STRATEGIE RISOLUTIVE PER GLI INTEGRALI
Marco Monaci
1Liceo Scientifico G. Marconi (5F)
NOTA. Questa è una dispensa puramente tecnica:
si dà per scontato che si sappia cosa sia un integrale, cosa rappresenta e soprattutto che si sappiano calcolare almeno gli integrali base. Per un ripasso sull’operazione dell’integrazione guardare la dispensa apposita.
Introduzione e commenti
Come tutte le operazioni inverse, anche l’integrazione è più rognosa della derivazione. Infatti per quanto cal-colare una derivata possa essere una procedura lunga, l’operazione di derivazione è squisitamente meccanica e conduce prima o poi al risultato corretto. La strada da seguire è una sola, e le regole di derivazione sono semplici. Nel caso dell’integrazione purtroppo non è così. Non c’è una sola strategia risolutiva, ma ce ne sono tante; può capitare che per risolvere un integra-le sia necessario applicare più strategie risolutive più volte. Sono possibili anche diverse strade, di cui una è di solito più semplice, mentre altre portano a calcoli immondi e perversamente maligni. Quindi la prima regola per risolvere un integrale è sviluppare l’occhio: accorgersi quando una strada diventa troppo complica-ta, accorgersi quando un metodo può funzionare e quale altro no, accorgersi se applicare un metodo oppure no, non cadere nelle trappole tese dagli integrali (non farsi ingannare da sostituzioni troppo facili, per esempio!). Come sviluppare questo occhio? La medicina funziona ma non è piacevole: effettuare tonnellate di esercizi.
Linearità dell’integrale
Ricordiamo che l’integrale è un operatore lineare: è quindi distributivo rispetto all’addizione. Se la funzione integranda è formata dalla somma di pezzi più piccoli è possibile integrare singolarmente i pezzi. Esempio:
Z 1 x2 + 4x 2+√x dx = Z 1 x2dx + Z 4x2dx + Z √ xdx
Questo metodo può quindi essere applicato anche alle frazioni, stando bene attenti che la somma si trovi al numeratore, ovvero: Z 4x − 2 5x − 1dx = Z 4x 5x − 1dx − Z 2 5x − 1dx
Inoltre le costanti moltiplicative possono essere portate fuori dall’integrale, ovvero:
Z
kxdx = k Z
xdx
Linearità. Quando possibile, sfruttare al massimo la
linearità dell’integrale. Quindi prima di iniziare qual-siasi operazione di integrazione cercare di "spezzare" l’integrale in pezzi più piccoli.
Integrali immediati
Esiste un discreto numero di integrali immediati, ov-vero funzioni di cui si conoscono le primitive, senza effettuare alcun calcolo. Imparare a memoria tali in-tegrali è ovviamente una perdita di tempo, dato che esistono tabelle apposta che li contengono. Tuttavia una buona conoscenza di (almeno) quelli più usati è uti-le, in quanto si possono riconoscere al volo ed effettuare immediatamente il calcolo.
Rimandiamo alle liste in appendice per gli integrali immediati.
Integrazione per sostituzione
Il metodo di integrazione per sostituzione è di solito molto potente e risolutivo, quindi non bisogna avere paura di usarlo anche con altri metodi, e più volte, se fosse necessario.
Di solito è piuttosto facile trovare la sostituzione da effettuare, in quanto sono gli integrali stessi che la
chiamano. Prendiamo un esempio: Z
sin√x dx
Diciamo è piuttosto evidente che vada effettuata la sostituzione t = √x. Tuttavia non farsi ingannare da sostituzioni troppo semplici e tenere sempre a mente la regola fondamentale: se usando una sostituzione ci si incastra in calcoli troppo complicati, cambiare strada e provare un’altra sostituzione (o addirittura provare un altro metodo).
Sostituzione. Quando la funzione da integrare si
pre-senta come una funzione composta (ovvero, in parole povere, una funzione dentro un’altra funzione) convie-ne di solito effettuare una sostituzioconvie-ne. Ricordarsi pe-rò di cambiare anche il differenziale, come mostrato nell’esempio qui sotto.
Esempio. Calcolo dell’integrale:
Z sin√x √
x dx
per sostituzione.
La sostituzione più logica da fare è chiaramente t =√x. Innanzitutto sistemiamo il differenziale derivando sia la variabile t che la sostituzione:
t =√x −→ 1 = 1 2√x
Infatti derivando a sinistra rispetto a t otteniamo 1, mentre derivando a destra rispetto a x otteniamo la derivata della radice. Fatto questo bisogna differenziare, ovvero moltiplicare a sinistra per dt mentre a destra moltiplichiamo per dx:
dt = 1 2√xdx
Ricaviamo quindi l’espressione del differenziale dx in funzione di dt:
2√xdt = dx
Quindi sostituiamo il differenziale all’interno del nostro integrale: Z sin√x √ x 2 √ x dt Ed effettuiamo la sostituzione t =√x: Z sin t t 2t dt
Semplifichiamo e portiamo fuori dal segno di integrale le costanti moltiplicative:
2 Z
sin t dt
Questo è un integrale immediato, infatti il sin t ha integrale pari a − cos t:
−2 cos t
A questo punto risostituiamo la t =√x: −2 cos√x + c
Integrazione per parti
L’integrazione per parti si rivela estremamente utile quando la funzione da integrare è il prodotto di due funzioni più semplici di cui si conoscono le derivate o addirittura le primitive. E’ necessario infatti conoscere la primitiva di uno dei due pezzi e la derivata dell’altro pezzo. Eliminando per alleggerire la notazione la dipen-denza da x e il differenziale, la formula di integrazione per parti è la seguente:
Z
f0g = f g − Z
f g0
Dove f e g sono i due "pezzi" che compongono la funzio-ne da integrare. Notare che funzio-nella funziofunzio-ne f0 dobbiamo riconoscerci la derivata di una qualche funzione, ovve-rossia dobbiamo conoscere la primitiva f . Nel caso di g dobbiamo essere in grado di calcolarne la sua derivata.
La morale dell’integrazione per parti è la seguente: se ci rendiamo conto che la funzione da integrare è composta da due pezzi più semplici, dei quali uno lo sappiamo integrare e l’altro lo sappiamo derivare, la formula di integrazione per parti di solito è risolutiva.
Integrazione per parti. Quando la funzione da
integra-re si pintegra-resenta come un prodotto di funzioni più semplici, allora può tornare utile l’integrazione per parti tramite questa formula:R f0g = f g−R f g0. Notare inoltre che
l’in-tegrazione per parti può essere applicata più volte. La scelta della funzione da integrare non è sempre banale, in quanto può presentarsi l’occasione in cui entrambe le funzioni possano essere integrate. In tal caso la scelta potrebbe ricadere sulla funzione la cui derivata abbassa di grado la funzione complessiva.
Esempio. Calcolo dell’integrale:
Z
x sin x dx
Usando l’integrazione per parti.
In questo caso conviene scegliere come f0il seno, di cui
ne sappiamo calcolare la primitiva, mentre scegliamo x come g, in quanto ci permette, derivandola, di abbassare il grado nell’integrale. Quindi in definitiva la scelta è:
Z x |{z} g sin x | {z } f0 dx
La primitiva di sin x è − cos x, quindi abbiamo che f = − cos x. Sostituendo nella formula:
Z x sin x dx = −x cos x − Z − cos x dx = −x cos x + Z cos x dx = −x cos x + sin x + c
In quanto l’integrale del coseno è un integrale immediato. Il problema è quindi risolto:
−x cos x + sin x + c
NOTA. Attenzione alla sottile barbara perfidia di
alcu-ne sostituzioni. Discutiamo qui di seguito un esempio molto interessante.
Esempio. Calcolare l’integrale:
Z
ln x dx
Usando l’integrazione per parti.
Di primo acchito uno potrebbe chiedersi: "ma que-sta non è affatto una funzione compoque-sta, come posso dividerla?"
Tuttavia una integrazione per parti è possibile, os-servando che il logaritmo può essere moltiplicato per
1: Z
1 ln x dx
A questo punto scegliamo: (
f0 = 1
g = ln x
E applicando la formula di integrazione per parti otteniamo: Z 1 ln x dx = x ln x − Z x1 xdx = x ln x − Z dx = x ln x − x + c
Quindi il problema è risolto: x ln x − x + c
Integrali di funzioni razionali fratte
Se ci imbattiamo in un integrale di una funzione ra-zionale fratta siamo piuttosto fortunati: infatti in que-sto caso, seppure il procedimento sia piuttoque-sto farra-ginoso, è standard. Chiaramente questo non implica che per arrivare ad una funzione razionale fratta non sia necessario utilizzare qualche altro metodo, oppure che successivamente non sia opportuno applicare altri metodi.
Integrazione di funzioni razionali fratte. Qualora il
grado del numeratore sia maggiore del grado del deno-minatore è necessario eseguire la divisione fra polinomi. Una volta ottenuta una funzione razionale fratta il cui numeratore è di grado inferiore al denominatore, si sfruttano le scomposizioni di Hermite, come vedremo successivamente.
Divisione fra polinomi
Dobbiamo scavare un po’ nella nostra memoria per ri-trovare la divisione tra polinomi! Tuttavia non è difficile ed è solo questione di esercizio, essendo una procedura squisitamente algoritmica e meccanica. Vediamo su-bito un esempio. Consideriamo la seguente funzione razionale fratta:
3x3− 4x + 2 x − 2
Vogliamo eseguirne la divisione. Prima di tutto scrivia-mo il polinomio da dividere con tutti i termini, quindi anche quelli con esponente nullo (in questo caso manca il termine di secondo grado):
Come vediamo abbiamo posto anche una tabella per la divisione, posizionando il divisore sulla destra. La prima operazione da fare è dividere il termine di grado massimo del dividendo per il termine di grado massimo del divisore. Nel nostro caso dobbiamo fare 3x3/x = 3x2.
Poniamo questo primo risultato sotto la linea di frazio-ne. Successivamente moltiplichiamo il risultato della divisione per tutto il divisore, e il risultato lo scriviamo sotto il dividendo. Ecco come si presenta la situazione dopo queste operazioni:
Infatti eseguendo la moltiplicazione 3x2(x − 2)
ottenia-mo proprio il polinomio 3x3− 6x2, che poniamo sotto
il dividendo, stando bene attenti ad allineare i termini di grado uguale. A questo punto eseguiamo la
sottra-zione fra il dividendo e il polinomio appena ottenuto,
scrivendo il risultato sotto la linea tratteggiata, e ricor-dandosi come al solito di tenere allineati i termini di grado uguale:
Il risultato che si ottiene è 6x2− 4x + 2. Adesso
ite-riamo il processo che abbiamo appena effettuato su questo nuovo polinomio, ovvero dividiamo il termine di grado massimo (ovvero 6x2) per il termine di grado
massimo del divisore (ovvero x) e scriviamo il termine che otteniamo nel risultato, in questo caso 6x. Succes-sivamente moltiplichiamo 6x per il divisore, ottenendo un nuovo polinomio (6x2− 12x) che andremo a sottrarre
a 6x2− 4x + 2.
Effettuando la sottrazione otteniamo 8x + 2, che pos-siamo ancora dividere per il divisore, ottenendo come risultato 8. Infine moltiplicando 8 per il divisiore otte-niamo 8x − 16 che andremo a sottrarre 8x + 2. Una volta effettuata la sottrazione otteniamo 18, che rappresenta
il resto della divisione. Adesso non possiamo andare più avanti, in quanto siamo arrivati ad un punto in cui
il divisore ha grado minore del dividendo, e quindi non possiamo continuare. Morale della favola la divisione:
3x3− 4x + 2
x − 2
Ha come risultato 3x2+ 6x + 8e come resto 18.
Tutto questo a cosa ci può servire? Ebbene, come abbiamo avuto modo di accennare, la divisione fra poli-nomi ci permette di abbassare il grado del numeratore, in questo modo possiamo applicare la successiva scom-posizione di Hermite. Infatti se abbiamo una funzione razionale fratta:
f (x) g(x)
Possiamo eseguire la loro divisione ottenendo un po-linomio quoziente Q(x) e un eventuale resto R(x). Una volta eseguita la divisione possiamo scrivere:
f (x) g(x) = Q(x) + R(x) g(x) E quindi: Z f (x) g(x) dx = Z Q(x) dx + Z R(x) g(x) dx
Quindi abbiamo ridotto il problema al calcolo di due integrali, di cui uno semplicissimo (infatti R Q(x)dx è immediato trattandosi di un semplice polinomio) e uno in cui possiamo applicare la scomposizione di Hermite, che ora tratteremo. E’ necessario dividere la nostra trattazione in tre parti, a seconda che il denominatore abbia soluzioni reali e distinte, oppure che abbia solu-zioni reali ma coincidenti, oppure che non abbia affatto soluzioni reali.
Scomposizione di Hermite nel caso in cui il divisore abbia radici reali e distinte
Immaginiamo di voler calcolare il seguente integrale: Z x − 2
x2− 3x − 4dx
Troviamo prima di tutto gli zeri del denominatore, in modo da poterlo fattorizzare:
x2− 3x − 4 = 0 −→ (
x1= 4
x2= −1
Possiamo scrivere ora la frazione come: Z x − 2
(x + 1)(x − 4)dx
Adesso spezziamo la frazione in due pezzi: x − 2 (x + 1)(x − 4) = A x + 1+ B x − 4
Dove A e B sono costanti da determinare (infatti que-sta operazione non sarebbe lecita lasciando intatto il numeratore!).
Adesso rimettiamo tutto assieme eseguendo il minimo comune denominatore: A x + 1 + B x − 4 = A(x − 4) + B(x + 1) (x + 1)(x − 4) = Ax − 4A + Bx + B (x + 1)(x − 4) = x(A + B) − 4A + B (x + 1)(x − 4)
Ora sappiamo che x(A + B) − 4A + B deve essere per forza uguale a x−2, quindi possiamo scrivere il seguente sistema:
(
A + B = 1 −4A + B = −2
Ovvero abbiamo equagliato i coefficienti dei termini di grado uguale. Infatti A + B deve essere per forza uguale a 1, che è proprio il coefficiente moltiplicativo della x. Stesso discorso per il termine noto.
Risolvendo tale sistema per A e per B otteniamo: (
A = 3/5 B = 2/5
Sostituiamo questi due valori trovati nelle frazioni che avevamo spezzato di sopra e mettiamo tutto sotto il segno di integrale. Tale procedura prende il nome di
scomposizione di Hermite: Z 3 5 1 x + 1 dx + Z 2 5 1 x − 4 dx
Tiriamo fuori le costanti moltiplicative: 3 5 Z 1 x + 1 dx + 2 5 Z 1 x − 4 dx
Tali integrali sono immediati in quanto al denominato-re abbiamo un termine di primo grado con coefficiente pari a 1 e un termine noto:
3
5ln |x + 1| + 2
5ln |x − 4| + c
Occhio a mettere sempre il valore assoluto, in modo da estendere il dominio della primitiva anche a valori negativi. Tale scomposizione di Hermite può essere applicata anche nel caso di frazioni con grado superiore al secondo, in tal caso scomporremo il numeratore in A, B, C... eccetera.
Scomposizione di Hermite nel caso in cui il divisore abbia radici reali e coincidenti
Nel caso in cui il denominatore presenti due o più so-luzioni coincidenti, non è possibile utilizzare il metodo sopra sviluppato, in quanto il sistema risulterà impossi-bile non fornendo valori utili per le constanti A e B. In tal caso si procede in modo leggermente diverso.
Prendiamo come frazione la seguente: 3x + 1
x2− 4x + 4
In questo caso il ∆ del denominatore è pari a zero, e infatti è possibile fattorizzare la frazione come:
3x + 1 (x − 2)(x − 2)
Spacchettiamola frazione nel seguente modo: A
x − 2+ B (x − 2)2
Come vediamo, la scomposizione è leggermente di-versa, in quanto è necessario dividere il coefficiente B per il quadrato del binomio scomposto. A questo punto procediamo come al solito:
A x − 2+ B (x − 2)2 = A(x − 2) + B (x − 2)2 Imponiamo quindi: Ax − 2A + B = 3x + 1 Ovverossia: ( A = 3 −2A + B = 1 Risolvendo il sistema otteniamo:
( A = 3 B = 7
Sostituiamo quindi i valori trovati per A e per B: 3
x − 2+ 7 (x − 2)2
Mettiamo tutto sotto il segno di integrale: Z 3
x − 2 dx +
Z 7 (x − 2)2 dx
Il secondo integrale può essere facilmente risolto con una rapida sostituzione, tuttavia in generale vale la seguente relazione:
Z B (x − x0)2
= − B x − x0
Quindi in definitiva l’integrale è risolto: 3 ln |x − 2| − 7
x − 2+ c
Scomposizione di Hermite nel caso in cui il divisore non abbia radici reali
Questo è forse il caso più farraginoso in assoluto, che si divide a sua volta in due casi, uno in cui il numeratore è costante, mentre l’altro è il caso in cui il numeratore è di primo grado. Li tratteremo brevemente entram-bi per imposti doveri ministeriali, duentram-bitando tuttavia della loro intrinseca utilità e suggerendo al lettore di concentrarsi principalmente sulle strategie risolutive precedentemente esposte.
Partiamo dal caso in cui il numeratore è una semplice costante, ovvero un integrale del tipo:
Z k
Con ∆ < 0 per il denominatore. Se riconosciamo tale integrale, possiamo applicare la seguente formula risolutiva, chiavi in mano e interessi a tasso zero:
Z k ax2+ bx + cdx = 2k · arctan2ax+b√ −∆ √ −∆ + C Dove con C maiuscolo abbiamo indicato la costante additiva, da non confondere con il termine noto del denominatore di secondo grado!
Inutile dire che non conviene assolutamente perdere tempo qualora si incontrasse un integrale del genere, e proseguire applicando pedissequamente la formula proposta.
Passiamo ora al caso in cui il numeratore sia di primo grado. Per descrivere la procedura partiamo da un esempio.
Z 2x + 2 x2+ x + 5 dx
La prima cosa da fare è calcolare la derivata del denominatore:
D[x2+ x + 5] = 2x + 1
Adesso dobbiamo fare in modo di ottenere la derivata del denominatore al numeratore. Notiamo che ci manca un −1, infatti:
2x + 2 − 1 = 2x + 1
Possiamo quindi sommare e sottrarre al numeratore 1, ottenendo:
2x + 2 − 1 + 1 = 2x + 1 + 1
Dividiamo l’integrale in due pezzi: Z 2x + 1
x2+ x + 5 dx +
Z 1
x2+ x + 5 dx
Il primo integrale diventa quindi immediato, in quanto il numeratore è la derivata del denominatore, ovvero:
Z f0(x) f (x) dx = ln f (x) Ottenendo quindi: Z 2x + 1 x2+ x + 5 dx = ln(x 2+ x + 5) + c
Il secondo integrale invece ricade nel caso preceden-temente discusso, ovvero quando il numeratore è una costante. Applichiamo la formula e otteniamo:
Z 1 x2+ x + 5 dx = 2 arctan2x+1√ 19 √ 19 + c
Mettendo tutto assieme otteniamo:
ln(x2+ x + 5) + 2 arctan2x+1√ 19 √ 19 + c
Un esercizio un pò più difficile
Consideriamo il seguente integrale: Z √x + 1 −√x − 1
√
x2− 1 dx
Innanzitutto utilizziamo la linearità e scriviamo: Z √x + 1 √ x2− 1 dx − Z √x − 1 √ x2− 1 dx
Adesso occhio al trucco algebrico. Scomponiamo il denominatore nel seguente modo:
p x2− 1 = p (x + 1)(x − 1) = √ x + 1√x − 1 E riscriviamo i due integrali:
Z √x + 1 √ x − 1√x + 1 dx − Z √x − 1 √ x + 1√x − 1 dx Semplifichiamo: Z 1 √ x − 1 dx − Z 1 √ x + 1 dx
Questi due integrali si prestano bene per una sostituzione. Occupiamoci del primo integrale:
√
x − 1 = t 1
2√x − 1dx = dt dx = 2√x − 1dt E sostituendo nel primo integrale:
Z 1 √ x − 12 √ x − 1 dt Otteniamo: Z 2 dt = 2t + c
Sostituendo anche nel secondo integrale (in modo analogo: √x + 1 = u) otteniamo in definitiva:
2t − 2u + c
Tornando indietro con le sostituzioni: 2 √x − 1 − 2√x + 1 + c
Come possiamo vedere da questo esempio non esi-ste una "ricetta" unica per risolvere gli integrali. Ci vuole il giusto mix di occhio clinico, una certa abi-lità algebrica e anche una dose di fortuna, che male non fa. Tuttavia queste difficoltà devono essere af-frontate nel modo giusto, ovvero come una sorta di sfida. Quale è l’integrale più difficile che riuscirete a risolvere?
