I METODI DI INTEGRAZIONE
In questo paragrafo verranno illustrati i vari metodi di integrazione che, pur non costituendo
un procedimento generale per effettuare l'integrazione indefinita, permettono senz'altro di
calcolare gli integrali indefiniti di estese classi di funzioni.
a)
INTEGRAZIONE PER SOMMA E D ECOMPOSIZIONE
Tale metodo consente di decomporre la funzione f ( x ) da integrare nella somma di più
funzioni f1 ( x) , f 2 ( x) , ..., f n ( x ) che si sappiano già integrare. Ne segue che:
∫ () ∫
f x dx =
(1)
f1 ( x ) dx +
∫
f 2 ( x ) dx +... +
∫
fn ( x ) dx
dove f1 ( x) , f 2 ( x) , ..., f n ( x ) sono funzioni facilmente integrabili.
ESEMPI
α)
β)
γ)
∫
∫
∫
( 2x
3
1+ x
dx =
2
x
x
dx =
x −1
∫
∫
1
dx +
2
x
∫
ε)
∫
=
ζ)
1
2
sin 2 xdx =
x3 dx + 3 x 2 dx −
x
dx =
2
x
1
dx +
1+ x 2
∫
x −2 dx +
x −1
dx +
x −1
xdx +
dx =
x4
x2
+ x3 − + x + c
2
2
1
1
dx = − + log x + c
x
x
1
dx =
x −1
x
dx = arctgx +
1+ x 2
∫
dx +
1
dx =
x −1
2x
dx =
2 (1 + x2 )
2x
1
1
dx =arctgx + ⋅ log1 + x2 + c = arctgx + ⋅ log (1 + x2 ) + c
2
2
2
1+ x
∫
1 − cos2x
1
dx =
2
2
∫
(1 − cos2 x ) dx =
1 
⋅
2 
∫ ∫
dx −

cos2xdx  =


1 
sin2 x 
1
1
⋅ x−
+ c = ⋅ ( 2x − 2sin x cos x ) + c = ⋅( x − sin x cos x ) + c
2 
2 
4
2
∫
=
∫
∫
1+ x
dx =
1+ x2
= arctgx +
∫
x −1 + 1
dx =
x −1
= x + log x − 1 + c
δ)
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
+ 3 x2 − x + 1) dx = 2
cos 2 xdx =
∫
1 + cos2x
1
dx =
2
2
∫
(1 + cos2 x ) dx =
1 
⋅
2 
∫ ∫
dx +

cos2xdx  =


1 
sin2x 
1
1
⋅ x+
+ c = ⋅ ( 2x + 2sin x cos x ) + c = ⋅( x + sin x cosx ) + c

2 
2 
4
2
1
Osservazione. Si poteva risolvere l'integrale ζ) anche nel seguente modo:
ζ')
∫
=
η)
∫
(1 − sin x ) dx =
2
cos3 xdx =
cos xdx −
∫
∫
cos x ⋅ cos 2 xdx =
sin x
dx +
cos x
= log
dx −
∫
1
1
sin 2 xdx = x − x + sin x cos x + c =
2
2
cos x ⋅ (1 − sin2 x ) dx =
1
cos x sin 2 xdx = sin x − sin3 x + c
3
1
dx =
sin x cos x
=
∫ ∫
1
⋅( x + sin x cos x ) + c
2
∫
∫
∫
∫
=
θ)
cos 2 xdx =
∫
∫
sin 2 x + cos 2 x
dx =
sin x cos x
cos x
dx =
sin x
∫
∫
∫
sin 2 x
dx +
sin x cos x
∫
cos 2 x
dx =
sin x cos x
tgxdx + ctgxdx = − log cos x + log sin x + c =
sin x
+ c = log tgx + c
cos x
b)
INTEGRAZIONE PER PARTI
Siano f ( x ) e g ( x ) due funzioni continue e dotate di derivata prima continua in
[ a, b] .
Com'è ben noto risulta:
D  f ( x ) ⋅ g ( x )  = f ' ( x ) ⋅ g ( x ) + f ( x) ⋅ g ' ( x )
ovvero:
f ' ( x ) ⋅ g ( x ) = D  f ( x ) ⋅ g ( x )  − f ( x) ⋅ g ' ( x )
Integrando ora ambo i membri della precedente relazione si ottiene:
(2)
∫
f ' (x ) ⋅g ( x) dx =
∫
D  f ( x) ⋅ g ( x) dx −
= f ( x )⋅ g ( x ) −
∫
∫ ()
f x ⋅ g ' ( x) dx =
f ( x) ⋅ g ' ( x ) dx
che rappresenta proprio la formula di integrazione per parti.
Si osservi che, al primo membro, la funzione integranda non è altro che il prodotto di due
fattori: f ( x ) , fattore finito, e g ( x ) dx , fattore differenziale. Affinché tale formula risulti
utile, pertanto, è necessario trovare una primitiva di g ( x ) , così da rendere più agevole il
calcolo dell'integrale che figura al secondo membro.
2
ESEMPI
α)
∫
xe x dx =
∫
ex ⋅ xdx = e x⋅ x −
avendo posto:
x
 f ' ( x) = e

 g ( x ) = x
∫
e x ⋅ 1dx = xe x − ex + c
x
 f ( x ) = e

 g ' ( x ) = 1
Osservazione. Il precedente integrale non era risolvibile agevolmente se si fossero
scambiati tra di loro il fattore finito ed il fattore differenziale, ovvero se si fosse posto:

x2
 f ' ( x ) = x
 f ( x) =
⇒
2


x
 g ( x ) = e
 g ' ( x ) = ex

Infatti, in tal caso, non si sarebbe arrivati ad alcuna conclusione:
α')
β)
∫
∫
xe x dx = e x ⋅
log xdx =
avendo posto:
∫
⇒
x2
−
2
∫
ex ⋅
x2
dx = ..........
2
x ⋅ log xdx = x ⋅ log x −
 f ' ( x ) = 1

 g ( x ) = log x
γ)
∫
x sin xdx = − x cos x −
∫
∫
∫
(
∫
∫
1 − x 2 dx =
= x ⋅ 1 − x2 −
= x 1− x −
2
= x 1 − x2 −
∫
− cos x ⋅ 1dx = − x cos x +
⇒
1 − x 2 ⋅1dx = x ⋅ 1 − x 2 −
− x2 + 1 − 1
1− x
2
1 − x2 )
dx =x 1− x 2 −
2
1 − x2
dx +
∫
∫
dx = x log x − x + c
 f ( x) = x


1
 g ' ( x) =

x
⇒
avendo posto:
 f ' ( x ) = sin x

 g ( x ) = x
δ)
∫
1
x ⋅ dx = log x −
x
1
1− x
2
∫
∫
∫
cos xdx = − x cos x + sin x + c
 f ( x ) = − cos x

 g ' ( x ) = 1
− x2
1− x2
1− x2
1− x
2
dx =
dx = x 1 − x2 −
1− x2 dx + arcsin x + c
3
∫
∫
dx +
1
1− x2
dx =
1− x2 dx +
∫
1
1 − x2
dx =
avendo posto:
 f ' ( x ) = 1

2
 g ( x ) = 1 − x
Dunque:
∫
1 − x 2 dx =x 1 − x2 −
da cui:
2
∫

f ( x) = x

−x

 g '( x ) =
1− x2

⇒
∫
1 − x2 dx + arcsin x + c
1 − x 2 dx =x 1− x 2 + arcsin x + c
ovvero:
∫
1 − x 2 dx =
(
)
1
x 1 − x 2 + arcsin x + c
2
c)
INTEGRAZIONE PER SOSTITUZIONE
Siano y = f ( x ) una funzione continua in [ a, b] e x = g ( t ) una funzione continua, con
derivata prima continua, in un intervallo [ p, q] . Si supponga, inoltre, che quando t varia in
[ p, q] , g ( t )
varia in [ a, b] . Denotata ora con F ( x ) una primitiva di f ( x ) , per la regola
di derivazione delle funzioni composte, si ottiene:
dF g (t )  dF ( x )
=
⋅ g ' ( t ) = f g ( t )  ⋅ g ' ( t )
dt
dx x =g (t )
da cui, integrando ambo i membri:
F  g ( t )  + c =
ossia:
(3)
∫
∫
f g ( t )  ⋅ g ' ( t ) dt
f (x ) dx
=
x =g (t )
∫
f g ( t )  ⋅ g ' (t ) dt
La precedente formula consente di calcolare l'integrale al secondo membro qualora si sia in
grado di risolvere quello al primo membro (a tal fine è sufficiente, infatti, sostituire alla x la
funzione g ( t ) ).
Osservazione 1. Se la x = g ( t ) , oltre a soddisfare le ipotesi precedentemente enunciate,
risulta anche invertibile (è possibile, cioè, esprimere t in funzione di x: t = h ( x ) ), allora:
(4)
∫
f (x ) dx =
∫
4
f g ( t )  ⋅ g ' ( t )dt
t =h (x )
La (3) e la (4) costituiscono, quindi, le formule di integrazione per sostituzione per gli
integrali indefiniti.
f g ( t ) g ' ( t ) dt si ottiene dalla
f (x ) dx tramite la sostituzione x = g ( t ) , da cui si ottiene:
Osservazione 2. Nella (3) e nella (4) l'espressione
f g ( t )  dg ( t ) = f g ( t )  g ' ( t ) dt
ESEMPI
α)
∫
∫
x 1 + x2 dx =
t −1 ⋅ t ⋅
1
2 t −1
3
1
1
1 + x2 ) 2 + c =
(
3
3
avendo posto:
(1+ x )
1+ x2 = t
x2 = t − 1
=
β)
∫
⇒
sin 2 x cos xdx =
avendo posto:
sin x = t
γ)
∫
∫
∫ ∫
1
2+ 2 x
=
dt −
avendo posto:
x =t
δ)
∫
dx =
∫
=−
∫
⇒
∫
1
1 3
t 2 dt = t 2 + c =
3
+c
1
⋅ 2tdt =
2 + 2t
x = t2
t
1
dt =
2
2
⇒
x = t −1
dx =
⇒
1
2 t −1
∫
t
dt =
t +1
x − log
∫
t +1
dt −
t +1
∫
1
dt =
t +1
x +1 +c
dx = 2tdt
⇒
∫
∫
t + 1− 1
dt =
t +1
log t
dt = log 2 t + c = log2 x + c
t
dx = 2tdt
⇒
4 − ( 2cos t ) ⋅ ( −2sin t ) dt = −
2
∫
∫
2sin t ⋅ 4 − 4cos2 tdt =
∫
2sin t ⋅ 2 1− cos 2 tdt = − 4 sin t sin 2 tdt = −4 sin 2 tdt = −4
= −2 t + sin2t + c
dt
t3
sin3 x
+c=
+c
3
3
log t
⋅ 2tdt = 2
2
t
∫
∫
dt = cos xdx
x = t2
⇒
4 − x2 dx =
∫
t 2dt =
3
1
dt = t − log t + 1 + c =
t +1
log x
dx =
x
avendo posto:
x =t
ε)
⇒
∫
2
dt =
5
∫
1− cos2t
dt =
2
avendo posto:
x = 2cos t ⇒
dx = − 2sin tdt
Osservazione. La formula di integrazione per sostituzione, ovvero la (4), può essere letta
nei due versi, precisamente:
⇒) come nell'esempio α)
⇐) se f ( x ) > 0 , ponendo t = f ( x ) e dt = f ' ( x ) dx , si ha:
∫
f ' ( x)
dx =
f ( x)
∫
dt
= log t + c = log f ( x ) + c
t
com'è facile verificare con il calcolo dei seguenti integrali:
∫
tgxdx
e
∫
ctgxdx
d)
INTEGRAZIONE DELLE FUNZIONI RAZIONALI (INTERE E FRATTE)
Riportiamo, in primo luogo alcune importante definizioni preliminari.
Definizione 1. Una funzione del tipo:
(α)
y = a 0 x n + a1 xn −1 + ... + an −1 x + an
ove n ≥ 1 è un numero intero ed a0 , a1 , ..., an −1 , an sono costanti assegnate con a0 ≠ 0 , si
dice funzione razionale intera di grado n o polinomio di grado n in x.
Per n = 0 si conviene che la funzione y si riduca alla costante a0 ; ne segue, quindi, che una
costante può considerarsi come un polinomio di grado zero.
Definizione 2. Per funzione razionale fratta si intende, invece, una funzione che sia
riducibile al quoziente di due funzioni razionali intere prime tra loro e delle quali quella che
figura al denominatore non sia una costante, ovvero una funzione riconducibile alla forma:
a x n + a1 x n−1 + ... + an −1 x + a n
(β)
y= 0 m
b0 x + b1x m −1 + ... + bm −1x + bm
ove n ≥ 0 , m ≥ 1 sono numeri interi ed a0 , a1 , ..., an −1 , an , b0 , b1 , ..., bn−1 , bn sono
costanti assegnate con a0 ≠ 0 e b0 ≠ 0 .
Si consideri ora una funzione del tipo (α). In tal caso risulta:
(5)
∫
∫
(a x
=
=
0
n
+ a1x n−1 + ... + an−1x + a n )dx =
a0 x n dx +
∫
a1 x n−1dx + ... +
∫
an−1 xdx +
a0 x n+1 a1 x n
a x2
+
+ ... + n−1 + an x n + c
n +1
n
2
6
∫
an dx =
Se prendiamo, invece, in esame una funzione razionale fratta del tipo (β), ovvero della
forma:
P ( x)
y= 1
P2 ( x)
dove P1 ( x ) , P2 ( x ) sono polinomi primi tra loro, a coefficienti reali e di grado
rispettivamente m ed n. Ci proponiamo di calcolare il seguente integrale:
∫
(6)
P1 ( x )
dx
P2 ( x )
Se m ≥ n allora dividendo, in primo luogo, il numeratore per il si ottiene che:
P1 ( x ) = Q ( x ) ⋅P2 ( x ) + R ( x )
essendo Q ( x ) ed R ( x ) rispettivamente il quoziente ed il resto della divisione dei due
polinomi.
Quindi:
P1 ( x )
= Q(x) +
P2 ( x )
da cui, integrando ambo i membri, segue:
P1 ( x )
(6')
dx =
P2 ( x )
∫
∫
R ( x)
P2 ( x )
Q ( x )dx +
∫
R ( x)
dx
P2 ( x )
In tal modo il calcolo dell'integrale (6) è ricondotto al calcolo dell'integrale di una funzione
razionale intera, ossia del polinomio Q ( x ) e al calcolo dell'integrale di una funzione
razionale fratta
R( x)
P2 ( x )
nella quale il grado del numeratore è minore di quello del
denominatore.
Ciò premesso consideriamo l'integrale (6) supponendo, com'è lecito in base a quanto
precedentemente esposto, che il grado di P1 ( x ) sia minore del grado di P2 ( x ) e che
P2 ( x ) , a coefficienti interi, sia, per comodità, della forma:
(α')
y = P2 ( x ) = a0 xn + a1x n −1 + ... + an−1x + a n
Osservazione. Si noti che la (α') può essere scritta anche nel seguente modo:
(α'')
essendo gli
( r1 + r2 +
...
P2 ( x ) = a 0 ( x − α 1 ) 1 ⋅ ( x − α 2 ) 2 ⋅ ... ⋅ ( x − α m ) m
( i = 1, 2, ..., m) gli
+ rm = n ) i rispettivi ordini
αi
r
zeri
r
distinti
r
di
P2 ( x )
ed
r1, r2 , ..., rm
di molteplicità. Dal Teorema Fondamentale
dell'Algebra (un polinomio di grado n in una variabile possiede almeno uno zero, reale o
complesso), infatti, discende facilmente che un polinomio del tipo (α) possiede n zeri, tra
reali e complessi, purché ciascuno di essi sia computato tante volte quant'è il suo ordine di
molteplicità.
7
Se, invece, P2 ( x ) è a coefficienti reali ed ammette uno zero complesso allora, come si
prova facilmente, esso ammette anche lo zero complesso coniugato; i due zeri, inoltre,
possiedono lo stesso ordine di molteplicità. In tal caso, quindi, si ottiene:
P2 ( x ) = a0 ( x − α1 ) 1 ⋅ ( x − α 2 ) 2 ⋅ ... ⋅ ( x − α h ) h ⋅  x − (a1 + ib1 )  ⋅  x − (a1 − ib1 )  ⋅ ... ⋅
r
r
s1
r
⋅  x − ( ak + ibk )  ⋅  x − ( ak − ibk )
sk
s1
sk
o anche:
(α''')
P2 ( x ) = a 0 ( x − α1 ) 1 ⋅ ( x − α 2 ) 2 ⋅ ... ⋅ ( x − α h ) h ⋅
r
r
r
⋅ ( x 2 + p1 x + q1 ) ⋅ ... ⋅ ( x 2 + pk x + qk )
s1
dove:
( j = 1, 2, ..., k ) è il trinomio avente per zeri
+ rh + 2 ( s1 + s2 + ... + sk ) = n
x2 + pj x + qj
r1 + r2 + ...
sk
a j ± ib j
Se, pertanto, P2 ( x ) è della forma (α''') allora è possibile determinare, come si prova
facilmente, che esistono n costanti
A1 , A2 , ..., Arh , B1 , B2 , ..., Bsk , C1 , C2 , ..., Csk ,
D1 , D2 , ..., Dr +1 tali che, per ogni x diverso dagli zeri di P2 ( x ) :
P1 ( x )
(γ)
P2 ( x )
=
Arh
A1
A2
+
+ ... +
+
x − α1 x − α 2
x −α h
+
Bs ( x) + Csk
B1 ( x ) + C1
B2 ( x ) + C2
+ 2
+ ... + 2 k
+
2
x + p1 x + q1 x + p2 x + q2
x + pk x + qk
+
ν
ν −1
d D1 x + D2 x + ... + Dν x + Dν +1
dx
T (x)
dove:
T ( x ) = a 0 ( x − α1 ) 1 ⋅ ( x − α 2 ) 2 ⋅ ... ⋅ ( x − α h ) h ⋅
r −1
r −1
⋅ ( x 2 + p1 x + q1 )
s1 −1
r −1
⋅ ... ⋅ ( x 2 + pk x + qk )
sk −1
ν è il grado di T ( x ) diminuito di un'unità
La determinazione delle costanti, infine, si effettua nel seguente modo: si esegue la
derivazione indicata nel secondo membro della (γ) e poi si riduce il secondo membro ad
un'unica frazione avente per denominatore proprio P2 ( x ) , così da ottenere un'espressione
del tipo:
(*)
P1 ( x )
P2 ( x )
=
M ( x)
P2 ( x )
essendo M ( x ) un polinomio i cui coefficienti contengono le costanti da determinare. Dalla
(*) segue, quindi, che:
P1 ( x ) = M ( x )
8
Applicando ora il principio di identità dei polinomi, ovvero uguagliando i coefficienti delle
potenze simili di P1 ( x ) ed M ( x ) si ottiene un sistema avente per incognite esattamente le
costanti desiderate.
Determinate le costanti, risulta:
∫
(δ)
∫
∫
P1 ( x )
dx = A1
P2 ( x )
+
+
dx
+ A2
x −α1
B1 ( x ) + C1
x + p1 x + q1
2
∫
dx
+ ... + Arh
x −α 2
dx + ... +
∫
∫
dx
+
x − αh
Bsk ( x) + Csk
x + pk x + qk
2
dx +
D1xν + D2 xν −1 + ... + Dν x + Dν +1
T (x)
In base alla (δ) il calcolo dell'integrale (6) è ricondotto al calcolo degli integrali:
∫
∫
(7)
(8)
con a, b, α, p, q costanti e p 2 − 4 q < 0 .
a
dx
x −α
ax + b
dx
x + px + q
2
Ne segue, quindi, che:
∫
a
dx = a
x −α
∫
ax + b
1
dx =
2
x + px + q
mentre:
=
1
2
∫
dx
= a log x − α + c
x −α
2
∫
∫
∫
2 ⋅ ( ax + b )
x + px + q
2
a ⋅ ( 2x + p ) + 2b − ap
x + px + q
2
d ( x + px + q )
2
dx =
2b − ap
2
=
a
2
=
a
2b − ap
log x2 + px + q +
2
2
x + px + q
2
dx +
a
2
∫
dx =
∫
∫
1
2
∫
2ax + 2b + ap − ap
dx =
2
x + px + q
2x + p
1
dx +
2
x + px + q
2
∫
2b − ap
dx =
x + px + q
2
dx
=
x + px + q
2
dx
x + px + q
2
Calcoliamo ora, a parte, l'integrale che figura all'ultimo membro, osservando che:
p 2 p2
p
4q − p 2

−
+q =x+  +
4
4
2
4

2
x 2 + px + q = x2 + px +
9
Posto:
4q − p 2
= ∆2
4
p
x + = t∆ ⇒
2
si ottiene:
∫
dx
=
2
x + px + q
2
=
4q − p
Dunque:
∫
2
dx = ∆ dt
∫
arctg
∆dt
1
=
2 2
2
t ∆ +∆
∆
2x + p
4q − p2
∫
p
x+
dt
1
1
2 +c =
= arctgt + c = arctg
t2 + 1 ∆
∆
∆
+c
ax + b
a
2b − ap
2x + p
dx = log x 2 + px + q +
arctg
+c
2
x + px + q
2
4q − p
4q − p 2
2
L'integrazione delle funzioni razionali è così completata. Possiamo semplicemente
aggiungere che il calcolo dell'integrale (6) si sa eseguire a meno di difficoltà di natura
algebrica consistenti nella determinazione degli zeri del polinomio P2 ( x ) .
ESEMPI
α)
∫
x 2 − 3x + 1
dx =
1− x
∫
−1 
1 2

 − x + 2 + 1 − x dx = − 2 x + 2 x − log1− x + c =


1
= − x 2 + 2x + log x − 1 + c
2
dopo aver eseguito l'usuale divisione tra polinomi ed aver applicato la (6') con:
P1 ( x ) = x 2 − 3x + 1 (m = 2)
Q ( x ) = −x + 2
P2 ( x ) = 1− x (n = 1)
β)
∫
R ( x ) = −1
1
dx
x + 5x + 6
2
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 1 (m = 0)
P2 ( x ) = x2 + 5x + 6 (n = 2)
con
∆ = 25 − 24 = 1 > 0
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono reali e distinte, precisamente:
α 1 = −2
ed
α 2 = −3
(non ci sono soluzioni complesse!)
10
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α''), in virtù della (γ), si ottiene:
A ( x + 3) + B ( x + 2 ) Ax + 3 A + Bx + 2B
1
A
B
=
+
=
=
=
x + 5x + 6 x + 2 x + 3
( x + 2)( x + 3)
( x + 2)( x + 3)
2
x ( A+ B ) + 3 A + 2B
=
( x + 2)( x + 3)
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = 1 , P2 ( x ) = x2 + 5x + 6 = ( x + 2 )( x + 3) , M ( x ) = x ( A + B ) + 3 A + 2B
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
 A+ B = 0
 A = +1
⇒


3A + 2 B = 1
 B = −1
Si avrà, infine:
∫
1
dx = 1⋅
x + 5x + 6
2
= log
x+2
+c
x +3
β')
∫
∫
dx
− 1⋅
x+2
∫
x+2
dx
= log x + 2 − log x + 3 + c = log
+c=
x +3
x +3
3x + 8
dx
2
x − 5x + 6
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 3 x + 8 (m = 1)
P2 ( x ) = x2 − 5x + 6 (n = 2)
con
∆ = 25 − 24 = 1 > 0
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono reali e distinte:
α1 = 2
ed
α2 = 3
(non ci sono soluzioni complesse!)
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α''), in virtù della (γ), si ottiene:
A ( x − 3) + B ( x − 2) Ax − 3 A + Bx − 2 B
3x + 8
A
B
=
+
=
=
=
x − 5x + 6 x − 2 x − 3
( x − 2 )( x − 3)
( x − 2)( x − 3)
2
=
x ( A+ B ) − 3 A − 2 B
( x − 2 )( x − 3)
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = 3 x + 8 , P2 ( x ) = x2 − 5 x + 6 = ( x − 2)( x − 3) , M ( x ) = x ( A + B ) − 3A − 2B
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
 A+ B = 3
 A = − 14
⇒


 − 3A − 2B = 8
 B = 17
11
Si avrà, infine:
∫
3x + 8
dx = −14
2
x − 5x + 6
= log
x −3
17
x−2
14
∫
γ)
∫
dx
+17
x−2
∫
dx
= −14log x − 2 + 17log x − 3 + c =
x −3
+c
1
dx
x − 6x + 11x − 6
3
2
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 1 (m = 0)
P2 ( x ) = x3 − 6x 2 + 11x − 6 (n = 3) con
x3 − 6 x 2 + 11x − 6 =(x −1 ) ⋅( x −2 ) ⋅ ( x − 3 )
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono reali e distinte, precisamente:
α1 = 1 ,
α2 = 2 ,
α3 = 3
(non ci sono soluzioni complesse!)
Pertanto:
1
A
B
C
=
+
+
=
x 3 − 6x 2 + 11x − 6 x − 1 x − 2 x − 3
A ( x − 2)( x− 3) + B ( x − 1)( x − 3) + C ( x − 1)( x − 2 )
=
=
( x − 1)( x − 2 )( x − 3)
A ( x2 − 5 x + 6 ) + B ( x 2 − 4 x + 3 ) + C ( x 2 − 3 x + 2 )
=
=
( x − 1)( x − 2 )( x − 3)
x2 ( A + B + C ) + x ( −5A − 4B − 3C ) +6 A +3 B + 2 C
( x − 1)( x − 2)( x − 3)
=
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = 1 , P2 ( x ) = x3 − 6 x2 + 11x − 6 = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 ) ,
M ( x ) = x 2 ( A + B + C ) + x ( −5A −4B − 3C ) + 6 A + 3 B + 2 C
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
A= 1
 A + B +C = 0
2


B
=
−
1
− 5 A − 4B − 3C = 0 ⇒

 6 A + 3B + 2C = 1

1

 C = 2
Si avrà, infine:
1
1
dx
dx
1
dx
dx =
−1
+
=
3
2
2
x
−
1
x
−
2
2
x
−3
x − 6x + 11x − 6
∫
=
∫
∫
∫
1
1
log x − 1 − log x − 2 + log x − 3 + c
2
2
12
γ')
∫
2x + 1
dx
3
2
x − 6x + 11x − 6
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 2x + 1 (m = 0)
x3 − 6 x 2 + 11x − 6 =(x −1 ) ⋅( x −2 ) ⋅ ( x − 3 )
P2 ( x ) = x3 − 6x 2 + 11x − 6 (n = 3) con
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono reali e distinte, precisamente:
α1 = 1 ,
α2 = 2 ,
α3 = 3
(non ci sono soluzioni complesse!)
Ne segue:
2x + 1
A
B
C
=
+
+
=
3
2
x − 6x + 11x − 6 x − 1 x − 2 x − 3
A ( x − 2)( x− 3) + B ( x − 1)( x − 3) + C ( x − 1)( x − 2 )
=
=
( x − 1)( x − 2 )( x − 3)
=
=
A ( x2 − 5 x + 6 ) + B ( x 2 − 4 x + 3 ) + C ( x 2 − 3 x + 2 )
=
( x − 1)( x − 2 )( x − 3)
x2 ( A + B + C ) + x ( −5A − 4B − 3C ) +6 A +3 B + 2 C
( x − 1)( x − 2)( x − 3)
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = 2x + 1 , P2 ( x ) = x3 − 6 x2 + 11x − 6 = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 ) ,
M ( x ) = x 2 ( A + B + C ) + x ( −5A −4B − 3C ) + 6 A + 3 B + 2 C
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
A= 3
 A + B +C = 0
2


− 5 A − 4B − 3C = 2 ⇒
 B = −5
 6 A + 3 B + 2C = 1

7

 C = 2
Si avrà, infine:
∫
2x + 1
3
dx =
3
2
2
x − 6x + 11x − 6
∫
dx
−5
x −1
∫
dx
7
+
x −2 2
∫
dx
=
x −3
3
7
log x − 1 − 5log x − 2 + log x − 3 + c
2
2
2
x + x−8
γ'')
dx
3
2
x − 2x − x + 2
=
∫
Risulta:
P1 ( x ) = x 2 + x − 8 (m = 2)
P2 ( x ) = x3 − 2 x 2 − x + 2 (n = 3)
con
x3 − 2x 2 − x + 2 = (x + 1 ) ⋅ (x − 1) ⋅( x −2 )
13
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono reali e distinte, precisamente:
α1 = −1 ,
α 2 = +1 ,
α3 = 2
(non ci sono soluzioni complesse!)
Essendo:
x2 + x − 8
A
B
C
=
+
+
=
3
2
x − 2x − x + 2 x + 1 x − 1 x − 2
A ( x − 1)( x − 2 ) + B ( x + 1)( x − 2 ) + C ( x + 1)( x − 1)
=
=
( x + 1)( x − 1)( x − 2 )
=
A ( x2 − 3x + 2) + B ( x2 − x −2 ) + C ( x 2 − 1)
( x + 1)( x − 1)( x − 2)
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = x 2 + x − 8 ,
=
x2 ( A + B + C ) + x( −3 A −B ) +2 A −2 B − C
( x + 1)( x − 1)( x − 2)
P2 ( x ) = x3 − 2 x2 − x + 2 = ( x + 1 ) ⋅ ( x − 1) ⋅( x − 2) ,
M ( x ) = x 2 ( A + B + C ) + x ( −3A −B ) +2 A −2B −C
per il principio di identità dei polinomi risulta:
 A + B +C =1
 A = −4


⇒
 −3A − B = 1
 B = 11
− 2 A − 2 B− C = − 8
C = − 6


Si avrà, infine:
∫
x2 + x − 8
dx = −4
3
2
x − 2x − x + 2
∫
∫
dx
dx
+ 11
−6
x+1
x −1
= −4log x + 1 + 11log x − 1 − 6log x − 2 + c
δ')
∫
∫
dx
=
x −2
1
dx
3
2
x − x − x+1
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 1 (m = 0)
P2 ( x ) = x 3 − x 2 − x + 1 (n = 3)
x3 − x 2 − x + 1 = (x + 1 ) ⋅ ( x −1 )
2
con
Le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono, cioè:
α 1 = α 2 = −1 ,
α3 = 1
(non ci sono soluzioni complesse!)
da cui:
2
A ( x − 1) + B ( x + 1)( x− 1) + C ( x + 1)
1
A
B
C
=
+
+
=
=
3
2
2
2
x − x − x + 1 x + 1 x − 1 ( x − 1)
( x + 1)( x − 1)
=
A ( x 2 − 2 x + 2 ) + B ( x 2 − 1) + C ( x + 1)
( x + 1)( x − 1)2
=
x 2 ( A + B ) + x ( −2 A +C ) + 2A − B + C
( x + 1)( x − 1) 2
14
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = 1 ,
P2 ( x ) = x 3 − x 2 − x + 1 = (x +1 ) ⋅( x −1) ,
2
M ( x ) = x 2 ( A + B ) + x ( −2 A +C ) + 2 A − B + C
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
1

A = 5
 A+ B = 0



1
−
2
A
+
C
=
0
⇒

B = −
5
2 A − B + C = 1



2
C=

5
Si avrà, infine:
∫
=
δ')
1
1
dx =
5
x − x − x+1
3
2
∫
dx 1
−
x+1 5
∫
dx 2
+
x −1 5
∫(
dx
x − 1)
2
=
1
1
2
log x + 1 − log x − 1 −
c
5
5
5 ( x − 1)
∫
x+2
dx
3
2
x − x − x+1
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = x + 2 (m = 1)
P2 ( x ) = x 3 − x 2 − x + 1 (n = 3)
x3 − x 2 − x + 1 = (x + 1 ) ⋅ ( x −1 )
2
con
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono:
α 1 = α 2 = −1 ,
Si ottiene, così:
α3 = 1
(non ci sono soluzioni complesse!)
A ( x − 1) + B ( x + 1)( x− 1) + C ( x + 1)
x+2
A
B
C
=
+
+
=
=
3
2
2
2
x − x − x + 1 x + 1 x − 1 ( x − 1)
( x + 1)( x − 1)
2
=
A ( x 2 − 2 x + 2 ) + B ( x 2 − 1) + C ( x + 1)
( x + 1)( x − 1)2
=
x 2 ( A + B ) + x ( −2 A +C ) + 2A − B + C
( x + 1)( x − 1) 2
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = x + 2 , P2 ( x ) = x 3 − x 2 − x + 1 = (x +1 ) ⋅( x −1) ,
2
M ( x ) = x 2 ( A + B ) + x ( −2 A +C ) + 2 A − B + C
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
 A+ B = 0
A = 0


−
2
A
+
C
=
1
⇒

B = 0
2 A − B + C = 1
C =1


15
Si avrà, infine:
∫
x+2
dx = 0
3
2
x − x − x+1
δ'')
∫
∫
∫
dx
+0
x+1
x +1
dx
2
x − x − x+1
∫(
dx
+1
x−1
dx
x − 1)
2
=−
1
+c
x −1
2
3
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = x 2 + 1 (m = 2)
P2 ( x ) = x 3 − x 2 − x + 1 (n = 3)
x3 − x 2 − x + 1 = (x + 1 ) ⋅ ( x −1 )
2
con
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono:
α 1 = α 2 = −1 ,
Quindi:
α3 = 1
(non ci sono soluzioni complesse!)
A ( x − 1) + B ( x + 1)( x− 1) + C ( x + 1)
x2 + 1
A
B
C
=
+
+
=
=
3
2
2
2
x − x − x + 1 x + 1 x − 1 ( x − 1)
( x + 1)( x − 1)
2
A ( x 2 − 2 x + 2 ) + B ( x 2 − 1) + C ( x + 1)
=
( x + 1)( x − 1)2
=
x 2 ( A + B ) + x ( −2 A +C ) + 2A − B + C
( x + 1)( x − 1) 2
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = x 2 + 1 ,
P2 ( x ) = x 3 − x 2 − x + 1 = (x +1 ) ⋅( x −1) ,
2
M ( x ) = x 2 ( A + B ) + x ( −2 A +C ) + 2 A − B + C
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
2

A= 5
 A+ B =1



3
⇒
 −2 A + C = 0
B =
5
2 A − B + C = 1



4
C =

5
Si avrà, infine:
∫
=
x2 + 1
2
dx =
3
2
5
x − x − x +1
∫
dx 3
+
x+1 5
∫
dx 4
+
x−1 5
∫(
2
3
4
log x + 1 + log x − 1 −
+c
5
5
5 ( x − 1)
16
dx
x − 1)
2
=
ε)
∫
dx
2
x − 4x + 4
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 1 (m = 0)
∆
= 4− 4=0
4
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono reali e coincidenti:
P2 ( x ) = x2 − 4x + 4 (n = 2)
con
α 1 = 2 = α 2 (non ci sono soluzioni complesse!)
Pertanto si può scrivere:
dx
dx
1
−2
=
= ( x − 2) dx = −
+c
2
2
x −2
x −4x + 4
(x −2)
∫
ε')
∫
∫
x−2
dx
x − 4x + 4
∫
2
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = x − 2 (m = 1)
∆
= 4− 4=0
4
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono reali e coincidenti:
P2 ( x ) = x2 − 4x + 4 (n = 2)
con
α 1 = 2 = α 2 (non ci sono soluzioni complesse!)
Osservando adesso che il numeratore è, a meno del fattore 2, la derivata del denominatore
si può scrivere immediatamente:
2 ( x − 2)
x −2
1
1
2
dx =
dx = log ( x − 2) + c
2
2 x2 − 4 x + 4
2
x −4x + 4
∫
ε'')
∫
∫
x+4
dx
4x + 12 x + 9
2
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = x + 4 (m = 1)
∆
= 36 − 36 = 0
4
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono reali e coincidenti:
P2 ( x ) = 4 x2 + 12 x+ 9 (n = 2)
con
3
= α 2 (non ci sono soluzioni complesse!)
2
Poiché il numeratore non è né la derivata del denominatore né una costante l'integrale non è
immediato.
α1 = −
17
Si osservi, però, che:
D ( 4 x 2 + 12 x + 9 ) = 8 x +12
Moltiplicando e dividendo per 8 la funzione integranda ed aggiungendo e sottraendo 20 al
numeratore della funzione stessa, quindi, si ottiene:
∫
x+4
dx =
4x + 12x + 9
=
1
8
=
1
8
=
1
5
2
log ( 2x + 3) +
8
2
=
1
5
2
log ( 2x + 3) +
8
4
2
∫
∫
8 ⋅ ( 4x + 12x + 9 )
2
8 x + 12 + 20
1
dx =
2
8
4x + 12x + 9
8 x + 12
5
dx +
2
4x + 12x + 9
2
= log 4 2 x + 3 −
∫
ζ)
∫
8 ⋅ ( x + 4 ) +20 − 20
1
4x + 9
2
∫(
∫(
∫
∫
dx =
1
8
8x + 12
1
dx +
8
4 x + 12 x + 9
2
∫
∫
8x + 32 + 20 − 20
dx =
4 x2 + 12 x + 9
20
dx =
4 x + 12 x + 9
2
dx
1
5
= log 4x 2 + 12x + 9 +
8
2
4x + 12 x + 9
2
dx
2x + 3)
2
2
2x + 3)
2
1
5
2
= log ( 2x + 3) +
8
2
dx = log 2 x + 3
1
4
∫
2
2 ⋅ ( 2 x + 3)
2
∫
dx
=
4x + 12x + 9
2
dx =
5
−1
+ ⋅
+c=
4 ( 2 x + 3)
5
+c
4 ⋅ ( 2x + 3)
dx
(il numeratore della funzione integranda è pari ad uno!)
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 1 (m = 0)
P2 ( x ) = 4 x2 + 9 (n = 2)
∆ = −144 < 0
con
e che le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono complesse e coniugate:
3
3
i
ed
α2 = − i
2
2
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α'''), in virtù della (δ), si ottiene:
α1 =
∫
=
1
dx =
4x + 9
2
1
3
4⋅
2
arctg
∫
1
3  
3

4⋅ x − i ⋅ x +
2  
2

dx =

i

∫
x
1
2
+ c = arctg x + c
3
6
3
2
18
1
1 3
dx =
⋅
9 2
9

4⋅
4 ⋅  x2 + 
4
4

∫
1
3
2
=
2


x

 +1
3 
 2
∫
ζ')
1
dx
2
x + x +1
(il numeratore della funzione integranda è pari ad uno!)
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 1 (m = 0)
P2 ( x ) = x 2 + x + 1 (n = 2)
∆ = 1 − 4 = −3 < 0
con
e che le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono complesse e coniugate:
−1 + 3 i
−1 − 3 i
ed
α2 =
2
2
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α'''), in virtù della (δ), si può scrivere:
α1 =
∫
=
=
1
dx =
x 2 + x +1
1
2
 3


 2 
4
3
∫
⋅
3
2
∫
∫
1
dx =


1
3 
1
3 
 x + 2 − 2 i  ⋅  x + 2 + 2 i 

 

1
3
4
2
dx =
2
3

1
 x+ 
2  +1

 3 


 2 
2
4 3
3
dx = ⋅
2
3 2
2  2 x +1 
⋅
 +1
3  3 
∫
∫
1
∫
2
1  3 

 x + 2  +  2 

 

4
3
∫
dx =
1
dx =
2

 2x + 1 
1
x+ 

 +1
2  +1
 3 

 3 


 2 
2
2 3
2x + 1
3
dx =
arctg
+c
2
3
3
 2 x + 1

 +1
 3 
2
dx =
1
2
Osservazione. Nel caso in cui ∆ < 0 ed il numeratore della funzione integranda sia uguale
ad uno, allora, dette m ± in le radici complesse coniugate del denominatore, si può scrivere:
1
1
1
dx
1
1
x −m
n
dx
=
=
⋅
n
dx = arctg
+c
2
2
2
2
2
ax + bx + c
an
an
an
n
 x−m
 x− m

 +1

 +1
 n 
 n 
∫
η)
∫
∫
∫
1
dx
x −1
3
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 1 (m = 0)
P2 ( x ) = x3 − 1 (n = 3)
con
x3 − 1 = ( x − 1) ⋅ ( x2 + x + 1 )
19
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono:
−1 + 3 i
−1 − 3 i
∆ = −3 < 0
,
α3 =
2
2
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α'''), in virtù della (δ), si ottiene:
α2 =
α1 = 1 ,
A ( x2 + x +1) + ( Bx + C )( x − 1)
1
A
Bx + C
=
+
=
=
x3 − 1 x − 1 x 2 + x + 1
( x − 1) ( x 2 + x + 1)
=
2
Ax 2 + Ax + A + Bx 2 − Bx + Cx − C x ( A + B ) + x ( A − B + C ) + A − C
=
( x − 1) ( x2 + x + 1)
( x − 1) ( x 2 + x + 1)
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = 1 , P2 ( x ) = x3 − 1 = ( x− 1 ) ⋅ x 2 + x + 1 , M ( x ) = x 2 ( A + B ) + x ( A− B + C ) + A − C
(
)
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
1

A= 3
A + B = 0



1
 A − B +C = 0 ⇒
B = −
3
 A−C = 1



2
C = −

3
Si avrà, infine, tenendo conto dell'esempio ζ'):
1
2
− x−
1
1
dx
3
3 dx = 1 log x − 1 − 1
dx =
+
3
2
x −1
3 x −1
x + x +1
3
3
∫
∫ ∫
∫(
∫
∫
∫
∫
x
2
dx −
x + x +1
3
=
1
1
log x − 1 −
3
3
2x
2
dx −
3
2 x2 + x + 1 )
=
1
1
log x − 1 −
3
6
2 x +1 −1
2
dx −
2
3
x + x +1
=
1
1
log x − 1 −
3
6
2x +1
1
dx +
6
x + x+1
=
1
1
1
log x − 1 − log ( x2 + x +1) −
3
6
2
=
1
1
1 2 3
2 x + 1
log x − 1 − log ( x 2 + x +1) − 
arctg
 +c =
3
6
2  3
3 
=
1
1
3
2x + 1
log x − 1 − log ( x2 + x +1) −
arctg
+c
3
6
3
3
2
∫
∫
∫
2
dx
=
x 2 + x +1
dx
=
2
x + x+1
dx
2
−
x + x +1 3
2
∫
dx
=
x + x+1
2
dx
=
x + x+1
2
20
∫
dx
=
x + x+1
2
θ)
∫(
16 ( 2 x − 1)
dx
x − 1) (x 2 + 2x + 5 )
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = 16 ( 2 x − 1) (m = 1)
P2 ( x ) = ( x − 1) (x 2 + 2x + 5 ) (n = 3)
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono:
α1 = 1 ,
α 2 = −1 + 2 i ,
α 2 = −1 − 2 i
∆ = −4 < 0
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α'''), in virtù della (δ), si ottiene:
16 ( 2 x − 1)
( x − 1) (x 2 + 2 x + 5)
=
=
A ( x2 + 2 x + 5 ) + ( Bx + C )( x − 1)
A
Bx + C
+ 2
=
=
x − 1 x + 2x + 5
( x − 1) (x 2 + 2x + 5)
2
Ax 2 + 2Ax + 5A + Bx2 − Bx + Cx − C x ( A + B ) + x ( 2 A − B + C ) + 5 A − C
=
( x − 1) (x 2 + 2 x + 5)
( x − 1) (x 2 + 2x + 5)
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = 16 ( 2 x − 1) ,
P2 ( x ) = ( x − 1) (x 2 + 2x + 5 ) ,
M ( x ) = x 2 ( A + B) + x ( 2 A − B + C ) + 5 A − C
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
A + B = 0
A = 2


2 A − B + C = 32 ⇒
 B = −2
 5 A − C = − 16
C = 26


Si avrà, infine, tenendo conto dell'esempio ζ'):
∫
16 ( 2 x − 1)
dx = 2
x
−
( 1) (x 2 + 2x + 5)
= 2log x − 1 −
= 2log x − 1 −
= 2log x − 1 −
= 2log x − 1 −
∫
∫
∫
∫
∫ ∫
∫
∫
∫
∫
dx
+
x −1
− 2x + 26
dx =
x2 + 2x + 5
2x
dx + 26
2
x + 2x + 5
dx
=
2
x +2x + 5
2x + 2 − 2
dx + 26
2
x + 2x + 5
dx
=
x +2x + 5
2x + 2
dx + 2
x + 2x + 5
dx
+ 26
x + 2x + 5
2x + 2
dx + 28
x + 2x + 5
dx
=
x + 2x + 5
2
2
2
2
2
21
∫
dx
=
x + 2x + 5
2
= 2log x − 1 − log ( x 2 + 2 x + 5 ) + 28
∫
dx
=
2
x + 2x + 5
= 2log x − 1 − log ( x 2 + 2 x + 5 ) + 14arctg
ι)
∫
x +1
+c
2
x2 − 2 x − 1
dx
( x + 1) ( x 2 + x + 1)
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = x 2 − 2x − 1 (m = 2)
P2 ( x ) = ( x+ 1) ( x 2 + x + 1) (n = 3)
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono:
−1 + 3 i
−1 − 3 i
,
α3 =
2
2
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α'''), in virtù della (δ), si ottiene:
α2 =
α 1 = −1 ,
x2 − 2x − 1
( x + 1) ( x 2 + x + 1)
=
=
∆ = −3 < 0
A ( x2 + x +1) + ( Bx + C)( x + 1)
A
Bx + C
+ 2
=
=
x+1 x + x+1
( x + 1) ( x 2 + x + 1)
2
Ax 2 + Ax + A + Bx2 + Bx + Cx + C x ( A + B ) + x ( A + B + C ) + A + C
=
( x + 1) ( x 2 + x + 1)
( x + 1) ( x2 + x + 1)
che è del tipo (*) con:
P1 ( x ) = x 2 − 2 x −1, P2 ( x ) = ( x+ 1) ⋅ x2 + x + 1 , M ( x ) = x 2 ( A + B ) + x ( A+ B + C ) + A + C
(
)
Per il principio di identità dei polinomi risulta:
 A+ B =1
A= 2


 A + B + C = −2 ⇒
 B = −1
 A + C = −1
C = − 3


Si avrà, infine, tenendo conto dell'esempio ζ'):
∫
x2 − 2 x − 1
dx = 2
( x + 1) ( x 2 + x + 1)
= 2log x + 1 −
= 2log x + 1 −
= 2log x + 1 −
∫
∫(
∫
∫ ∫
∫
) ∫
∫
x
dx − 3
x + x +1
2
1
2
2x + 1 −1
dx − 3
2
x + x+1
2
dx
=
x + x +1
2x
dx − 3
2 x + x+1
2
−x − 3
dx =
x + x+1
dx
+
x +1
2
dx
=
x + x+1
2
dx
=
x + x+1
2
22
= 2log x + 1 −
1
2
∫
2x +1
1
dx +
2
2
x + x+1
1
5
= 2log x + 1 − log ( x2 + x +1) −
2
2
∫
∫
dx
−3
2
x + x +1
∫
dx
=
2
x + x +1
dx
=
2
x + x +1
1
52 3
2x + 1 
= 2log x + 1 − log ( x2 + x +1) − 
arctg
+ c =

2
2 3
3 
1
5 3
2x + 1
= 2log x + 1 − log ( x2 + x +1) −
arctg
+c
2
3
3
Analizziamo ora, invece, attraverso degli esempi, il caso in cui il numeratore sia un
polinomio di primo grado e non sia la derivata del denominatore.
ESEMPI
κ)
∫
x +1
dx
2
x +4
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = x + 1 (m = 1)
P2 ( x ) = x2 + 4 (n = 2)
con
α1 = 2 i
α 2 = −2 i
∆ = −16 < 0
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono complesse e coniugate:
ed
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α'''), in virtù della (δ) e della precedente
osservazione, si può scrivere:
∫
x +1
dx =
x2 + 4
∫
=
1
log ( x 2 + 4 ) +
2
x
dx +
x +4
2
∫
∫
1
dx =
x +4
2
∫
2x
dx +
2 ⋅ ( x2 + 4 )
1
1
1
dx = log ( x2 + 4) +
x +4
2
4
2
∫
dx
∫
23
2
 x
  +1
2
1
2 dx = 1 log x 2 + 4 + 1
(
) 2
2
2
 x
+
1
 
2
1
x
= log ( x2 + 4 ) + arctg + c
2
2
1
1
= log ( x 2 + 4 )+ ⋅ 2
2
4
∫
∫
1
dx =
x +4
2
=
1
2 dx =
2
 x
  +1
2
∫
κ')
x −3
dx
2
x +x+4
Si osservi, in primo luogo, che:
P1 ( x ) = x − 3 (m = 1)
P2 ( x ) = x 2 + x + 4 (n = 2)
∆ = 1 − 16 = − 15 < 0
con
per cui le soluzioni del polinomio P2 ( x ) sono complesse e coniugate:
−1 + 15 i
−1 − 15 i
ed
α2 =
2
2
Essendo, pertanto, P2 ( x ) della forma (α'''), in virtù della (δ) e della precedente
osservazione, si può scrivere:
2 ⋅ ( x − 3)
x −3
1
2x −6
1 2x − 6 + 7 − 7
dx =
dx =
dx =
dx =
2
x + x +4
2 x2 + x + 4
2
x2 + x + 4
2⋅ ( x2 + x + 4)
α1 =
∫
=
1
2
∫
∫
2 x +1
1
dx −
2
2
x +x+4
∫
∫
∫
∫
7
1
7
dx = log ( x 2 + x + 4 ) −
2
2
2
x +x+4
7 1
= log ( x2 + x + 4) − ⋅
2 15
4
∫
dx
1
dx =
2
x + x+4
=
2

1
 x+ 
2  +1

15




 2 
1
15
7 1
15
2
2
= log ( x + x + 4) − ⋅ ⋅
dx =
2
2 15 2

1
x+ 
4
2  +1

 15 


 2 
2
14 15
7 15
2x + 1
2
15
= log ( x + x + 4) − ⋅
dx = log ( x 2 + x + 4 ) −
arctg
+c
2
15 2
15
15
 2 x + 1

 +1
 15 
Osservazione. Riportiamo, con la presente osservazione, un quadro completo relativo alla
decomposizione delle frazioni algebriche (integrande):
1
A
B
(cfr. esempio β))
=
+
( x −α1 ) ⋅ ( x − α2 ) x −α1 x −α 2
∫
∫
24
ax + b
A
B
=
+
( x −α1 ) ⋅ ( x − α2 ) x −α1 x −α 2
(cfr. esempio β'))
1
A
B
C
=
+
+
x
−
α
⋅
x
−
α
⋅
x
−
α
x
−
α
x
−
α
x
−
α3
(
1) (
2) (
3)
1
2
(cfr. esempio γ))
ax + b
( x − α1 ) ⋅ ( x − α 2 ) ⋅ ( x − α 3)
=
A
B
C
+
+
x − α1 x − α2 x − α3
ax2 + bx + c
A
B
C
=
+
+
( x − α1 ) ⋅ ( x − α2 ) ⋅ ( x − α3 ) x − α1 x − α2 x −α3
1
( x −α1 ) ⋅ ( x − α2 )
2
ax + b
( x −α1 ) ⋅ ( x − α2 )
2
ax2 + bx + c
( x −α1 ) ⋅ ( x − α2 )
2
(cfr. esempio γ'))
(cfr. esempio γ''))
=
A
B
C
+
+
x − α 1 x − α 2 ( x − α 2 )2
(cfr. esempio δ))
=
A
B
C
+
+
x − α 1 x − α 2 ( x − α 2 )2
(cfr. esempio δ'))
=
A
B
C
+
+
x − α 1 x − α 2 ( x − α 2 )2
(cfr. esempio δ''))
1
A
Bx + C
=
+ 2
2
( x − α 1 ) ⋅ ( x + px + q ) x − α1 x + px + q
∆ = p2 − 4q < 0
(cfr. esempio η))
ax + b
A
Bx + C
=
+ 2
2
x
−
α
x
+ px + q
x
−
α
⋅
x
+
px
+
q
(
)
1
1) (
∆ = p2 − 4q < 0
(cfr. esempio θ))
∆ = p2 − 4q < 0
(cfr. esempio ι))
ax2 + bx + c
( x −α1 ) ⋅ ( x
2
+ px + q )
=
A
Bx + C
+ 2
x − α1 x + px + q
Se, invece, la funzione integranda è il reciproco di un trinomio, ovvero della forma:
∫
dx
ax + bx + c
2
allora si possono verificare i seguenti tre casi:
PRIMO CASO :
∫
∆ = b 2 − 4ac > 0
dx
1
x −α1
=
⋅ log
+c
2
x − α2
ax + bx + c a ⋅ (α 1 − α 2 )
essendo α 1, α 2 =
(cfr. esempio β))
−b ± ∆
le soluzioni reali e distinte del trinomio ax 2 + bx + c
2a
25
∆ = b 2 − 4ac = 0
S ECONDO CASO :
∫
dx
−2
=
+c
ax 2 + bx + c D ( ax2 + bx + c )
essendo α 1 = α 2 = −
TERZO CASO :
∫
dx
=
ax 2 + bx + c
essendo α 1, α 2 =
(cfr. esempio ε))
b
le soluzioni reali e coincidenti del trinomio ax 2 + bx + c
2a
∆ = b 2 − 4ac < 0
D ( ax 2 + bx + c )
2
⋅ arctg
+c
−∆
−∆
(cfr. esempio ζ'))
−b ± ∆
le soluzioni complesse e coniugate del trinomio ax 2 + bx + c
2a
e)
INTEGRAZIONE DELLE FUNZIONI IRRAZIONALI
Nel presente paragrafo, denotata con R ( x1 , x2 , ..., xn ) una funzione razionale (intera o
fratta) nelle variabili indicate, ovvero una funzione del tipo:
(α)
y = a 0 x n + a1 xn −1 + ... + an −1 x + an
ove n ≥ 1 è un numero intero ed a0 , a1 , ..., an −1 , an sono costanti assegnate con a0 ≠ 0 ,
verranno esaminati alcuni tipi di integrali di funzioni irrazionali in x ma riconducibili,
mediante opportune sostituzioni, ad integrali di funzioni razionali nella nuova variabile.
PRIMO CASO
(1)
∫
m1
m2
mr


 α x + β  n1  α x + β  n2
 α x + β  nr 

R x, 
, 
, ..., 
dx



  γ x+δ 

 γ x+δ 
 γ x+δ 


αx+ β
si
γ x+δ
ridurrebbe ad una costante, ovvero la funzione integranda R sarebbe una funzione razionale
m m
m
in x) ed 1 , 2 , ..., r sono numeri razionali noti che supporremo, per comodità, ridotti
n1 n2
nr
dove α, β, γ, δ sono costanti, αδ − βγ ≠ 0 (perché se fosse αδ − βγ = 0 allora
ai minimi termini. Indicato, quindi, con µ il minimo comune multiplo dei numeri (positivi)
n1 , n2 , ..., nr , attraverso la sostituzione:
αx+ β
= tµ
γ x+δ
l'integrale di partenza si trasforma nell'integrale di una funzione razionale in t.
(1.1)
26
Tra gli integrali appartenenti a questa categoria bisogna senz'altro menzionare i seguenti
tipi:
∫
∫
a)
b)
m1
m2
mr


R  x, (α x + β ) n1 , (α x + β ) n2 , ..., (α x + β ) nr dx


m1
m2
mr


R  x , x n1 , x n2 , ..., x nr dx


ESEMPI
∫
α)
dx
x+ x
3
=
Risulta:
∫
dx
x
1
2
1
+x
3
m1 1 m2 1
= ,
= , µ = m.c.m. ( n1 = 2, n2 = 3) = 6
n1 2 n2 3
Posto, quindi, per la (1.1):
x = t6 ⇒
dx = 6t5 dt
(t >0)
si ha, ricordando la formula di integrazione delle funzioni razionali qualora il grado del
numeratore sia maggiore di quello del denominatore:
∫
dx
=
x +3 x
∫
∫
dx
x
1
2
+x
1
∫( )
=
3
t6
6t 5 dt
1
2
+ (t 6 )
1
=6
3
∫
t 5dt
=6
t3 +t2
∫
t 3dt
=
t +1
1 
 t3 t 2


= 6  t 2 − t +1 −
dt = 6  − + t − log t + 1  + c = 2t 3 − 3t 2 + 6t − 6log t + 1 + c =

t
+
1
3
2




= 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6log
β)
∫
x
dx =
1− x
Essendo:
∫
(
6
)
x +1 + c
1
 x  2

 dx
 1− x 
m1 1
=
n1 2
poniamo, per la (1.1):
x
= t2 ⇒
1− x
x=
t2
1+t2
dx =
⇒
2t
(1 + t )
2
2
(t > 0 )
dt
da cui si ha:
∫
x
dx =
1− x
∫
1
 x  2

 dx =
 1− x 
∫
(t )
2
1
2
⋅
2t
( 1+ t )
2 2
27
dt =
∫
t⋅
2t
(1+ t )
2 2
dt =
∫(
2t2
1+t2 )
2
dt =
=2
∫
t 2 + 1 −1
dt = 2
2
(t 2 +1)
= 2arctgt − 2
∫(
∫(
1
t + 1)
2
(
2
t2 + 1
t +1)
(t
2
+ 1)
2
=
dt − 2
∫(
1
t + 1)
2
2
dt = 2
∫
1
dt − 2
t 2 +1
∫(
1
t + 1)
2
2
dt =
dt
Poiché il polinomio t 2 + 1
1
2
2
)
2
ha gli zeri ± i entrambi doppi si può scrivere:
2
At + B d Ct + D At + B C ( t + 1) − ( Ct + D ) 2 t
+
=
+
=
t 2 + 1 dt t 2 + 1
t 2 +1
t2 +1
2
2
2
At + B Ct 2 + C − 2Ct 2 − 2Dt ( At + B ) ( t + 1) + Ct + C − 2Ct − 2Dt
= 2
+
=
=
2
2
t +1
( t 2 + 1)
( t 2 + 1)
At 3 + ( B − C ) t 2 + ( A − 2 D) t + B + C
t 2 +1
cioè:
A=0

A
=
0

1
B =
 B −C = 0


2
⇒


A
−
2
D
=
0

C = 1
 B + C = 1

2
D = 0

Ne segue, quindi, che:
1
1 t
1
2 dt + d 2 dt = 1
dt
=
2
t 2 +1
dt t 2 + 1
2
( t 2 + 1)
=
∫
∫
∫
∫
dt
1 t
1
t
+ ⋅
= arctg t +
+c
t2 + 1 2 t 2 + 1 2
2 ( t 2 + 1)
Dunque:
∫
1

x
t
t
dx = 2arctgt − 2  arctgt +
 + c = 2arctgt − arctgt − 2
+c =
2
1− x
t +1
 2
2 ( t + 1) 
x
t
x
x
= arctgt − 2
+ c = arctg
− 1 − x + c = arctg
− x (1 −x ) + c
x
t +1
1− x
1
−
x
+1
1− x
28
S ECONDO CASO
∫
(2)
(
R x,
)
ax 2 + bx + c dx
dove a, b, c sono costanti tali che b2 − 4ac ≠ 0 (perché se fosse b2 − 4ac = 0 , con a > 0 ,
allora la funzione integranda R si ridurrebbe ad una funzione razionale in x; se, invece, si
verificasse b2 − 4ac < 0 ed a < 0 , allora la R non sarebbe una funzione reale).
Indicati, quindi, con x1 ed x2 le soluzioni del trinomio ax 2 + bx + c si ottiene:
ax 2 + bx+ c = a ( x − x1 )(x − x2 ) = x − x1
a ( x − x2 )
( x − x1 )
per cui l'integrale di partenza può essere ricondotto ad un integrale del tipo:
1

 a ( x − x2 )  2 
R  x, x − x1 
 dx

x − x1  



ovvero del tipo (1). Operando ora la sostituzione:
a ( x − x2 ) 2
=t
⇒
(2.1)
ax 2 + bx + c = ( x − x1 ) t
x − x1
l'integrale proposto non è altro che l'integrale di una funzione razionale in t.
Il medesimo scopo, però, si raggiunge anche con una qualsiasi delle sostituzioni seguenti:
∫
(2.2)
ax 2 + bx + c = ax + t
(2.3)
ax 2 + bx + c = xt + c
che, in numerosi casi possono avere dei requisiti di preferenza anche per la rapidità dei
calcoli.
ESEMPI
γ)
∫
dx
(a costante non nulla)
x − a2
Posto, per la (2.1):
2
x 2 − a 2 = ( x − a )t
( x − a ) t > 0 
si ha:
x 2 − a2 = ( x − a ) t 2
2
⇒
( x + a )( x − a ) = ( x − a)
t2
⇒
x + a = ( x −a) t2
2
− at 2 − a a ( t + 1)
=
1− t2
t2 −1
⇒
x = xt 2 − at 2 − a
⇒
a  2t ( t 2 − 1) − 2t ( t 2 + 1)
2at 3 − 2at − 2at3 − 2at
−4at
dx = 
dt =
dt =
dt
2
2
2
2
2
( t − 1)
( t − 1)
( t 2 − 1)
⇒
x − xt 2 = − at2 − a
2
29
⇒
x=
⇒
⇒
da cui segue:
∫
=
dx
x2 − a2
∫
=
∫

 −4at
2
 a ( t 2 + 1)
  ( t 2 − 1)

 2
− a t
 t −1



1
−4a
dt =
2a ( t 2 − 1)
∫
−2
dt = −2
t −1
2
∫

 dt =


∫(
−4at ( t 2 − 1)
t at 2 + a − at 2 + a )( t 2 − 1)
2
dt =
dt
t −1
2
Resta da calcolare, quindi, l'integrale che figura al secondo membro:
∫
dt
=
t −1
2
∫
dt
( t − 1)( t + 1)
Applicando la regola d'integrazione per scomposizione risulta:
A ( t − 1) + B ( t + 1) ( A + B ) t − A + B
1
A
B
=
+
=
=
2
t −1 t +1 t −1
( t + 1)( t − 1)
( t + 1)( t − 1)
cioè:
 A+ B = 0

− A + B = 1
⇒
Pertanto:
∫
dt
1
=−
2
t −1
2
Dunque:
∫
dx
x −a
2
2
1

 A = − 2

 B=1

2
∫
dt 1
+
t +1 2
= −2
∫
∫
dt
1
1
= − log t + 1 + log t − 1 + c
t −1
2
2
dt
1
 1

= −2  − log t + 1 + log t − 1  + c = log t + 1 − log t − 1 + c =
2
2
t −1


2
= log
x 2 − a2
+ 1 − log
x−a
x2 − a2
− 1 + c = log
x −a
= log
x+a
+1
x−a
+ c = log
x+ a
−1
x −a






x+a
+ 1 − log
x−a
x+a
−1 + c =
x −a
 x + a

x +a
x+a
x+ a
+ 1
+ 1
+2
+1

x −a
x −a
 x − a
 + c = log x − a
+c=
x+ a

x + a  x + a
−
1
− 1
+ 1
x− a
x − a 
 x − a

2x x − a + 2 ( x − a ) x + a
2x
x+ a
+2
(x − a) x − a
x−a
x− a
= log
+ c = log
+c =
2a
2a
x−a
x− a
30
x x − a +( x − a ) x + a
= log
a x− a
x x− a x − a +( x − a ) x + a x − a
a x− a x− a
+c =
x ( x− a) + ( x − a) x2 − a 2
x + x 2 −a 2
+ c = log
+ c = log x + x 2 − a2 + c'
a(x −a)
a
= log
δ)
+ c = log
∫
dx
(a costante non nulla)
x + a2
Poniamo, in virtù della (2.2):
2
( x + t > 0)
x2 + a2 = x + t
da cui:
x2 + a2 = ( x + t)
dx =
4t2
x +a
2
= − log
2
x=
dt =
a2 −t2
2t
⇒
⇒
−4t 2 − 2a2 + 2t 2
−2t 2 − 2a2
−t 2 − a 2
dt
=
dt
=
dt =
4t 2
4t2
2t 2
t 2 + a2
dt
2t 2
Dunque:
dx
⇒
a2 − t2
a 2 − t 2 + 2t 2 a2 + t 2
+t =
=
2t
2t
2t
− 2t ( 2t ) − 2 ( a2 − t 2 )
=−
∫
x 2 + a2 = x2 +2xt + t2
⇒
x2 + a2 = x+ t =
⇒
⇒
2
=
∫
1
 t2 + a2 
⋅
−
 dt = −
a2 + t 2 
2t 2 
2t
∫
2t t 2 + a 2
⋅
dt = −
a 2 + t 2 2t 2
∫
1
dt = − log t + c =
t
x 2 + a2 − x + c
Osservazione. Si noti che l'integrale δ) può essere risolto anche utilizzando il metodo di
integrazione per parti ma i calcoli risultano senz'altro più laboriosi (lo studente verifichi ciò
per esercizio!)
ε)
∫
dx
x − 3x + 2
Poniamo, per la (2.2):
2
x 2 − 3x+ 2 = x + t
( x + t > 0)
da cui:
2 −t2
⇒
2t + 3
2 −t2
2 − t2 + 2t 2 + 3t t 2 + 3t + 2 ( t + 1)( t + 2)
x 2 − 3x + 2 = x + t =
+t =
=
=
2t + 3
2t + 3
2t + 3
2t + 3
x 2 − 3 x + 2 =( x + t )
⇒
2
⇒
x 2 − 3x + 2 = x 2 +2xt +t 2
31
⇒
x=
⇒
⇒
dx =
− 2t ( 2t + 3) − 2 ( 2 − t2 )
=−
( 2t + 3) 2
2t 2 + 6t + 4
( 2t + 3)2
dt = −2 ⋅
dt =
−4t 2 − 6t − 4 + 2t 2
( 2t + 3) 2
t 2 + 3t + 2
( 2 t +3 ) 2
dt =
dt =
−2t 2 − 6t − 4
( 2t + 3) 2
( t + 1)( t + 2)
−2 ⋅
dt
( 2t +3) 2
dt =
Dunque:
∫
dx
x − 3x + 2
2
=
∫

( t + 1)( t + 2) 
⋅  −2 ⋅
dt = −
2

( t + 1)( t + 2) 
( 2t + 3) 
2t + 3
1
∫
2
dt = − log 2t + 3 + c =
2t + 3
= − log 2 x 2 − 3x + 2 − 2x + 3 + c
TERZO CASO
(3)
∫(
R x,
dove a, b, c, d sono costanti.
In tal caso, quindi, mediante le sostituzioni:
(3.1)
(3.2)
si perviene ad un integrale del tipo (2).
ax + b ,
)
cx + d dx
ax + b = t
cx + d = t
ESEMPI
ζ)
∫
x
dx
x +1 +1
Per la (3.1) poniamo:
x =t
( t > 0 ) ⇒ x = t 2 ⇒ dx = 2tdt
Applicando la sostituzione all'integrale di partenza si ottiene:
∫
∫
∫
t
t2
dx =
⋅ 2tdt = 2
dt
x +1 +1
t 2 +1 +1
t 2 + 1 +1
Si osservi ora che l'integrale al secondo membro è del tipo (2) per cui, per il suo calcolo,
basta eseguire la sostituzione (2.2), ovvero è sufficiente porre:
1 − z2
2
t 2 + 1 = t + z ( t + z > 0 ) ⇒ t 2 + 1 = ( t + z ) = t 2 + 2tz + z 2 ⇒ t =
⇒
2z
1− z 2
1 − z 2 + 2 z2 1 + z2
⇒
t 2 +1 = t + z =
+z =
=
⇒
2z
2z
2z
−2z ⋅ 2z − 2 (1 − z 2 )
−4 z 2 − 2 + 2 z 2
−2z 2 − 2
z2 +1
⇒ dt =
dz
=
dz
=
dz
=
−
dz
4z 2
4z 2
4 z2
2z 2
x
32
Sostituendo si ottiene:
(1 − z )
2 2
∫
x
dx = 2
x +1 +1
∫
(
∫
∫
∫
= −2
=−
=−
=−
(1 − z )
2
4z
2
2
∫
t2
dt = 2
t 2 + 1 +1
∫
2
4z 2 ⋅  − z + 1  dz =


1+ z 2
2z 2 
+1 
2z
2z
z2 +1
⋅
⋅
dz = −
2
2
1+ z + 2 z 2z
 1− z )(1 + z ) 
z2 + 1
⋅
dz = −
2
2 z3
( z + 1)
2
∫
∫
(1 − z )
2
2
2z
(1 − z )
2
(z
2z
∫
3
2
⋅
z2 +1
( z + 1)
+ 1)
3
2
dz =
dz = −
1
2
∫
1
2
z 2 + 1 − 2 z 3− 2 z+ z 4 + z 2
1
dz = −
3
2
z
1
2
2 2 1
1  z2
2 1

 z − 2 + z − 2 + 3 dz = − 2  2 − 2z + 2log z + z − 2
z
z
2z



(1 − 2z + z )( z
2
2
3
z
+ 1)
dz =
z 4 − 2z 3 + 2z 2 − 2z + 1
dz =
3
z

+ c =

z2
1
1
+ z − log z − + 2 + c
4
z 4z
Ricordando ora che:
=−
t 2 +1 = t + z
x =t ⇒
si ottiene, infine:
∫
=−
x
dx = 2
x +1 +1
(
x +1 − x
4
)
2
∫
⇒
z = t 2 +1 − t
z = x +1 − x
⇒
t2
z2
1
1
dt = − + z − log z − + 2 + c =
2
4
z 4z
t +1+1
+ x + 1 − x − log
QUARTO CASO
(4)
x +1 − x −
∫
1
+
x +1 − x 4
(
1
x+1 − x
)
2
+c
x q (a + bxr ) dx
s
dove a, b, q, r, s sono costanti. Supposto ora che i numeri q, r ed s siano razionali,
l'integrale di cui sopra si calcola, come si può verificare, mediante funzioni elementari
(razionali, irrazionali, esponenziali, logaritmiche, potenze o funzioni composte mediante
esse e legate fra loro dai segni delle operazioni elementari) se e solo se almeno uno dei tre
numeri:
q +1
q +1
s,
, s+
r
r
è intero.
33
ESEMPI
∫(
η)
dx
x 1+ x
)
2
Si osservi che l'integrale η) è del tipo (4) risultando:
∫(
dx
x 1+ x
)
2
∫
=
(
1
x −1 1 + x
)
−2
2
dx
1
, s = − 2 , a = b = 1 . Poiché −2 è intero l'integrale di partenza può essere
2
scritto in termini di funzioni elementari. Precisamente, poniamo:
con q = −1 , r =
x
1
2
(t > 0 )
= x =t
x = t2
⇒
dx = 2tdt
⇒
Applicando tale sostituzione all'integrale si ottiene:
∫(
dx
x 1+ x
)
2
∫
=
2t
t (1 + t )
2
2
dt = 2
∫(
dt
t 1+ t)
2
Del resto, utilizzando il metodo di integrazione per decomposizione delle funzioni
razionali, si ha:
A ( t + 1) + Bt ( t + 1) + Ct At 2 + 2 At + A + Bt 2 + Bt + Ct
A B
C
= +
+
=
=
=
2
2
2
t t + 1 ( t + 1)
t ( t + 1)
t ( t + 1)
2
1
t ( t + 1)
2
=
t2 (A + B )+t (2A + B + C )+ A
t ( t + 1)
da cui:
 A+ B = 0

2 A + B + C = 0

A =1

Dunque:
∫(
dx
x 1+ x
)
2
=2
2
⇒
∫

dt
= 2

t (1+ t )

= 2log t − 2log t + 1 +
∫
θ)
3
 A =1

 B = −1
C = −1

∫ ∫
1
dt −
t
1
dt −
t +1
1+ 4 x
dx
x
∫
1+ 4 x
dx =
x
∫
x
−1
2
2
2
t
2
+ c = 2log
+
+ c = 2log
t +1
t +1 t +1
L'integrale θ) è del tipo (4) essendo:
3
∫

dt  =
( t + 1) 
1
(
1+ x
1
4
)
1
3
dx
34
x
2
+
+c
x +1
x +1
1
1
1
, r = , s = , a = b = 1 . Poiché:
2
4
3
q +1
=2
r
è intero l'integrale di partenza può essere scritto in termini di funzioni elementari.
Precisamente, poniamo:
con q = −
1+ x
1
(t > 0 )
= 1+ 4 x = t3
4
x = ( t 3 − 1)
⇒
4
⇒
dx = 4 ( t 3 − 1) ⋅ 3t2 dt = 12t 2 ( t3 − 1) dt
3
⇒
3
Applicando tale sostituzione all'integrale si ottiene:
∫
3
1+ 4 x
dx =
x
∫(
t
⋅ 12t 2 ( t 3 − 1) dt =
3
t − 1)
3
2
 t7 t4 
12
12
= 12  −  + c = t 7 − 3t 4 =
7
7
7 4
∫
ι)
3
∫
(1 + x )
4
12t 3 ( t 3 − 1)dt = 12
(
7
− 33 1+ 4 x
)
4
∫
(t
6
−t 3 ) dt =
+c
dx
x
2 3
(1 + x )
3
2
L'integrale ι) è del tipo (4) essendo:
∫
dx
x
2 3
(1 + x )
3
2
=
∫
x −2 (1 + x 3 )
−2
con q = − 2 , r = 3 , s = −
3
dx
2
, a = b = 1.
3
Poiché:
q +1
= −1
r
è intero l'integrale di partenza può essere scritto in termini di funzioni elementari.
Precisamente, poniamo:
−1
1
1 + x −3 = 1 + 3 = t 3
(t > 0 ) ⇒ x = t 3 −1 3 ⇒
x
−4
−4
1
⇒ dx = − ( t3 −1) 3 ⋅3t 2 dt = −t 2 ( t3 − 1 ) 3 dt
3
Applicando tale sostituzione all'integrale si ottiene:
s+
(
∫
dx
x
=−
2 3
∫
(1 + x
(t
3
3
)
− 1)
3
2
2
=−
∫(
)
1
t − 1)
3
1 

⋅ 1 + 3 
 t − 1
−2
−2
3
3 3
⋅t
2
1 + ( t 3 − 1) 


(t
−1
3
− 1)
− 43
2
dt = −
35
⋅ t 2 ( t 3 − 1)
∫
t
2
(t
3
−4
− 1)
3
dt =
−2 3
 t3 
⋅ 3 
 t − 1
−2
3
dt =
=−
=−
∫
3
t ( t − 1)
2
3
−2
(t )
2
3 − 3
3
⋅
(t
3
− 1)
−2
dt = −
3
∫
dt = − t + c = − 3 1 + x−3 + c = − 3 1 +
1
+c=
x3
x3 + 1
+c
x
f)
INTEGRAZIONE DELLE FUNZIONI TRASCENDENTI
Nel presente paragrafo, denotata con R ( x1 , x2 , ..., xn ) una funzione razionale (intera o
fratta) nelle variabili indicate, ovvero una funzione del tipo:
(α)
y = a 0 x n + a1 xn −1 + ... + an −1 x + an
ove n ≥ 1 è un numero intero ed a0 , a1 , ..., an −1 , an sono costanti assegnate con a0 ≠ 0 ,
verranno esaminati alcuni tipi, tra i più noti, di integrali di funzioni trascendenti in x ma
riconducibili, mediante opportune sostituzioni, ad integrali di funzioni razionali nella nuova
variabile.
PRIMO CASO
∫(
R aα x + β )dx
(4)
dove a, α, β, γ, δ sono costanti, a > 0 ed a ≠ 1 . Ponendo ora:
(4.1)
aα x + β = t
oppure:
(4.2)
aα x = t
ci si riconduce all'integrale di una funzione razionale in t.
In particolare:
a)
a =e
⇒
b)
β =0
⇒
∫
∫(
R ( eα x + β )dx
R aα x )dx
ESEMPIO
α)
∫
dx
2x
1+e
Ponendo, per la (4.2):
e 2x = t
si ottiene:
∫
dx
=
2x
1+ e
∫
⇒
x=
1 1
1
⋅ dt =
1+ t 2t
2
1
ln t
2
∫
⇒
dx =
1
dt
t ( t + 1)
36
1 1
1
⋅ dt = dt
2 t
2t
e
∫
R ( eα x )dx
Essendo, inoltre:
A ( t + 1) + Bt ( A + B ) t + A
1
A B
= +
=
=
t ( t + 1) t t + 1
t ( t + 1)
t ( t + 1)
da cui:
A + B = 0

 A=1
ne segue che:
∫
 A =1

 B = −1
⇒
dx
1
=
2x
2
1+ e
∫
1
1
dt =
t ( t + 1)
2
∫
S ECONDO CASO
1
1
dt −
t
2
∫
1
1
1
1
t
dt = log t − log t + 1 + c = log
+c
t +1
2
2
2
t +1
∫

( m1 n )x (m2 n ) x
(mr n )x 
R  x , a 1 , a 2 , ..., a r dx


m m
m
con a > 0 , a ≠ 1 costante ed 1 , 2 , ..., r numeri razionali noti che supporremo, per
n1 n2
nr
comodità, ridotti ai minimi termini. Indicato, quindi, con µ il minimo comune multiplo dei
numeri (positivi) n1 , n2 , ..., nr , attraverso la sostituzione:
(5)
(5.1)
ax = t µ
gli integrali considerati si trasformano negli integrali di funzioni razionali di t.
In particolare:
a =e
∫
⇒

( m1 n )x (m2 n ) x
(mr n )x 
R  x , e 1 , e 2 , ..., e r dx


ESEMPIO
β)
∫
x
2
2
dx
x
1− 2 3
Essendo:
m1 1 m2 1
= ,
= , a =2
n1 2 n2 3
e ponendo, per la (5.1):
(t > 0 )
2 x = t6
⇒
⇒
µ = m.c.m. ( n1 , n2 ) = m.c.m. ( 2, 3) = 6
x = log 2 t6 = 6log 2 t
⇒
dx =
6
dt
t ln2
si ottiene:
∫
2
x
2
1− 2
x
dx =
3
∫
(t )
1 − (t )
1
6
6
2
1
⋅
3
∫
6
dt = 6
t ln2
t3
1
6
⋅
dt =
2
1 − t t ln2
ln2
37
∫
t2
dt =
1− t2
6
=
ln2
∫
t 2 + 1 −1
6
dt =
2
1−t
ln2
∫
=−
6 

l n 2 
=−
6t
6
+
ln2 ln2
−t 2 + 1
dt −
1− t 2
∫
∫
∫
− ( t 2 + 1− 1)
6
dt = −
2
ln2
− ( 1− t )
dt 
6 
=−

2
1 − t 
ln2 
∫ ∫
dt −
∫
−t 2 − 1+ 1
dt =
1− t2

=
(1 − t )(1 + t ) 
dt
dt
(1 − t )(1 + t )
Resta da calcolare ora solo l'integrale a secondo membro.
Si ha, quindi:
A (1 + t ) + B(1 − t ) ( A − B ) t + A + B
1
A
B
=
+
=
=
(1 − t )(1 + t ) 1− t 1 + t
(1 − t )(1 + t )
(1 − t )(1 + t )
da cui:
A − B = 0

 A+ B =1
1

 A = 2

B = 1

2
⇒
Dunque:
∫
x
2
2
1− 2
x
dx = −
3
6t
6
+
( − log1− t + log1+ t ) + c =
ln2 2ln2
=−
6t
3
6t
3 
1− t 
−
( log1− t − log1 + t ) + c = − l n 2 − l n 2  log 1 + t  + c =
ln2 ln2


=−
6 6 2x
3 
1− 6 2x
 log
−
ln2 ln2 
1 + 6 2x


+ c


TERZO CASO
(6)
Posto, in tal caso:
∫(
R sin x, cos x )dx
x
=t ⇒
x = 2arctg t
2
e ricordando (cfr. formule di duplicazione) che:
(6.1)
tg
38
⇒
dx =
2
dt
1+ t 2
x

2tg

2 = 2t
 sin x =
x 1+ t2

1+tg2

2
(6.2)

x
2

1 − tg
1− t2

2
cos
x
=
=

x 1+ t2
1 + tg2


2
l'integrale di partenza si trasforma nell'integrale di una funzione razionale di t.
Più in generale ci si può trovare di fronte ad integrali del tipo:
∫
R  sin (α x + β ) , cos (α x + β )dx
con α, β costanti non nulle: com'è facile verificare con gli esempi che seguono tali integrali
sono riconducibili al tipo (6) effettuando su di essi la sostituzione:
αx+ β = z
ESEMPI
γ)
∫
dx
sin x
Posto, per la (6.1):
x
tg = t ⇒
x = 2arctg t
2
si ottiene, in virtù delle (6.2):
∫
δ)
dx
=
sin x
∫
∫
1+ t 2 2
⋅
dt =
2t 1+ t 2
∫
dx =
⇒
1
x
dt = log t + c = log tg + c
t
2
dx
cos x
Posto, per la (6.1):
x
tg = t ⇒
x = 2arctg t
⇒
2
si ottiene, in virtù delle (6.2) e dell'esercizio β):
∫
2
dt
1+ t 2
dx
=
cos x
∫
1+ t2 2
⋅
dt =
2
2
1− t 1 + t
∫
2
dt = 2
2
1− t
∫
dx =
2
dt
1+ t 2
1
1
 1
dt = 2  − log1 − t + l o g 1+ t
2
2
1− t
 2
1+ t
= − log1 − t + log1+ t + c = log
+ c = log
1−t
39
x
2 +c
x
1 − tg
2
1 + tg

+ c =

∫
ε)
dx
1 + sin x
Effettuando la sostituzione (6.1):
x
tg = t ⇒
x = 2arctg t
2
si ottiene, in virtù delle (6.2):
∫
dx
=
1 + sin x
=−
ζ)
∫
∫
1
2
⋅
dt =
2t 1 + t 2
1+
1+ t2
⇒
2
dt
1+ t 2
1+ t2
2
⋅
dt = 2
2
1 + t + 2t 1 + t2
∫(
1
t + 1)
2
dt = −
2
+c=
t +1
2
+c
x
tg + 1
2
∫
dx
1 − cos x
Effettuando la sostituzione (6.1):
x
tg = t ⇒
x = 2arctg t
2
si ottiene, in virtù delle (6.2):
∫
dx =
dx
=
1 − cos x
∫
1
2
⋅
dt =
2
1− t 1 + t 2
1−
1+ t2
1
1
x
= − +c = −
+ c = − ctg + c
x
t
2
tg
2
∫
⇒
dx =
2
dt
1+ t 2
1+ t2
2
⋅
dt = 2
2
2
1+ t −1 +t 1 + t 2
QUARTO CASO
∫(
∫(
∫
1
dt =
2t 2
∫
1
dt =
t2
R cos x ) sin xdx
(7)
R sin x) cos xdx
(8)
In generale, per risolvere tali integrali è opportuno ricorrere, rispettivamente, alla
sostituzione:
(7.1)
cos x = t
(8.1)
sin x = t
ottenendo, così, i seguenti integrali di una funzione razionale di t :
(7')
−
∫ ()
40
R t dt
(8')
∫ ()
R t dt
Osservazione. Per il calcolo degli integrali (7) ed (8) è possibile utilizzare anche il
procedimento illustrato nel TERZO CASO .
ESEMPI
∫
η)
sin x
dx
3
cos x
In virtù della (7.1) si ha:
cos x = t ⇒
Quindi:
∫
sin x
dx =
3
cos x
∫
θ)
∫
− dt
=−
3
t
sin xdx = − d ( cos x ) = − dt
∫
dt
1
1
= 2 +c=
+c
3
2
t
2t
2cos x
cos x
dx
sin x + 3sin x + 8
2
In virtù della (8.1) si ha:
sin x = t
⇒
cos xdx = d ( sin x ) = dt
Quindi:
∫
=
cos x
dx =
2
sin x + 3sin x + 8
∫
3
t+
dt
1
2 + c = 2 arctg 2t + 3 + c =
=
arctg
2
t + 3t + 8
23
23
23
23
2
2
2 23
2t + 3
2 23
2sin x + 3
arctg
+c=
arctg
+c
23
23
23
23
QUINTO CASO
(9)
(10)
(11)
∫(
∫(
∫(
R tgx )d x
R ctgx )dx
R tgx, ctg x )dx
In generale, per risolvere tali integrali, risulta conveniente eseguire la sostituzione:
(9.1)
tgx = t
(10.1) ctgx = t
41
Osservazione. Per il calcolo degli integrali (9), (10) ed (11) è possibile utilizzare anche il
procedimento illustrato nel TERZO CASO , ricordando che:
cos x
1
sin x
tgx =
e
ctgx =
=
sin
x
tg
x
cos x
ESEMPIO
ι)
∫
tg3 x + tgx
dx
tgx + 4
In virtù della (9.1) si ha:
tgx = t
⇒
x = arctg t
⇒
Quindi:
∫
∫
∫ ∫
tg3 x + tgx
dx =
tgx + 4
=
dt − 4
t3 + t 1
⋅
dt =
t + 4 1 + t2
∫
dx =
1
dt
1+ t 2
t ( t 2 + 1)
dt =
( t + 4 ) (1 + t 2 )
∫
t
dt =
t+4
∫
t+4−4
dt =
t +4
dt
= t − 4log t + 4 + c = tgx − 4logtgx + 4 + c
t+4
S ESTO CASO
∫
(12)
R ( sin2 x, cos2 x, tgx, ctg x )d x
In generale, per risolvere tali integrali risulta conveniente eseguire la sostituzione:
dt
(12.1) tgx = t
⇒
x = arctg t
⇒
dx =
1+ t2
Ricordando poi che:
 2
tg 2 x
t2
=
 sin x =
1 + tg2 x 1 + t 2

(12.2)

1
 cos2 x = 1
=

1 + tg 2 x 1 + t 2
si ottengono gli integrali di una funzione razionali di t :
∫
 t2
1
1  dt
R
,
, t, 
2
2
t 1 + t 2
1
+
t
1
+
t

Osservazione. Per il calcolo degli integrali (12) si può procedere anche come fatto per gli
integrali di tipo (6).
42
ESEMPIO
∫
κ)
tgx
dx
2
sin x + 1
In virtù della (12.1) si ha:
tgx = t
x = arctg t
⇒
dx =
⇒
da cui, tenendo conto anche delle (12.2):
∫
tgx
dx =
sin 2 x + 1
=
1
4
∫
∫
t
⋅
1
dt =
1+t2
1
dt
1+ t 2
t ( t 2 + 1)
∫
∫
dt =
t2
2t 2 + 1)(1 + t 2 )
(
+1
1+ t2
4t
1
1
dt = log ( 2t 2 + 1) + c = log ( 2tg2 x + 1) + c
2
4
4
2t + 1
S ETTIMO CASO
∫
∫
∫
(13)
(14)
t
dt =
2t 2 + 1
∫
4t
dt =
4 ( 2t 2 + 1)
sin ( mx ) cos ( nx ) dx
sin ( mx ) sin ( nx ) dx
cos ( mx ) cos ( nx ) dx
(15)
con m, n costanti ed m ≠ ± n . Analizzeremo semplicemente l'integrale (13) poiché gli altri
si comportano in maniera analoga. Dalle ben note formule di Werner è possibile
trasformare il prodotto sin ( mx) cos ( nx ) in una somma.
Precisamente, essendo:
sin p + sin q = 2sin
p+q
p−q
cos
2
2
segue che:
sin ( mx ) cos ( nx ) =
da cui risulta:
∫
sin ( mx ) cos ( nx ) dx =
1
2
∫
1
sin ( m + n) x + sin ( m − n) x 
2
sin ( m + n) x  dx +
1
2
∫
sin ( m −n ) x  dx
per cui, essendo m ≠ ± n , si ottiene:
(13.1)
∫
sin ( mx ) cos ( nx ) dx = −
cos ( m + n ) x
43
2 (m + n )
−
cos  ( m − n) x 
2 ( m − n)
+c
(13.2)
(13.3)
(13.4)
∫
∫
∫
cos ( m + n ) x
cos ( mx ) sin ( nx ) dx = −
2 (m + n )
sin ( mx ) sin ( nx ) dx = −
cos ( mx ) cos ( nx ) dx =
sin ( m + n ) x 
2 ( m + n)
sin  ( m + n) x 
2 ( m + n)
+
+
+
cos ( m − n ) x 
2 (m − n )
sin ( m − n) x 
2 ( m − n)
sin  ( m − n) x 
2( m − n)
+c
+c
+c
Per m = n invece, si ha:
∫
sin ( mx ) cos ( mx ) dx =
=
1
m
∫
sin ( mx ) cos ( mx ) d ( mx ) =
sin2 ( mx )
+c
2m
1
m
∫
sin ( mx )d sin ( mx ) =
Per m = − n , si ha ancora:
∫
sin ( mx ) cos ( mx ) dx =
sin 2 ( mx )
+c
2m
ESEMPI
λ)
∫
sin5x cos3xdx
In virtù della (13.1) e tenendo conto che m = 5 ≠ n = 3 , si ha:
∫
µ)
sin5x cos3xdx = −
∫
cos ( 5 + 3) x 
2 ( 5 + 3)
−
cos (5 − 3 ) x 
2 ( 5 − 3)
+c = −
cos8 x cos2 x
−
+c
16
4
sin6x sin9 xdx
In virtù della (13.3) e tenendo conto che m = 6 ≠ n = 9 , si ha:
sin ( 6 − 9) x sin ( 6 + 9) x
sin3x sin15x
sin6x sin9 xdx =
−
+c=
−
+c
2 (6 − 9 )
2 (6 + 9 )
6
30
∫
ν)
∫
cos4x cos8xdx
In virtù della (13.4) e tenendo conto che m = 4 ≠ n = 8 , si ha:
sin  (8 + 4 ) x  sin  (4 − 8 ) x 
sin12 x sin4x
cos4 x cos8 xdx =
+
+c =
+
+c
2 (8 + 4)
2 ( 4 − 8)
24
8
∫
44
OTTAVO CASO
∫
(16)
sin m x cos n xdx
con m, n razionali. Attraverso la sostituzione:
(16.1)
sin x = t
(oppure cos x = t )
l'integrale (16) si trasforma, con semplici calcoli, in uno degli integrali analizzati nel
QUARTO CASO . Per valori particolari di m ed n l'integrale (16), comunque, è proprio uno
degli integrali analizzati nei casi precedenti.
ESEMPIO
∫
ο)
sin 4 x
dx
cos x
Poniamo:
sin x = t
⇒
da cui segue:
∫
sin 4 x
dx =
cos x
∫
∫
sin 4 x
dx =
cos x
∫
x = arcsin t
t4
⋅
dt
⇒
=
∫
dt
dx =
1−t
2
⇒
cos x = 1 − sin 2 x = 1 − t 2
t4
dt
2
1−t
1−t2 1−t2
Per calcolare l'integrale che figura al secondo membro occorre effettuare, in primo luogo, la
divisione tra i due polinomi, essendo il grado del numeratore maggiore di quello del
denominatore:
=−
t4
dt =
2
1− t
∫
( −t 2 −1)dt +
∫
1
t3
dt
=
−
−t +
2
3
1−t
∫
1
( 1− t )( 1+ t )
dt =
t3
1
1
sin3 x
1
1
− t − log1 − t + log1 + t + c = −
− sin x − log1 − sin x + log1 + sin x + c
3
2
2
3
2
2
Osservazione 1. Per il calcolo dell'integrale al secondo membro si confronti l'esercizio β).
Osservazione 2. L'integrale ο) poteva essere risolto anche utilizzando la sostituzione (6.1).
45