Integrale definito con logaritmo

[Sk_Anonymous]

Salve,
mi aiutate a risolvere questo integrale?
\( \int_1^e \frac{ 2log^2(x) + log(x)+4}{x*(log^2(x)+1)*(log(x)+2)} \text{d} x \)

[Noisemaker]

"Ing20":Salve,
mi aiutate a risolvere questo integrale?
$ \int_1^e \frac{ 2log^2(x) + log(x)+4}{x*(log^2(x)+1)*(log(x)+2)} \text{d} x$\

comincia a scriverlo cosi:
\begin{align}
\int_1^e
\frac{2\ln^2x+\ln x+4}{x\left(\ln^2 x+1\right)\left(\ln x +2\right)}\,\,dx&=\int_1^e
\frac{2\ln^2x+\ln x+4}{ \left(\ln^2 x+1\right)\left(\ln x +2\right)}\,\,d\left(\ln x\right)\\
&\stackrel{\ln x=t }{=} \int_0^1
\frac{2t^2 +t+4}{ \left(t^2 +1\right)\left(t +2\right)}\,\,dt\end{align}

a questo punto puoi usare il metodo dei fratti semplici

[Maci86]

Non variano anche gli estremi di integrazione @Noisemaker?

[Noisemaker]

Vero corretto!

[Sk_Anonymous]

La ringrazio. Ne approfitto per porle un quesito che sicuramente chiarirà i miei dubbi a una settimana dall'esame di analisi 1. Ci sono delle sostituzioni "standard"? Lei ha mai sentito parlare di formule di sostituzione di Eulero? La ringrazio anticipatamente per la risposta.

[Noisemaker]

Allora io te le scrivo, ma se ti dimentichi di darmi del LEI

le sostituzioni di Eulero
Un altro tipo di integrale di funzione irrazionale che si riesce a ricondurre ad un integrale di una funzione razionale è il seguente:
\begin{align*}
\int R\left(x,\quad \sqrt {ax^2+bx+c }\right)\,\, dx
\end{align*}
Questo integrale può essere ricondotto a quello di una funzione razionale, con le cosidette sostituzioni di Eulero;

[*:57is4eg0] $1^{a}$ Sostituzione di Eulero
se $a>0$, si pone:
\begin{align*}
\sqrt {ax^2+bx+c }=t-x\sqrt a
\end{align*}
Esempio 1

[size=85]
Calcolare l'insieme delle primitive di:
$$ \int \frac{1}{x\cdot\sqrt{x^2+x+1}} \,\,dx. $$
In questo caso abbiamo che $a=1,$ e dunque si pone:
\begin{align*}
\sqrt{x^2+x+1}=x+t\quad\to\quad x^2+x+1 =(x+t)^2\quad\to\quad x=\frac{1-t^2}{2t-1}\quad\to\quad dx= -2\cdot\frac{ t^2-t+1}{(2t-1)^2}
\end{align*}
dunque l'integrale diviene:
\begin{align*}
\int \frac{1}{x\cdot\sqrt{x^2+x+1}} \,\,dx&= -2\int \frac{1}{\frac{1-t^2}{2t-1}\cdot t} \cdot\frac{ t^2-t+1}{(2t-1)^2}\,\,dt= 2\int \frac{1}{ t^2 +1}\,\,dt= \int \frac{1}{ t -1}-\frac{1}{ t +1}\,\,dt\\
&=\ln| t -1|-\ln| t +1|=\ln\left|\frac{ t-1}{ t+1}\right|
\end{align*}
ed avendo posto
\begin{align*}
\sqrt{x^2+x+1}=x+t\quad\to\quad t=\sqrt{x^2+x+1}-x
\end{align*}
risostituendo si ottiene:
\begin{align*}
\int \frac{1}{x\cdot\sqrt{x^2+x+1}} \,\,dx& =\ln\left|\frac{ \sqrt{x^2+x+1}-x-1}{\sqrt{x^2+x+1}-x+1}\right|+c
\end{align*}
[/size]
[/*:m:57is4eg0]
[*:57is4eg0]$2^{a}$ Sostituzione di Eulero
se $c>0$, e qualunque sia il segno di $a,$ si pone:
\begin{align*}
\sqrt {ax^2+bx+c }=tx+\sqrt c
\end{align*}
Esempio 2

[size=85] Calcolare l'insieme delle primitive di:$$ \int \frac{\left(1-\sqrt{1+x+x^2}\right)^2}{x^2\sqrt{1+x+x^2}} \,\,dx. $$
In questo caso abbiamo che $c=1>0,$ e dunque si pone:
\begin{align*}
\sqrt{x^2+x+1}=tx+1\quad\to\quad x^2+x+1 =(tx+1)^2\quad\to\quad x=\frac{2t-1}{1-t^2}\quad\to\quad dx= \frac{ 2t^2-2t+2}{1-t^2}\,\,dt
\end{align*}
dunque l'integrale diviene:
\begin{align*}
\int \frac{\left(1-\sqrt{1+x+x^2}\right)^2}{x^2\sqrt{1+x+x^2}} \,\,dx&=\int \frac{\left(1-tx+1\right)^2}{\left(\frac{2t-1}{1-t^2}\right)^2(tx+1)} \cdot \frac{ 2t^2-2t+2}{1-t^2}\,\,dt =2\int \frac{t^2}{1-t^2} \,\,dt \\
&=-2\int \frac{1-t^2-1 }{1-t^2} \,\,dt=-2t+\ln\left|\frac{1+t}{1-t}\right|
\end{align*}
risostituendo si ottiene:
\begin{align*}
\int \frac{\left(1-\sqrt{1+x+x^2}\right)^2}{x^2\sqrt{1+x+x^2}} \,\,dx& =-2\sqrt{1+x+x^2}-2+\ln\left|\frac{x+\sqrt{1+x+x^2}-1}{x-\sqrt{1+x+x^2}+1}\right|+c
\end{align*}
[/size]
[/*:m:57is4eg0]
[*:57is4eg0]$3^{a}$ Sostituzione di Eulero
se il trinomio $ax^2+bx+c,$ ammette radici reali e distinte, e ciò accade certamete se $a<0,c<0$, indicando con $\alpha,\beta$ gli zeri del trinomio $ax^2+bx+c,$ si pone
\begin{align*}
\sqrt {ax^2+bx+c }=(x-\alpha)t
\end{align*}
Esempio 3

[size=85]
Calcolare l'insieme delle primitive di:$$ \int \frac{1}{ \sqrt{x^2+3x-4}} dx$$
In questo caso abbiamo che $x^2+3x-4=(x+4)(x-1),$ e dunque si pone: \begin{align*}
\sqrt{x^2+x+1}=(x+4)t \quad\to\quad x^2+x+1 =(x+4)^2t^2\quad\to\quad x=\frac{1+4t^2}{1-t^2}\quad\to\quad dx= \frac{10t}{(1-t^2)^2}\,\,dt
\end{align*}
dunque l'integrale diviene:
\begin{align*}
\int \frac{1}{ \sqrt{x^2+3x-4}} \,\,dx&= \int \frac{1}{ \sqrt{\left(\frac{1+4t^2}{1-t^2}\right)^2+3\cdot\frac{1+4t^2}{1-t^2}-4}} \cdot\frac{10t}{(1-t^2)^2}\,\,dt\\
&=2\int \frac{t^2}{1-t^2} \,\,dt =2\int \frac{1}{1-t^2} \,\,dt=\ln\left|\frac{1+t}{1-t}\right|
\end{align*}
risostituendo si ottiene:
\begin{align*}
\ \int \frac{1}{ \sqrt{x^2+3x-4}} \,\,dx& = \ln\left|\frac{ \sqrt{ x+4}+\sqrt{ x-1}}{ \sqrt{ x+4}-\sqrt{ x-1}}\right|+c
\end{align*}[/size]

[/*:m:57is4eg0][/list:u:57is4eg0]

[Sk_Anonymous]

Purtroppo ho virtualmente incontrato gente molto suscettibile! La...ti ringrazio!

[Noisemaker]

io sono suscettibile ...al contrario!!