L’arte dell’integrazione

Esiste un metodo per trovare la primitiva di una funzione? La risposta è negativa, esistono molti metodi ed il procedimento è per tentativi, in pratica si parla di arte di integrazione più che di calcolo degli integrali.

3 integrali

Per rendersi conto di come vanno le cose basta guardare questi 3 integrali e le loro primitive:

\int \frac{1}{x^2-4x+3}dx=\ln(\sqrt{\Big\lvert \frac{x-3}{x-1}}\Big\vert)+c\newline
\int \frac{1}{x^2-4x+4}dx=-\frac{1}{x-2}+c  \newline
\int \frac{1}{x^2-4x+5}dx=\arctan(x-2) +c  \newline

Le funzioni integrande differiscono solo per il termine costante finale: 3, 4, 5. Ci si aspetta che gli integrali si assomiglino ma non è evidentemente così. Analizziamoli da vicino:

Decomporre e zeri

A denominatore c`è un polinomio di secondo grado che possiamo decomporre facilmente cercandone gli zeri con la formula di risoluzione dei polinomi di secondo grado:

\int \frac{1}{x^2-4x+3}dx=\int \frac{1}{(x-3)(x-1)}dx\newline
\int \frac{1}{x^2-4x+4}dx=\int \frac{1}{(x-2)^2}dx \newline
\int \frac{1}{x^2-4x+5}dx=\int \frac{1}{(x^2-4x+4)+1}dx\newline

La terza ha discriminante zero e quindi due soluzioni complesse quindi non la decomponiamo ma la riscriviamo in modo diverso perché ci servirà dopo.

Vi consiglio di fare i grafici delle funzioni integrande con uno di quei programmi online o con qualche calcolatrice grafica oppure facendo uno studio di funzione a mano.

La prima funzione integranda presenta due zeri a denominatore quindi il grafico ha due asintoti verticali nel punto 1 e nel punto 3.

La seconda funzione integranda presenta un solo asintoto verticale nel punto 2

La terza funzione non presenta asintoti.

Per questo motivo le primitive appaiono così diverse. Non ci manca che fare il calcolo.

Calcolo

Partiamo con il secondo perché facile da indovinare, volendo si potrebbe fare un cambio di variabile:

u=x-2 \quad du=dx \newline
\int \frac{1}{(x-2)^2}dx=\int \frac{1}{u^2}du=-\frac{1}{u}+c=-\frac{1}{x-2}+c

Passiamo al terzo che abbiamo riscritto facendo comparire lo stesso polinomio della funzione precedente quindi senza indugi scriviamo:

\int \frac{1}{(x^2-4x+4)+1}dx=\int \frac{1}{(x-2)^2+1}dx\newline

anche qui possiamo fare un cambio di variabile ma si può anche indovinare senza problemi:

u=x-2 \quad du=dx \newline
\int \frac{1}{(x-2)^2+1}dx=\int \frac{1}{u^2+1}du=\arctan(u)+c=\arctan(x-2)+c\newline

Rimane il primo che conviene scrivere come somma di due frazioni che possiamo indovinare o trovare cercando due costanti A e B:

\frac{1}{(x-3)(x-1)}=\frac{A}{(x-3)}+\frac{B}{(x-1)} \newline
\frac{1}{(x-3)(x-1)}=\frac{A(x-1)+B(x-3)}{(x-3)(x-1)} \newline
\frac{1}{(x-3)(x-1)}=\frac{x(A+B)-(A+3B)}{(x-3)(x-1)} \newline

Il denominatore è uguale, il numeratore deve essere identico per ogni x per cui:

A+B=0 \newline
-(A+3B)=1 \newline

Sommando le due equazioni si ottiene B e dalla prima per sostituzione anche A e si ha:

\int \frac{1}{(x-3)(x-1)}dx=\int \frac{\frac{1}{2}}{(x-3)}dx+\int \frac{-\frac{1}{2}}{(x-1)}dx

Possiamo ancora fare un cambio di variabile nel primo ed un cambio nel secondo ma è chiaro che si tratta di integrare 1/u in entrambi i casi e quindi la primitiva è il logaritmo:

\int \frac{\frac{1}{2}}{(x-3)}dx=\frac{1}{2}\ln\lvert x-3 \rvert \newline
\int \frac{-\frac{1}{2}}{(x-1)}dx=-\frac{1}{2}\ln\lvert x-1\rvert

Il resto è manipolazione algebrica, quel 1/2 davanti diventa radice quadrata dentro al logaritmo, il segno meno davanti al secondo mette a denominatore e la somma dei due porta al prodotto dentro al logaritmo e si ottiene il risultato già scritto all’inizio a cui aggiungere la famigerata costante c.

Concludendo

I 3 integrali che ho proposto differiscono nell’integranda solo per la costante finale a denominatore. Ci si aspetta che non sia fondamentale, che la parte con la x sia più significativa ma come abbiamo visto le 3 primitive differiscono in modo fondamentale, la prima ha forma logaritmica, la seconda algebrica mentre la terza trigonometrica.

Il motivo è nella presenza di asintoti verticali in numero differente o in assenza che non permettono di ottenere una funzione unica.

Infine, eseguendo il calcolo si vede che vengono utilizzate 3 tecniche differenti, la seconda appare semplice, a meno di un banale cambio di variabile che sposta l’asintoto nello zero si tratta di una integrazione algebrica elementare, la terza richiede di manipolare il denominatore in modo artificiale per ottenere un quadrato e riportare all’integrale noto dell’arcotangente; infine la prima, lasciata per ultima per motivi di chiarezza, richiede la tecnica di separazione in frazioni che poi porta al logaritmo.

Sappiate: dopo i 50 è meglio integrare sali minerali e vitamine perché il corpo fa fatica ad assorbirle.

Bibliografia

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