Integrali di funzioni irrazionali

Lezione 41 (capitolo 6, paragrafo 5). Prerequisiti: Integrazione per sostituzioneSe nell'integranda c'è g(f(x))·f'(x), la sostituzione y = f(x), dy = f'(x)dx trasforma l'integrale in ∫g(y)dy = G(y) + k, poi si torna a x: G(f(x)) + k. Negli integrali definiti cambiano anche gli estremi (da c, d a f(c), f(d)). Si può usare anche al contrario, con x = f⁻¹(y). È il primo metodo a cui pensare; dà la tabella degli integrali "immediati per sostituzione".Integrazione per sostituzione → (anche "al contrario", con $x = f(t)$), Integrazione delle funzioni razionaliPer ∫P(x)/Q(x)dx con grado P < grado Q: se Q ha grado 1 si sostituisce y = ax+b (viene un logaritmo); se Q = ax²+bx+c, con Δ > 0 si scompone in fratti semplici A/(x−x₁) + B/(x−x₂) (A, B dal principio di identità dei polinomi), con Δ = 0 si sostituisce y = x − x₁, con Δ < 0 si completa il quadrato e si arriva a un logaritmo più un'arcotangente. Se grado P ≥ grado Q si divide prima; se Q ha grado > 2 si scompone in fattori e si usano i fratti semplici.Integrazione delle funzioni razionali →, Integrazione per parti∫ f·g' dx = f·g − ∫ f'·g dx (regola del prodotto letta al contrario). Si usa per log x, arcsin x, arctan x (scritti come "funzione per 1"), per sin²x, cos²x, sinh²x, cosh²x (integrale circolare: l'integrale di partenza ricompare e si porta a sinistra) e per prodotti come x^n·e^(αx), x^n·sin(βx), e^(αx)·sin(βx).Integrazione per parti → (integrali notevoli di $\cos^2$, $\cosh^2$, $\sinh^2$). Esercizi: Esercizio 143 · integrali con radici di x di indici diversi, Esercizio 144 · uno su radice di un polinomio di secondo grado, Esercizio 145 · radici di polinomi di secondo grado e area del cerchio, Esercizio 146 · integrali definiti con 3 + radice.

1. Radici di $x$ (o di $x + a$) con indici diversi

$$\int R\left(\sqrt[n]{x}, \sqrt[m]{x}\right) dx, \qquad \int R\left(\sqrt[n]{x + a}, \sqrt[m]{x + a}\right) dx$$ ($R$ funzione razionale). Si pone $$y = \sqrt[N]{x} \quad (\text{oppure } y = \sqrt[N]{x + a}), \qquad N = \text{mcm}\{n, m\}$$ Così $x = y^N$, $dx = N y^{N-1}\,dy$, e tutte le radici diventano potenze intere di $y$: $\sqrt[n]x = y^{N/n}$ con $\frac Nn$ intero, perché $N$ è multiplo di $n$. L'integrale diventa razionale in $y$.

Esempio. $\int\frac{\sqrt x + 5}{x + 2\sqrt x}\,dx$: c'è solo $\sqrt x$ ($N = 2$). Con $y = \sqrt x$, $x = y^2$, $dx = 2y\,dy$: $$\int\frac{y + 5}{y^2 + 2y}\cdot 2y\,dy = 2\int\frac{y + 5}{y + 2}\,dy = 2\int\left[1 + \frac{3}{y + 2}\right] dy = 2y + 6\log|y + 2| + k = 2\sqrt x + 6\log(\sqrt x + 2) + k$$

2. $\int\frac{dx}{\sqrt{ax^2 + bx + c}}$

Con il completamento dei quadrati e una sostituzione lineare ci si riduce a uno dei tre integrali immediati:

(Con $a < 0$ e $\Delta < 0$ il radicando è sempre negativo: la funzione non è definita.)

Esempio. $\int\frac{dx}{\sqrt{3 - 2x - x^2}}$ ($a = -1 < 0$). Completando il quadrato: $$3 - 2x - x^2 = -\left(x^2 + 2x - 3\right) = -\left[(x + 1)^2 - 4\right] = 4 - (x + 1)^2 = 4\left[1 - \left(\frac{x + 1}{2}\right)^2\right]$$ Quindi $\sqrt{3 - 2x - x^2} = 2\sqrt{1 - y^2}$ con $y = \frac{x+1}{2}$, $dx = 2\,dy$: $$\int\frac{2\,dy}{2\sqrt{1 - y^2}} = \arcsin y + k = \arcsin\frac{x + 1}{2} + k$$

3. $\int\sqrt{ax^2 + bx + c}\,dx$

Sempre con il completamento dei quadrati ci si riduce a uno di questi: $$\int\sqrt{R^2 - x^2}\,dx \ (a < 0, \Delta > 0), \qquad \int\sqrt{x^2 + R^2}\,dx \ (a > 0, \Delta < 0), \qquad \int\sqrt{x^2 - R^2}\,dx \ (a > 0, \Delta > 0)$$ che non sono immediati. Si calcolano con la sostituzione "al contrario" $x = f(t)$, con $f$ invertibile, scelta in modo che la radice sparisca grazie a una relazione fondamentale:

$\int\sqrt{R^2 - x^2}\,dx$ ($R > 0$, $-R \le x \le R$)

Con $x = R\sin t$: $dx = R\cos t\,dt$, e $t = \arcsin\frac xR \in \left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$, dove $\cos t \ge 0$; quindi $\sqrt{1 - \sin^2 t} = \cos t$ (senza modulo): $$\int\sqrt{R^2 - R^2\sin^2 t}\cdot R\cos t\,dt = R^2\int\cos^2 t\,dt = R^2\cdot\frac{t + \sin t\cos t}{2} + k$$ (integrale notevole). Tornando a $x$, con $\sin t = \frac xR$ e $\cos t = \sqrt{1 - \frac{x^2}{R^2}}$: $$\int\sqrt{R^2 - x^2}\,dx = \frac{R^2}{2}\left(\arcsin\frac xR + \frac xR\sqrt{1 - \frac{x^2}{R^2}}\right) + k = \frac12\left(R^2\arcsin\frac xR + x\sqrt{R^2 - x^2}\right) + k$$

Applicazione: l'area del cerchio. Il cerchio di raggio $R$ centrato nell'origine è $x^2 + y^2 \le R^2$. Il quarto nel primo quadrante è il trapezoide di $f(x) = \sqrt{R^2 - x^2}$ (si ricava $y \ge 0$ da $x^2 + y^2 = R^2$) su $[0, R]$. Quindi l'area è $$|C| = 4\int_0^R\sqrt{R^2 - x^2}\,dx$$ Con $x = R\sin t$ si cambiano gli estremi (negli integrali definiti conviene): $x = 0 \Rightarrow t = \arcsin 0 = 0$; $x = R \Rightarrow t = \arcsin 1 = \frac\pi2$. $$|C| = 4R^2\int_0^{\pi/2}\cos^2 t\,dt = 4R^2\left[\frac{t + \sin t\cos t}{2}\right]_0^{\pi/2} = 4R^2\cdot\frac{\pi/2}{2} = \pi R^2$$ La formula nota dell'area del cerchio, finalmente dimostrata.

$\int\sqrt{x^2 + R^2}\,dx$

Con $x = R\sinh t$ ($t = \text{settsinh}\frac xR$), $dx = R\cosh t\,dt$, e $\sqrt{\sinh^2 t + 1} = \cosh t$ ($\cosh t > 0$): $$R^2\int\cosh^2 t\,dt = R^2\cdot\frac{\sinh t\cosh t + t}{2} + k = \frac{R^2}{2}\left(\frac xR\sqrt{1 + \frac{x^2}{R^2}} + \text{settsinh}\frac xR\right) + k$$

$\int\sqrt{x^2 - R^2}\,dx$ (per $x \ge R$)

Con $x = R\cosh t$, $t = \text{settcosh}\frac xR \ge 0$, $dx = R\sinh t\,dt$, e $\sqrt{\cosh^2 t - 1} = \sinh t$ (perché $\sinh t \ge 0$ per $t \ge 0$): $$R^2\int\sinh^2 t\,dt = R^2\cdot\frac{\sinh t\cosh t - t}{2} + k = \frac{R^2}{2}\left(\frac xR\sqrt{\frac{x^2}{R^2} - 1} - \text{settcosh}\frac xR\right) + k$$

Errori comuni

• Dimenticare di sostituire $dx$ con $N y^{N-1}\,dy$ (o con $R\cos t\,dt$, ecc.).
• Togliere il modulo senza giustificarlo: $\sqrt{\cos^2 t} = |\cos t|$, ed è $\cos t$ solo perché $t \in [-\frac\pi2, \frac\pi2]$.
• Negli integrali definiti, non cambiare gli estremi quando si cambia variabile.