Integrazione delle funzioni razionali
e applicazioni
Tutte le funzioni razionali sono integrabili elementarmente. In particolare:
• l’integrale di un polinomio si calcola per linearità ed è sempre un polinomio di grado
aumentato di 1 rispetto all’integrando;
• l’integrale di una funzione razionale fratta si calcola tramite tecniche standard e risulta
sempre esprimibile tramite combinazione lineare di funzioni razionali, logaritmi di funzioni
razionali e arcotangenti di funzioni razionali.
Nel seguito vediamo una di tali tecniche, detta metodo di scomposizione in fratti semplici di
Hermite, che riconduce ogni integrale razionale all’integrazione di fratti semplici del tipo1 :
A
,
x−a
Bx + C
con ∆ = b2 − 4c < 0
+ bx + c
x2
dove A, B, C, a, b, c sono costanti reali (sarà chiaro dal contesto se c indica il termine noto di un
trinomio o la costante arbitraria di integrazione).
1. Integrazione di fratti semplici
Vediamo innanzitutto come si integrano i fratti semplici del tipo suddetto, distinguendo quattro
casi e ragionando, per ciascuno, su un esempio.
(1)
A
dx , ad esempio
x−a
3
dx.
x+2
Si ha subito
3
dx = 3
x+2
1
dx = 3 log |x + 2| + c
x+2
(sostituzione y = x + 2, dy = dx).
(3)
2x + b
dx (dove non è necessario supporre ∆ < 0), ad esempio
x2 + bx + c
A numeratore appare la derivata del denominatore, quindi si ha subito
2x − 1
dx = log x2 − x + 5 + c
−x+5
x2
(sostituzione y = x2 − x + 5, dy = (2x − 1) dx).
1
Più in generale, se n ∈ N∗ , si chiama fratto semplice ogni funzione razionale della forma
A
,
(x − a)n
Bx + C
con b2 − 4ac < 0.
(ax2 + bx + c)n
1
2x − 1
dx.
x2 − x + 5
2
M.GUIDA, S.ROLANDO
(3)
C
1
dx con ∆ = b2 − 4c < 0 , ad esempio
dx.
2
+ bx + c
x − 2x + 10
Operiamo il completamento del quadrato a denominatore
x2
x2 − 2x + 10 = x2 − 2x + 10 = x2 − 2x + 1 − 1 + 10 = (x − 1)2 + 9,
e riconduciamo il risultato ad un’espressione del tipo costante · (1 + quadrato): si ottiene
x2 − 2x + 10 = (x − 1)2 + 9 = 9 1 +
(x − 1)2
9
=9 1+
x−1
3
2
.
Allora
x2
1
1
dx =
− 2x + 10
9
=
(sostituzione y =
(4)
x−1
3 ,
1
1+
1
arctan
3
dx
x−1 2
3
x−1
3
=
1
3
1
1
dx = arctan y + c
2
1+y
3
+c
dy = 13 dx).
Bx + C
dx con ∆ = b2 − 4c < 0 e B, C qualunque , ad esempio
+ bx + c
Facciamo apparire a numeratore la derivata del denominatore
5
5
5
5x + 1 = (2x) + 1 = (2x − 2 + 2) + 1 = (2x − 2) + 6
2
2
2
e spezziamo la frazione
x2
Allora
x2
5x + 1
dx.
− 2x + 10
5
5
5x + 1
6
2 (2x − 2) + 6
2 (2x − 2)
=
=
+ 2
.
2
2
2
x − 2x + 10
x − 2x + 10
x − 2x + 10 x − 2x + 10
5x + 1
5
2x − 2
1
dx =
dx + 6
dx
2
2
− 2x + 10
2
x − 2x + 10
x − 2x + 10
dove gli integrali a secondo membro sono di tipi già visti (casi (2) e (3)). Risulta
2x − 2
dx = log x2 − 2x + 10 + c = log x2 − 2x + 10 + c
2
x − 2x + 10
(il valore assoluto è superfluo in quanto il trinomio è sempre positivo, avendo ∆ < 0 e
coefficiente direttivo positivo) e
x2
x2
1
1
dx = arctan
− 2x + 10
3
x−1
3
+ c,
da cui si conclude
5
5x + 1
dx = log x2 − 2x + 10 + 2 arctan
2
x − 2x + 10
2
x−1
3
+ c.
INTEGRALI RAZIONALI
3
2. Scomposizione in fratti semplici di Hermite
Vediamo ora come ricondurre un integrale razionale generico all’integrazione di fratti semplici
dei tipi considerati nella sezione precedente. Schematizzeremo il procedimento in sei passi, che
visualizzeremo sul seguente esempio:
x6 + 2x5 + 4x4 + 2x3 + x2 − 2x
dx.
2x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 + 2x
I primi due passi consistono solo in semplificazioni, di cui la prima non è obbligatoria per
il proseguimento del metodo e può essere evitata (o rimandata ad un momento qualsiasi, ad
esempio durante il passo 4), qualora non risultasse agevole.
1 Semplifichiamo eventuali fattori comuni a numeratore e denominatore: entrambi sono evidentemente divisibili per x, per cui si ha
x6 + 2x5 + 4x4 + 2x3 + x2 − 2x
x5 + 2x4 + 4x3 + 2x2 + x − 2
dx
=
dx =
2x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 + 2x
2x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 2
La ricerca di altri fattori comuni non sembra immediata, quindi procediamo con il secondo
passo.
2 Nel caso in cui non lo sia già, rendiamo unitario il coefficiente direttivo del denominatore:
x5 + 2x4 + 4x3 + 2x2 + x − 2
x5 + 2x4 + 4x3 + 2x2 + x − 2
dx
=
dx
2x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 2
2 (x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1)
1
x5 + 2x4 + 4x3 + 2x2 + x − 2
=
dx =
2
x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1
=
3 Se il grado del numeratore è maggiore o uguale al grado del denominatore, eseguiamo la
divisione tra numeratore e denominatore
x5 +2x4 +4x3 +2x2 +x −2 x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1
x5 +2x4 +2x3 +2x2 +x
x
2x3
−2
x5 + 2x4 + 4x3 + 2x2 + x − 2
2x3 − 2
=x+ 4
4
3
2
3
x + 2x + 2x + 2x + 1
x + 2x + 2x2 + 2x + 1
e spezziamo l’integrale:
⇒
1
2
1
(2.1) =
2
=
2x3 − 2
dx
x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1
1
2x3 − 2
x2
x dx +
dx
=
+
2
x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1
4
x+
x3 − 1
dx.
x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1
In questo modo si tratterà sempre di calcolare integrali del tipo
P (x)
dx
Q (x)
con deg P < deg Q
e dove Q (x) ha coefficiente direttivo 1.
4
M.GUIDA, S.ROLANDO
I due passi successivi si applicano a frazioni di questo tipo e si basano sui seguenti risultati:
• il denominatore ammette sempre una scomposizione del tipo
Q (x) = (x − a1 )k1 · · · (x − an )kn x2 + b1 x + c1
h1
· · · x2 + bm x + cm
hm
dove i trinomi hanno tutti discriminante negativo
l si tratta di scomporre Q (x) (in generale può essere molto difficile)
• corrispondentemente, la frazione ammette sempre una decomposizione del tipo
A1
An
B1 x + C1
Bm x + Cm
P (x)
=
+ ... +
+ 2
+ ... + 2
Q (x)
x − a1
x − an x + b1 x + c1
x + bm x + cm
quest’ultimo termine non va messo se
d P1 (x)
+
←− tutti gli esponenti k1 , ..., kn , h1 , ..., hm
dx Q1 (x)
della scomposizione di Q (x) valgono 1
dove Ai , Bj , Cj sono costanti reali e dove, nel caso in cui l’ultimo termine sia presente,
Q1 (x) è dato da
Q1 (x) = (x − a1 )k1 −1 · · · (x − an )kn −1 x2 + b1 x + c1
h1 −1
· · · x2 + bm x + cm
hm −1
(prodotto degli stessi fattori di Q (x) con tutti gli esponenti abbassati di 1), mentre P1 (x)
è un polinomio di grado deg P1 = deg Q1 − 1.
l si tratta di determinare P1 (x) e le costanti Ai , Bj , Cj (è facile e lo vedremo su esempi).
––––––––––––––
Procediamo allora al calcolo di
x3 − 1
dx.
x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1
4 Scomponiamo in fattori il denominatore, tramite le usuali tecniche di scomposizione: si
ottiene
x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1 = x4 + 2x2 + 1 + 2x3 + 2x = x2 + 1
= x2 + 1 + 2x
2
+ 2x x2 + 1
x2 + 1 = (x + 1)2 x2 + 1 .
Avendo la scomposizione del denominatore, possiamo controllare a questo punto se la
frazione integranda presenta fattori semplificabili: si ha x3 − 1 = (x − 1) x2 + x + 1 e
dunque numeratore e denominatore non hanno fattori comuni.
5 Decomponiamo in fratti semplici la frazione integranda: prendendo
Q1 (x) = (x + 1)2−1 x2 + 1
1−1
=x+1
e P1 (x) = k polinomio costante (in quanto deve essere deg P1 = deg Q1 − 1 = 1 − 1 = 0),
risulta
(2.2)
Bx + C
d
x3 − 1
A
+ 2
+
=
2
2
x+1
x +1
dx
(x + 1) (x + 1)
Si tratta ora di determinare le costanti A, B, C, k.
k
x+1
.
INTEGRALI RAZIONALI
5
Riscriviamo la decomposizione calcolando la derivata che vi appare e riducendo a denominatore comune:
A
Bx + C
d
k
A
Bx + C
k
+ 2
+
=
+ 2
−
x+1
x +1
dx x + 1
x+1
x +1
(x + 1)2
(A + B) x3 + (A + 2B + C − k) x2 + (A + B + 2C) x + A + C − k
.
(x + 1)2 (x2 + 1)
Le costanti A, B, C, k devono dunque essere tali che
=
x3 − 1
(A + B) x3 + (A + 2B + C − k) x2 + (A + B + 2C) x + A + C − k
=
(x + 1)2 (x2 + 1)
(x + 1)2 (x2 + 1)
e ciò significa (semplificando il denominatore)
x3 − 1 = (A + B) x3 + (A + 2B + C − k) x2 + (A + B + 2C) x + A + C − k.
Per il principio di identità dei polinomi (due polinomi sono uguali se e solo se sono uguali
i coefficienti omologhi), questo equivale a
A+B =1
A + 2B + C − k = 0
.
A
+ B + 2C = 0
A + C − k = −1
Risolvendo tale sistema (lineare), si ottiene
1
1
A=B= , C=− ,
2
2
da cui, sostituendo in (2.2), risulta finalmente
k = 1,
x3 − 1
1 x−1
d
1 1
+
+
=
2
2
2
2 x + 1 2 x + 1 dx
(x + 1) (x + 1)
1
x+1
.
6 Integriamo la decomposizione trovata: si ha
1
d
1
1
x3 − 1
1
x−1
dx +
dx +
dx
dx =
2
2
2
x+1
2
x +1
dx x + 1
(x + 1) (x2 + 1)
1
1
x−1
1
1
dx +
dx +
+c
=
2
2
x+1
2
x +1
x+1
dove i restanti integrali sono dei tipi studiati nella Sezione 1. Eseguendo il loro calcolo si
ottiene
x3 − 1
1
1
1
1
+ c.
dx = log |x + 1| + log x2 + 1 − arctan x +
2
2
4
2
x+1
(x + 1) (x2 + 1)
In definitiva, sostituendo in (2.1), risulta
x6 + 2x5 + 4x4 + 2x3 + x2 − 2x
x2
1
1
1
dx
=
+
+ log |x + 1| + log x2 + 1 +
5
4
3
2
2x + 4x + 4x + 4x + 2x
4
x+1 2
4
1
− arctan x + c.
2
6
M.GUIDA, S.ROLANDO
3. Alcuni esempi
Esempio 1. Calcolare
x3 + 3x2 + 4x − 1
dx.
x2 + 2x − 3
Poiché deg x3 + 3x2 + 4x − 1 > deg x2 + 2x − 3 , eseguiamo la divisione
x3 +3x2
x3 +2x2
x2
x2
+4x
−3x
+7x
+2x
5x
−1
x2 + 2x − 3
x+1
−1
−3
+2
ottenendo
5x + 2
x3 + 3x2 + 4x − 1
=x+1+ 2
x2 + 2x − 3
x + 2x − 3
e quindi
x3 + 3x2 + 4x − 1
dx =
x2 + 2x − 3
(x + 1) dx +
5x + 2
(x + 1)2
dx =
+
x2 + 2x − 3
2
5x + 2
dx.
x2 + 2x − 3
Scomponendo il denominatore dell’ultimo integrando x2 + 2x − 3 = (x + 3) (x − 1) e decomponendo in fratti semplici la frazione, si ottiene
5x + 2
A
B
A (x − 1) + B (x + 3)
(A + B) x − A + 3B
=
+
=
=
(x + 3) (x − 1)
x+3 x−1
(x + 3) (x − 1)
(x + 3) (x − 1)
che equivale a 5x + 2 = (A + B) x − A + 3B, cioè
Tale sistema fornisce A =
13
4
A+B =5
.
−A + 3B = 2
e B = 74 , per cui risulta
13/4
7/4
5x + 2
=
+
.
(x + 3) (x − 1)
x+3 x−1
In definitiva
(x + 1)2
x3 + 3x2 + 4x − 1
dx
=
+
x2 + 2x − 3
2
=
13 1
7 1
+
4 x+3 4x−1
dx
7
(x + 1)2 13
+
log |x + 3| + log |x − 1| + c.
2
4
4
Esempio 2. Calcolare
x+2
dx.
x3 + x2 + x
Si ha x3 + x2 + x = x x2 + x + 1 doce x2 + x + 1 ha discriminante negativo e quindi sussite
una decomposizione in fratti semplici della forma
A x2 + x + 1 + (Bx + C) x
x+2
A
Bx + C
=
+
=
x (x2 + x + 1)
x
x2 + x + 1
x (x2 + x + 1)
2
(A + B) x + (A + C) x + A
.
=
x (x2 + x + 1)
INTEGRALI RAZIONALI
7
Per il principio di identità dei polinomi, deve allora essere
A+B = 0
A+C =1
A=2
cioé A = 2, B = −2 e C = −1, da cui
2
2x + 1
x+2
= − 2
.
2
x (x + x + 1)
x x +x+1
Dunque
x3
2
2x + 1
− 2
x x +x+1
x+2
dx =
+ x2 + x
dx =
2
dx −
x
2x + 1
dx
+x+1
x2
d
2
1
dx x + x + 1
dx −
dx = 2 log |x| − log x2 + x + 1 + c
x
x2 + x + 1
x2
+ c.
= log
x2 + x + 1
=2
Esempio 3. Calcolare
x2
x+2
dx.
− 4x + 4
Si ha x2 − 4x + 4 = (x − 2)2 e quindi sussite una decomposizione in fratti semplici della forma
x+2
d
A
2 = x − 2 + dx
(x − 2)
k
x−2
=
A
k
Ax − 2A − k
−
=
.
2
x − 2 (x − 2)
(x − 2)2
Per il principio di identità dei polinomi, deve allora essere
A=1
−2A − k = 2
cioé A = 1 e k = −4, da cui
Dunque
x2
d
1
x+2
2 = x − 2 + dx
(x − 2)
1
d
−4
+
x − 2 dx x − 2
4
= log |x − 2| −
+ c.
x−2
x+2
dx =
− 4x + 4
−4
x−2
dx =
.
1
4
dx −
+c
x−2
x−2
Esempio 4. Calcolare
1
dx.
(x2 + 1)2
Il denominatore è già scomposto e porta ad una decomposizione in fratti semplici della forma
d ax + b
Bx + C a x2 + 1 − 2x (ax + b)
1
Bx + C
+
=
+
=
x2 + 1
dx x2 + 1
x2 + 1
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
Bx3 + (C − a) x2 + (B − 2b) x + C + a
=
.
(x2 + 1)2
8
M.GUIDA, S.ROLANDO
Per il principio di identità dei polinomi, deve allora essere
B=0
C −a=0
B − 2b = 0
C +a=1
che significa B = b = 0 e C = a = 12 . Dunque
1
2
(x2 + 1)
=
d
1/2
+
+ 1 dx
x2
x/2
+1
x2
e pertanto
(x2
1
1
2 dx = 2
+ 1)
x2
1
1 x
1
1 x
dx +
+ c = arctan x +
+ c.
2
+1
2x +1
2
2 x2 + 1
Esempio 5. Calcolare
1
dx.
(2x − 3)4
Questo esempio mostra che, sebbene il metodo descritto e applicato finora consenta di calcolare
gli integrali di tutte le funzioni razionali fratte (di cui si sappia scomporre il denominatore), non
è sempre necessario ricorrere a tale metodo, che a volte risulta più dispendioso in termini di
calcolo rispetto a ragionamenti più immediati.
Nel caso in questione, infatti, si ha subito
1
1
1
(2x − 3)−4 2dx =
4 dx = 2
2
(2x − 3)
(sostituzione y = 2x − 3, dy = 2dx).
y−4 dx =
1
1 y−3
+c=−
+c
2 −3
6 (2x − 3)3
INTEGRALI RAZIONALI
9
4. Integrali riconducibili ad integrali razionali mediante sostituzioni standard
In questa sezione illustriamo alcune situazioni standard in cui un integrale può essere ricondotto ad un integrale razionale tramite un’opportuna sostituzione.
f (ex ) dx con f (t) funzione razionale
diventa un integrale razionale con la sostituzione invertibile x = log t, ovvero t = ex .
Esempio. Si debba calcolare l’integrale
ex − 1
dx =
e2x + 2ex
ex − 1
dx =
(ex )2 + 2ex
f (ex ) dx con f (t) =
t−1
.
+ 2t
t2
Tramite la sostituzione t = ex , x = log t, dx = 1t dt, si ottiene
ex − 1
dx =
e2x + 2ex
A
t−1
B
d k
t−1 1
dt =
+ +
dt =
dt
t2 + 2t t
(t + 2) t2
t+2
t
dt t
31
d 1
3
3
1
3 1
+
+
dt = − log |t + 2| + log |t| +
+c
=
−
4t+2 4 t
dt 2t
4
4
2t
3
1
3
1
= (log (ex ) − log (ex + 2)) + x + c = (x − log (ex + 2)) + x + c
4
2e
4
2e
dove le costanti A = −3/4, B = 3/4, k = 1/2 sono state determinate applicando come al solito
il principio di identità dei polinomi.
Nota. Nel seguito ci sarà utile considerare funzioni razionali in più variabili, ossia polinomi o
3 −3XY 2 +Y
rapporti di polinomi in più variabili, ad esempio f (X, Y ) = 2XX+2Y
(due variabili), oppure
+1
2
2
f (X, Y, Z) = X Z + 5Y X − Z + 1 (tre variabili) e così via.
f (sin x) dx,
f (cos x) dx,
f (sin x, cos x) dx con f funzione razionale
diventano integrali razionali con la sostituzione invertibile x = 2 arctan t, ovvero t = tan x2 .
Si tenga presente che, sotto tale sostituzione, risulta sin x =
2t
1+t2
e cos x =
1−t2
.
1+t2
Esempio. Si debba calcolare l’integrale
1 − cos x
dx =
1 + sin x
f (sin x, cos x) dx con f (X, Y ) =
1−Y
.
1+X
Tramite la sostituzione x = 2 arctan t, t = tan x2 (con −π < x < π), dx =
1 − cos x
dx =
1 + sin x
1−
1+
1−t2
1+t2
2t
1+t2
2
dt = 4
1 + t2
2
1+t2 dt,
si ottiene
t2
dt
(t + 1)2 (1 + t2 )
Bt + C
k
d
A
+
dt
+
2
t+1
1+t
dt t + 1
1 t
1 1
d
1 1
+
=
−
+
−
dt
2 t + 1 2 1 + t2 dt
2t+1
1
1
1
+c
= − log (t + 1) + log 1 + t2 −
2
4
2 (t + 1)
1
1
x
1
x
= log 1 + tan2
− log 1 + tan
−
+ c.
4
2
2
2
2 1 + tan x2
=
10
M.GUIDA, S.ROLANDO
Esempio. Operando la stessa sostituzione dell’esempio precedente nell’integrale
1
dx =
1 + sin x
f (sin x) dx con f (X) =
1
,
1+X
si ottiene
1
dx =
1 + sin x
1
1+
2t
1+t2
2
dt = 2
1 + t2
2
1
2
2 dt = − t + 1 + c = − tan x + 1 + c.
(t + 1)
2
f sin2 x, cos2 x, tan x dx con f funzione razionale, eventualmente di solo 1 o 2 argomenti2 ,
diventa un integrale razionale con la sostituzione invertibile x = arctan t, ovvero t = tan x.
Si tenga presente che, sotto tale sostituzione, risulta sin2 x =
t2
1+t2
e cos2 x =
1
1+t2 .
Esempio. Si debba calcolare l’integrale
1
dx =
1 + tan x
f (tan x) dx con f (X) =
1
.
1+X
Tramite la sostituzione x = arctan t, t = tan x (con − π2 < x < π2 ), dx =
1
1+t2 dt,
si ottiene
1
dx =
2 + tan x
1
1
Bt + C
1
1
t−2
A
+ 2
dt =
− 2
dt
dt =
2
2+t1+t
t+2
t +1
5
t+2 t +1
1
1
2
= log |t + 2| −
log t2 + 1 + arctan t + c
5
10
5
1
2
1
log tan2 x + 1 + x + c
= log |tan x + 2| −
5
10
5
dove le costanti A = 1/5, B = −1/5, C = 2/5 sono state determinate applicando come al solito
il principio di identità dei polinomi.
Esempio. Operando la stessa sostituzione dell’esempio precedente nell’integrale
1 + tan x
dx =
1 + sin2 x
si ottiene
1 + tan x
dx =
1 + sin2 x
f sin2 x, tan x dx con f (X, Y ) =
1+Y
,
1+X
√
1
t+1
1
2
√
arctan
dt
=
log
1
+
2t
2t + c
+
2t2 + 1
4
2
1 + 1+t2
√
1
1
= log 1 + 2 tan2 x + √ arctan
2 tan x + c.
4
2
1+t
t2
1
dt =
1 + t2
√
√
√
ax + b, n2 ax + b, ..., nk ax + b dx con f funzione razionale, a = 0 e b ∈ R
√
diventa un integrale razionale con la sostituzione invertibile t = n ax + b,
dove n = m.c.m. (n1 , n2 , ..., nk ) .
f x,
n1
Esempio. Si debba calcolare l’integrale
√
√
x−1
Y
dx = f x, x − 1 dx con f (X, Y ) =
.
2
1+x
1 + X2
2
cioè potrebbe anche essere f sin2 x , f cos2 x , f (tan x), f sin2 x, cos2 x , f sin2 x, tan x
f cos2 x, tan x
oppure
INTEGRALI RAZIONALI
11
√
Tramite la sostituzione t = x − 1, x = t2 + 1 (con t ≥ 0), dx = 2t dt, si ottiene
√
t
2t2
2t2 + 3 − 3
3
x−1
dx =
2t
dt
=
dt
=
dt =
1− 2
1 + 2x
1 + 2 (t2 + 1)
2t2 + 3
2t2 + 3
2t + 3
=
=
dt − 3
√
x−1−
2t2
1
dt = t −
+3
3
arctan
2
1
2t2
3
2 (x − 1)
3
+1
dt = t −
3
arctan
2
2
t
3
dt
+c
+ c.
Esempio. Consideriamo l’integrale
1
√
√ dx =
x+ 3x
f
√ √
x, 3 x dx con f (X, Y ) =
1
.
X +Y
√
Poiché m.c.m. (2, 3) = 6, operiamo
la sostituzione
t = 6 x, x = t6 (con t ≥ 0), dx = 6t5 dt.
√
√
√
√
3
Essendo t ≥ 0, si ha x = t6 = t3 e 3 x = t6 = t2 . Dunque si ottiene
1
√
√ dx =
x+ 3x
=6
dove l’identità
t3
t+1
6t5
t3
1
dt = 6
t2 − t + 1 −
dt
dt = 6
2
+t
t+1
t+1
√
√
√
√
t3 t2
− + t − log |t + 1| + c = 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 log 6 x + 1 + c
3
2
t3
= t2 − t + 1 −
1
t+1
è stata ottenuta eseguendo la divisione dei polinomi.
