(ex ) = ex in tutto R.
• Consideriamo la funzione f : R → R definita da f (x) = x2 . La funzione F (x) = x3 /3 è primitiva di f in tutto
R, dato che è derivabile e D(x3 /3) = x2 in tutto R.
• Consideriamo la funzione f : (0, +∞) → R definita da f (x) =
(0, +∞), dato che è derivabile e D(ln x) = x1 in (0, +∞).
1
x.
La funzione F (x) = ln x è primitiva di f in
• Consideriamo la funzione f : (0, +∞) → R definita da f (x) = ln x + 1. La funzione F (x) = x ln x è primitiva di
f , dato che è derivabile e D(x ln x) = ln x + 1 in (0, +∞).
• Consideriamo ora la funzione di Heaviside, definita da
h(x) =
0
1
1
se x ≤ 0
se x > 0
bc
b
Essa non ha primitiva in R. Infatti, supponendo che la funzione H sia una primitiva di h in R, allora H ′ = h in
R. In particolare,
0
(definizione di derivata)
A. Peretti – Corso di Matematica
= h(0)
= H ′ (0)
=
lim+
x→0
H(x) − H(0)
.
x
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
1
2
PRIMITIVE
Ora però, qualunque sia x positivo, se applichiamo il teorema del valor medio alla funzione H nell’intervallo
[0, x], possiamo dire che esiste c ∈ (0, x) tale che
H(x) − H(0)
x
= H ′ (c)
= h(c)
= 1.
Questo porterebbe a dire che il limite del rapporto incrementale per x → 0+ è 1, in contrasto con quanto ottenuto
sopra. Quindi non può esistere una primitiva di h.
Proposizione Siano I un intervallo, f : I → R e F una primitiva di f in I. Valgono le proprietà seguenti:
(i) per ogni c ∈ R, F + c è una primitiva di f ;
(ii) se F1 è una primitiva di f , allora F − F1 è costante.
Osservazione La dimostrazione della (i) è immediata, dato che la derivata di una costante è nulla. La (ii) è invece
meno banale e deriva da una conseguenza del teorema del valor medio per cui, se la derivata di una funzione è sempre
nulla, allora questa funzione è necessariamente costante. Nel nostro caso la derivata di F − F1 è nulla, dato che
D(F − F1 ) = DF − DF1 = f − f = 0; quindi F − F1 è costante, come detto.
Osservazione I due punti della proposizione precedente dicono sostanzialmente che, se c’è una primitiva di una
funzione f , allora ce ne sono infinite altre, e sono tutte e sole le funzioni che si ottengono sommando una costante
arbitraria alla primitiva originaria.
Definizione Siano I un intervallo e f : I → R. L’insieme delle primitive di f in I si chiama integrale indefinito
di f in I e viene indicato con uno dei simboli
Z
Z
f
oppure
f (x) dx.
Per i punti (i) e (ii) dell’ultima Proposizione, se F è una primitiva di f , allora
Z
f = F +c:c∈R .
Per non appesantire la notazione, si scrive anche
Z
f =F +c
oppure
Z
f (x) dx = F (x) + c.
1
È chiaro dunque che per conoscere l’integrale indefinito di una funzione è sufficiente trovare una primitiva di tale
funzione. Tutte le altre si ottengono aggiungendo a questa una costante arbitraria.
Esempi Per gli esempi introduttivi della pagina precedente possiamo allora dire che
• si ha
• Si ha
• Si ha
Z
ex dx = ex + c, in tutto R.
Z
x2 dx =
Z
1
dx = ln x + c, in (0, +∞).
x
x3
+ c, in tutto R.
3
Osservazione Dato che in (−∞, 0) si ha ugualmente D ln(−x) = 1/x, solitamente si scrive
Z
1
dx = ln |x| + c,
x
ottenendo cosı̀ una scrittura valida sia in (0, +∞) sia in (−∞, 0).
1 Solitamente
si usa la prima forma quando si fa riferimento ad una generica funzione f , mentre si usa la seconda quando si considera
una ben precisa funzione, in cui è naturale l’indicazione della variabile.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
2
3
TECNICHE DI INTEGRAZIONE I
• Dalla tabella delle derivate delle funzioni elementari e dalla definizione di integrale indefinito, si ricava il seguente
elenco di integrali indefiniti immediati:
Z
Z
xα+1
x dx =
+ c, ∀α 6= −1
α+1
Z
ex dx = ex + c
2
1
dx = ln |x| + c
x
Z
ax
+c
ax dx =
ln a
α
Tecniche di integrazione I
Per il momento, oltre alla definizione di primitiva, abbiamo visto sostanzialmente alcuni esempi in cui si trova una
primitiva ricordando alcune formule di derivazione. Ma si pone ora il quesito di come procedere in generale per trovare
una primitiva di una funzione qualunque. Diciamo subito che non esiste un metodo generale: a differenza quindi di
quanto avviene per il calcolo della derivata, per il calcolo di una primitiva un metodo del tutto generale non c’è. Ci
sono alcuni metodi possibili, ciascuno dei quali funziona in alcuni casi. Vediamo ora alcuni di questi metodi, corredati
da qualche esempio che aiuta a capire in quali casi un metodo può funzionare.
2.1
Linearità dell’integrale
La proposizione seguente fornisce una proprietà del tutto generale dell’integrale indefinito.
Proposizione Siano I un intervallo, f, g : I → R e F, G loro primitive in I. Allora una primitiva di c1 f + c2 g è
c1 F + c2 G, qualunque siano c1 , c2 ∈ R.
Osservazione La proposizione dice quindi che se conosco una primitiva di f e di g allora ho una primitiva di c1 f +c2 g
(c1 , c2 sono costanti, cioè numeri reali fissati). La dimostrazione è immediata, osservando che c1 F + c2 G è derivabile
e che
(c1 F + c2 G)′
= c1 F ′ + c2 G′
= c1 f + c2 g.
La proposizione consente quindi, nel calcolo di un integrale indefinito, di applicare questa proprietà di linearità:
Z
Z
Z
c1 f (x) + c2 g(x) dx = c1 f (x) dx + c2 g(x) dx.
Esempi Esempi di utilizzo della proprietà di linearità.
R
• Dovendo
e osservando che x2 /2 è una primitiva di x e che x è una primitiva di 1, si ha
R calcolare (3x + 2) dx
2
allora: (3 · x + 2 · 1) dx = 3x /2 + 2x + c.
• È chiaro allora come si procede in generale per integrare un qualunque polinomio. Se
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,
allora si ha
Z
Quindi, ad esempio,
• Nel caso abbia
Ad esempio
Z
P (x) dx = an
xn
x2
xn+1
+ an−1
+ . . . a1
+ a0 x + c.
n+1
n
2
(3x3 − 2x2 − 3x + 5) dx = 3
x3
x2
x4
− 2 − 3 + 5x + c.
4
3
2
Z
P (x)
dx basterà dividere ogni monomio del polinomio P per xk e poi applicare la linearità.
xk
Z
x3 − 2x2 + 3x + 1
dx =
x2
A. Peretti – Corso di Matematica
Z 1
1
3
x2
− 2x + 3 ln |x| − + c.
x − 2 + + 2 dx =
x x
2
x
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
2
4
TECNICHE DI INTEGRAZIONE I
• Abbiamo visto poco fa che la linearità consente di integrare tutti i polinomi. Più in generale consente di integrare
la somma di più potenze. Se gli αi sono numeri reali diversi da −1, abbiamo che
Z
Z X
m
ci xαi dx 2 =
(c1 xα1 + c2 xα2 + . . . + cm xαm ) dx
i=1
xα2 +1
xαm +1
xα1 +1
+ c2
+ . . . + cm
+c
α1 + 1
α2 + 1
αm + 1
m
X
xαi +1
ci
+ c.
=
αi + 1
i=1
= c1
Quindi, ad esempio, avremo
Z Z
√
1
3
x− √
dx =
x
√
x4/3
x1/2
3√
3
x4 − 2 x + c.
x1/3 − x−1/2 dx =
−
+c=
4/3
1/2
4
2
• Volendo calcolare l’integrale indefinito della funzione f (x) = 3x2 − − 3ex utilizzando la linearità dell’integrale
x
avremo
Z Z
Z
Z
2
1
3x2 − − 3ex dx = 3 x2 dx − 2
dx − 3 ex dx = x3 − 2 ln |x| − 3ex + c.
x
x
2.2
Integrali quasi immediati
Un primo insieme di formule di integrazione “quasi immediata” si può ricavare ancora dalle regole di derivazione della
funzione composta. Si hanno i seguenti casi rilevanti (ai quali per comodità do il nome di integrale quasi immediato
di tipologia (i), (ii) e (iii)):
Z
α+1
f α+1
+ c, per ogni α 6= −1
infatti D fα+1 = f α Df
(i)
f α Df =
α+1
Z
Df
= ln |f | + c
infatti D ln |f | = Df
(ii)
f
f
Z
infatti Def = ef Df
(iii)
ef Df = ef + c 3
Esempi
• Nel tipologia (i) rientra:
Z
ln2 x
dx =
x
• Nel tipologia (ii) rientra:
Z
1
dx =
x ln x
• Nel tipologia (iii) rientra:
Z
2xex dx = ex + c.
2
Z
ln2 x ·
Z
1
ln3 x
dx =
+ c.
x
3
1/x
dx = ln | ln x| + c.
ln x
2
Importante osservare che molte forme, anche se non inizialmente di questo tipo, si possono ricondurre facilmente
a queste tipologie. Lo vediamo su alcuni esempi istruttivi.
Z
√
x + 1 dx. Questo integrale è gia della tipologia (i), con f (x) = 1 + x e α = 1/2. Si ha quindi
• Consideriamo
Z
2 Si
√
x + 1 dx =
Z
(x + 1)1/2 dx =
(1 + x)3/2
2p
(x + 1)3 + c.
+c=
3/2
3
P
αi può non essere un polinomio, dato che gli esponenti possono non essere interi.
noti che m
i=1 ci x
la scrittura esplicita della variabile le tre formule si scrivono ovviamente
Z
Z ′
Z
f α+1 (x)
f (x)
f α (x) f ′ (x) dx =
+c ,
dx = ln |f (x)| + c ,
ef (x) f ′ (x) dx = ef (x) + c.
α+1
f (x)
3 Con
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
2
•
Z
5
TECNICHE DI INTEGRAZIONE I
√
3x − 2 dx. È come prima, con f (x) = 3x − 2. Questa volta però c’è una costante da “aggiustare” per
rientrare nella tipologia (i). Infatti occorre che dentro all’integrale ci sia anche la derivata di f , che in questo
caso è 3. Sfruttando la linearità dell’integrale possiamo semplicemente moltiplicare e dividere per 3 e scrivere
Z
√
1
3x − 2 dx =
3
Z
3(3x − 2)1/2 dx =
p
1 (3x − 2)3/2
+ c = 2/9 (3x − 2)3 + c.
3
3/2
4
Riassumendo possiamo vedere la cosa in questi termini: per essere nella tipologia (i) devo avere dentro all’integrale una potenza di f per la derivata di f . Dato che chiaramente deve essere f (x) = 3x − 2 e risulta f ′ (x) = 3,
mi serve un 3 dentro all’integrale. Moltiplico quindi per 3 dentro all’integrale e contemporaneamente divido per
3 fuori dall’integrale.
Z
1
dx. Qui siamo molto vicini alla tipologia (ii). Infatti, se poniamo f (x) = 2x + 1, che ha
• Consideriamo
2x + 1
per derivata 2, possiamo scrivere
Z
Z
2
1
1
1
dx =
dx = ln |2x + 1| + c.
2x + 1
2
2x + 1
2
•
Z
e1−2x dx. Qui è ovviamente la tipologia (iii) che possiamo intravedere. Possiamo porre f (x) = 1 − 2x, che ha
derivata −2, e quindi possiamo scrivere
Z
Z
1
1
e1−2x dx = −
(−2)e1−2x dx = − e1−2x + c.
2
2
Z
x
dx, si può aggiungere e togliere 1 a
x+1
numeratore per ottenere il denominatore e poter scrivere la frazione come somma di due frazioni:
Z
Z
Z 1
x
x+1−1
1−
dx = x − ln |x + 1| + c.
dx =
dx =
x+1
x+1
x+1
• Talvolta può essere utile un piccolo “trucco”. Ad esempio, con
• Qualche volta i due trucchi del moltiplicare/dividere e dell’aggiungere/togliere possono essere applicati congiuntamente. Ad esempio
Z
Z
Z Z
1
1
2x
2x + 1 − 1
1
1
1
1
x
dx = x − ln |2x + 1| + c.
1−
dx =
dx =
dx =
2x + 1
2
2x + 1
2
2x + 1
2
2x + 1
2
4
Osservazione
delle costanti” funziona solo in casi particolari. Mi spiego:
R 2È chiaro che il metodo di “aggiustamento
2
2
se avessimo ex +1 dx, osservando che D(ex +1 ) = 2xex +1 , non possiamo certo moltiplicare dentro all’integrale per
2x e dividere fuori per 2x (con le costanti funziona (linearità dell’integrale) ma con la variabile no!).
Però potremmo avere situazioni come le seguenti:
Z p
•
x x2 + 1 dx. Possiamo vedere in questo l’integrale della potenza, con esponente 1/2, della funzione f (x) =
x2 + 1. La tipologia (i) chiede che dentro all’integrale ci sia anche la derivata di f , che è f ′ (x) = 2x: c’è x,
manca il 2. Quindi, come prima, moltiplicando e dividendo per 2,
Z
Z
Z
p
p
1p 2
1 (x2 + 1)3/2
1
1
+c=
2x x2 + 1 dx =
2x(x2 + 1)1/2 dx =
(x + 1)3 + c.
x x2 + 1 dx =
2
2
2
3/2
3
4 Si ricordi sempre che, per controllare la correttezza del risultato, per vedere cioè se la primitiva trovata è effettivamente una primitiva,
basta controllare che la derivata di quest’ultima sia la funzione da integrare. Questo è un utile esercizio che gli studenti che vedono queste
cose per la prima volta dovrebbero sempre fare, anzitutto perché rafforzano le tecniche di derivazione e in secondo luogo perché chiariscono
molti aspetti legati anche all’integrazione.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
3
6
TECNICHE DI INTEGRAZIONE II
Z
x
dx. Si osserva che a numeratore compare la derivata del denominatore, a meno di una
1 + x2
costante moltiplicativa (un 2). Allora possiamo rientrare nella tipologia (ii) moltiplicando e dividendo per 2:
Z
Z
x
1
2x
1
dx
=
dx = ln(1 + x2 ) + c. 5
1 + x2
2
1 + x2
2
• Consideriamo
•
Z
2
xe2x dx. Siamo nella tipologia (iii), con f (x) = 2x2 , la cui derivata è f ′ (x) = 4x. Allora
Z
• Consideriamo ancora
Allora
• Ancora:
Z
Z
xe
2x2
1
dx =
4
Z
2
4xe2x dx =
1 2x2
e
+ c.
4
x2
dx. Siamo nella tipologia (ii), con f (x) = x3 + 1, la cui derivata è f ′ (x) = 3x2 .
+1
Z
Z
3x2
1
1 x2
dx
=
dx = ln x3 + 1 + c. 6
3
3
x +1
3
x +1
3
x3
p
(x + 2) 3 (x2 + 4x + 1)2 dx. Osserviamo che dentro all’integrale c’è f (x) = x2 + 4x + 1 elevata alla
2/3 e che f ′ (x) = 2x + 4. Dentro all’integrale c’è anche x + 2. Quindi possiamo scrivere
Z
3
Z
p
p
1
1 (x2 + 4x + 1)5/3
+ c.
(2x + 4) 3 (x2 + 4x + 1)2 dx =
(x + 2) 3 (x2 + 4x + 1)2 dx =
2
2
5/3
Tecniche di integrazione II
3.1
Formula di integrazione per parti
Un’importante modalità di calcolo degli integrali è data dalla seguente
Proposizione Sia I un intervallo e siano f, g : I → R. Supponiamo poi che f sia derivabile e che G sia una primitiva
di g in I. Vale la formula, detta formula di integrazione per parti,
Z
Z
Z
Z
f g = f G − G f′
oppure
f (x) g(x) dx = f (x) G(x) − G(x) f ′ (x) dx.
Osservazioni La formula dice sostanzialmente che l’integrale del prodotto di due funzioni può essere trasformato
in: “la prima per una primitiva della seconda meno l’integrale di questa primitiva della seconda per la derivata della
prima”. Solitamente f viene detta la parte finita e g viene detta la parte differenziale. La formula di integrazione per
parti può quindi essere cosı̀ ricordata: “l’integrale della parte finita per la parte differenziale è uguale alla parte finita
per una primitiva della parte differenziale meno l’integrale di questa primitiva per la derivata della parte Rfinita”.
Per provare la formula dobbiamo dimostrare che la derivata di quello che sta a destra, cioè f G − G f ′ , è la
funzione che sta sotto l’integrale di sinistra, cioè f g. Infatti
Z
D f G − Gf ′ = f ′ G + f g − Gf ′ = f g. 7
5 Si
noti che in questo caso si può anche non mettere il valore assoluto, dato che l’argomento del logaritmo è certamente positivo.
no che non possiamo togliere il valore assoluto: l’argomento del logaritmo x3 + 1 può anche essere negativo.
7 Nella speranza che questo modo, non del tutto rigoroso ma efficace, di presentare la dimostrazione semplifichi la comprensione della
R
R
stessa, faccio notare che se nel simbolo Gf ′ vediamo una qualunque primitiva di Gf ′ , la derivata D( Gf ′ ) è appunto Gf ′ , mentre la
derivata di f g si ottiene con la solita regola di derivazione del prodotto.
6 Qui
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
3
7
TECNICHE DI INTEGRAZIONE II
Esempi Ecco alcuni esempi d’uso della formula di integrazione per parti.
Z
•
xex dx. Scegliendo come parte finita x e come parte differenziale ex abbiamo:8
Z
x
x
xe dx =
xe −
•
ln x dx. Scegliendo come parte finita ln x e come parte differenziale 1 abbiamo:9
Z
ln x dx
=
=
=
•
Z
1 ex dx
xex − ex + c.
=
Z
Z
Z
1 · ln x dx
Z
1
ln x · x − x · dx
x
x ln x − x + c.
x ln x dx. Scegliendo come parte finita ln x e come parte differenziale x abbiamo
Z
x ln x dx =
=
=
Z 2
x 1
x2
−
· dx
ln x ·
2
2 x
Z
x2
1
ln x −
x dx
2
2
x2
x2
ln x −
+ c.
2
4
• La formumla di integrazione per parti può essere applicata ripetutamente. Si consideri
Z
x ln2 x dx. Scegliendo
come parte finita ln2 x e come parte differenziale x abbiamo con una prima integrazione per parti
Z 2
Z
x
1
x2
−
· 2 ln x · dx
x ln2 x dx = ln2 x ·
2
2
x
Z
x2 2
ln x − x ln x dx.
=
2
Ora possiamo integrare nuovamente per parti (ma qui conviene utilizzare direttamente il risultato che è stato
trovato sopra, integrando appunto per parti). Si ottiene
Z
x2 2
x2
x2
x ln2 x dx =
ln x −
ln x +
+ c.
2
2
4
Z
• Lo studente provi a risolvere l’integrale
x2 ex dx, integrando due volte per parti e cerchi di intuire che nello
Z
stesso modo è possibile risolvere un integrale del tipo
P (x)ex dx, dove P è un qualunque polinomio.
8 Non esistono regole su quale sia la scelta “giusta”, cioè la scelta che permette di calcolare l’integrale. L’integrazione per parti non
risolve in un solo passo l’integrale. Lo risolve a patto che siamo in grado di calcolare il nuovo integrale che compare dopo l’applicazione
della formula. È un po’ come nell’applicazione del teorema di De l’Hôpital: non si sa a priori se il metodo funziona, si prova e si vede
subito se può funzionare. Magari non si risolve al primo tentativo ma, se la forma si semplifica, c’è la speranza che applicando nuovamente
il teorema si arrivi alla conclusione.
R
Ad esempio (istruttivo), nell’ xex dx, se prendiamo come parte finita ex e come parte differenziale x, al primo passo si ha
Z 2
Z
x
x2
−
· ex dx
xex dx = ex ·
2
2
e si vede subito che l’integrale si complica. Quindi non si continua su questa strada.
9 Anche questo esempio è istruttivo: si noti che l’integrazione per parti può essere applicata anche quando non c’è un prodotto evidente.
Un prodotto si può sempre creare anche se non c’è, basta moltiplicare per 1. Sembra una cosa inutile (e il più delle volte lo è), ma non nel
calcolo degli integrali. Non è detto però che funzioni sempre.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
3
3.2
8
TECNICHE DI INTEGRAZIONE II
Integrazione per sostituzione
Un’altra importante modalità di calcolo degli integrali si ricava dalla seguente
Proposizione Siano I, J intervalli, f : I → R, g : J → I (per cui si può definire la funzione composta f (g)). Inoltre
g sia derivabile e F sia una primitiva di f in I. Allora F (g) è una primitiva di f (g) g ′ .
Osservazione Per provare la Proposizione basta ricordare la formula di derivazione della funzione composta:
(F (g))′ = (F ′ (g)) g ′ = (f (g)) g ′ .
La Proposizione è nota come formula di integrazione per sostituzione.
Se la scriviamo nella forma integrale e con l’indicazione esplicita della variabile, essa dice che
Z
f g(x) g ′ (x) dx = F g(x) + c.
La formula potrebbe essere ricordata e applicata direttamente come è scritta,10 quindi senza fare ricorso ad un
vero e proprio cambio di variabile. Per cercare di capire invece come intervenga un possibile cambio di variabile
consideriamo nell’integrale la sostituzione (o cambio di variabile) g(x) = t. Ora accordiamoci di accettare questa
“regola pratica del calcolo”: dt = g ′ (x) dx. Allora otteniamo formalmente
Z
t
dt
z}|{ z }| { Z
f ( g(x) ) g ′ (x) dx = f (t) dt.
Se F è una primitiva di f (come detto nella formulazione della Proposizione), allora sappiamo integrare
Z
f (t) dt = F (t) + c = (tornando alla variabile x) = F (g(x)) + c,
che è appunto il risultato voluto.
Esempi Vediamo alcuni esempi di integrazione per sostituzione. Essi indicano il procedimento operativo che
solitamente occorre seguire.
Z
1
dx. Qui in realtà non è necessario un cambio di variabile, dato che siamo nella tipologia
• Consideriamo
x ln2 x
di integrazione della potenza di una funzione per la sua derivata. Si può fare quindi
Z
Z
1
(ln x)−1
1
1
dx = (ln x)−2 · dx =
+c=−
+ c.
2
x
−1
ln x
x ln x
Però possiamo anche procedere con il cambio di variabile. Ponendo ln x = t, ricaviamo da questa x e successivamente calcoliamo il dx: si ha x = et e quindi dx = et dt. Pertanto l’integrale diventa
Z
Z
Z
1
1
1
1
1
t
dx
=
·
e
dt
=
dt = − + c = −
+ c.
e t t2
t2
t
ln x
x ln2 x
Z
e−x
dx. Poniamo e−x = t, da cui −x = ln t, cioè x = − ln t e dx = − 1t dt. Pertanto
1 + e−x
l’integrale diventa
Z
Z
Z
1
t
1
e−x
dt
=
−
dx
=
·
−
dt = − ln |1 + t| + c = − ln(1 + e−x ) + c.
1 + e−x
1+t
t
1+t
• Consideriamo
Z
√
1
√ dx. Poniamo x = t, da cui x = t2 e dx = 2t dt. Pertanto l’integrale diventa
1+ x
Z
Z
Z
Z
√ √
1
1
t
t+1−1
√ dx =
·2t dt = 2
dt = 2
dt = 2 t− ln |1 + t| + c = 2 x− 2 ln(1 + x) + c.
1+ x
1+t
1+t
1+t
• Consideriamo
10 Cioè senza un effettivo cambio di variabile. La formula dice sostanzialmente che possiamo calcolare una primitiva di una funzione
composta (cioè f (g)) a patto che nell’integrale ci sia anche la derivata di g (moltiplicata per il resto) e che io conosca una primitiva di f .
R
2
Un esempio potrebbe essere 2xex dx, e lo studente si accorgerà che in questo caso siamo in una delle tipologie viste in precedenza.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
4
9
TECNICHE DI INTEGRAZIONE III
Osservazione A conclusione di queste sezioni sui vari metodi di integrazione fin qui presentati è forse opportuno
fare il punto. Come si vede, per il calcolo di un integrale indefinito, cioè sostanzialmente il calcolo di una primitiva di
una funzione, esistono varie tecniche possibili. La difficoltà in genere è data dal fatto che a priori non si sa quale delle
tecniche possa avere successo (è l’esperienza che può aiutare).
Se lo studente riflette su quali tipi di funzioni siamo riusciti ad integrare, si accorgerà che non è nemmeno cosı̀
semplice rispondere in modo sintetico alla domanda stessa.
Volendo a tutti costi cercare qualche “regola”, si può osservare che:
• se ho l’integrale di una somma (o differenza) di funzioni, posso fare la somma (o differenza) degli integrali, a
patto di saper calcolare questi ultimi. Se ci sono costanti moltiplicative, queste possono essere “portate fuori
dall’integrale”);
• se ho l’integrale di un prodotto di funzioni, può funzionare l’integrazione per parti; ma l’integrale potrebbe anche
essere più semplice (quasi immediato) a patto che rientri in una delle tipologie considerate;
• abbiamo visto anche esempi di integrazione per parti quando non si aveva un prodotto (almeno non cosı̀ evidente);
• se abbiamo composizioni di funzioni potremmo essere in una delle tipologie, e questo succede quando nell’integrale
c’è anche la derivata di una delle funzioni componenti;
• se tutto il resto fallisce si può provare con la sostituzione.
In conclusione: una regola generale non c’è. Faccio osservare anche che ci sono classi di funzioni che non abbiamo
ancora incontrato per l’integrazione: sappiamo integrare un polinomio ma se abbiamo un quoziente di polinomi, a
parte qualche caso semplice, le cose possono diventare presto molto complicate.
Esercizio 3.1
Calcolare i seguenti integrali indefiniti.
Z
Z
√
√
3
(a)
1 + 5x dx
(b)
2x + 1 dx
(c)
Z
1
dx
1 + 10x
(d)
Z
(e)
Z
x+1
dx
2x + 1
(f)
Z
(g)
Z
1 2
ln x dx
x
(h)
Z
Z
e1/x
dx
x2
Z p
(k)
x 1 + x2 dx
(i)
(m)
4
Z
x2 e−x dx
1
√
dx
1−x
1−x
dx
3x − 1
x2
dx
1 + x3
Z
1
√
√ dx
x(1 + x)
Z p
1 + 1/x2
dx
(l)
x3
Z
(n)
x ln x dx
(j)
Tecniche di integrazione III
In questa sezione conclusiva vediamo allora un metodo generale che permette di calcolare una primitiva di una funzione
razionale (cioè un quoziente di due polinomi).
Definizione Il trinomio x2 + px + q, con p, q in R, si dice irriducibile se non ha radici reali.
Osservazione Ricordiamo che x2 + px + q è irriducibile se e solo se il suo discriminante p2 − 4q è negativo.
Definizione Un polinomio Q si dice decomposto in fattori irriducibili se
Q(x) = a0 (x − r1 )m1 · . . . · (x − rk )mk (x2 + p1 x + q1 )n1 · . . . · (x2 + ph x + qh )nh ,
dove r1 , . . . , rk sono le radici reali di Q, di molteplicità rispettive m1 , . . . , mk , i fattori del tipo x2 + pj x + qj sono
fattori irriducibili e n1 , . . . , nh sono numeri naturali.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
4
10
TECNICHE DI INTEGRAZIONE III
Osservazioni Osserviamo che se Q è come sopra, allora
m1 + . . . + mk + 2n1 + . . . + 2nh = deg Q = grado di Q.
Si può dimostrare che ogni polinomio ammette una decomposizione in fattori irriducibili. Tuttavia non esistono metodi
generali per ottenere la fattorizzazione di un generico polinomio.
Il nostro obiettivo è allora quello di integrare una frazione del tipo P/Q, dove P e Q sono polinomi. Pur esistendo
un metodo del tutto generale, noi vediamo soltanto il caso particolare in cui il denominatore Q ha solo zeri reali,11
cioè il caso in cui si ha
Q(x) = a0 (x − r1 )m1 · · · (x − rk )mk .
Si noti che nel caso da noi considerato la somma delle molteplicità delle radici reali coincide con il grado del polinomio.
Teorema (decomposizione in frazioni semplici) Siano P e Q due polinomi tali che deg P < deg Q. Supponiamo che
Q(x) = a0 (x − r1 )m1 · · · (x − rk )mk
sia la decomposizione di Q in fattori irriducibili. Allora esistono, e sono unici, polinomi P1 , . . . , Pk tali che
P (x)
Pk (x)
P1 (x)
+ ...+
=
.
m
1
Q(x)
(x − r1 )
(x − rk )mk
con deg Pi < mi , per ogni i = 1, 2, . . . , k.
Osservazioni
• Come si vede dall’enunciato, c’è l’ipotesi che deg P < deg Q. Sorge allora la domanda di come ci si debba
comportare se questa ipotesi non fosse soddisfatta, se cioè avessimo due polinomi P e Q con deg P ≥ deg Q. Qui
occorre ricordare una delle prime cose viste nel corso (e vista alla scuola secondaria): la divisione tra polinomi.
In base a questa possiamo in generale affermare che esistono due polinomi R e S tali che
P = SQ + R
con
deg R < deg Q.
Perciò possiamo scrivere P/Q = S + R/Q. A questo punto il polinomio S è integrabile in modo elementare e lo
sappiamo già fare. Quindi il problema di integrare P/Q è ricondotto al problema di integrare R/Q, dove però
ora si ha deg R < deg Q, come previsto nel teorema.
• Quindi siamo in grado di integrare
P (x)
Q(x)
se sappiamo integrare funzioni razionali del tipo:
P (x)
,
(x − r)m
dove P è un polinomio con deg P < m.
Z
Vediamo allora intanto come si risolve
P (x)
dx.
(x − r)m
Basta usare la sostituzione x − r = t, da cui x = t + r e quindi dx = dt. Si trasforma nell’integrale
Z
P (t + r)
dt,
tm
che si calcola facilmente dopo aver diviso i monomi del numeratore per il denominatore.
Z
x+1
. Con la sostituzione x − 1 = t, da cui x = t + 1 e dx = dt, si ha
Esempio Consideriamo
(x − 1)2
Z Z
Z Z
1
t+2
2
t
2
2
2
x+1
dt
=
dt = ln |t| − + c = ln |x − 1| −
dx
=
dt
=
+
+
+ c.
2
2
2
2
2
(x − 1)
t
t
t
t
t
t
x−1
11 Disponendo dei numeri complessi, che sono una generalizzazione dei numeri reali, si può dare una regola del tutto generale per
l’integrazione di una funzione razionale, cioè di un quoziente di due polinomi.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
4
11
TECNICHE DI INTEGRAZIONE III
Esempi Vediamo ora alcuni esempi di come si procede fin dall’inizio e come si ottiene la decomposizione in frazioni
semplici.
Z
x+1
•
dx.
x2 − 3x + 2
Per il denominatore si ha: x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) e questa è la sua decomposizione in fattori irriducibili
(il polinomio ha due radici reali distinte, entrambe cioè di molteplicità 1). Per ottenere la decomposizione in
frazioni semplici scriviamo
A
B
x+1
=
+
. 12
2
x − 3x + 2
x−1 x−2
Ora si procede sviluppando i calcoli a destra:
B
A(x − 2) + B(x − 1)
Ax − 2A + Bx − B
(A + B)x − 2A − B
A
+
=
=
=
.
x−1 x−2
(x − 1)(x − 2)
(x − 1)(x − 2)
(x − 1)(x − 2)
Pertanto
x2
(A + B)x − 2A − B
x+1
=
− 3x + 2
(x − 1)(x − 2)
e le due frazioni sono uguali se e solo se sono uguali i numeratori (i denominatori sono uguali). Occorre dunque
che sia
A+B =1
A = −2
. . . cioè
−2A − B = 1
B = 3.
Allora possiamo scrivere
e quindi
Z
x+1
dx =
2
x − 3x + 2
•
Z x+1
−2
3
=
+
x2 − 3x + 2
x−1 x−2
−2
3
+
x−1 x−2
dx =
Z
−2
dx +
x−1
Z
3
dx = −2 ln |x − 1| + 3 ln |x − 2| + c.
x−2
Z
x2 + x + 1
dx.
x3 − 2x2 + x
Il denominatore è x3 − 2x2 + x = x(x − 1)2 e questa è la sua decomposizione in fattori irriducibili (questa volta
c’è una radice di molteplicità 1 e un’altra radice di molteplicità 2).
Per ottenere la decomposizione in frazioni semplici scriviamo
A
Bx + C
x2 + x + 1
.
= +
3
2
x − 2x + x
x
(x − 1)2
13
Si procede sviluppando i calcoli a destra:
A
A(x − 1)2 + (Bx + C)x
Ax2 − 2Ax + A + Bx2 + Cx
(A + B)x2 + (−2A + C)x + A
Bx + C
=
=
=
.
+
x
(x − 1)2
x(x − 1)2
x(x − 1)2
x(x − 1)2
Occorre dunque che sia
12 Sappiamo

 A+B =1
−2A + C = 1

A=1
infatti che deve valere una decomposizione del tipo
...
cioè

 A=1
B=0

C = 3.
P1 (x)
P2 (x)
+
,
x−1
x−2
dove P1 e P2 sono polinomi di grado minore di 1, cioè di grado zero, e quindi costanti. Ecco che allora cerchiamo quali sono queste costanti
A e B per cui vale la decomposizione scritta.
13 Qui deve valere una decomposizione del tipo
P2 (x)
P1 (x)
+
,
x
(x − 1)2
con deg P1 < 1 e deg P2 < 2 (questa volta uno è costante e l’altro è di primo grado). Cerchiamo quali sono le costanti A, B e C per cui
vale la decomposizione scritta.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
5
Allora possiamo scrivere
x2 + x + 1
1
3
= +
3
2
x − 2x + x
x (x − 1)2
e quindi
Z
12
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
x2 + x + 1
dx =
x3 − 2x2 + x
Z 1
3
+
x (x − 1)2
dx =
Z
1
dx +
x
Z
3
3
dx = ln |x| −
+ c.
(x − 1)2
x−1
Si noti che per risolvere il secondo integrale non è stato necessario il cambio di variabile dato che B = 0.
Z
3x2 + 3x + 2
•
dx.
x3 + 2x2 + x
Il denominatore è x3 + 2x2 + x = x(x + 1)2 e questa è la sua decomposizione in fattori irriducibili.
Per ottenere la decomposizione in frazioni semplici scriviamo come prima
A
Bx + C
3x2 + 3x + 2
.
= +
x3 + 2x2 + x
x
(x + 1)2
Si procede sviluppando i calcoli a destra:
A
A(x + 1)2 + x(Bx + C)
Ax2 + 2Ax + A + Bx2 + Cx
(A + B)x2 + (2A + C)x + A
Bx + C
=
=
=
.
+
x
(x + 1)2
x(x + 1)2
x(x + 1)2
x(x + 1)2
Occorre dunque che sia

 A+B =3
2A + C = 3

A=2
Allora possiamo scrivere
e quindi
Z
...
cioè

 A=2
B=1

C = −1.
2
x−1
3x2 + 3x + 2
= +
x3 + 2x2 + x
x (x + 1)2
3x2 + 3x + 2
dx =
x3 + 2x2 + x
Z 2
x−1
+
x (x + 1)2
dx = 2 ln |x| +
Z
x−1
dx.
(x + 1)2
Per risolvere l’ultimo integrale, con la sostituzione x + 1 = t (x = t − 1, dx = dt), si ottiene
Z
Z
x−1
t−2
2
2
dx
=
dt = ln |t| + + c = ln |x + 1| +
+ c.
2
2
(x + 1)
t
t
x+1
Quindi indefinitiva si ha
Z
2
3x2 + 3x + 2
dx = 3 ln |x| + ln |x + 1| +
+ c.
x3 + 2x2 + x
x+1
Esercizio 4.1
Calcolare i seguenti integrali indefiniti.
Z
Z
1
1
dx
(b)
dx
(a)
2
2
x −x−6
x (x − 1)
5
Soluzioni degli esercizi
Esercizio 3.1
(a)
Z
√
3
1 + 5x dx.
È un integrale immediato. Occorre però “aggiustare una costante”.14 Si ha
Z
√
3
1 + 5x dx =
1
5
Z
5(1 + 5x)1/3 dx =
3 p
1 (1 + 5x)4/3
3
(1 + 5x)4 + c.
+c=
5
4/3
20
14 Ricordo che con “aggiustare una costante” intendo moltiplicare e dividere per una costante in modo da far rientrare l’integrale in un
integrale immediato di una qualche tipologia.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
5
(b)
Z
√
2x + 1 dx. Integrale immediato. Basta solo aggiustare la costante:
Z
(c)
Z
1
dx.
1 + 10x
√
1
2x + 1 dx =
2
(e)
Z
1
√
dx.
1−x
Z
2(2x + 1)1/2 =
1p
1 (2x + 1)3/2
(2x + 1)3 + c.
+c=
2
3/2
3
Integrale immediato. Anche qui basta aggiustare la costante:
Z
(d)
13
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
1
1
dx =
1 + 10x
10
Z
10
1
dx =
ln |1 + 10x| + c.
1 + 10x
10
Integrale immediato. Aggiustando la costante:
Z
1
√
dx = −
1−x
Z
−(1 − x)−1/2 dx = −
√
(1 − x)1/2
+ c = −2 1 − x + c.
1/2
Z
x+1
dx. Qui possiamo cercare di ottenere a numeratore il denominatore, con un’opportuna operazione di
2x + 1
dividi/moltiplica:
Z
Z
Z
Z
Z
x+1
2x + 2
2x + 1 + 1
1
1
1
1
1
1
1
dx =
dx =
dx =
dx = x + ln |2x + 1| + c.
1 dx +
2x + 1
2
2x + 1
2
2x + 1
2
2
2x + 1
2
4
Ricordo che una procedura del tutto analoga è quella di dividere il polinomio x + 1 per il polinomio 2x + 1 (con la
divisione tra polinomi vista all’inizio del corso). Lo studente provi a ricalcolare l’integrale usando questa tecnica.
Z
1−x
(f)
dx. Come sopra, dopo aver cambiato di segno:
3x − 1
Z
Z
Z
x−1
3x − 3
1
1
2
1−x
dx = −
dx = −
dx = − x + ln |3x − 1| + c.
3x − 1
3x − 1
3
3x − 1
3
9
Z
R
1 2
(g)
ln x dx. È un integrale immediato del tipo f α Df , con f data dalla funzione logaritmica. Quindi
x
Z
ln3 x
1 2
ln x dx =
+ c.
x
3
(h)
Z
R
x2
3
dx. È un integrale del tipo Df
f , con f data dalla funzione 1 + x . Bisogna però anche aggiustare
3
1+x
una costante.
Z
Z
1
3x2
1
x2
dx
=
dx = ln |1 + x3 | + c.
3
3
1+x
3
1+x
3
Lo si poteva anche risolvere con un cambio di variabile. Ponendo x3 = t si ricava x = t1/3 e quindi dx = 13 t−2/3 dt.
Pertanto sostituendo si ottiene
Z
Z 2/3
Z
x2
t
1
1 −2/3
1
1
1
dx =
· t
dt =
dt = ln |1 + t| + c = ln |1 + x3 | + c.
3
1+x
1+t 3
3
1+t
3
3
(i)
Z
e1/x
dx.
x2
È del tipo
R
ef Df , con f data dalla funzione 1/x. Bisogna però anche aggiustare il segno.
Z
e1/x
dx = −
x2
Z
e1/x ·
− 1/x2 dx = −e1/x + c.
Anche questo si può risolvere con un cambio di variabile: ponendo x1 = t si ricava x = 1t e quindi dx = − t12 dt.
Pertanto sostituendo si ottiene
Z 1/x
Z
Z
e
et
1
dx
=
·
−
dt
=
−
et dt = −et + c = −e1/x + c.
x2
1/t2
t2
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
5
(j)
14
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
Z
√
√
1
√ dx. La derivata di 1 + x è 1/(2 x). Quindi si può aggiustare una costante e ricondurlo ad
√
x(1 + x)
R
√
un integrale del tipo Df
x. Allora
f , con f data appunto da 1 +
Z
Z
√
1
√
√ dx = 2 ln(1 + x) + c.
2 x(1 + x)
√
Alternativamente, con un cambio di variabile: ponendo x = t si ricava x = t2 e quindi dx = 2t dt. Pertanto
sostituendo si ottiene
Z
Z
Z
√
1
1
1
√ dx =
√
· 2t dt = 2
dt = 2 ln |1 + t| + c = 2 ln(1 + x) + c.
t(1 + t)
1+t
x(1 + x)
(k)
Z
1
√ dx = 2
√
x(1 + x)
p
√
x 1 + x2 dx. Con la sostituzione x2 = t, da cui x = t e quindi dx =
Z
1
√
2 t
dt, si ha
Z √
Z
p
√
1
1 (1 + t)3/2
1 √
1p
x 1 + x2 dx =
t 1 + t · √ dt =
1 + t dt =
(1 + x2 )3 + c.
+c=
2
2
3/2
3
2 t
2
2
Lascio allo
√ studente provare la risoluzione con un cambio di variabile: si può porre x = t, oppure 1 + x = t,
2
oppure 1 + x = t. È un utile esercizio provare le tre possibilità.
Z p
1 + 1/x2
dx. La derivata di 1 + 1/x2 è −2/x3 . Quindi si può aggiustare una costante e ricondurlo ad un
(l)
x3
R
integrale del tipo f α Df , con f data da 1 + 1/x2 . Si ha
Z
Z p
1 + 1/x2
1
−2 p
1p
1 (1 + 1/x2 )3/2
2 dx = −
dx
=
−
+c=−
1
+
1/x
(1 + 1/x2 )3 + c.
3
3
x
2
x
2
3/2
3
Anche qui lascio per esercizio la risoluzione con un cambio di variabile.
Z
(m)
x2 e−x dx. Per parti, con parte finita x2 :
Z
x2 e−x dx =
=
=
=
=
(n)
Z
x ln x dx.
x2 (−e−x ) −
2 −x
−x e
+2
Z
Z
(−e−x ) · 2x dx
xe−x dx
Z
−x2 e−x + 2 x(−e−x ) − (−e−x ) dx
Z
2 −x
−x
−x e − 2xe + 2 e−x dx
−x2 e−x − 2xe−x − 2e−x + c.
Per parti, con parte finita ln x:
Z
x ln x dx =
=
=
A. Peretti – Corso di Matematica
Z 2
x 1
x2
−
· dx
ln x ·
2
2 x
Z
1 2
1
x ln x −
x dx
2
2
1
1 2
x ln x − x2 + c.
2
4
UNIVR – Sede di Vicenza
INTEGRALE INDEFINITO
5
15
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
Esercizio 4.1
(a)
Z
1
dx. Si tratta di una funzione razionale. Il denominatore è un polinimio che si fattorizza in
−x−6
(x + 2)(x − 3). Si ha quindi
Z
Z
1
1
dx
=
dx.
x2 − x − 6
(x + 2)(x − 3)
x2
Cerchiamo la decomposizione in frazioni semplici ponendo
1
A
B
=
+
.
(x + 2)(x − 3)
x+2 x−3
Abbiamo
B
Ax − 3A + Bx + 2B
(A + B)x − 3A + 2B
A
+
=
=
.
x+2 x−3
(x + 2)(x − 3)
(x + 2)(x − 3)
Quindi le condizioni sono
A+B =0
−3A + 2B = 1
cioè
A = −1/5
B = 1/5
cioè
1
−1/5
1/5
=
+
.
(x + 2)(x − 3)
x+2 x−3
Pertanto
Z
(b)
Z
1
1
dx = −
(x + 2)(x − 3)
5
Z
1
1
dx +
x+2
5
Z
1
1
1
dx = − ln |x + 2| + ln |x − 3| + c.
x−3
5
5
1
dx. Si tratta di una funzione razionale. Il denominatore è già decomposto in fattori irriducibili.
− 1)
Allora cerchiamo la decomposizione in frazioni semplici ponendo
x2 (x
C
Ax + B
1
+
=
.
2
− 1)
x
x−1
x2 (x
Abbiamo
C
(Ax + B)(x − 1) + Cx2
Ax2 − Ax + Bx − B + Cx2
(A + C)x2 + (B − A)x − B
Ax + B
+
=
=
=
.
2
2
2
x
x−1
x (x − 1)
x (x − 1)
x2 (x − 1)
Quindi le condizioni sono

 A+C =0
B−A=0

−B = 1
cioè

 A = −1
B = −1

C=1
cioè
1
1
−x − 1
+
=
.
2
− 1)
x
x−1
x2 (x
Pertanto
Z
Z
Z
Z Z
1
1
x+1
1
1
1
1
dx
+
dx
+
dx
=
−
dx
=
−
+
dx = − ln |x| + + ln |x − 1| + c.
2
2
2
x (x − 1)
x
x−1
x x
x−1
x
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza