Decomposizione in frazioni semplici e applicazioni all'integrazione ...

Sviluppando il secondo membro, abbiamoAx + 1 + Bx − 2=Ax − 2A + Bx + B(x + 1)(x − 2)Affinché valga l’uguaglianza, deve risultare{A + B = 1−2A + B = 7=(A + B)x − 2A + B.x 2 − x − 2Risolvendo questo sistema, troviamo A = −2, B = 3. Infine, la decomposizionecercata èx + 7x 2 − x − 2 = −2x + 1 + 3x − 2 .2. Due radici reali coincidentiSi tratta del caso ∆ = b 2 x− 4ac = 0. Sia R(x) = . Guidati dalla “morale”x 2 +2x+1del teorema astratto, cerchiamo una decomposizione del tipoxx 2 + 2x + 1 =Ax + 1 +B(x + 1) 2 .Facendo ancora il denominatore comune e semplificando, arriviamo all’identitàcioèA(x + 1) + B = x,Ax + A + B = x.Dunque A = 1, A + B = 0, cioè A = 1, B = −1. La decomposizione è infinexx 2 + 2x + 1 = 1x + 1 + −1(x + 1) . 23. Radici complesse coniugateÈ il caso in cui ∆ = b 2 −4ac < 0. In effetti, questo è un caso alquanto “degenere”,visto che il teorema astratto si limita a dirci che.... non si può fare niente! Insomma,1 − 2xx 2 + 2x + 5 = 1 − 2xx 2 + 2x + 5 ,dato che la nostra funzione è già ridotta all’osso, secondo il teorema. Siccome peròa noi interessa innanzitutto la possibilità di integrare una funzione razionale fratta,possiamo tentare di mettere in evidenza al numeratore la derivata del denominatore:1 − 2xx 2 + 2x + 5che ci porta al sistema {2A = −2e infine alla soluzione A = −1, B = 3.A(2x + 2)=x 2 + 2x + 5 + Bx 2 + 2x + 5 .2A + B = 15

Nella penultima uguaglianza, abbiamo preferito ricondurci a un integrale immediato,ma la sostituzione y = √ 23(x − 1/2) porta esattamente allo stesso risultato.Infine, possiamo scrivere∫xx 2 + x + 1 dx = 1 √ ( 3 22 log |x2 + x + 1| −3 arctan √3 x + √ 1 )+ c. 3Ci auguriamo che gli esempi precedenti abbiano mostrato allo studente qualitecniche sono usate per il calcolo delle primitive delle più semplici funzioni razionalifratte. Brevemente, ci si riconduce sempre a:1. integrali di polinomi;2. integrali di potenze ad esponente negativo di polinomi lineari in x;3. integrali riconducibili alla forma ∫ dxx 2 +β 2 .Concludiamo con un esempio atto ad estendere le precedenti considerazioni adenominatori di grado superiore a due, a patto che sia possibile scomporli elementarmente.Esempio 5. ∫ x 5 − x + 1dx.x 4 + x 2Poiché il numeratore ha grado 5, mentre il denominatore ha grado 4, è necessarioeffettuare prima la divisione esplicita: senza grandi difficoltà si trovax 5 − x + 1x 4 + x 2 = x − x3 + x − 1x 4 + x 2 .Poiché x 4 + x 2 = x 2 (x 2 + 1), tentiamo la decomposizionex 3 + x − 1x 4 + x 2= A x + B x 2 + C + Dxx 2 + 1 .Mettendo a denominatore comune e semplificando, troviamo dopo pochi calcoli cheA = C = 1, B = −1, D = 0. Ma allora∫ x 5 − x + 1dx = x2x 4 + x 2 2 − log |x| − 1 − arctan x + c.x4 Il caso generale e una formula ricorrenteIn quest’ultimo paragrafo, tentiamo di rendere “algoritmico” tutto quanto vistoprecedentemente. Siccome repetita juvant, ripeteremo alcune cose già scritte neiparagrafi precedenti. Per comodità, cambiamo leggermente alcune notazioni.8

dove i coefficienti a ij , b ij , c ij sono numeri reali da determinare. Per la loro determinazione(unica, come ci dice il teorema di decomposizione), si moltiplicano primoe secondo membro dell’identità precedente per Q(x) ottenendo così un’identità frapolinomi. Uguagliando i coefficienti dei monomi (nella variabile x) di grado ugualesi arriva a un sistema lineare che è sempre risolubile. Le soluzioni di tale sistemasono i coefficienti cercati.Passo 4: a questo punto, per calcolare una primitiva di f, basta saper determinareperogni intero r ≥ 1 ed ogni a, p, q, x 0 , α, β ∈ R le primitive∫∫a(x − x 0 ) dx e rIl primo integrale è elementare, e∫px + q((x − α) 2 + β 2 ) r dx.{a(x − x 0 ) dx = a log |x − x 0 | + c se r = 1r a(x − x 1−r 0) 1−r + c se r > 1.Per il calcolo del secondo integrale indefinito abbiamo∫∫px + qp(α + βt) + q((x − α) 2 + β 2 ) r dx =β 2r (1 + t 2 ) β dr r=[avendo posto x = α + βt]∫p t dtβ 2r−2 (1 + t 2 ) + pα + q ∫r β 2r−1dt(1 + t 2 ) r . (5)L’integrale indefinito ∫ (t/(1 + t 2 ) r ) dt si calcola facilmente, e si ha∫{t dt1(1 + t 2 ) = log(1 + 2 t2 ) + c se r = 1r 1(1 + 2(1−r) t2 ) 1−r + c se r > 1.L’ultimo integrale da calcolare, si trova – in generale – solo per ricorrenza.poniamo∫dtI r (t) =(1 + t 2 ) , rabbiamo la “regola” per calcolare I r noto I r−1 :(6)SeI 1 (t) = arctan t + c (7)I r (t) = 2r − 32r − 2 I tr−1(t) +. (8)2(r − 1)(1 + t 2 )r−1In definitiva, sostituendo all’indietro x = α + βt e ricordando le equazioni (5), (6),(7) e (8), abbiamo calcolato esplicitamente l’integrale indefinito∫px + q((x − α) 2 + β 2 ) r dx.10

Per completezza, e anche perché il procedimento è interessante, dimostriamo lavalidità di (7) e (8). Innanzitutto, (7) è evidente, in quanto ∫ dt= arctan t + c.t 2 +1Sia r ≥ 2. Dall’uguaglianza1(1 + t 2 ) r = 1 + t2 − t 2(t 2 + 1) r =1(1 + t 2 ) r−1 − t 2(1 + t 2 ) re dalla linearità dell’integrale indefinito, deduciamo che∫t 2I r (t) = I r−1 (t) −(1 + t 2 ) dt. rIntegriamo per parti l’ultimo integrale della formula precedente, derivando t e integrandot/(t 2 + 1) r . Infatti – ricordiamo che r > 1 per ipotesi:∫t dt= 1 ∫dy(t 2 + 1) r 2 (1 + y) r1= −2(r − 1)(1 + y) + c r−11= −2(r − 1)(1 + t 2 ) + c r−1con l’ovvia sostituzione t 2 = y e t dt = 1 dy. Quindi2∫t 2∫(t 2 + 1) dt = − tr 2(r − 1)(1 + t 2 ) + r−1In definitiva,che è la formula cercata. Ad esempio,1dt2(r − 1)(1 + t 2 )r−1t= −2(r − 1)(1 + t 2 ) + 1r−1 2(r − 1) I r−1(t).I r (t) = 2r − 32r − 2 I tr−1(t) +, (9)2(r − 1)(1 + t 2 )r−1I 1 (t) = arctan t + cI 2 (t) = 1 2 arctan t + t2(1 + t 2 ) + cI 3 (t) = 3 8 arctan t + 3 t8 (1 + t 2 ) + 1 t4 (1 + t 2 ) + c. 2Osservazione 2. Un’ovvia avvertenza per gli studenti più curiosi: il teorema didecomposizione è del tutto generale, senza vincoli sulla grandezza degli ordini deipolinomi in gioco. D’altra parte, come l’ultimo paragrafo suggerisce, ciò che contadavvero è la possibilità di identificare tutte le radici (reali e complesse coniugate)del polinomio al denominatore. E questa è la nota dolente. Ad esempio, chi saprebbedeterminare esattamente tutte le radici un generico polinomio di quindicesimo11