2.1 Linearit` a dell’integrale

(1)

INTEGRALE INDEFINITO

1 PRIMITIVE 1

Integrale indefinito

Indice

1 Primitive 1

2 Tecniche di integrazione I 3

2.1 Linearit`a dell’integrale . . . 3 2.2 Integrali quasi immediati . . . 4

3 Tecniche di integrazione II 6

3.1 Formula di integrazione per parti . . . 6 3.2 Integrazione per sostituzione . . . 8

4 Tecniche di integrazione III 9

5 Soluzioni degli esercizi 12

1 Primitive

Definizione Siano I un intervallo e f : I → R. Una funzione F : I → R si chiama primitiva di f in I se F `e derivabile in I e F^′(x) = f (x) per ogni x ∈ I.

Esempi

• Consideriamo la funzione f : R → R definita da f(x) = e^x. Ovviamente la funzione F (x) = e^x`e primitiva di f in tutto R, dato che quest’ultima `e derivabile e D(e^x) = e^xin tutto R.

• Consideriamo la funzione f : R → R definita da f(x) = x². La funzione F (x) = x³/3 `e primitiva di f in tutto R, dato che `e derivabile e D(x³/3) = x² in tutto R.

• Consideriamo la funzione f : (0, +∞) → R definita da f(x) = ¹_x. La funzione F (x) = ln x `e primitiva di f in (0, +∞), dato che `e derivabile e D(ln x) = _x¹ in (0, +∞).

• Consideriamo la funzione f : (0, +∞) → R definita da f(x) = ln x + 1. La funzione F (x) = x ln x `e primitiva di f , dato che `e derivabile e D(x ln x) = ln x + 1 in (0, +∞).

• Consideriamo ora la funzione di Heaviside, definita da

h(x) = 0 se x ≤ 0 1 se x > 0

bbc

1

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 = h(0)

= H^′(0) (definizione di derivata) = lim

x→0⁺

H(x) − H(0)

x .

(2)

1 PRIMITIVE 2

Ora per`o, 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⁺`e 1, in contrasto con quanto ottenuto sopra. Quindi non pu`o esistere una primitiva di h.

Proposizione Siano I un intervallo, f : I → R e F una primitiva di f in I. Valgono le propriet`a seguenti:

(i) per ogni c ∈ R, F + c `e una primitiva di f;

(ii) se F1`e una primitiva di f , allora F − F1`e 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’`e 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

f oppure Z

f (x) dx.

Per i punti (i) e (ii) dell’ultima Proposizione, se F `e 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

E chiaro dunque che per conoscere l’integrale indefinito di una funzione `e 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 Z

e^xdx = e^x+ c, in tutto R.

• Si ha Z

x²dx =x³

3 + c, in tutto R.

• Si ha Z 1

xdx = ln x + c, in (0, +∞).

Osservazione Dato che in (−∞, 0) si ha ugualmente D ln(−x) = 1/x, solitamente si scrive Z 1

xdx = ln |x| + c, ottenendo cos`ı una scrittura valida sia in (0, +∞) sia in (−∞, 0).

1Solitamente 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 `e naturale l’indicazione della variabile.

(3)

2 TECNICHE DI INTEGRAZIONE I 3

• Dalla tabella delle derivate delle funzioni elementari e dalla definizione di integrale indefinito, si ricava il seguente elenco di integrali indefiniti immediati:

Z

x^αdx = x^α+1

α + 1+ c, ∀α 6= −1

Z 1

xdx = ln |x| + c Z

e^xdx = e^x+ c

Z

a^xdx = a^x ln a+ c

2 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’`e. 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 pu`o funzionare.

2.1 Linearit` a dell’integrale

La proposizione seguente fornisce una propriet`a 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 c¹f + c2g `e c1F + c2G, 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 c1f +c2g (c1, c2 sono costanti, cioè numeri reali fissati). La dimostrazione è immediata, osservando che c1F + c2G è derivabile e che

(c1F + c2G)^′ = c1F^′+ c2G^′

= c1f + c2g.

La proposizione consente quindi, nel calcolo di un integrale indefinito, di applicare questa propriet`a di linearit`a:

Z

c1f (x) + c2g(x)

dx = c1

Z

f (x) dx + c2

Z

g(x) dx.

Esempi Esempi di utilizzo della propriet`a di linearit`a.

• Dovendo calcolareR

(3x + 2) dx e osservando che x²/2 `e una primitiva di x e che x `e una primitiva di 1, si ha allora: R

(3 · x + 2 · 1) dx = 3x²/2 + 2x + c.

• `E chiaro allora come si procede in generale per integrare un qualunque polinomio. Se P (x) = anxⁿ+ a_n−1xⁿ⁻¹+ . . . + a1x + a0,

allora si ha Z

P (x) dx = an

xⁿ⁺¹

n + 1+ a_n−1xⁿ

n + . . . a1

x²

2 + a0x + c.

Quindi, ad esempio,

Z

(3x³− 2x²− 3x + 5) dx = 3x⁴ 4 − 2x³

3 − 3x²

2 + 5x + c.

• Nel caso abbiaZ P (x)

x^k dx baster`a dividere ogni monomio del polinomio P per x^k e poi applicare la linearit`a.

Ad esempio

Z x³− 2x²+ 3x + 1

x² dx =

Z

x − 2 + 3 x+ 1

x²

dx = x²

2 − 2x + 3 ln |x| −1 x+ c.

(4)

• 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 X^m

i=1

cix^αⁱdx² = Z

(c1x^α¹+ c2x^α²+ . . . + cmx^α^m) dx

= c1x^α¹⁺¹

α1+ 1 + c2x^α²⁺¹

α2+ 1 + . . . + cmx^α^m⁺¹ αm+ 1 + c

= Xm

i=1

cix^αⁱ⁺¹ αi+ 1+ c.

Quindi, ad esempio, avremo Z

√3

x − 1

√x

dx =

Z

x^1/3− x^−1/2

dx =x^4/3 4/3 −x^1/2

1/2 + c = 3 4

√3

x⁴− 2√ x + c.

• Volendo calcolare l’integrale indefinito della funzione f(x) = 3x²−2

x− 3e^xutilizzando la linearit`a dell’integrale

avremo Z

3x²−2 x− 3e^x

dx = 3

Z

x²dx − 2 Z 1

xdx − 3 Z

e^xdx = x³− 2 ln |x| − 3e^x+ c.

2.2 Integrali quasi immediati

Un primo insieme di formule di integrazione “quasi immediata” si pu`o ricavare ancora dalle regole di derivazione della funzione composta. Si hanno i seguenti casi rilevanti (ai quali per comodit`a do il nome di integrale quasi immediato di tipologia (i), (ii) e (iii)):

(i) Z

f^αDf = f^α+1

α + 1+ c, per ogni α 6= −1

infatti D^f_α+1^α+1 = f^αDf

(ii) Z Df

f = ln |f| + c

infatti D ln |f| = ^Dff

(iii) Z

e^fDf = e^f+ c ³

infatti De^f = e^fDf

Esempi

• Nel tipologia (i) rientra: Z ln²x x dx =

Z

ln²x ·1

xdx = ln³x 3 + c.

• Nel tipologia (ii) rientra:

Z 1

x ln xdx =Z 1/x

ln xdx = ln | ln x| + c.

• Nel tipologia (iii) rientra:

Z

2xe^x²dx = e^x²+ c.

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.

• ConsideriamoZ √

x + 1 dx. Questo integrale `e gia della tipologia (i), con f (x) = 1 + x e α = 1/2. Si ha quindi Z √x + 1 dx =

Z

(x + 1)^1/2dx = (1 + x)^3/2

3/2 + c = 2 3

p(x + 1)³+ c.

2Si noti chePm

i=1cix^αⁱpu`o non essere un polinomio, dato che gli esponenti possono non essere interi.

3Con la scrittura esplicita della variabile le tre formule si scrivono ovviamente Z

f^α(x) f^′(x) dx =f^α+1(x) α+ 1 + c ,

Z f^′(x)

f(x) dx = ln |f (x)| + c , Z

e^f^(x)f^′(x) dx = e^f^(x)+ c.

(5)

• Z √

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 √3x − 2 dx = 1 3

Z

3(3x − 2)^1/2dx = 1 3

(3x − 2)^3/2

3/2 + c = 2/9p

(3x − 2)³+ c.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.

• Consideriamo

Z 1

2x + 1dx. Qui siamo molto vicini alla tipologia (ii). Infatti, se poniamo f (x) = 2x + 1, che ha per derivata 2, possiamo scrivere

Z 1

2x + 1dx = 1 2

Z 2

2x + 1dx = 1

2ln |2x + 1| + c.

• Z

e^1−2xdx. Qui `e ovviamente la tipologia (iii) che possiamo intravedere. Possiamo porre f (x) = 1 − 2x, che ha derivata −2, e quindi possiamo scrivere

Z

e^1−2xdx = −1 2

Z

(−2)e^1−2xdx = −1

2e^1−2x+ c.

• Talvolta pu`o essere utile un piccolo “trucco”. Ad esempio, con

Z x

x + 1dx, si pu`o aggiungere e togliere 1 a numeratore per ottenere il denominatore e poter scrivere la frazione come somma di due frazioni:

Z x

x + 1dx =Z x + 1 − 1 x + 1 dx =

Z 1 − 1

x + 1

dx = x − ln |x + 1| + c.

• Qualche volta i due trucchi del moltiplicare/dividere e dell’aggiungere/togliere possono essere applicati congiun- tamente. Ad esempio

Z x

2x + 1dx = 1 2

Z 2x

2x + 1dx = 1 2

Z 2x + 1 − 1 2x + 1 dx = 1

2 Z

1 − 1 2x + 1

dx = 1 2x −1

4ln |2x + 1| + c.

Osservazione E chiaro che il metodo di “aggiustamento delle costanti” funziona solo in casi particolari. Mi spiego:` se avessimoR

e^x²⁺¹dx, osservando che D(e^x²⁺¹) = 2xe^x²⁺¹, non possiamo certo moltiplicare dentro all’integrale per 2x e dividere fuori per 2x (con le costanti funziona (linearit`a dell’integrale) ma con la variabile no!).

Per`o potremmo avere situazioni come le seguenti:

• Z

xp

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 `e f^′(x) = 2x: c’`e x, manca il 2. Quindi, come prima, moltiplicando e dividendo per 2,

Z xp

x²+ 1 dx =1 2

Z 2xp

x²+ 1 dx =1 2

Z

2x(x²+ 1)^1/2dx = 1 2

(x²+ 1)^3/2

3/2 + c = 1 3

p(x²+ 1)³+ c.

4Si 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.

(6)

3 TECNICHE DI INTEGRAZIONE II 6

• Consideriamo

Z x

1 + x²dx. Si osserva che a numeratore compare la derivata del denominatore, a meno di una costante moltiplicativa (un 2). Allora possiamo rientrare nella tipologia (ii) moltiplicando e dividendo per 2:

Z x

1 + x²dx = 1 2

Z 2x

1 + x²dx =1

2ln(1 + x²) + c.⁵

• Z

xe^2x²dx. Siamo nella tipologia (iii), con f (x) = 2x², la cui derivata `e f^′(x) = 4x. Allora Z

xe^2x²dx = 1 4

Z

4xe^2x²dx = 1

4e^2x²+ c.

• Consideriamo ancora

Z x²

x³+ 1dx. Siamo nella tipologia (ii), con f (x) = x³+ 1, la cui derivata `e f^′(x) = 3x².

Allora Z x²

x³+ 1dx = 1 3

Z 3x²

x³+ 1dx = 1 3ln

x³+ 1 + c.⁶

• Ancora:

Z

(x + 2)p³

(x²+ 4x + 1)²dx. Osserviamo che dentro all’integrale c’`e f (x) = x²+ 4x + 1 elevata alla 2/3 e che f^′(x) = 2x + 4. Dentro all’integrale c’`e anche x + 2. Quindi possiamo scrivere

Z

(x + 2)p³

(x²+ 4x + 1)²dx = 1 2

Z

(2x + 4)p³

(x²+ 4x + 1)²dx =1 2

(x²+ 4x + 1)^5/3

5/3 + c.

3 Tecniche di integrazione II

3.1 Formula di integrazione per parti

Un’importante modalit`a di calcolo degli integrali `e 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

f g = f G − Z

G f^′ oppure Z

f (x) g(x) dx = f (x) G(x) − Z

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 cos`ı 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 finita”.

Per provare la formula dobbiamo dimostrare che la derivata di quello che sta a destra, cio`e f G −R

G f^′, `e la funzione che sta sotto l’integrale di sinistra, cio`e f g. Infatti

D

f G −

Z Gf^′

= f^′G + f g − Gf^′= f g.⁷

5Si noti che in questo caso si pu`o anche non mettere il valore assoluto, dato che l’argomento del logaritmo `e certamente positivo.

6Qui no che non possiamo togliere il valore assoluto: l’argomento del logaritmo x³+ 1 pu`o anche essere negativo.

7Nella speranza che questo modo, non del tutto rigoroso ma efficace, di presentare la dimostrazione semplifichi la comprensione della stessa, faccio notare che se nel simboloR

Gf^′ vediamo una qualunque primitiva di Gf^′, la derivata D(R

Gf^′) `e appunto Gf^′, mentre la derivata di f g si ottiene con la solita regola di derivazione del prodotto.

(7)

Esempi Ecco alcuni esempi d’uso della formula di integrazione per parti.

• Z

xe^xdx. Scegliendo come parte finita x e come parte differenziale e^x abbiamo:⁸ Z

xe^xdx = xe^x− Z

1 e^xdx

= xe^x− e^x+ c.

• Z

ln x dx. Scegliendo come parte finita ln x e come parte differenziale 1 abbiamo:⁹ Z

ln x dx = Z

1 · ln x dx

= ln x · x − Z

x · 1 xdx

= x ln x − x + c.

• Z

x ln x dx. Scegliendo come parte finita ln x e come parte differenziale x abbiamo Z

x ln x dx = ln x ·x²

2 −Z x² 2 · 1

xdx

= x²

2 ln x −1 2

Z x dx

= x²

2 ln x −x² 4 + c.

• La formumla di integrazione per parti pu`o essere applicata ripetutamente. Si consideri Z

x ln²x dx. Scegliendo come parte finita ln²x e come parte differenziale x abbiamo con una prima integrazione per parti

Z

x ln²x dx = ln²x ·x²

2 −Z x²

2 · 2 ln x · 1 xdx

= x² 2 ln²x −

Z

x ln x dx.

Ora possiamo integrare nuovamente per parti (ma qui conviene utilizzare direttamente il risultato che `e stato trovato sopra, integrando appunto per parti). Si ottiene

Z

x ln²x dx = x²

2 ln²x −x²

2 ln x + x² 4 + c.

• Lo studente provi a risolvere l’integrale Z

x²e^xdx, integrando due volte per parti e cerchi di intuire che nello stesso modo `e possibile risolvere un integrale del tipo

Z

P (x)e^xdx, dove P `e un qualunque polinomio.

8Non 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.

Ad esempio (istruttivo), nell’R

xe^xdx, se prendiamo come parte finita e^xe come parte differenziale x, al primo passo si ha Z

xe^xdx = e^x·x² 2 −

Z x² 2 · e^xdx e si vede subito che l’integrale si complica. Quindi non si continua su questa strada.

9Anche 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.

(8)

3.2 Integrazione per sostituzione

Un’altra importante modalit`a di calcolo degli integrali si ricava dalla seguente

Proposizione Siano I, J intervalli, f : I → R, g : J → I (per cui si pu`o definire la funzione composta f(g)). Inoltre g sia derivabile e F sia una primitiva di f in I. Allora F (g) `e 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 `e 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 `e 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

f (

t

z}|{g(x) )

dt

z }| { g^′(x) dx =

Z

f (t) dt.

Se F `e 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 `e appunto il risultato voluto.

Esempi Vediamo alcuni esempi di integrazione per sostituzione. Essi indicano il procedimento operativo che solitamente occorre seguire.

• Consideriamo

Z 1

x ln²xdx. Qui in realtà non è necessario un cambio di variabile, dato che siamo nella tipologia di integrazione della potenza di una funzione per la sua derivata. Si può fare quindi

Z 1

x ln²xdx = Z

(ln x)⁻²·1

xdx =(ln x)⁻¹

−1 + c = − 1 ln x + c.

Per`o possiamo anche procedere con il cambio di variabile. Ponendo ln x = t, ricaviamo da questa x e successi- vamente calcoliamo il dx: si ha x = e^te quindi dx = e^tdt. Pertanto l’integrale diventa

Z 1

x ln²xdx =

Z 1

e^tt² · e^tdt = Z 1

t²dt = −1

t + c = − 1 ln x + c.

• Consideriamo

Z e^−x

1 + e^−xdx. Poniamo e^−x = t, da cui −x = ln t, cio`e x = − ln t e dx = −¹tdt. Pertanto l’integrale diventa

Z e^−x

1 + e^−xdx =

Z t

1 + t·

−1 t

dt = −

Z 1

1 + tdt = − ln |1 + t| + c = − ln(1 + e^−x) + c.

• Consideriamo

Z 1

1 +√

xdx. Poniamo√x = t, da cui x = t² e dx = 2t dt. Pertanto l’integrale diventa

Z 1

1 +√ xdx =

Z 1

1 + t·2t dt = 2

Z t

1 + tdt = 2Z t + 1 − 1

1 + t dt = 2

t−ln |1+t|

+ c = 2√

x−2 ln(1+√ x)

+ c.

10Cio`e senza un effettivo cambio di variabile. La formula dice sostanzialmente che possiamo calcolare una primitiva di una funzione composta (cio`e 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 . Un esempio potrebbe essereR

2xe^x²dx, e lo studente si accorger`a che in questo caso siamo in una delle tipologie viste in precedenza.

(9)

4 TECNICHE DI INTEGRAZIONE III 9

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 accorger`a che non `e nemmeno cos`ı semplice rispondere in modo sintetico alla domanda stessa.

Volendo a tutti costi cercare qualche “regola”, si pu`o 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, pu`o funzionare l’integrazione per parti; ma l’integrale potrebbe anche essere pi`u 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 cos`ıevidente);

• se abbiamo composizioni di funzioni potremmo essere in una delle tipologie, e questo succede quando nell’integrale c’`e anche la derivata di una delle funzioni componenti;

• se tutto il resto fallisce si pu`o provare con la sostituzione.

In conclusione: una regola generale non c’`e. 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.

(a) Z

√3

1 + 5x dx (b) Z √

2x + 1 dx

(c)

Z 1

1 + 10xdx (d)

Z 1

√1 − xdx

(e)

Z x + 1

2x + 1dx (f)

Z 1 − x 3x − 1dx (g)

Z 1

xln²x dx (h)

Z x² 1 + x³dx (i) Z e^1/x

x² dx (j)

Z 1

√x(1 +√ x)dx (k)

Z xp

1 + x²dx (l) Z p1 + 1/x²

x³ dx (m)

Z

x²e^−xdx (n)

Z

x ln x dx

4 Tecniche di integrazione III

In questa sezione conclusiva vediamo allora un metodo generale che permette di calcolare una primitiva di una funzione razionale (cio`e 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 `e irriducibile se e solo se il suo discriminante p²− 4q `e negativo.

Definizione Un polinomio Q si dice decomposto in fattori irriducibili se

Q(x) = a0(x − r1)^m¹· . . . · (x − rk)^m^k(x²+ p1x + q1)ⁿ¹· . . . · (x²+ phx + qh)ⁿ^h,

dove r1, . . . , rk sono le radici reali di Q, di molteplicit`a rispettive m1, . . . , mk, i fattori del tipo x²+ pjx + qj sono fattori irriducibili e n1, . . . , nhsono numeri naturali.

(10)

Osservazioni Osserviamo che se Q `e come sopra, allora

m1+ . . . + mk+ 2n1+ . . . + 2nh= deg Q = grado di Q.

Si pu`o 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 `e 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 cio`e il caso in cui si ha

Q(x) = a0(x − r1)^m¹· · · (x − rk)^m^k.

Si noti che nel caso da noi considerato la somma delle molteplicit`a 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)^m^k

sia la decomposizione di Q in fattori irriducibili. Allora esistono, e sono unici, polinomi P1, . . . , Pk tali che P (x)

Q(x) = P1(x)

(x − r¹)^m¹ + . . . + Pk(x) (x − r^k)^m^k. con deg Pi< mi, per ogni i = 1, 2, . . . , k.

Osservazioni

• Come si vede dall’enunciato, c’`e l’ipotesi che deg P < deg Q. Sorge allora la domanda di come ci si debba comportare se questa ipotesi non fosse soddisfatta, se cio`e 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 `e un polinomio con deg P < m.

Vediamo allora intanto come si risolve

Z P (x) (x − r)^mdx.

Basta usare la sostituzione x − r = t, da cui x = t + r e quindi dx = dt. Si trasforma nell’integrale Z P (t + r)

t^m dt,

che si calcola facilmente dopo aver diviso i monomi del numeratore per il denominatore.

Esempio Consideriamo

Z x + 1

(x − 1)². Con la sostituzione x − 1 = t, da cui x = t + 1 e dx = dt, si ha Z x + 1

(x − 1)²dx =Z t + 2

t² dt =Z t t² + 2

t²

dt =Z 1 t + 2

t²

dt = ln |t| − 2

t + c = ln |x − 1| − 2 x − 1 + c.

11Disponendo dei numeri complessi, che sono una generalizzazione dei numeri reali, si pu`o dare una regola del tutto generale per l’integrazione di una funzione razionale, cio`e di un quoziente di due polinomi.

(11)

Esempi Vediamo ora alcuni esempi di come si procede fin dall’inizio e come si ottiene la decomposizione in frazioni semplici.

•

Z x + 1

x²− 3x + 2dx.

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

x + 1

x²− 3x + 2 = A

x − 1 + B x − 2.¹² Ora si procede sviluppando i calcoli a destra:

A

x − 1 + B

x − 2 =A(x − 2) + B(x − 1)

(x − 1)(x − 2) =Ax − 2A + Bx − B

(x − 1)(x − 2) = (A + B)x − 2A − B (x − 1)(x − 2) . Pertanto

x + 1

x²− 3x + 2= (A + B)x − 2A − B (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

−2A − B = 1 . . . cio`e A = −2 B = 3.

Allora possiamo scrivere

x + 1

x²− 3x + 2 = −2 x − 1 + 3

x − 2 e quindi

Z x + 1

x²− 3x + 2dx =Z −2 x − 1+ 3

x − 2

dx =

Z −2 x − 1dx +

Z 3

x − 2dx = −2 ln |x − 1| + 3 ln |x − 2| + c.

•

Z x²+ x + 1 x³− 2x²+ xdx.

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 x²+ x + 1

x³− 2x²+ x = A

x + Bx + C (x − 1)².¹³ Si procede sviluppando i calcoli a destra:

A

x +Bx + C

(x − 1)² = A(x − 1)²+ (Bx + C)x

x(x − 1)² = Ax²− 2Ax + A + Bx²+ Cx

x(x − 1)² =(A + B)x²+ (−2A + C)x + A

x(x − 1)² .

Occorre dunque che sia







A + B = 1

−2A + C = 1 A = 1

. . . cio`e





 A = 1 B = 0 C = 3.

12Sappiamo infatti che deve valere una decomposizione del tipo P1(x)

x− 1 +P2(x) x− 2,

dove P1e P2sono polinomi di grado minore di 1, cio`e di grado zero, e quindi costanti. Ecco che allora cerchiamo quali sono queste costanti Ae B per cui vale la decomposizione scritta.

13Qui deve valere una decomposizione del tipo

P1(x)

x + P2(x) (x − 1)²,

con deg P1<1 e deg P2<2 (questa volta uno `e costante e l’altro `e di primo grado). Cerchiamo quali sono le costanti A, B e C per cui vale la decomposizione scritta.

(12)

5 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 12

x²+ x + 1 x³− 2x²+ x = 1

x+ 3

(x − 1)² e quindi

Z x²+ x + 1

x³− 2x²+ xdx =Z 1

x+ 3

(x − 1)²

dx =

Z 1 xdx +

Z 3

(x − 1)²dx = ln |x| − 3 x − 1 + c.

Si noti che per risolvere il secondo integrale non `e stato necessario il cambio di variabile dato che B = 0.

•

Z 3x²+ 3x + 2 x³+ 2x²+ xdx.

Il denominatore `e x³+ 2x²+ x = x(x + 1)²e questa `e la sua decomposizione in fattori irriducibili.

Per ottenere la decomposizione in frazioni semplici scriviamo come prima 3x²+ 3x + 2

x³+ 2x²+ x = A

x + Bx + C (x + 1)². Si procede sviluppando i calcoli a destra:

A

x+ Bx + C

(x + 1)² =A(x + 1)²+ x(Bx + C)

x(x + 1)² = Ax²+ 2Ax + A + Bx²+ Cx

x(x + 1)² = (A + B)x²+ (2A + C)x + A

x(x + 1)² .

Occorre dunque che sia







A + B = 3 2A + C = 3 A = 2

. . . cio`e





 A = 2 B = 1 C = −1.

3x²+ 3x + 2 x³+ 2x²+ x = 2

x+ x − 1 (x + 1)² e quindi

Z 3x²+ 3x + 2

x³+ 2x²+ xdx =Z 2

x+ x − 1 (x + 1)²

dx = 2 ln |x| +

Z x − 1 (x + 1)²dx.

Per risolvere l’ultimo integrale, con la sostituzione x + 1 = t (x = t − 1, dx = dt), si ottiene Z x − 1

(x + 1)²dx =Z t − 2

t² dt = ln |t| +2

t + c = ln |x + 1| + 2 x + 1 + c.

Quindi indefinitiva si ha

Z 3x²+ 3x + 2

x³+ 2x²+ xdx = 3 ln |x| + ln |x + 1| + 2 x + 1 + c.

Esercizio 4.1 Calcolare i seguenti integrali indefiniti.

(a)

Z 1

x²− x − 6dx (b)

Z 1

x²(x − 1)dx

5 Soluzioni degli esercizi

Esercizio 3.1

(a) Z

√3

1 + 5x dx. E un integrale immediato. Occorre per`` o “aggiustare una costante”.¹⁴ Si ha Z

√3

1 + 5x dx = 1 5 Z

5(1 + 5x)^1/3dx =1 5

(1 + 5x)^4/3

4/3 + c = 3 20

p3

(1 + 5x)⁴+ c.

14Ricordo 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.

(13)

(b) Z √

2x + 1 dx. Integrale immediato. Basta solo aggiustare la costante:

Z √2x + 1 dx = 1 2

Z

2(2x + 1)^1/2=1 2

(2x + 1)^3/2

3/2 + c = 1 3

p(2x + 1)³+ c.

(c)

Z 1

1 + 10xdx. Integrale immediato. Anche qui basta aggiustare la costante:

Z 1

1 + 10xdx = 1 10

Z 10

1 + 10xdx = 1

10ln |1 + 10x| + c.

(d)

Z 1

√1 − xdx. Integrale immediato. Aggiustando la costante:

Z 1

√1 − xdx = − Z

−(1 − x)^−1/2dx = −(1 − x)^1/2

1/2 + c = −2√

1 − x + c.

(e)

Z x + 1

2x + 1dx. Qui possiamo cercare di ottenere a numeratore il denominatore, con un’opportuna operazione di dividi/moltiplica:

Z x + 1

2x + 1dx = 1 2

Z 2x + 2 2x + 1dx = 1

2

Z 2x + 1 + 1 2x + 1 dx = 1

2 Z

1 dx +1 2

Z 1

2x + 1dx = 1 2x +1

4ln |2x + 1| + c.

Ricordo che una procedura del tutto analoga `e 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.

(f)

Z 1 − x

3x − 1dx. Come sopra, dopo aver cambiato di segno:

Z 1 − x

3x − 1dx = −

Z x − 1

3x − 1dx = −1 3

Z 3x − 3

3x − 1dx = −1 3x + 2

9ln |3x − 1| + c.

(g) Z 1

xln²x dx. E un integrale immediato del tipo` R

f^αDf , con f data dalla funzione logaritmica. Quindi Z 1

xln²x dx =ln³x 3 + c.

(h)

Z x²

1 + x³dx. E un integrale del tipo` R Df

f , con f data dalla funzione 1 + x³. Bisogna per`o anche aggiustare

una costante. Z x²

1 + x³dx = 1 3

Z 3x²

1 + x³dx = 1

3ln |1 + x³| + c.

Lo si poteva anche risolvere con un cambio di variabile. Ponendo x³= t si ricava x = t^1/3e quindi dx = ¹₃t^−2/3dt.

Pertanto sostituendo si ottiene Z x²

1 + x³dx = Z t^2/3

1 + t·1

3t^−2/3dt = 1 3

Z 1

1 + tdt = 1

3ln |1 + t| + c = 1

3ln |1 + x³| + c.

(i) Z e^1/x

x² dx. E del tipo` R

e^fDf , con f data dalla funzione 1/x. Bisogna per`o anche aggiustare il segno.

Z e^1/x

x² dx = − Z

e^1/x·

− 1/x²

dx = −e^1/x+ c.

Anche questo si pu`o risolvere con un cambio di variabile: ponendo _x¹ = t si ricava x = ¹_t e quindi dx = −_t¹²dt.

Pertanto sostituendo si ottiene Z e^1/x

x² dx = Z e^t

1/t² ·

−1 t²

dt = −

Z

e^tdt = −e^t+ c = −e^1/x+ c.

(14)

(j)

Z 1

√x(1 +√

x)dx. La derivata di 1 +√x `e 1/(2√x). Quindi si pu`o aggiustare una costante e ricondurlo ad un integrale del tipoR Df

f , con f data appunto da 1 +√

x. Allora

Z 1

√x(1 +√

x)dx = 2

Z 1

2√

x(1 +√

x)dx = 2 ln(1 +√ x) + c.

Alternativamente, con un cambio di variabile: ponendo√x = t si ricava x = t² e quindi dx = 2t dt. Pertanto sostituendo si ottiene

Z 1

√x(1 +√x)dx =

Z 1

t(1 + t)· 2t dt = 2

Z 1

1 + tdt = 2 ln |1 + t| + c = 2 ln(1 +√ x) + c.

(k) Z

xp

1 + x²dx. Con la sostituzione x²= t, da cui x =√

t e quindi dx = ₂^√¹_tdt, si ha Z

xp

1 + x²dx =Z √ t√

1 + t · 1 2√

tdt = 1 2

Z √1 + t dt = 1 2

(1 + t)^3/2

3/2 + c = 1 3

p(1 + x²)³+ c.

Lascio allo studente provare la risoluzione con un cambio di variabile: si pu`o porre x² = t, oppure 1 + x² = t, oppure√

1 + x²= t. `E un utile esercizio provare le tre possibilit`a.

(l) Z p1 + 1/x²

x³ dx. La derivata di 1 + 1/x² `e −2/x³. Quindi si pu`o aggiustare una costante e ricondurlo ad un integrale del tipoR

f^αDf , con f data da 1 + 1/x². Si ha Z p1 + 1/x²

x³ dx = −1 2

Z −2 x³

p1 + 1/x²dx = −1 2

(1 + 1/x²)^3/2

3/2 + c = −1 3

p(1 + 1/x²)³+ c.

Anche qui lascio per esercizio la risoluzione con un cambio di variabile.

(m) Z

x²e^−xdx. Per parti, con parte finita x²: Z

x²e^−xdx = x²(−e^−x) − Z

(−e^−x) · 2x dx

= −x²e^−x+ 2 Z

xe^−xdx

= −x²e^−x+ 2

x(−e^−x) − Z

(−e^−x) dx

= −x²e^−x− 2xe^−x+ 2 Z

e^−xdx

= −x²e^−x− 2xe^−x− 2e^−x+ c.

(n) Z

x ln x dx. Per parti, con parte finita ln x:

Z

x ln x dx = ln x ·x²

2 −Z x² 2 · 1

xdx

= 1

2x²ln x − 1 2

Z x dx

= 1

2x²ln x − 1 4x²+ c.

(15)

Esercizio 4.1

(a)

Z 1

x²− x − 6dx. Si tratta di una funzione razionale. Il denominatore `e un polinimio che si fattorizza in (x + 2)(x − 3). Si ha quindi Z 1

x²− x − 6dx =

Z 1

(x + 2)(x − 3)dx.

Cerchiamo la decomposizione in frazioni semplici ponendo 1

(x + 2)(x − 3) = A

x + 2+ B x − 3. Abbiamo

A

x + 2 + B

x − 3 =Ax − 3A + Bx + 2B

(x + 2)(x − 3) =(A + B)x − 3A + 2B (x + 2)(x − 3) . Quindi le condizioni sono

A + B = 0

−3A + 2B = 1 cio`e A = −1/5

B = 1/5 cio`e 1

(x + 2)(x − 3) =−1/5

x + 2 + 1/5 x − 3. Pertanto

Z 1

(x + 2)(x − 3)dx = −1 5

Z 1

x + 2dx +1 5

Z 1

x − 3dx = −1

5ln |x + 2| + 1

5ln |x − 3| + c.

(b)

Z 1

x²(x − 1)dx. Si tratta di una funzione razionale. Il denominatore `e gi`a decomposto in fattori irriducibili.

Allora cerchiamo la decomposizione in frazioni semplici ponendo 1

x²(x − 1) =Ax + B

x² + C

x − 1. Abbiamo

Ax + B

x² + C

x − 1 =(Ax + B)(x − 1) + Cx²

x²(x − 1) = Ax²− Ax + Bx − B + Cx²

x²(x − 1) =(A + C)x²+ (B − A)x − B x²(x − 1) . Quindi le condizioni sono







A + C = 0 B − A = 0

−B = 1

cio`e







A = −1 B = −1 C = 1

cio`e 1

x²(x − 1) = −x − 1 x² + 1

x − 1. Pertanto

Z 1

x²(x − 1)dx = −Z x + 1 x² dx +

Z 1

x − 1dx = −Z 1 x+ 1

x²

dx +

Z 1

x − 1dx = − ln |x| +1

x+ ln |x − 1| + c.