Analisi matematica/Formule risolutive degli integrali

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Indice

1 Formule risolutive degli integrali

[modifica] Formule risolutive degli integrali

[modifica] 1 ) Integrali immediati

funzione data	integrale	funzione data	integrale
$\ x^m$	$\frac{x^{m+1}}{m+1}$	$\ cos^2 x$	$\frac{1}{2} (sin x cos x + x)$
$\ a^x$	$\frac{a^x}{\log{a}}$	$\ -cosc^2\ x$	$\ cotang\ x$
$\ e^x$	$\ e^x$	$\ sec^2\ x$	$\ tang\ x$
$\frac{1}{x}$	$\ log x$	$-\ cosec^2\ x$	$\ cotang\ x$
$\ sin x$	$\ -cos x$	${1\over \sqrt {1-x^2}}$	$\ arc\ sen\ x$
$\ cos x$	$\ sen x$	$-{1\over \sqrt{1-x^2}}$	$\ arc\ cos\ x$
$\frac{1}{2\sqrt x}$	$\sqrt x$	$\ {1\over 1+x^2}$	$arc\ tang\ x$
$\frac{1}{n\sqrt[n]x^{n-1}}$	$\sqrt[n]x$	$-{1\over 1+x^2}$	$\ arc\ cotang\ x$
$\ {1\over x\sqrt{x^2-1}}$	$\ arc\ sec\ x$	$\ -{1\over x\sqrt{x^2-1}}$	$\ arc\ cosec\ x$

[modifica] 2 ) Integrali quasi immediati

$\ \int_{}{(ax+b)^n} dx=\frac{1}{a}\ \int_{}(ax+b)^n d(ax+b)=\frac{(ax+b)^{n+1}}{a(n+1)}$
$\ \int_{}\frac{dx}{ax+b}=\frac {1}{a}\ \int_{}\frac{d(ax+b)}{ax+b}=\frac{1}{a}\log (ax+b)$
$\ \int_{}\frac{dx}{(ax+b)^n}=\frac{1}{a}\ \int_{}\frac{d(ax+b)}{(ax+b)^n}=\frac{1}{a(1-n)(ax+b)^{n-1}}$
$\ \int_{}\frac{x dx}{ax^2+b}=\frac{1}{2a}\ \int_{}\frac{d(ax^2+b)}{ax^2+b}=\frac{1}{2a}\log(ax^2+b)$
$\int{dx\over ax^2+b}={1\over a}\int{dx\over x^2+c^2}={1\over ac}\int{d({x\over c})\over ({x\over c})^2+1}={1\over ac}\arctan{x\over c}={1\over a}\sqrt[2]{a\over b}\arctan\sqrt[2]{a\over b}\ x\ ,$

quando ${b\over a}=c^2\ >0\ ,$ cioè $\ a$ e $\ b$ hanno lo stesso segno.
$\int{dx\over\sqrt[2]{ax^2+b}}={1\over\sqrt[2]a}\int{dx\over\sqrt[2]{x^2\pm c^2}}$ se $\begin{cases}a>0\\c^2=\mid{b\over a}\mid\end{cases}={1\over\sqrt[2]a}\log(x+\sqrt[2]{x^2\pm c^2})$
$\int{dx\over\sqrt[2]{ax^2+b}}={1\over\sqrt[2]{|a|}}\int{{dx\over\sqrt[2]{c^2-x^2}}}$ se $\begin{cases}a<0\\c^2=|{b\over a}|\end{cases},={1\over\sqrt[2]{|a|}}\int{{d({x\over c})\over\sqrt[2]{1-({x\over c})^2}}}={1\over\sqrt[2]{|a|}}\arcsin{x\over c}$
$\int{\sqrt[2]{ax^2+b} dx},$ se si integra per parti, ponendo $\begin{cases}dv=dx\\u=\sqrt[2]{ax^2+b}\end{cases}$ , allora si ha:

$\int{\sqrt[2]{ax^2+b}\ dx=x\sqrt[2]{ax^2+b}}-\int{{ax^2dx\over \sqrt[2]{ax^2+b}}}=$

$=x\sqrt[2]{ax^2+b}-\int{{ax^2+b\over \sqrt[2]{ax^2+b}}dx}+b\int{{dx\over\sqrt[2]{ax^2+b}}}=$

$=x\sqrt[2]{ax^2+b}-\int{\sqrt[2]{ax^2+b}\ dx}+b\int{{dx\over\sqrt[2]{ax^2+b}}}\ ,$

quindi,risolvendo rispetto a $\int{\sqrt[2]{ax^2+b}\ dx}\ ,$ si ha:

$\int{\sqrt[2]{ax^2+b}\ dx}={x\over 2}{\sqrt[2]{ax^2+b}}+{b\over 2}\int{{dx\over\sqrt[2]{ax^2+b}}}\ ;$

si è così ricondotti all'integrale 6 o 7:
$\int{\sqrt[2]{ax^2+bx+c}\ dx}=\int{\sqrt[2]{a(x+{b\over 2a})^2-{\Delta\over 4a}}}\ dx=\int{\sqrt[2]{at^2\pm k^2}\ dt}\ ,$

si è così ricondotti all'integrale 8.

[modifica] 3 ) integrali non immediati da calcolare con particolari decomposizioni o sostituzioni

[modifica] A) funzioni razionali

a) funzione razionale intera (polinomio)

$\ \int_{}(a_{o}x^n+a_{1}x^{n-1}+.....+a_{n-1}x+a_{n})dx=a_{o}\frac{x^{n+1}}{n+1}+....+a_{n+1}$

b) funzione razionale fratta $\ :\qquad {A(x)\over B(x)}$

Si suppone $\ A$ di grado inferiore a $\ B,$ altrimenti si farebbe la divisione di $\ A$ per $\ B$ e si avrebbe: $\ {A\over B}=Q+{R\over B}$ dove $\ Q$ è un polinomio e $\ {R\over B}$ una frazione propria: Ora se il denominatore è tale che:

$\ B(x)=(x-\alpha)(x-\beta)^r[(x-\epsilon)^2+\delta^2][(x-\mu)^2+\nu^2]^s$

essendo: $\ \alpha$ una radice reale semplice,

$\ \beta$ una radice reale multipla,

$\ \epsilon\pm i\delta$ due radici complesse semplici,

$\ \mu\pm i\nu$ due radici complesse multiple,

dell'equazione: $\ B(x)=0$ , la frazione data si decompone nel seguente modo:

$\frac{A(x)}{B(x)}=\frac{c_{1}}{x-\alpha}+\frac{d_{r}}{(x-\beta)^r}+\frac{d_{{r-1}}}{(x-\beta)^{r-1}}+....+\frac{d_{1}}{x-\beta}+\frac{m_{1}x+n_{1}}{(x-\epsilon)^2+\delta^2}+\frac{p_{s}x+q_{s}}{[(x-\mu)^2+\nu^2]^{s}}+$

$+\frac{p_{s-1}x+q_{s-1}}{[(x-\mu)^2+\nu^2]^{s-1}}+....+\frac{p_{1}x+q_{1}}{(x-\mu)^2+\nu^2}$

dove le costanti $\ c_{1}, d_{i}, m_{i}, n_{i}, p_{i}, q_{i}$ , si determinano riducendo i due membri a forma intera, confrontando i numeratori ottenuti, e risolvendo il sistema che si ottiene scrivendo che devono essere uguali i coefficienti delle stesse potenze della $\ x$ dei due menbri. L'integrazione della frazione $\frac{A_{x}}{B_{x}}$ è ricondotta così ad un gruppo di integrali quasi tutti immediati

c formule risolutive notevoli

$\ \int_{}\frac{A(x)dx}{(x-\alpha_{1})(x-\alpha_{2})....(x-\alpha_{n})}=\sum_{i=1}^n c_{i}\ log(x-\alpha_{i})$
$\ \int_{}\frac{dx}{(ax^2+b)^2}=\frac{\sum_{i=1}^{i=n} c_{i}\ log(x-\alpha_{i})}{(ax^2+b)^{n-1}}+c_{n}I_{o}(x)$

dove $\ I_{o}(x)=\ \int_{}\frac{dx}{ax^2+b}$
$\ \int_{}^{}{A(x)\ dx\over (ax+b)^n}={\sum_{i=1}^{n-1}c_i\ x^{i-1}\over (ax+b)^{n-1}}+c_n\log(ax+b)\ .$
$\ \int_{}^{}{A(x)\over (x^2+b)^n}\ dx={\sum_{i=1}^{2n-2}c_i\ x^{i-1}\over (ax^2+b)^{n-1}}+c_{2n-1}\log (ax^2+b)+c_{2n}\ I_0(x)\ .$
$\ \int_{}^{}{A(x)\over (ax^2+bx+c)^n}\ dx={\sum_{i=1}^{2n-2}\ c_i\ x^{i-1}\over (ax^2+bx+c)^{n-1}}+c_{2n-1}\log(ax^2+bx+c)+c_{2n}\ \bar I_0(x)\ ,$

dove $\ \bar I_0(x)=\int_{}^{}{dx\over ax^2+bx+c\ .}$

Per determinare le costanti $\ c_i$ si possono derivare i due membri delle formule precedenti, ridurre a forma intera i risultati e confrontare i numeratori per dedurre un sistema da risolvere rispetto alle costanti stesse.

[modifica] B) funzioni irrazionali

$a)\qquad \int_{}{}F[x,(ax+b)^{m\over n},(ax+b)^{p\over q}....(ax+b)^{r\over s}]dx$

con $\ F$ simbolo di funzione razionale.

Ponendo: $\ ax+b=t^\mu$ dove $\ \mu=m.c.m(n,q,...s),$ da cui: $a\ dx=\mu t^{\mu -1}dt$ , l'integrale diventa:

$\int_{}{}F({t^\mu-b\over a},\ t^{mq_{1}},\ t^{pq_{2}},...t^{rq_{k}}){\mu\over a}\ t^{\mu-1}dt$

con: $\ q_{1}={\mu\over n},\ q_{2}={\mu\over q},\ ....q_{k}={\mu\over s},$

e si è così ricondotti all'integrale di una funzione razionale.

esempio

$1\qquad \int_{}{}{dx\over 1+\sqrt x}$

Ponendo $\ x=t^2,\ dx=2\ t\ dt,\ t=\sqrt x$ si ha:

$\begin{align}\int_{}{}{dx\over 1+\sqrt x}&=2 \int_{}{}{t\ dt\over 1+t}=2t-2\log(1+t)\\&=2\sqrt x-2\log(1+\sqrt x)\end{align}$

$2\qquad \int_{}{}{dx\over \sqrt[3]x -1}$

Posto $\ x=t^3$ onde $dx=3t^2\ dt$ si ha:

$\ \int_{}{}{dx\over \sqrt[3]x -1}=\int_{}{}{1\over t-1}3\ t^2 dt=3\int_{}{}{t^2\over t-1}dt$

Ora, ${t^2\over t-1}=1+t+{1\over t-1},$ quindi

$\ \int_{}{}{t^2\over t-1}dt= t+ {t^2\over 2}+ \log(t-1);$

allora, per $t=\sqrt[3]x,$

$\int_{}{}{dx\over \sqrt[3]x -1}=3[\sqrt[3]x+{1\over 2}\sqrt[3]x^2+\log(\sqrt[3]x -1)]$

$b)\qquad \int_{}{}{F(x,\sqrt{ax^2+bx+c}}\ )dx$

con F simbolo di funzione razionale.

Se $\ a>0$ , si pone: $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt a\ x,$ da cui:

$x={t^2-c\over 2\sqrt a\ t+b},\qquad dx=2{(t^2+c)\sqrt a+bt\over (2t\sqrt a+b)^2}dt,\qquad t=x+\sqrt{ax^2+bx+c}$

$\sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{(t^2+c)\sqrt a +bt}{ 2t\sqrt a +b}$

Sostituendo tutto in funzione di t l'integrale vieme razionalizzato.

esempio

$\int{}{}{1\over \sqrt{x^2-4x+5}}dx$

Poniamo: $\sqrt{x^2-4x+5}=t-x$ da cui

$x={1\over 2}{t^2-5\over t-2},\qquad dx={t^2-4t+5\over 2(t-2)^2}\ dt,\qquad t=x+\sqrt{x^2-4x+5};$

$\sqrt{x^2-4x+5}={t^2-4t+5\over 2(t-2)}$

allora, a meno di una costante:

$\int_{}{}{1\over {t^2-4t+5\over 2(t-2)}}\ {1\over 2}\ {t^2-4t+5\over (t-2)^2}dt=\int_{}{}{dt\over t-2}=\log(t-2);$

si ha quindi:

$\int_{}{}{dx\over \sqrt{x^2-4x+5}}=\log(x+\sqrt{x^2-4x+5}-2)$
Se $\ a<0,$ si pone invece: $\sqrt[2]{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha),$ essendo $\ \alpha$ una radice reale dell'equazione: $\ ax^2+bx+c=0.$ [Se le radici non fossereo reali, essendo $\ a<0,$ $\sqrt[2]{ax^2+bx,+c}$ sarebbe immaginario]. Si ha quindi: $\ a(x-\beta)=(x-\alpha)t^2,$

da cui $\ :\qquad x={a\beta-\alpha t^2\over a-t^2},\qquad dx=-{2a(\alpha-\beta)t\over (a-t^2)^2}\ dt,$

$\sqrt[2]{ax^2+bx+c}=-{a(\alpha-\beta)t\over a-t^2}.$ Sostituendo tutto in funzione di $\ t$ l'integrale è ridotto a un integrale di funzione razinale di $\ t.$

$\ c)\qquad \int x^m(ax^n+b)^p\ dx$ (integrale di un differenziale binomio) con m, n, p, numeri razionali:

$\ p$ è intero

Si sviluppa $\ (ax^n+b)^p$ con la regola del Binomio di Newton, si moltiplica il risultato per $\ x^m$ e si decompone l'integrale in tanti integrali del tipo : $\ \int_{}^{}x^k\ dx\ .$
$\ {m+1\over n}$ è intero.

Si pone $\ ax^n+b=t\ ,$ da cui: $\ x=({t-b\over a})^{1\over n},\quad dx={1\over na}$
${m+1\over n}+p$ è intero.

$\ d)$ formule risolutive notevoli:

$\int{x^n dx\over \sqrt[k]{ax+b}}=[{x^n\over a \varphi(n,1)}-{b\varphi(n,0) x^{n-1}\over a^2 \varphi(n,1) \varphi(n-1,1)}+.....+$

$+(-1)^n {b^n \varphi(n,0)..\varphi(1,0)\over a^{n+1} \varphi(n,1)...\varphi(0,1)}]\sqrt[k]{(ax+b)^{k-1}},$ dove :

$\varphi (n,m)={k(n+m)-m\over k}.$
$\int x^n\sqrt[k]{(ax+b)} dx=[{x^n\over a\psi(n,1)}-{b\psi(n,0)x^{n-1}\over a^2\psi(n,1)\psi(n-1,1)}+....]$

$\ +(-1)^n{b^n\psi(n,0)...\psi(1,0)\over a^{n+1}\psi(n,1)...\psi(0,1)}]\sqrt[k]{(ax+b)^{k+1}}\ ,$

dove: $\psi(n,\ m)={k(n+m)+m\over k}\ .$
$\int{P_n(x)\over\sqrt[2]{ax^2+bx+c}}\ dx=\sum_{i=0}^{n-1}c_ix^{n-1-i}\sqrt{ax^2+bx+c}+c_nJ_0(x)$

dove: $\ P_n(x)$ è un polinomio di grado $\ n$ e $\ J_0(x)=\int{dx\over\sqrt[2]{x^2+bx+c}}$ è l'integrale quasi immediato n°1, quindi:

$\ J_0(x)={1\over 2\sqrt[2]a}=\log{2ax+b+2\sqrt[2]{a(ax^2+bx+c)}\over 2ax+b-2\sqrt[2]{a(ax^2+bx+c)}}$ se : $\begin{cases}a>0\\b^2-4ac>0\end{cases}$

$\ J_0(x)={1\over 2\sqrt[2]a}=\log{2\sqrt[2]{a(ax^2+bx+c}+2ax+b\over 2\sqrt[2]{a(ax^2+bx+c)}-(2ax+b)}$ se : $\begin{cases}a>0\\b^2-4ac<0\end{cases}$

$\ J_0(x)={1\over\sqrt[2]{|a|}}=\arcsin{2|a|x-b\over \sqrt[2]{b^2+4|a|c}}$ se : $\begin{cases}a<0\\b^2-4ac>0\end{cases}\ .$
$\int P_n(x)\sqrt[2]{ax^2+bx+c}\ dx=\sum_{i=0}^{n+1}c_i x^{n+1-i}\sqrt[2]{ax^2+bx+c}+c_{n+2}I_0(x)\ .$

dove $\ I_0(x)$ è l'ntegrale 2 e le costanti $\ c_i$ si possono determinare derivando i due membri e confrontando poi i risultati ottenuti.

[modifica] C) funzioni trascendenti

$a)\qquad \int_{}{}F(sen\ x, cos\ x)dx$

con F simbolo di funzione razionale.

Si pone: $\ t=tang\ {x\over 2},$ da cui: $dx={2\over 1+t^2}dt, sen\ x={2t\over 1+t^2}, cos\ x={1-t^2\over 1+t^2}$

Esprimendo in t, l'integrale viene razionalizzato.

esempio

$\int_{}{}{dx\over sen\ x+cos\ x}$

Ricordato che

$sen\ x={2\ tang{x\over 2}\over 1+tang^2{x\over 2}}\qquad cos\ x={1-tang^2{x\over 2}\over{1+tang^2{x\over 2}}}$

si porrà: $tang{x\over 2}=t$ da cui ${dt\over dx}={1\over 2}{1\over cos^2{x\over 2}}={1\over 2}(1+t^2);$

allora: $\int_{}{}{dx\over sen\ x+cos\ x}=\int_{}{}{{2\over 1+t^2}\over {2t\over 1+t^2}+{1-t^2\over 1+t^2}}dt=\int{}{}{2 dt\over -t^2+2t+1},$

con che la funzione da integrare è una funzione algebrica razionale.

$b)\qquad \int_{}{}F(tang\ x)dx$

con F simbolo di funzione razionale.

Si pone: $tang\ x=t$ , da cui $dx={dt\over 1+t^2},$ e l'integrale espresso in t viene razionalizzato.

esempio

$\int_{}{}tang\ x\ dx=\int_{}{}{t\over 1+t^2}\ dt={1\over 2}\ log_e(1+t^2)={1\over 2}\log_e(1+tng^2 x)$

$c)\qquad \int_{}{}F(e^{ax})dx$

con F simbolo di funzione razionale.

Si pone : $\ e^{ax}=t,$ da cui $x={1\over a}\ log\ t,\ dx={dt\over dx}$ e sostituendo l'integrale viene razionalizzato.

esempio

$\int{}{}{1\over 1+e^x}\ dx$

Posto $\ e^x=t,$ da cui ${dt\over dx}=e^x=t,$ si ha:

$\int{}{}{dx\over 1+e^x}=\int{}{}{dt\over t(1+t)}=log\ t-log\ (1+t),$ e

$\int{}{}{dx\over 1+e^x}=log\ e^x-log\ (1+e^x)=x-log(1+e^x)$

$\ d)$ Si possono ridurre a integrali di funzioni trigronometriche dei tipi a) e b) mediante opportune sostituzioni gli integrali seguenti di funzioni irrazionali.

$\int{}{}F(x, \sqrt{a^2-x^2})\ dx$ , con F simbolo di funzione razionale.

si pone: $\ x=a\ sent,$ onde:

$\int{}{}F(x, \sqrt{a^2-x^2})\ dx=\int{}{}F(a\ sent, a\ cost)a\ cost\ dt$

esempio

$\int{}{}{5\over \sqrt{5^2-x^2}}\ dx$

Si pone $x=5\ sen\ t,$ da cui: $\ dx=5\ cost\ dt,$ e $\ t=arc\ sen{x\over 5}.$

Allora:

$\int{}{}{x\over \sqrt{5^2- x^2}}\ dx=\int{}{}{5\ sent\over \sqrt{5^2-5^2\ sen^2t}}5\ cost\ dt=-5\ cost$

Sostituendo i ha: $\ -5\ cos\ arc\ sen{x\over 5}=-\sqrt{5^2-x^2}.$
$\int{}{}F(x, \sqrt{a^2+x^2})\ dx$

Si pone: $\ x=a\ tang\ t$ ovvero $\ x=a\ sinh\ x,$ da cui:

$\ dx=a\ sec^2t\ dt\qquad dx=a\ cosh\ t\ dt$

Allora:

$\int{}(x,\sqrt{a^2+x^2})\ dx=\int{}{}F(a\ tang\ t,a\ sec\ t)a\ sec^2t\ dt$

ovvero

$=\int{}F(a\ senh\ t,\ a\ cosh\ t)a\ cosh\ t\ dt.$

esempio
$\int{}{}F(x, \sqrt{x^2-a^2})\ dx$ con $\ F$ simbolo di funzione razionale.

Si pone: $\ x=a\sec t$ ovvero $\ x=a \cosh t ,$ onde:

$\int F(x,\sqrt[2]{x^2-a^2}\ dx=\int F (a\sec\ t,a\tan t)\ a\ sec t\ tan t\ dt=$

$\ =\int F(a \cosh t, a \sinh t) a\ \sinh t\ dt.$

$\ e)$ Si possono ridurre facilmente a integrali razionali i seguenti: ponendo $\ cos\ x=t$ ovvero $\ sen\ x=t$ , si ha:

$\int_{}{}sen\ x F(sen^2x,cos\ x)dx=-\int_{}{}F(t-t^2, t)dt$

$\int_{}{}cos\ x F(cos^2x, sen\ x)dx=\int_{}{}F(1-t^2, t)dt$

con F simbolo di funzione algebrca razionale.

$\ f)$ formule notevoli di riduzione:

Mediante integrazione per partisi trovanonfacilmente le seguenti formule:

$\ I_{m,n}=\int \sin^m x\cos^n x\ dx={\sin^{m+1}x\cos^{n-1} x\over m+n}+{n-1\over m+n} I_{m,n-2}\ ;$
$\ I_{m,n}\int{\sin^m x\ \cos^n x\ dx}={\sin^{m-1}x\ \cos^{n+1}x\over m+n}+{m-1\over m+n} I_{m-2,n}$ quando sia: $m+n\ne 0\ .$
$\int{x^m e^x dx}=x^m e^x-m\int{x^{m-1} e^x dx}$
$\int{x^m [\log x]^n dx}={x^{m+1} [\log x]^n\over m+1}-{n\over m+1}\int{x^m [log x]^{n-1}} dx$
$\int{x^m\log [x+\sqrt[2]{1+x^2}]} dx={x^{m+1}\log[x+\sqrt[2]{1+x^2}]\over m+1}-{1\over m+1}\int{{x^{m+1} dx\over \sqrt[2]{1+x^2}}}$