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COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
DOTT. G. DI MEGLIO
Indice
Introduzione
1. Integrazione per Parti
1.1. Formula d’Integrazione per Parti e Prime Applicazioni
1.2. Qualche Osservazione sulle Formule di Ricorrenza *
1.3. Sulla Scelta del Fattore Differenziale nell’Integrazione per Parti
2. Integrazione per Sostituzione
2.1. La Formula d’Integrazione per Sostituzione
2.2. Sostituzioni Razionalizzanti
3. I Teoremi di Liouville e di Tchebichev
3.1. Funzioni Elementarmente Integrabili e Teorema di Liouville *
3.2. L’Integrale Binomio ed il Teorema di Tchebichev *
Riferimenti bibliografici
1
1
1
8
14
14
14
18
27
27
29
32
Introduzione
Le presenti note sono proposte come integrazione ed approfondimento degli argomenti trattati a lezione.
In particolare, le prime due sezioni completano la trattazione, rispettivamente, dei
metodi di integrazione indefinita per parti e per sostituzione; mentre la terza sezione fornisce alcuni spunti di riflessione per approfondire due argomenti marginali,
citati en passant durante le lezioni.
Alcuni paragrafi sono contrassegnati con l’asterisco e, come si è soliti scrivere in
queste situazioni, possono essere omessi in prima lettura senza pregiudicare la comprensione del testo.
Gli esercizi corrispondenti agli argomenti trattati in questi fogli si trovano in
[DM].
Nella stesura di codeste note ho consultato ed, a tratti, seguito pedissequamente
il testo [FG, cap. 9]. La lettura di tale capitolo è caldamente consigliata agli studenti
che intendano prendere dimestichezza con le più importanti tecniche di integrazione
indefinita.
1. Integrazione per Parti
1.1. Formula d’Integrazione per Parti e Prime Applicazioni. Proviamo la:
Proposizione 1 (Integrazione per Parti)
Siano f, g : I → R funzioni definite in un intervallo I non ridotto ad un punto.
Date: 10 marzo 2015.
1
2
DOTT. G. DI MEGLIO
Se g è derivabile in I e se F : I → R è una primitiva di f in I, allora vale la
formula:
Z
Z
(1)
f (x) g(x) d x = F (x) g(x) − F (x) g 0 (x) d x ,
da intendersi nel senso che per ogni primitiva ϕ di f · g esiste una primitiva ψ di
F · g 0 tale che:
ϕ(x) = F (x) g(x) − ψ(x) .
Dimostrazione. Sia ϕ una primitiva di f · g. Posto ψ := F · g − ϕ, la ψ è derivabile
in I e si ha:
0
ψ 0 (x) = F (x) · g(x) − ϕ0 (x)
= F 0 (x) g(x) + F (x) g 0 (x) − f (x) g(x)
= f (x) g(x) + F (x) g 0 (x) − f (x) g(x)
= F (x) g 0 (x)
cosicché ψ è una primitiva di F · g; perciò abbiamo:
ϕ(x) = F (x) g(x) + ϕ(x) − F (x) g(x) = F (x) g(x) − ψ(x)
come volevamo.
La (1) è detta formula di integrazione (indefinita) per parti.
Essa viene scritta anche nella maniera seguente:
Z
Z
0
(1’)
f (x) g(x) d x = f (x) g(x) − f (x) g 0 (x) d x ,
che si ottiene dalla (1) sostituendovi f = F 0 al primo membro e rinominando f la
F , oppure:
Z
Z
(1”)
f (x) g 0 (x) d x = f (x) g(x) − f 0 (x) g(x) d x ,
che si ottiene dalla (1’) con una manipolazione algebrica elementare.
Usualmente, i fattori f e g del primo membro della (1) vengono detti rispettivamente
fattore differenziale e fattore finito.
Osservazione 1 La formula (1) si usa per calcolare l’integrale indefinito di integrandi che si presentino come prodotto di una funzione derivabile (il fattore finito
g) ed una funzione elementarmente integrabile “senza troppi calcoli” (il fattore differenziale f ), cioé di una funzione di cui si sappia individuare “a occhio” una primitiva.
♦
Esempio 1 Calcoliamo:
Z
(x + 1) ex d x .
L’integrando si presenta come prodotto della funzione g(x) := x + 1 derivabile e
della funzione f (x) := ex immediatamente integrabile; poiché:
g 0 (x) = 1
F (x) = ex ,
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
3
la (1) ci consente di scrivere:
Z
Z
x
x
(x + 1) e d x = (x + 1) e − ex d x
= (x + 1) ex − ex + C
= x ex + C .
Osservazione 2 Notiamo esplicitamente che l’effettiva utilità della formula di integrazione per parti ai fini del calcolo di un integrale dipende in maniera sostanziale
da una buona scelta del fattore differenziale e del fattore finito. In particolare,
fatR
tore differenziale e fattore finito vanno scelti in modo che l’integrale
F
(x)g(x)
dx
R
risulti “più semplice” da calcolare dell’integrale di partenza f (x)g(x) d x.
Per lumeggiare questa affermazione, consideriamo di nuovo il problema di calcolare
l’integrale proposto nell’esempio precedente.
Evidentemente, avremmo potuto provare a scegliere come fattore finito g(x) := ex
e come fattore differenziale f (x) := x + 1, trovando:
g 0 (x) = ex
1
F (x) = x2 + x
2
e perciò:
Z
x
(x + 1) e
dx =
1 2
x +x
2
x
Z e −
1 2
x + x ex d x . . .
2
Ma l’integrale al secondo membro non è “più semplice” da calcolare rispetto a quello
di partenza, giacché in esso compare un polinomio di grado 2, mentre nell’integrale
di partenza figura un polinomio di grado 1!
Pertanto, la scelta ora proposta è da scartarsi a favore di quella fatta nell’esempio
appena concluso.
♦
Esempio 2 Calcoliamo:
Z
(x2 − x) e2x d x .
Stanti le considerazioni ora fatte, converrà prendere come fattore finito g(x) :=
x2 − x e come fattore differenziale f (x) := e2x ; chiaramente:
g 0 (x) = 2x − 1
1
F (x) = e2x
2
perciò:
Z
(x2 − x) e2x d x =
1 2
1
(x − x) e2x −
2
2
Z
(2x − 1) e2x d x .
L’integrale al secondo membro è “più semplice” da calcolare rispetto a quello iniziale
(perché vi compare un polinomio di grado minore), e però esso si calcola integrando
nuovamente per parti, con fattore finito g(x) := 2x−1 e fattore differenziale f (x) :=
e2x ; poiché:
g 0 (x) = 2
1
F (x) = e2x
2
4
DOTT. G. DI MEGLIO
abbiamo:
Z
Z
1
1 1
1
(x2 − x) e2x d x = (x2 − x) e2x −
2 e2x d x
(2x − 1) e2x −
2
2 2
2
Z
1 2
1
1
= (x − x) e2x − (2x − 1) e2x +
e2x d x
2
4
2
1
1
1
= (x2 − x) e2x − (2x − 1) e2x + e2x + C
2
4
4
1
=
x2 − 2x + 1 e2x + C
2
1
= (x − 1)2 e2x + C .
2
Osservazione 3 Notiamo esplicitamente che l’integrazione per parti può essere
iterata, ossia ripetuta più volte di seguito.
In tal caso, però, è bene “perseverare” nella scelta dei fattori differenziale e finito,
poiché altrimenti si incorre nel pericolo di “tornare al passaggio
precedente”.
R
Per illustrare tale circostanza, riconsideriamo l’integrale (x2 −x)e2x d x: procedendo come sopra, dopo la prima integrazione per parti con fattori finito g(x) := x2 −x
e differenziale f (x) := e2x abbiamo:
Z
Z
1
1
(2x − 1) e2x d x ,
(x2 − x) e2x d x = (x2 − x) e2x −
2
2
e possiamo provare a calcolare l’integrale al secondo membro integrando nuovamente
per parti; prendendo stavolta come fattore differenziale f (x) := 2x−1 e come fattore
finito g(x) := e2x , di modo che:
g 0 (x) = 2 e2x
F (x) = x2 − x ,
troviamo:
Z
Z
1 2
1
2
2x
2x
2
2x
2
2x
(x − x) e d x = (x − x) e −
2(x − x) e − 2 (x − x) e d x
2
2
Z
= (x2 − x) e2x d x ,
tornando dove eravamo al passaggio precedente, cioé all’inizio.
♦
Esempio 3 Calcoliamo:
Z
log x d x .
L’integrando non si presenta immediatamente nella forma adatta per un’integrazione per parti; tuttavia, notando che l’integrando può essere riscritto come 1 · log x,
esso è evidentemente il prodotto della funzione g(x) := log x derivabile e della
funzione f (x) := 1 immediatamente integrabile; poiché:
1
g 0 (x) =
x
F (x) = x ,
la (1) ci consente di scrivere:
Z
Z
1
log x d x = x log x − x
dx
x
Z
= x log x − 1 d x
= x log x − x + C .
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
5
Con la stessa tecnica si calcola:
Z
1
arctan x d x = x arctan x − log(1 + x2 ) + C .
2
Osservazione 4 Notiamo dunque esplicitamente che l’integrazione per parti può
essere effettuata anche lì dove sembra non si applichi, con un’astuta scelta del
fattore differenziale.
♦
Esempio 4 Calcoliamo:
Z
1
dx .
(1 + x2 )2
Sommando e sottraendo al numeratore dell’integrando la quantità x2 e decomponendo in somma, troviamo:
Z
Z
1
1 + x2 − x2
d
x
=
dx
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
Z
Z
1
x2
=
d
x
−
dx
1 + x2
(1 + x2 )2
Z
x2
= arctan x −
dx ,
(1 + x2 )2
sicché per terminare basta calcolare l’integrale che figura all’ultimo membro. Dato
x2
x
che (1+x
2 )2 = x · (1+x2 )2 e che il secondo fattore del prodotto al secondo membro è
immediatamente integrabile, possiamo integrare per parti con fattore finito g(x) :=
x
x e fattore differenziale f (x) := (1+x
2 )2 : troviamo così:
g 0 (x) = 1
F (x) = −
1
1
2 1 + x2
e perciò:
Z
x2
dx
(1 + x2 )2
Z
1
1
1
1
= arctan x − −
+
d
x
2 1 + x2
2
1 + x2
1
1
1
= arctan x − −
+ arctan x
2 1 + x2
2
1
1
1
=
arctan x +
.
2
2 1 + x2
1
d x = arctan x −
(1 + x2 )2
Z
Osservazione 5 Notiamo esplicitamente che l’integrazione per parti ha consentito
1
di ricondurre il calcolo dell’integrale di (1+x
2 )2 al calcolo dell’integrale (immediato)
1
di 1+x2 , in cui il denominatore figura elevato ad una potenza di grado minore.
Questo è un tipico esempio di formula di ricorrenza per il calcolo degli integrali
indefiniti ottenuta usando l’integrazione per parti. Nel paragrafi successivi vedremo
altri esempi di tale tecnica.
♦
Esempio 5 Calcoliamo:
Z
sin(2x) e−πx d x .
6
DOTT. G. DI MEGLIO
Prendiamo come fattore differenziale f (x) := e−πx e come fattore finito g(x) :=
sin(2x), in modo che:
g 0 (x) = 2 cos(2x)
1
F (x) = − e−πx ,
π
ed integrando per parti troviamo:
Z
Z
1
2
sin(2x) e−πx d x = − sin(2x) e−πx +
cos(2x) e−πx d x ,
π
π
cosicché il problema iniziale è ricondotto a quello dell’integrazione di cos(2x)e−πx .
Per calcolare il nuovo integrale, integriamo per parti “perseverando” nelle scelte
fatte in precedenza, cioé con fattore finito g(x) := cos(2x) e fattore differenziale
f (x) := e−πx : poiché:
g 0 (x) = −2 sin(2x)
1
F (x) = − e−πx
π
abbiamo:
Z
2 1
1
sin(2x) e−πx +
−
cos(2x) e−πx
π
π
π
Z
2
sin(2x) e−πx d x
−
π
2
1
= − sin(2x) e−πx − 2 cos(2x) e−πx
π Z
π
4
−πx
− 2
sin(2x) e
dx... ,
π
sin(2x) e−πx d x = −
. . . E sembra d’essere “tornati al passaggio precedente”!
Ma, leggendo con attenzione, scopriamo che l’uguaglianza tra primo ed ultimo
membro può essere interpretata come segue: in corrispondenza di una qualsiasi
primitiva Ψ di sin(2x)e−πx esiste una primitiva Φ di sin(2x)e−πx , tale che:
1
2
4
sin(2x) e−πx − 2 cos(2x) e−πx − Φ(x) .
π
π
π
A tal punto, ricordando che Ψ(x) = Ψ(x) + C con C costante (per una conseguenza
notevolissima del Teorema di Lagrange), la precedente si riscrive:
Ψ(x) = −
1
2
4
sin(2x) e−πx − 2 cos(2x) e−πx − 2 Φ(x)
π
π
π
e diventa, per ogni x, un’equazione nell’incognita Φ(x) che può essere risolta con
semplici passaggi algebrici: abbiamo:
4
1
2
1 + 2 Φ(x) = − sin(2x) e−πx − 2 cos(2x) e−πx − C
π
π
π
Φ(x) + C = −
ossia:
π2
Φ(x) = 2
π +4
1
2
− sin(2x) e−πx − 2 cos(2x) e−πx
π
π
−
π2
C.
π2 + 4
Da tale uguaglianza traiamo che la funzione:
π2
1
2
−πx
−πx
ϕ(x) := 2
− sin(2x) e
− 2 cos(2x) e
π +4
π
π
1
= 2
(−π sin(2x) − 2 cos(2x)) e−πx
π +4
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
7
è una primitiva di sin(2x)e−πx (poiché differisce dalla primitiva Φ per la constante
2
additiva − π2π+4 C), dunque possiamo scrivere certamente:
Z
1
sin(2x) e−πx d x = 2
(−π sin(2x) − 2 cos(2x)) e−πx + C .
π +4
Allo stesso modo si calcola:
Z
cos(2x) e−πx d x .
Osservazione 6 Notiamo esplicitamente che l’integrale appena proposto si può
risolvere in maniera meno formale, ma più rapida, con un semplice escamotage.
Introducendo l’incognita ausiliaria:
Z
I := sin(2x) e−πx d x
nell’uguaglianza:
Z
2
1
sin(2x) e−πx d x = − sin(2x) e−πx − 2 cos(2x) e−πx
π
π
Z
4
−πx
− 2
sin(2x) e
dx
π
otteniamo:
1
2
4
I = − sin(2x) e−πx − 2 cos(2x) e−πx − 2 I
π
π
π
e possiamo riguardare tale relazione, con evidentissimo abuso di notazione, come
equazione nell’incognita I. Risolvendo tale equazione otteniamo:
I=
π2
(−π sin(2x) − 2 cos(2x)) e−πx
π2 + 4
da cui:
π2
(−π sin(2x) − 2 cos(2x)) e−πx + C ,
π2 + 4
come già trovato per altra via.
Z
sin(2x) e−πx d x =
♦
Osservazione 7 Notiamo altresì che l’integrale proposto nell’esempio precedente
è “ciclico”, nel senso che dopo due integrazioni per parti eseguite correttamente
(cioè senza “tornare al passaggio precedente”) esso ricompare nell’ultimo membro
moltiplicato per un coefficiente 6= 1.
Se conveniamo di chiamare ciclici gli integrali che godono della proprietà appena
detta, cioè quegli integrali per i quali, dopo due integrazioni per parti eseguite
correttamente, si trova:
Z
Z
f (x) g(x) d x = ϕ(x) + α
f (x) g(x) d x
con α 6= 1, è evidente che il trucco presentato nell’osservazione precedente si applica
e restituisce:
Z
1
f (x) g(x) d x =
ϕ(x) + C .
1−α
♦
Esempio 6 Calcoliamo gli integrali ciclici:
Z
sin(ωx) epx d x
Z
cos(ωx) epx d x ,
8
DOTT. G. DI MEGLIO
con ω, p ∈ R \ {0} per evitare casi banali.
Integrando per parti, entrambi gli integrali con fattore differenziale f (x) := epx ,
troviamo:
Z
Z
1
ω
px
px
sin(ωx) e d x =
sin(ωx) e −
cos(ωx) epx d x
p
p
Z
Z
1
ω
sin(ωx) epx d x ;
cos(ωx) epx d x =
cos(ωx) epx +
p
p
introducendo le incognite ausiliarie:
Z
I = sin(ωx) epx d x
Z
J = cos(ωx) epx d x
la precedente coppia di uguaglianze si muta in un sistema lineare nelle incognite I
e J, cioé:
(
I + ωp J = p1 sin(ωx) epx
− ωp I + J = p1 cos(ωx) epx
2
il quale è di Cramer. Visto che il determinante dei coefficienti è 1 + ωp2 6= 0, il
sistema ha unica soluzione, la quale si calcola usando la regola di Cramer:

!
1
ω
px


p2
p sin(ωx)e
p


I = p2 +ω2 det 1 cos(ωx)epx 1
p
!
.
1
px

2
sin(ωx)e
1

p
p
J = 2 2 det

p +ω

− ωp p1 cos(ωx)epx
Dunque:
(
1
px
I = p2 +ω
− ω cos(ωx)epx )
2 (p sin(ωx)e
1
px
J = p2 +ω
+ ω sin(ωx)epx )
2 (p cos(ωx)e
,
e perciò:
Z
Z
1
(p sin(ωx) − ω cos(ωx)) epx + C
p2 + ω 2
1
dx = 2
(p cos(ωx) + ω sin(ωx)) epx + C .
p + ω2
sin(ωx) epx d x =
cos(ωx) epx
1.2. Qualche Osservazione sulle Formule di Ricorrenza *. Abbiamo già no1
tato che l’integrale di (1+x
2 )2 si può ricondurre, mediante integrazione per parti,
1
all’integrale (immediato) di 1+x
2 . Mostriamo ora che questo procedimento vale in
un caso più generale.
Scelto un numero naturale n ≥ 2, vogliamo calcolare:
Z
1
dx .
(1 + x2 )n
Sommando e sottraendo la quantità x2 al numeratore e decomponendo in somma,
otteniamo:
Z
Z
1
1 + x2 − x2
d
x
=
dx
(1 + x2 )n
(1 + x2 )n
Z
Z
1
x2
=
d
x
−
dx ;
(1 + x2 )n−1
(1 + x2 )n
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
9
2
x
x
dato che (1+x
2 )n = x · (1+x2 )n , possiamo integrare per parti il secondo addendo dell’ultimo membro con fattore differenziale f (x) := (1+xx2 )n−1 e fattore finito
g(x) := x; poiché n ≥ 2, abbiamo:
g 0 (x) = 1
F (x) = −
1
1
,
2(n − 1) (1 + x2 )n−1
cosicché risulta:
Z
Z
1
1
1
x
d
x
=
d
x
−
−
2
n
2
n−1
(1 + x )
(1 + x )
2(n − 1) (1 + x2 )n−1
Z
1
1
d
x
+
2(n − 1)
(1 + x2 )n−1
Z
1
1
x
=
dx +
(1 + x2 )n−1
2(n − 1) (1 + x2 )n−1
Z
1
1
−
dx
2(n − 1)
(1 + x2 )n−1
1
x
=
2(n − 1) (1 + x2 )n−1
Z
1
1
dx .
+ 1−
2(n − 1)
(1 + x2 )n−1
Ne viene che il problema del calcolo dell’integrale:
Z
1
I(n) :=
dx
(1 + x2 )n
è ricondotto a quello del calcolo di:
Z
I(n − 1) :=
1
dx
(1 + x2 )n−1
mediante la formula:
I(n) =
x
2n − 3
1
+
I(n − 1) ,
2(n − 1) (1 + x2 )n−1
2n − 2
la quale è detta formula di ricorrenza per l’integrale I(n).
Tale formula può essere usata per calcolare esplicitamente l’integrale I(n), con n
comunque elevato, sfruttando la relazione elementare I(1) = arctan x + C.
Ad esempio, posto n = 6, vogliamo calcolare esplicitamente:
Z
1
dx .
I(6) =
(1 + x2 )6
Usando la formula di ricorrenza troviamo:
1
x
9
I(6) =
+
I(5)
10 (1 + x2 )5
10
e, poiché 5 ≥ 2, possiamo esprimere anche I(5) usando la formula di ricorrenza:
x
7
1
+ I(4) ,
I(5) =
8 (1 + x2 )4
8
dunque:
1
x
9
x
9·7
I(4) .
+
+
10 (1 + x2 )5
10 · 8 (1 + x2 )4
10 · 8
Dato che 4 ≥ 2, possiamo usare la formula di ricorrenza per I(4):
1
x
5
I(4) =
+ I(3)
2
3
6 (1 + x )
6
I(6) =
10
DOTT. G. DI MEGLIO
sicché:
9
1
x
x
+
2
5
10 (1 + x )
10 · 8 (1 + x2 )4
9·7
9·7·5
x
+
+
I(3) .
10 · 8 · 6 (1 + x2 )3
10 · 8 · 6
I(6) =
Ancora, poiché:
I(3) =
3
x
1
+ I(2)
2
2
4 (1 + x )
4
ed:
1
1
x
+ I(1)
2 1 + x2
2
1
1
x
=
+ arctan x + C ,
2
2 1+x
2
I(2) =
abbiamo infine:
9
x
x
1
+
10 (1 + x2 )5
10 · 8 (1 + x2 )4
9·7
x
9·7·5
x
+
+
10 · 8 · 6 (1 + x2 )3
10 · 8 · 6 · 4 (1 + x2 )2
x
9·7·5·3
9·7·5·3
+
arctan x + C .
+
2
10 · 8 · 6 · 4 · 2 1 + x
10 · 8 · 6 · 4 · 2
Una formula chiusa che consenta di esprimere I(n) si può ricavare dalla formula di
ricorrenza usando il Principio d’Induzione Matematica; ma su ciò non insistiamo e
lasciamo al lettore volenteroso ricavarla.
I(6) =
In generale, quando un integrale si presenta nella forma:
Z
I(n) := f n (x) g(x) d x
con n ≥ 2, l’integrazione per parti e la decomposizione in somma possono essere
usate per tentare di esprimere I(n) come funzione lineare di I(n−1) oppure I(n−2)
(a seconda dei casi), cioé per ottenere delle relazioni del tipo:
(2)
I(n) = ϕn (x) + αn I(n − 1) oppure I(n) = ϕn (x) + αn I(n − 2)
(in cui ϕn è un’opportuna funzione derivabile ed αn ∈ R), le quali vengono dette
formule di ricorrenza per l’integrale I(n).
Se I(n) è un integrale per il quale sussiste una formula di ricorrenza del tipo (2) si
riconosce che, iterando un numero finito di volte l’uso delle (2), il calcolo di I(n) si
riconduce (a seconda dei casi) a quello di uno tra gli integrali:
Z
Z
I(1) = f (x) g(x) d x oppure I(0) = g(x) d x ;
ne consegue, in particolare, che I(n) è calcolabile elementarmente se e solo se lo è
uno degli integrali I(1) od I(0).
Per lumeggiare tali circostanze, riportiamo alcuni esempi.
Esempio 7 Siano n un naturale ed ω > 0; ci proponiamo di calcolare le formule di
ricorrenza per gli integrali:
Z
I(n) = sinn (ωx) d x
Z
J(n) = cosn (ωx) d x .
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
11
Chiaramente, se n = 0, 1, gli integrali sono immediati e valgono:
I(0) = J(0) = C
I(1) = −
J(1) =
1
cos(ωx) + C
ω
1
sin(ωx) + C .
ω
Supponiamo dunque n ≥ 2. Dato che sinn (ωx) = sinn−1 (ωx) sin(ωx) e cosn (ωx) =
cosn−1 (ωx) cos(ωx), possiamo integrare per parti I(n) e J(n) con fattori differenziali, rispettivamente, sin(ωx) e cos(ωx) ottenendo:
Z
1
sinn−1 (ωx) cos(ωx) + (n − 1)
sinn−2 (ωx) cos2 (ωx) d x
ω
Z
1
= − sinn−1 (ωx) cos(ωx) + (n − 1)
sinn−2 (ωx) 1 − sin2 (ωx) d x
ω
Z
1
n−1
(ωx) cos(ωx) + (n − 1)
sinn−2 (ωx) d x
= − sin
ω
Z
− (n − 1)
sinn (ωx) d x
I(n) = −
=−
1
sinn−1 (ωx) cos(ωx) + (n − 1) I(n − 2) − (n − 1) I(n)
ω
e con calcoli analoghi:
J(n) =
1
sin(ωx) cosn−1 (ωx) + (n − 1) J(n − 2) − (n − 1) J(n) ;
ω
da ciò si ricavano le ricorrenze:
1
n−1
sinn−1 (ωx) cos(ωx) +
I(n − 2)
nω
n
1
n−1
J(n) =
sin(ωx) cosn−1 (ωx) +
J(n − 2) ,
nω
n
I(n) = −
le quali consentono di calcolare I(n) [risp. J(n)] riportandosi ai casi base I(0) o
I(1) [risp. J(0) o J(1)] a seconda che n sia pari o dispari.
Osservazione 8 È bene notare che se n ≥ 2 è dispari, gli integrali I(n) e J(n)
sono calcolabili elementarmente con meno sforzo.
Invero, se n = 2h + 1 per qualche h naturale e ≥ 1, si ha:
Z
I(n) =
Z
=
Z
sin2h (ωx) sin(ωx) d x
h
sin2 (ωx) sin(ωx) d x
h
1 − cos2 (ωx) sin(ωx) d x
Z
h
1
1 − cos2 (ωx) (−ω sin(ωx)) d x
=−
ω
Z
h
1
t=cos(ωx)
=
−
1 − t2 d t
ω
=
12
DOTT. G. DI MEGLIO
e l’ultimo integrale è molto semplice, poiché l’integrando è un polinomio; analogamente si trova:
Z
J(n) = cos2h (ωx) cos(ωx) d x
Z
h
1
=
1 − sin2 (ωx) (ω cos(ωx)) d x .
ω
Z
h
t=sin(ωx) 1
=
1 − t2 d t
ω
Esempio 8 Per n naturale e p 6= 0, mostriamo che l’integrale:
Z
I(n) = xn epx d x
è elementare, determinando un’appropriata formula di ricorrenza.
Chiaramente I(0) è elementare, poiché:
Z
1
I(0) = epx d x = epx + C .
p
Se n ≥ 1, integrando con fattore differenziale epx troviamo:
Z
n
1
xn−1 epx d x
I(n) = xn epx −
p
p
n
1
= xn epx − I(n − 1) ,
p
p
che consente di esprimere I(n) in funzione di I(0). Dato che I(0) è elementare, tale
è anche I(n).
Esempio 9 Per n naturale, determiniamo una ricorrenza per gli integrali:
Z
I(n) = xn sin(ωx)epx d x
Z
J(n) = xn cos(ωx)epx d x ,
in cui ω > 0 e p ∈ R.
Per quanto già visto in precedenza, I(0) e J(0) sono elementarmente calcolabili (in
quanto integrali ciclici).
Supponiamo n ≥ 1 ed integriamo per parti in I(n) e J(n) con fattore finito g(x) :=
xn epx : dato che:
g 0 (x) = (nxn−1 + p xn ) epx ,
abbiamo:
Z
1
1
I(n) = − xn cos(ωx) epx +
(nxn−1 + p xn ) cos(ωx) epx d x
ω
ω
1
n
p
= − xn cos(ωx) epx + J(n − 1) + J(n)
ω
ωZ
ω
1 n
1
px
n−1
J(n) =
x sin(ωx) e −
(nx
+ p xn ) sin(ωx) epx d x
ω
ω
1 n
n
p
=
x sin(ωx) epx − I(n − 1) − I(n) .
ω
ω
ω
Valgono perciò le relazioni :
(
ω I(n) − p J(n) = −xn cos(ωx) epx + n J(n − 1)
p I(n) + ω J(n) = xn sin(ωx) epx − n I(n − 1) ,
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
13
le quali formano un sistema di Cramer nelle incognite I(n) e J(n); poiché il determinante dei coefficienti è uguale a ω 2 + p2 > 0, tale sistema ha unica soluzione data
da:

!
n
px

−x
cos(ωx)
e
+
n
J(n
−
1)
−p

1


I(n) = ω2 +p2 det xn sin(ωx) epx − n I(n − 1)
ω
!
n
px

ω −x cos(ωx) e + n J(n − 1)

1


J(n) = ω2 +p2 det p
xn sin(ωx) epx − n I(n − 1)
Lasciando allo studioso lettore il compito di esplicitare le formule precedenti, notiamo che esse forniscono ricorrenze di tipo un po’ più complesso delle (2), poiché
invero esse sono del tipo:
(
I(n) = αn (x) I(n − 1) + βn (x) J(n − 1)
J(n) = γn (x) I(n − 1) + δn (x) J(n − 1)
con αn , βn , γn e δn appropriate funzioni.
Esempio 10 Calcoliamo:
Z
I(n) =
2
x2n+1 epx d x ,
ove p ∈ R e p 6= 0 (per evitare banalità).
L’integrale I(0) è elementare, poiché:
Z
2
I(0) = x epx d x
Z
2
1
2px epx d x
=
2p
1 px2
=
e
+C .
2p
Supponiamo allora n ≥ 1 e, notato che:
Z
2
I(n) = x2n x epx d x ,
possiamo integrare per parti con fattore finito g(x) := x2n e fattore differenzia2
le f (x) = xepx (una cui primitiva è stata appena determinata): così facendo
troviamo:
Z
2
1 2n px2 2n
x e
−
x2n−1 epx d x
I(n) =
2p
2p
Z
2
1 2n px2 n
=
x e
−
x2(n−1)+1 epx d x ,
2p
p
ossia:
I(n) =
1 2n px2 n
x e
− I(n − 1) .
2p
p
La formula di ricorrenza appena trovata riduce il calcolo di I(n) a quello di I(0) e
perciò mostra che I(n) è elementare.
Osservazione 9 La stessa tecnica usata in precedenza consente di calcolare una
formula di ricorrenza per l’integrale:
Z
2
J(n) = x2n epx d x ,
14
DOTT. G. DI MEGLIO
per n ≥ 1.
Infatti, scelto n ≥ 1, poiché:
Z
J(n) =
2
x2n−1 x epx d x
2
possiamo integrare per parti con fattore differenziale f (x) = xepx e fattore finito
g(x) = x2n−1 ottenendo:
Z
2
1 2n−1 px2 2n − 1
x2n−2 epx d x
J(n) =
x
e
−
2p
2p
Z
2
1 2n−1 px2 2n − 1
x
e
−
x2(n−1) epx d x ,
=
2p
2p
cioé:
1 2n−1 px2 2n − 1
J(n) =
x
e
−
J(n − 1) .
2p
2p
Tale formula di ricorrenza riconduce il calcolo dell’integrale J(n) a quello dell’integrale J(0), il quale però non è elementare per un noto risultato di Liouville (cfr. sezione 3); pertanto, nessun integrale del tipo J(n) si può esprimere mediante funzioni
elementari.
1.3. Sulla Scelta del Fattore Differenziale nell’Integrazione per Parti. Non
esistono regole certe che garantiscano la bontà della scelta di fattore differenziale e
fattore finito in un’integrazione per parti.
Tuttavia, empiricamente, la scelta del fattore differenziale nei casi d’ordinaria amministrazione va fatta tenendo a mente l’acronimo dETAIL (“dettaglio”, in English),
il quale sta per:
differenziale
Esponenziali
Trigonometriche
Algebriche
(cioé le potenze o i polinomi)
Inverse trigonometriche
(cioé arcoseni, arcocoseni, etc. . . )
Logaritmi ,
e ricordando che le funzioni “più in alto” sono preferibili come fattori differenziali a
tutte le funzioni che stanno “più in basso”.
Il lettore attento avrà notato che le scelte dei fattori differenziali negli esempi di
questa sezione sono state operate in conformità all’acronimo ora proposto.
2. Integrazione per Sostituzione
2.1. La Formula d’Integrazione per Sostituzione. Proviamo la:
Proposizione 2 (Integrazione per Sostituzione)
Siano I e J due intervalli non ridotti ad un punto, f : I → R una funzione e
ϕ : J → I una funzione derivabile in J.
Se F : I → R è una primitiva di f in I, allora:
Z
(3)
f (ϕ(x)) ϕ0 (x) d x = F (ϕ(x)) + C .
Dimostrazione. La funzione F ◦ ϕ è definita in J ed ivi derivabile, in quanto
composta da funzioni derivabili; poiché la derivata di tale funzione è:
0
(F ◦ ϕ) (x) = F 0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x)
= f (ϕ(x)) · ϕ0 (x) ,
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
F (ϕ(x)) è una primitiva di f (ϕ(x)) · ϕ0 (x) in J e perciò vale la (3).
15
La (3) prende il nome di formula d’integrazione (indefinita) per sostituzione
“diretta”.
Il perché di tal nome si spiega come segue. Usando le stesse notazioni dell’enunciato
abbiamo:
Z
f (t) d t = F (t) + C
e la formula (3) può essere riscritta come:
Z
Z
(3’)
f (ϕ(x)) ϕ0 (x) d x =
f (t) d t
,
t=ϕ(x)
in cui la |t=ϕ(x) significa che il “risultato” dell’integrale al secondo membro (fatto
rispetto alla variabile t!) va infine calcolato ponendo t = ϕ(x).
R
Conseguentemente, il problema del calcolo dell’integrale
f (ϕ(x)) · ϕ0 (x) d x è riR
condotto al problema del calcolo dell’integrale f (t) d t in cui figura la variabile
ausiliaria t, che viene formalmente introdotta facendo la sostituzione t = ϕ(x)
in f (ϕ(x)) e sostituendo ϕ0 (x) d x con d t.
Osservazione 10 La formula d’integrazione per sostituzione si usa, evidentemente,
per calcolare integrali che si presentino come prodotto tra funzioni composte e la
derivata della componente interna.
Tuttavia, essa può (e deve necessariamente) essere usata anche in altri casi i quali,
almeno a prima vista, non si incasellano in tale tipologia.
Ad esempio consideriamo il problema di calcolare l’integrale:
Z
f (x) d x
in cui f : I → R è un’assegnata funzione. Se l’integrale è molto complicato o,
addirittura, non è calcolabile con altre tecniche elementari, è possibile usare la
formula di integrazione per sostituzione “a rovescio”, ossia:
Z
Z
(3”)
f (x) d x =
f (ϕ(t)) ϕ0 (t) d t
,
−1
t=ϕ
(x)
in cui ϕ : JR → I è un’appropriata funzione invertibile, diRmodo che il calcolo dell’integrale f (x) d x è ricondotto al calcolo dell’integrale f (ϕ(t)) ϕ0 (t) d t.
Così procedendo, sembra s’introduca nell’integrale un’ulteriore complicazione, dovuta alla presenza di una funzione composta e di un prodotto. . . Tuttavia, scegliendo
bene la sostituzione x = ϕ(t) (cioé la funzione ϕ), gli integrali risultanti da tale
procedimento sono di gran lunga più semplici rispetto agli integrali di partenza!
Per semplicità, chiameremo la (3”) formula di integrazione (indefinita) per sostituzione “inversa”.
Osservazione 11 Notiamo esplicitamente che le regole d’integrazione immediata
“della tabella” non sono altro che istanze elementari della formula d’integrazione
per sostituzione “diretta” (3’).
Ad esempio, la formula d’integrazione elementare:
Z
ϕ0 (x)
p
d x = arcsin ϕ(x) + C
1 − ϕ2 (x)
non è altro che:
ϕ0 (x)
Z
p
1 − ϕ2 (x)
Z
dx =
√
1
d t
1 − t2
t=ϕ(x)
16
cioè la (3) con f (t) :=
DOTT. G. DI MEGLIO
√ 1
.
1−t2
Esempio 11 Calcoliamo:
Z
2
2x
ex d x .
1 + e2x2
L’integrando si può scrivere come:
2
ex
2x
1 + e2x2
e si vede che il primo fattore è la funzione f (ϕ(x)) composta da:
et
1 + e2t
ϕ(x) = x2
f (t) =
e che il secondo fattore è proprio la derivata di ϕ(x); pertanto la formula d’integrazione per sostituzione “diretta” si applica e restituisce:
Z
Z
2x
et
x2
,
dx =
d t
2 e
2t
2x
1+e
1+e
t=x2
R et
ed il problema iniziale è ricondotto al calcolo di 1+e
2t d t.
Per il calcolo di tale integrale possiamo usare ancora la formula di integrazione per
sostituzione “diretta”, poiché infatti è possibile scrivere l’integrando come:
1
et
1 + e2t
con il primo fattore composto dalle funzioni:
1
g(u) =
1 + u2
ψ(t) = et
ed il secondo fattore uguale alla derivata di ψ(t); quindi abbiamo:
Z
Z
2x
1
x2
d
u
e
d
x
=
2
2
2x
1+u
1+e
u=et t=x2
Z
1
=
d
u
1 + u2
u=ex2
= arctan u + C|u=ex2
2
= arctan ex + C .
Esempio 12 Calcoliamo:
√
√ 1
log 1 + e2 x √ d x .
x
Notato che l’integrando si può riscrivere come:
√
√
√ e2 x
2 x
2 x
√ ,
e
log 1 + e
x
Z
e4
x
è evidente che esso si fattorizza come prodotto della funzione f (ϕ(x)) composta da:
f (t) = t log(1 + t)
√
ϕ(x) = e2
x
e della derivata di ϕ, cioé:
1
ϕ0 (x) = e2x √ ;
x
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
17
quindi la formula d’integrazione per sostituzione “diretta” si applica e fornisce:
Z
Z
√
√ 1
e4 x log 1 + e2 x √ d x =
t log(1 + t) d t
√
x
t=e2 x
R
di modo che il calcolo dell’integrale iniziale è ricondotto a quello di t log(1+t) d t.
Quest’ultimo è un classico integrale da svolgere con la formula d’integrazione per
parti (con fattore finito t e fattore differenziale log(1 + t)) e con l’ausilio del metodo
di decomposizione in somma: abbiamo:
Z
t log(1 + t) d t =
=
=
=
=
=
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
t2 log(1 + t) −
t2 log(1 + t) −
t2 log(1 + t) −
t2 log(1 + t) −
t2 log(1 + t) −
t2 log(1 + t) −
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
t2
dt
1+t
Z 2
t −1+1
dt
1+t
Z 2
t −1
1
+
dt
1+t
1+t
Z 1
t−1+
dt
1+t
Z
1 2
1
t −t+
dt
2
1+t
1
1
t2 + t − log(1 + t) + C
2
4
Z
(nell’ultimo passaggio il valore assoluto nel logaritmo è superfluo, in quanto 1 + t è
già argomento di un logaritmo e, dunque, è > 0), cosicché:
Z
√
√ 1
1
1
1
e4 x log 1 + e2 x √ d x = t2 log(1 + t) − t2 + t
2
4
2
x
1
− log(1 + t) + C √
4
t=e2 x
√
1 √
1 √
1 √
= e4 x log 1 + e2 x − e4 x + e2 x
2
4
2
√ 1
2 x
− log 1 + e
+C .
4
Esempio 13 Calcoliamo:
Z
√
x sin
√
x dx ,
in I =]0, +∞[.
Dato che x > 0 in I, possiamo razionalizzare la radice che figura come primo fattore
nell’integrando, ottendo:
Z
Z
√
√
√ 1
x sin x d x = x sin x √ d x ;
x
moltiplicando e dividendo per 2 il nuovo integrando,
si riconosce√che esso si pre√
senta come prodotto della funzione 2x sin x e della derivata di x, cosicché per
sostituzione “diretta” abbiamo:
Z
Z
√
√
x sin x d x = 2
t2 sin t d t √
t= x
18
DOTT. G. DI MEGLIO
con l’ultimo integrale che si calcola integrando due volte per parti con fattore
differenziale sin t:
Z
Z
√
√
2
x sin x d x = 2
t sin t d t √
t= x
t cos t d t √
t= x
Z
2
= 2 −t cos t + 2 t sin t − 2
sin t d t =2
−t2 cos t + 2
Z
√
t= x
= −2 t2 cos t + 2 t sin t + 2 cos t + C t=√x
√
√
√
√
= −2 x cos x + 2 x sin x + 2 cos x + C .
2.2. Sostituzioni Razionalizzanti. Di seguito elenchiamo delle sostituzioni “inverse” molto note ed utili, le quali servono a semplificare il calcolo degli integrali di
alcune classi di funzioni, riconducendolo al calcolo di integrali razionali.
Per tale motivo, le sostituzioni che presentiamo sono anche dette sostituzioni razionalizzanti.
Esempio 14 Consideriamo la funzione:
Z
8x + 1
dx .
4x − 3 2x + 2
Poiché 4x = 22x = (2x )2 e 8x = 23x = (2x )3 , possiamo riscrivere l’integrale
assegnato come:
Z
(2x )3 + 1
dx
(2x )2 − 3 2x + 2
il quale, tuttavia, non è calcolabile immediatamente. Dato che nell’integrale all’ultimo membro la variabile x compare solo attraverso l’esponenziale 2x , possiamo
pensare di introdurre la variabile ausiliaria t = 2x e di effettuare una sostituzione “diretta”; tuttavia ciò non è immediatamente possibile, poiché la derivata di
ϕ(x) = 2x non compare nell’integrando.
Possiamo allora pensare di usare l’uguaglianza t = 2x come sostituzione “inversa”,
cioé come t = ϕ−1 (x), e di applicare la formula (3”): per fare ciò, occorre anzitutto ricavare la funzione ϕ(t) dall’uguaglianza t = 2x , e ciò si fa esplicitando tale
uguaglianza rispetto alla x:
x = log2 t =
1
log t ;
log 2
| {z }
=:ϕ(t)
poi occorre derivare ϕ, ottenendo:
ϕ0 (t) =
1
;
t log 2
ed infine occorre sostituire nell’integrale di partenza come indicato dalla formula
(3”), trovando:
Z
Z
8x + 1
t3 + 1
1
d
x
=
d
t
x
x
2
4 −3 2 +2
t − 3 t + 2 t log 2 t=2x
Z
1
t3 + 1
=
d t
.
log 2
t (t2 − 3 t + 2)
t=2x
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
19
Si vede così che l’integrale originale viene semplificato dalla sostituzione, in quanto
per calcolarlo basta calcolare l’integrale razionale che compare all’ultimo membro,
e ciò si fa decomponendo in fratti semplici. Visto che:
t3 + 1
3t2 − 2t + 1
=
1
+
t (t2 − 3 t + 2)
t (t − 1) (t − 2)
abbiamo:
t3 + 1
A
B
C
=1+ +
+
t (t − 2) (t − 1)
t
t−1 t−2
con:


A =


B=



C =
sicché:
Z
t3 + 1
dt =
t (t2 − 3 t + 2)
3t2 −2t+1 (t−1) (t−2) = 13
t=0
3t2 −2t+1 = −2
t (t−2) t=1
2
3t −2t+1
= 29 ,
t (t−1) t=2
Z 2
9
1
−
+
1+
dt
3t t − 1 2(t − 2)
1
9
= t + log |t| − 2 log |t − 1| + log |t − 2| + C .
3
2
Conseguentemente troviamo:
Z
8x + 1
1
9
1
d
x
=
log
|t|
−
2
log
|t
−
1|
+
log
|t
−
2|
+
C
t
+
x
x
x
4 −3 2 +2
log 2
3
2
t=2
1
9
1
=
2x + log 2x − 2 log |2x − 1| + log |2x − 2| + C
log 2
3
2
1
log 2
9
x
x
x
=
2 +
x − 2 log |2 − 1| + log |2 − 2| + C .
log 2
3
2
Osservazione 12 (Funzioni razionali di un esponenziale) In generale, se R(t) è
una funzione razionale di t (cioè un rapporto tra polinomi in t) e se a è un numero
> 0 e 6= 1, un integrale del tipo:
Z
R (ax ) d x
si calcola sempre mediante la sostituzione “inversa” t = ax , cioè x =
Effettuando tale sostituzione otteniamo:
Z
Z
1
1
R (ax ) d x =
R(t)
d t
log a
t
t=ax
1
log a
· log t.
con l’integrale al secondo membro razionale (da calcolare usando opportunamente
la tecnica dei fratti semplici).
♦
Esempio 15 Calcoliamo:
Z
1 − sin x
dx .
3 cos x − 4 sin x + 5
L’integrale non è calcolabile in maniera immediata, perciò procediamo per sostituzione usando la (3”).
La sostituzione che proponiamo è basata sulle cosiddette formule parametriche
20
DOTT. G. DI MEGLIO
razionali in tan x2 della Trigonometria Elementare, cioè sulle uguaglianze:
sin x =
2 tan x2
1 + tan2 x2
cos x =
1 − tan2
1 + tan2
x
2
x
2
,
le quali si ricavano, ad esempio, usando le formule di duplicazione1; in particolare,
la sostituzione “inversa” da operare è t = tan x2 dalla quale si ricava:
x = |2 arctan
{z }t ,
=:ϕ(t)
e, mediante le formule parametriche ora richiamate, fornisce per seno e coseno le
espressioni:
2t
1 + t2
1 − t2
cos x =
.
1 + t2
sin x =
Poiché:
ϕ0 (t) =
2
,
1 + t2
applicando la (3”) troviamo:
Z
2
d
t
2
2
1
+
t
3 1−t
−
+
5
1+t2
t=tan x
2
Z
2
t − 2t + 1
d t
=2
(1 + t2 ) (2t2 − 8t + 8)
t=tan x
2
Z
2
t − 2t + 1
=
d t
(1 + t2 ) (t − 2)2
t=tan x
1 − sin x
dx =
3 cos x − 4 sin x + 5
1−
Z
2 t
1+t2
2 t
4 1+t
2
2
con l’ultimo integrale razionale e calcolabile usando la formula di Hermite.
Abbiamo:
t2 − 2t + 1
At + B
C
d
a
=
+
+
(1 + t2 ) (t − 2)2
1 + t2
t − 2 dt t − 2
1Ad esempio, si ha:
x
sin x = sin 2 ·
2
x
x
= 2 · sin · cos
2
2
2 · sin x2 · cos x2
=
cos2 x2 + sin2 x2
=
=
2 · sin
cos2 x2
2 · tan
x
2
1+
x
2
1 + tan2
x
2
x
2 tan2 x2
· cos
.
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
21
se e solo se:
t2 − 2t + 1
At + B
C
a
=
+
−
(1 + t2 ) (t − 2)2
1 + t2
t − 2 (t − 2)2
(At + B)(t − 2)2 + C(1 + t2 )(t − 2) − a(1 + t2 )
=
(1 + t2 ) (t − 2)2
2
(At + B)(t − 4t + 4) + C(t3 − 2t2 + t − 2) − a(1 + t2 )
=
(1 + t2 ) (t − 2)2
⇔
⇔
t2 − 2t + 1 = (A + C)t3 + (−4A + B − 2C − a)t2 + (4A − 4B + C)t + (4B − 2C − a)
ossia solo se:


A + C = 0

−4A + B − 2C − a = 1
4A − 4B + C = −2



4B − 2C − a = 1
(
⇔
6
B=
A = − 25
1
a = −5 .
8
25 C
=
6
25
Dunque la scomposizione cercata è:
−6t + 8
6
d
1
t2 − 2t + 1
=
+
−
(1 + t2 ) (t − 2)2
25(1 + t2 ) 25(t − 2) d t 5(t − 2)
e conseguentemente:
Z
Z
Z
t2 − 2t + 1
−6t + 8
6
d
t
=
d
t
+
dt
2
2
2
(1 + t ) (t − 2)
25(1 + t )
25(t − 2)
Z
1
d
dt
−
d t 5(t − 2)
Z
Z
2t
8
1
6
3
log |t − 2|
dt +
dt +
=−
2
2
25
1+t
25
1+t
25
1
−
5(t − 2)
3
8
6
=−
log(1 + t2 ) +
arctan t +
log |t − 2|
25
25
25
1
−
+C ,
5(t − 2)
il che importa:
Z
1 − sin x
3
x
4
dx = −
log 1 + tan2
+
x
3 cos x − 4 sin x + 5
25
2
25
6
x
1
+C .
+
log tan − 2 −
25
2
5 tan x2 − 2
Osservazione 13 (Funzioni razionali di coseno e seno) Notiamo esplicitamente
che, più in generale, se R(c, s) è una funzione razionale delle due variabili c ed s
(ossia, il rapporto di polinomi nelle due variabili c ed s), allora l’integrale:
Z
R(cos x, sin x) d x ,
il cui integrando è un’espressione razionale in coseno e seno, si può sempre risolvere
usando la sostituzione “inversa” t = tan x2 , cioé x = 2 arctan t, e tendo presenti le
22
DOTT. G. DI MEGLIO
formule:
2t
1 + t2
1 − t2
cos x =
.
1 + t2
Infatti, tale sostituzione riconduce il problema del calcolo dell’integrale assegnato
al calcolo di:
Z
2
1 − t2 2 t
,
dt ,
R
1 + t2 1 + t2
1 + t2
che è un integrale razionale da calcolare con le tecniche usuali.
♦
sin x =
Osservazione 14 (Funzioni razionali di cos2 x, sin2 x, cos x sin x e tan x) Se in un
integrale del tipo precedente compaiono solo potenze di cos2 x, sin2 x, cos x sin x e
tan x, ossia solo monomi del tipo:
cosp x sinq x tann x
con p + q numero pari ed n ∈ N, allora l’integrale da calcolare può essere razionalizzato anche con la sostituzione “inversa” t = tan x, ossia x = arctan t, la quale
fornisce le seguenti espressioni sostituibili nell’integrando:
t2
1 + t2
1
cos2 t =
1 + t2
2t
sin x cos x =
1 + t2
tan x = t .
sin2 x =
Di solito, questo procedimento, applicato lì dove può essere applicato, semplifica di
gran lunga i calcoli necessari alla risoluzione del problema.
♦
Esempio 16 Calcoliamo:
Z
x
dx .
2x − 1 − x
Notiamo preliminarmente che tale integrale ha senso unicamente per i valori di x
che appartengono all’insieme [1/2, 1[∪]1, +∞[, formato dall’unione di due intervalli
disgiunti; pertanto, il problema della ricerca della primitiva è ben posto su ognuno
di tali intervalli, ma non su tutto l’insieme di definizione√dell’integrando.2
La sostituzione “inversa” da operare in questo caso è t = 2x − 1, ossia x = 21 (t2 +
1), in cui t ≥ 0: poiché in J = [0, +∞[ la funzione ϕ(t) = 21 (t2 + 1) è strettamente
monotòna e derivabile, la formula (3”) restituisce:
Z
Z
1 2
x
2 (t + 1)
√
dx =
t d x
1 2
√
t − 2 (t + 1)
2x − 1 − x
t= 2x−1
Z
t3 + t
=−
d x √
,
t2 − 2t + 1
t= 2x−1
√
cosicché il problema iniziale è ricondotto al calcolo di un integrale razionale.
Eseguendo la divisione tra numeratore e denominatore dell’ultimo integrando si
2Sicché valgono, in linea teorica, tutte le considerazioni relative all’applicabilità del Teorema
di Caratterizzazioni delle Funzioni conR Derivata Nulla ed alla scrittura corretta della costante
d’integrazione già svolte per l’integrale x1 d x, ad esempio.
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
23
trova:
t3 + t
4t − 2
=t+2+ 2
− 2t + 1
t − 2t + 1
e quindi la scomposizione in fratti semplici può essere fatta usando la formula di
Hermite, cioè:
t3 + t
A
d
a
=
t
+
2
+
+
t2 − 2t + 1
t − 1 dt t − 1
t2
con le costanti A ed a da scegliersi in modo che valga identicamente l’uguaglianza:
4t − 2 = A(t − 1) − a
⇔
4t − 2 = At − (A + a) ;
ciò accade solo quando A = 4 e a = −2, dunque la scomposizione dell’integrando
razionale è:
t3 + t
4
d
2
=
t
+
2
+
+
t2 − 2t + 1
t − 1 dt t − 1
e da questo segue immediatamente:
Z Z
4
d
x
2
√
dx = −
t+2+
+
d x √
t − 1 dt t − 1
2x − 1 − x
t= 2x−1
1 2
2
=−
t + 2 t + 4 log |t − 1| +
+ C √
2
t−1
t= 2x−1
√
√
1
= − (2x − 1) − 2 2x − 1 − 4 log 2x − 1 − 1
2
2
+C .
−√
2x − 1 − 1
Osservazione 15 (Funzioni razionali di x e della radice n-esima di ax + b) Se
R(x, t) è una funzione√razionale di x ed t, l’integrale che contiene un’espressione
razionale di x e della n a + b:
Z
√
n
R x, ax + b d x ,
√
con a 6= 0, si calcola con la sostituzione “inversa” t = n ax + b, ossia x = a1 (tn − b).
Poiché per t ≥ 0, se n è pari, o per t ∈ R, se n è dispari, la funzione ϕ(t) := a1 (tn −b)
è derivabile e strettamente crescente, la formula (3”) importa:
Z
Z
√
n
1 n
n
n−1
R x, ax + b d x =
R
(t − b), t t
d t √
,
a
a
t= n ax+b
di modo che l’integrale iniziale in x è ricondotto ad un integrale razionale in t,
calcolabile elementarmente.
♦
Osservazione 16 (Funzioni razionali di x e delle radici n1 -esima, n2 -esima, . . . ,
nk -esima di ax+b) In maniera del tutto analoga, se R(x, r1 , r2 , . . . rk ) è una funzione
razionale delle k + 1 variabili da
che contiene un’espressione
√ cui dipende,
√ l’integrale √
razionale di x e delle radici n1 ax + b, n2 ax + b, . . . , nk ax + b:
Z
√
√
√
n
n
n
R x, 1 ax + b, 2 ax + b, . . . , k ax + b d x
√
si calcola con la sostituzione “inversa” t = N ax + b, ossia x = a1 (tN − b), in cui N è
il minimo comune multiplo degli indici delle radici, i.e. N = MCM(n1 , n2 , . . . , nk ).
24
DOTT. G. DI MEGLIO
Poiché la funzione ϕ(t) = a1 (tN − b) è derivabile ed invertibile per t ≥ 0, la (3”)
implica:
Z
√
√
√
n
n
n
R x, 1 ax + b, 2 ax + b, . . . , k ax + b d x
Z
1 N
N
R
(t − b), tN/n1 , tN/n2 , . . . , tN/nk tN −1 d t √
=
,
a
a
t= N ax+b
con l’integrando al secondo membro razionale in t (in quanto tutti gli esponenti
N
N
♦
n1 ,. . . , nk sono interi).
Osservazione 17 (Funzioni razionali di x e della radice n-esima di ax+b
cx+d ) Se R(x, t)
è una funzione
razionale,
l’integrale
in
cui
compare
una
funzione
razionale di x e
q
della radice
n
ax+b
cx+d :
r
Z
R x,
n
ax + b
cx + d
!
dx ,
q
b−dtn
con ad − bc 6= 03, si risolve con la sostituzione t = n ax+b
cx+d , ossia x = ctn −a .
Facendo tale sostituzione, infatti, si vede che:
!
r
Z
Z
b − dtn
n ax + b
q
R x,
dx =
R
,
t
d
t
n ax+b
n
n
2
cx + d
ct − a
(ct − a)
t=
cx+d
con l’integrale al secondo membro razionale.
♦
√
Osservazione 18 (Funzioni razionali di x e di ax2 + bx + c) Se R(x, y) è una
funzione razionale delle variabili da cui dipende, possiamo considerare l’integrale:
Z
p
R x, ax2 + bx + c d x ,
in cui a 6= 0 (altrimenti si ricade in uno dei casi già esaminati) e ∆ := b2 − 4ac 6= 0
(per evitare casi banali, in cui la radice si semplifichi).
In tali ipotesi, l’integrando è ben definito solo nei casi seguenti:
(1) a > 0 e ∆ < 0, ed in tal caso l’integrando ha senso per ogni x reale;
(2) a > 0 e ∆ > 0, ed in tal caso l’integrando ha senso solo per valori di x esterni
alle radici del radicando;
(3) a < 0 e ∆ > 0, ed in questo caso l’integrando ha senso per valori di x compresi
tra le radici del radicando.
Pertanto, nell’illustrare come procedere col calcolo dell’integrale dobbiamo necessariamente distinguere tali casi.
Casi (1) e (2). Si integra per sostituzione “inversa” con x = ϕ(t), essendo ϕ(t)
l’espressione che si ricava dalla relazione euleriana:
p
√
ax2 + bx + c = a (t − x) ,
esplicitandola rispetto ad x. Elevando al quadrato i due membri troviamo:
ax2 + bx + c = at2 − 2atx + ax2
3Come noto dal corso di Algebra Lineare, tale condizione assicura che i coefficienti di nume-
ratore e denominatore non sono proporzionali, cosicché i due polinomi presenti nel radicando non
possono essere “semplificati”.
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
25
da cui segue:
x=
at2 − c
.
2at + b
| {z }
=:ϕ(t)
Determinata la ϕ, possiamo ricavare la quantità da sostituire alla radice usando la
relazione euleriana:
p
√
ax2 + bx + c = a (t − x)|x=ϕ(t)
√
at2 − c
= a t−
2at + b
2
√ 2at + bt − at2 + c
= a
2at + b
√ at2 + bt + c
= a
2at + b
e possiamo anche ricavare esplicitamente il fattore ϕ0 (t) presente al secondo membro
della (3”), cioè:
at2 + bt + c
ϕ0 (t) = 2a
.
(2at + b)2
Dall’espressione di ϕ0 riconosciamo che ϕ è strettamente crescente negli intervalli
in cui è definita, i.e. in ] − ∞, −b/2a[ ed in ] − b/2a, +∞[, sicché essa è dotata di
funzione inversa in ognuno di tali intervalli; per ricavare l’inversa di ϕ, possiamo
esplicitare la relazione euleriana rispetto alla t ottenendo:
r
b
c
t = x + x2 + x + .
a
a
{z
}
|
=ϕ−1 (x)
Fatto ciò, la formula (3”) ci consente di scrivere:
Z
p
R x, ax2 + bx + c d x
2
Z
at2 + bt + c at − c √ at2 + bt + c
, a
·
d t
,
= 2a
R
√
2at + b
2at + b
(2at + b)2
t=x+ x2 + b x+ c
a
a
con l’integrale a secondo membro razionale e perciò calcolabile elementarmente.
In alcuni casi, l’integrazione si semplifica usando sostituzioni “inverse” ricavabili
dalle ulteriori relazioni euleriane:
p
√
ax2 + bx + c = a (t + x)
p
√
ax2 + bx + c = t + a x
p
√
ax2 + bx + c = t − a x
p
√
ax2 + bx + c = c − tx
(se c > 0) ,
le quali forniscono sempre sostituzioni razionalizzanti per l’integrale in esame.
Caso (3). L’integrale si calcola per sostituzione “inversa”, usando il seguente stratagemma.
√
Dette x1 < x2 le due radici reali e distinte del radicando, la funzione ax2 + bx + c
risulta definita nell’intervallo interno alle radici, cioé per le x1 ≤ x ≤ x2 ; dato che il
26
DOTT. G. DI MEGLIO
polinomio ax2 +bx+c si fattorizza come a(x−x1 )(x−x2 ) e dato che x−x1 , x2 −x ≥ 0
nell’insieme di definizione della radice, abbiamo:
p
p
ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 )
r
x2 − x
= (−a)(x − x1 )2
x − x1
r
p
√
x2 − x
2
= −a (x − x1 )
x − x1
r
p
x2 − x
= |a| (x − x1 )
,
x − x1
sicché possiamo scrivere:
r
Z
Z
p
p
x2 − x
R x, ax2 + bx + c d x = R x, |a| (x − x1 )
dx .
x − x1
Poiché q
l’integrando al secondo membro, a ben vedere, è una funzione razionale
di
q
x2 −x
x2 −x
x e di
x−x1 , l’integrale si calcola con la sostituzione “inversa” t =
x−x1 già
illustrata in precedenza.
Per completezza, aggiungiamo che dalla sostituzione proposta si ricava:
x=
x2 + x1 t 2
1 + t2
| {z }
=ϕ(t)
p
p
ax2 + bx + c = |a| (x1 − x2 )
ϕ0 (t) =
t
1 + t2
2(x1 − x2 )
,
(1 + t2 )2
e sarà cura dello studioso lettore dimostrare tali uguaglianze.
Un’altra sostituzione possibile si ricava in analogia a quanto fatto appena. Invero,
si ha:
p
p
ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 )
r
x − x1
= (−a)(x2 − x)2
x2 − x
r
p
√
x − x1
2
= −a (x2 − x)
x2 − x
r
p
x − x1
= |a| (x2 − x)
,
x2 − x
q
1
dunque l’integrale proposto si razionalizza anche con la sostituzione t = x−x
x2 −x . ♦
Osservazione 19 (Evitare Procedimenti
Meccanici!) È bene osservare che non
√
R
2
per tutti gli integrali del tipo R(x, ax + bx + c) d x è opportuno ricorrere alle
sostituzioni indicate nell’Osservazione precedente; anzi, in diversi casi è possibile
semplificare il calcolo non adoperando alcuna sostituzione, oppure usando sostituzioni di tipo molto diverso da quelle proposte.
Ad esempio, l’integrale:
Z
1
√
dx
4 − x2
(che ricade nella tipologia ora indicata) è “immediato”, in quanto si riconosce nell’integrando la derivata di arcsin x2 .
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
27
Analogamente, l’integrale:
Z p
4 − x2 d x
(che
q ricade nella stessa tipologia) si potrebbe calcolare con la sostituzione t =
x+2
2−x , che condurrebbe all’integrale:
Z
t2
32
dt
(t2 + 1)3
il cui calcolo è sufficientemente complesso; tuttavia, esso si può calcolare più facilmente effettuando la sostituzione “inversa” x = 2 sin t, con t ∈ [−π/2, π/2]: infatti
così facendo si trova:
Z
Z p
4 − x2 d x = 4
cos2 t d t ,
con l’integrale al secondo membro ciclico e calcolabile mediante una semplice integrazione per parti.
Pertanto, prima di perder tempo in contacci inutilmente complicati, lo studente è
invitato a riflettere bene sulla strategia da adottare per la soluzione di un integrale.
♦
3. I Teoremi di Liouville e di Tchebichev
3.1. Funzioni Elementarmente Integrabili e Teorema di Liouville *. Cominciamo con un paio di definizioni, una già nota e l’altra abbastanza ovvia:
Definizione 1
Si dice che una funzione (definita in un conveniente intervallo di R) è elementare
o, equivalentemente, è dotata di espressione elementare se e solo se essa:
• coincide con una delle funzioni “costante”, “potenza”, “esponenziale”, “logaritmo”, “seno”, “coseno”, “arcoseno”, “arcocoseno”, “arcotangente”;
• si ottiene combinando funzioni elementari mediante un numero finito di
operazioni di somma, differenza, prodotto, quoziente o composizione.
Definizione 2
Si dice che una funzione (definita in un conveniente intervallo di R) è elementarmente integrabile se e solo se essa ha almeno una primitiva nel medesimo intervallo
la quale è una funzione elementare.
Osservazione 20 È appena il caso di osservare che se una funzione f : I → R è
elementarmente integrabile ed F è una sua primitiva dotata di espressione elementare in I, allora tutte le primitive di f in I sono elementari.
Infatti, ogni altra primitiva di f in I si ottiene sommando alla funzione elementare
F un’opportuna costante C, la quale è riguardabile come una funzione elementare.
Pertanto, senza modificare lo spettro della definizione precedente, potremmo sostituire le parole “ha almeno una primitiva la quale è una funzione elementare” con
“ha tutte le primitive che sono funzioni elementari”.
♦
Osservazione 21 Notiamo esplicitamente che l’operazione di derivazione trasforma
funzioni elementari in funzioni elementari: ciò segue dalla tabella delle derivate
fondamentali e dalle regole di derivazione.
28
DOTT. G. DI MEGLIO
Per questo motivo una funzione non elementare non può avere primitive elementari,
ossia una funzione non elementare certamente non è elementarmente integrabile.♦
Osservazione 22 Notiamo esplicitamente che, se una funzione f : [a, b] → R continua non è elementarmente integrabile su [a, b], la valutazione numerica dell’integrale
definito:
Z b
f (x) d x
a
non può esser fatta usando la Formula Fondamentale del Calcolo Integrale “a mano”
(cioé, senza disporre di strumenti di calcolo adeguati4).
Infatti, pur rimanendo indubbiamente vero che:
Z b
f (x) d x = F (b) − F (a)
a
per ogni primitiva F di f , non possiamo sperare di calcolare numericamente la
differenza al secondo membro sostituendo i valori a e b in una formula valutabile “a
mano” poiché ogni primitiva non è dotata di espressione elementare.
♦
Enunciamo solamente, dato che la dimostrazione di tale risultato richiede conoscenze “avanzate” ed esula dallo scopo di queste note, il:
Teorema di Liouville
Esistono funzioni elementari che non sono elementarmente integrabili.
2
In particolare, le funzioni elementari definite in R dalle assegnazioni x 7→ ex ed
2
x 7→ e−x non hanno alcuna primitiva dotata di espressione elementare.
Per una discussione di tale argomento (che si presta ad essere generalizzato
a strutture algebriche di tipo più generale della classe delle funzioni elementari)
rimandiamo all’agile –ma non facile!– articolo [DL].
Ci accontentiamo di presentare qui di seguito una carrellata delle più note funzioni
elementari che non sono elementarmente integrabili.
2
Esempio 17 Per ogni fissato p 6= 0, la funzione elementare x 7→ epx non è elementarmente integrabile in alcun intervallo I ⊆ R.
Infatti, preso p > 0 ad esempio, per sostituzione “diretta” abbiamo:
Z
Z
Z
√
2
2
2
1
et d t
epx d x = e( px) d x = √
√
p
t= px
cosicché:
Z
t2
e dt =
√
Z
p
px2
e
d x
.
x= √1p t
2
Ciò implica immediatamente che x 7→ epx non può essere elementarmente integrabile: infatti, se per assurdo lo fosse, sarebbe elementarmente integrabile anche
2
t 7→ et , contro il Teorema di Liouville.
Esempio 18 La funzione x 7→ log1 x non è elementarmente integrabile, ossia nessuna
delle sue primitive definite su un intervallo contenuto in ]0, +∞[\{1} è una funzione
elementare.
4Ad esempio: software di calcolo appositi (come Mathematica o MatLab), calcolatrici
scientifiche appositamente progettate, oppure tavole numeriche.
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
29
x
Esempio 19 La funzione elementare x 7→ ex non è elementarmente integrabile su
alcun intervallo contenuto nel suo dominio.
Infatti, scegliendo di limitarci alle x ∈]0, +∞[, per sostituzione “inversa” abbiamo:
Z
Z x
Z log t
1
e
e
1 x=log t
=
,
dx =
d t
d t
x
log t t
log t
t=ex
t=ex
ossia:
Z
1
dt =
log t
Z
ex
.
d x
x
x=log t
x
Ciò implica che x 7→ ex non può essere elementarmente integrabile: infatti, se
per assurdo lo fosse, sarebbe elementarmente integrabile anche t 7→ log1 t , contro
l’Osservazione precedente.
Esempio 20 Per ogni fissato ω > 0, le funzioni elementari x 7→ sin(ωx)
, x 7→ cos(ωx)
,
x
x
x 7→ sin(ωx2 ) e x 7→ cos(ωx2 ) non sono elementarmente integrabili su alcun intervallo contenuto nel loro dominio, ossia nessuna delle loro primitive è una funzione
elementare.
√
non è
Esempio 21 Per ogni fissato ω > 0, la funzione elementare x 7→ sin(ωx)
x
elementarmente integrabile su alcun intervallo contenuto nel suo dominio.
Infatti, per sostituzione “inversa” abbiamo:
Z
Z
Z
sin(ωx)
sin(ωt2 )
x=t2
√
dx =
2t d t √ = 2 sin(ωt2 ) d t √ ,
t
x
t= x
t= x
cioé:
Z
1
sin(ωx)
√
.
sin(ωt ) d t =
d x
2
x
x=t2
Ciò, per l’Osservazione precedente, implica l’asserto.
Z
2
3.2. L’Integrale Binomio ed il Teorema di Tchebichev *. Fissati a, b ∈ R
non nulli e p, r, s ∈ Q, consideriamo la funzione elementare x →
7
xp (axr + b)s .
L’integrale:
Z
xp (axr + b)s d x
è chiamato integrale binomio.
Se s è intero, allora sviluppando la potenza del binomio si vede che l’integrale
binomio è del tipo:
Z
√
√ R x, np x, nr x d x
in cui np ed nr sono gli eventuali denominatori diversi da 1 di p ed r; pertanto,√in
tal caso l’integrale binomio è razionalizzabile con la sostituzione “inversa” t = N x
in cui N = MCM np , nr .
Se s non è intero, facciamo la sostituzione “inversa” t = xr nell’integrale binomio
ed otteniamo:
Z
Z
p+1
1
p
r
s
−1
s
r
x (ax + b) d x =
t
(at + b) d t
;
r
r
t=x
p+1
r
è intero, allora l’integrale al
ragionando come sopra riconosciamo che, se
secondo membro è del tipo:
Z
√
n
R t, s at + b d t
30
DOTT. G. DI MEGLIO
(in cui ns è il donominatore di s) ed è razionalizzabile con un’opportuna sostituzione
inversa.
s
Se entrambi s e p+1
r non sono interi, moltiplicando e dividendo per t otteniamo:
Z
1
x (ax + b) d x =
r
p
r
s
Z
t
p+1
r +s−1
at + b
t
s
d t
,
t=xr
e ragionando di nuovo come sopra vediamo che, se p+1
r +s è intero, allora l’integrale
al secondo membro è del tipo:
!
r
Z
ns at + b
R t,
dt
t
(in cui ns è il donominatore di s) ed è nuovamente razionalizzabile con un’opportuna
sostituzione inversa.
Abbiamo così dimostrato la parte riguardante la sufficienza del seguente:
Teorema di Tchebichev
Siano a, b ∈ R \ {0} e p, r, s ∈ Q.
L’integrale binomio:
Z
xp (axr + b)s d x
è razionalizzabile se e solo se è soddisfatta la seguente condizione:
(T)
almeno uno tra i numeri s,
p+1 p+1
o
+ s è intero.
r
r
La dimostrazione della parte riguardante la necessità della condizione presente
nell’enunciato non è elementare e perciò la omettiamo.
Il Teorema di Tchebichev implica il seguente:
Corollario 1
Nelle stesse ipotesi del Teorema di Tchebichev, la funzione elementare x 7→ xp (axr +
b)s è elementarmente integrabile se e solo se vale la condizione (T).
Forniamo, infine, qualche esempio:
Esempio 22 Consideriamo la funzione elementare x 7→
L’integrale:
Z p
1 + x3 d x
√
1 + x3 .
è un integrale binomio con a = b = 1, p = 0, r = 3 ed s = 12 ; dato che:
1
2
p+1
1
=
r
3
p+1
5
+s=
r
6
s=
l’integrale non è razionalizzabile. Pertanto, la funzione x 7→
tarmente integrabile.
√
1 + x3 non è elemen-
COMPLEMENTI SULL’INTEGRAZIONE INDEFINITA
31
√
√
3
4
(1+ x3 )2
√
Esempio 23 Consideriamo la funzione elementare x 7→
.
x x
L’integrale:
q
4
Z 3 (1 + √
x3 )2
√
dx
x x
è un integrale binomio con a = b = 1, p = − 32 , r = 34 ed s = 32 ; poiché:
2
3
s=
p+1
2
=−
r
3
p+1
+s=0
r
l’integrale è razionalizzabile ( p+1
r + s è intero!).
Seguendo la √
strategia indicata all’inizio del paragrafo, facciamo la sostituzione
4
“inversa” t = x3 ed otteniamo:
q
4
Z 3 (1 + √
Z
p
x3 )2
4
− 53 3
2
√
dx =
(1 + t) d t √ ;
t
4
3
x x
t= x3
2
moltiplichiamo e dividiamo l’integrando per t 3 , ottenendo:
q
s
4
2 Z 3 (1 + √
Z
x3 )2
4
1
+
t
3
√
dx =
t−1
d t
3
t
x x
q
3
1+t
t
,
t=
√
4
x3
q
= 3 1 + 1t , pervenendo infine
e facciamo l’ulteriore sostituzione “inversa” u =
all’uguaglianza:
q
4
Z
Z 3 (1 + √
x3 ) 2
u4
√
d x = −4
d
u
√
u3 − 1
x x
3
1
4 3
u= 1+ t t= √
x
Z
4
u
d u r
= −4
.
u3 − 1
u= 3 1+ √1
4
x3
Lasciamo allo studioso lettore il compito di verificare (usando i soliti metodi d’integrazione delle funzioni razionali) che:
Z
2
u2 + u + 1
4
2u + 1
u4
2
d
u
=
−2u
+
log
− √ arctan √
+C ,
−4
3
2
u −1
3
(u − 1)
3
3
nonché quello di scrivere esplicitamente la soluzione dell’integrale proposto.
1
Esempio 24 Consideriamo la funzione elementare x 7→ N√1−x
n , in cui N, n ∈ N,
N, n ≥ 2 (per evitare casi banali).
L’integrale:
Z
1
√
dx
N
1 − xn
è un integrale binomio con a = −1, b = 1, p = 0, r = n ed s = − N1 ; poiché:
s=−
1
N
p+1
1
=
r
n
p+1
N −n
+s=
r
nN
32
DOTT. G. DI MEGLIO
e poiché nessuno di tali numeri è intero a meno che non sia N = n5, l’integrale è
razionalizzabile se e solo se N = n.
Supposto allora N = n, notiamo che l’integrale binomio:
Z
1
√
dx
n
1 − xn
si può razionalizzare facilmente, almeno per gli x > 0, qualora si osservi che esso è
equivalente all’integrale:
Z
1
q
dx ,
x n x1n − 1
q
il quale si razionalizza con la sostituzione “inversa” t = n x1n − 1; procedendo in
tale maniera si trova:
Z n−2
Z
t
1
√
d
x
=
−
d
t
.
n
√
n
1+t
1 − xn
t= n 1n −1
x
Come utile esercizio, consigliamo allo studioso lettore di svolgere il calcolo nei casi
n = 3 ed n = 4.
Inoltre, come utile esperimento “computazionale”, consigliamo al lettore di confrontare i risultati ottenuti mediante calcolo manuale con quelli prodotti da un qualsiasi
software di calcolo simbolico.6
Riferimenti bibliografici
[DL] C.
De
Lellis
(2013)
Il
Teorema
di
Liouville,
ovvero
Perché
“Non
2
Esiste”
la
Primitiva
di
ex ,
Il
Volterriano,
n.
11
[reperibile
su
www.math.uzh.ch/fileadmin/user/delellis/piblikation/Liouville_volterriano.pdf].
[DM] G. Di Meglio (2014) Alcuni Esercizi sull’Integrazione Indefinita [reperibile su wpage.unina.it/guglielmo.dimeglio].
[FG] R. Fiorenza, D. Greco (1985) Lezioni di Analisi Matematica - volume primo, Liguori
Editore, Napoli.
Guglielmo Di Meglio, PhD
Università degli Studi di Napoli “Federico II”
Dipartimento di Matematica e Applicazioni “Renato Caccioppoli”
Complesso Universitario Monte Sant’Angelo
via Cintia, 80126,
Napoli – ITALY
5Infatti, le frazioni sono tutte proprie (avendo numeratore minore del denominatore), ossia
appartenenti all’intervallo ] − 1, 1[. Conseguentemente, l’unica possibilità che uno dei tre numeri
sia intero si verifica allorquando almeno uno dei tre è nullo. . . E l’unico di quei tre numeri che può
annullarsi è evidentemente il terzo.
6Ad esempio, si possono usare i software disponibili online agli indirizzi integrator.wolfram.com
o wolframalpha.com.