Integrale difficile da calcolare
Ciao a tutti! Ho problemi nel calcolare esplicitamente il valore di questo integrale:
$
\int_(-2)^0 1/((1+(1+x)^2)\sqrt(1-(1+x)^2)) dx
$
Ho dimostrato che si ha convergenza in entrambi gli estremi (che sono punti per cui l'integranda non è limitata), tuttavia l'esercizio chiede proprio di calcolare il valore preciso di questo integrale.
Io ho iniziato anzitutto effettuando la sostituzione $1+x = t$, ottenendo così
$ \int_(-1)^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) dt $
Ho osservato poi che la funzione integranda è pari, per cui mi basta calcolare
$ 2 \int_0^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) dt $
A questo punto ho provato svariate tecniche di integrazione: trig substitution + parametriche, sostituzione alla Eulero (ovvero porre $\sqrt(1-t^2) = y(t-1)$), provare a porre direttamente $\sqrt(1-t^2) = y$, ma non sono riuscito ad arrivare fino alla fine dei conti in nessun modo...
Wolfram dice che il risultato è $\pi / (\sqrt(2))$, dunque neanche una cosa impossibile, tuttavia non ho la minima idea di come arrivarci, suggerimenti??
$
\int_(-2)^0 1/((1+(1+x)^2)\sqrt(1-(1+x)^2)) dx
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Ho dimostrato che si ha convergenza in entrambi gli estremi (che sono punti per cui l'integranda non è limitata), tuttavia l'esercizio chiede proprio di calcolare il valore preciso di questo integrale.
Io ho iniziato anzitutto effettuando la sostituzione $1+x = t$, ottenendo così
$ \int_(-1)^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) dt $
Ho osservato poi che la funzione integranda è pari, per cui mi basta calcolare
$ 2 \int_0^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) dt $
A questo punto ho provato svariate tecniche di integrazione: trig substitution + parametriche, sostituzione alla Eulero (ovvero porre $\sqrt(1-t^2) = y(t-1)$), provare a porre direttamente $\sqrt(1-t^2) = y$, ma non sono riuscito ad arrivare fino alla fine dei conti in nessun modo...
Wolfram dice che il risultato è $\pi / (\sqrt(2))$, dunque neanche una cosa impossibile, tuttavia non ho la minima idea di come arrivarci, suggerimenti??
Risposte
Le sostituzioni $t=1/y$, $s=y^2$ e $u=\sqrt{s-1}$ conducono a:
$$2\int_0^{+\infty} \frac{\text{d}u}{u^2+2}=2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$$
$$2\int_0^{+\infty} \frac{\text{d}u}{u^2+2}=2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$$
"Mephlip":
Le sostituzioni $t=1/y$, $s=y^2$ e $u=\sqrt{s-1}$ conducono a:
$$2\int_0^{+\infty} \frac{\text{d}u}{u^2+2}=2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$$
Grazie!! Una domanda, ma come mai ti è venuta in mente la sostituzione $t=1/y$?
Perché a me sembra una sostituzione molto calata dall'alto, senza un qualcosa che mi ci porta a fare una sostituzione del genere
Prego! Anche $x=\sin y$ in $\int \sqrt{1-x^2}\text{d}x$, quando si è alle prime armi, sembra calata dall'alto, no? 
L'idea è che alcune funzioni polinomiali, tipo $P(x)=1+x^2$, presentano delle simil-simmetrie come la seguente: per $x \ne 0$, è $P(x)=1+x^2=x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)=x^2P(1/x)$. Essendo $\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{x^2}$, quando si è nel contesto del calcolo integrale e compaiono funzioni polinomiali che presentano identità simili a quella di $P$, sostituire $y=1/x$ fa sì che, ogni tanto, il fattore $x^2$ presente in $x^2P(1/x)$ si cancelli grazie al cambio di variabili conducendo a $P\left(1/x\right)=P(y)$. In questo caso, oltre all'avvenuta cancellazione, siamo stati fortunati perché, dalla radice, è spuntata poi fuori una $y$ al numeratore che ci ha permesso di concludere con sostituzioni più note.
L'idea è che alcune funzioni polinomiali, tipo $P(x)=1+x^2$, presentano delle simil-simmetrie come la seguente: per $x \ne 0$, è $P(x)=1+x^2=x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)=x^2P(1/x)$. Essendo $\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{x^2}$, quando si è nel contesto del calcolo integrale e compaiono funzioni polinomiali che presentano identità simili a quella di $P$, sostituire $y=1/x$ fa sì che, ogni tanto, il fattore $x^2$ presente in $x^2P(1/x)$ si cancelli grazie al cambio di variabili conducendo a $P\left(1/x\right)=P(y)$. In questo caso, oltre all'avvenuta cancellazione, siamo stati fortunati perché, dalla radice, è spuntata poi fuori una $y$ al numeratore che ci ha permesso di concludere con sostituzioni più note.
Ciao Lebesgue, ciao Mephlip,
Stavo osservando che questa sostituzione di cui scrive Mephlip in realtà "funziona" anche per l'integrale in questione:
$ 2 \int_0^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) \text{d}t = 2 \int_0^{\pi/2} 1/(1 + sin^2u)\text{d}u = 2 [(arctan(\sqrt2 tan u))/\sqrt2]_0^{\pi/2} = 2 \cdot \pi/(2 \sqrt2) = \pi/\sqrt2 $
Voto comunque per la soluzione proposta da Mephlip perché l'integrale da risolvere è più semplice...
"Mephlip":
Anche $x=siny$ in $\int \sqrt{1 - x^2}\text{d}x $, quando si è alle prime armi, sembra calata dall'alto, no?
Stavo osservando che questa sostituzione di cui scrive Mephlip in realtà "funziona" anche per l'integrale in questione:
$ 2 \int_0^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) \text{d}t = 2 \int_0^{\pi/2} 1/(1 + sin^2u)\text{d}u = 2 [(arctan(\sqrt2 tan u))/\sqrt2]_0^{\pi/2} = 2 \cdot \pi/(2 \sqrt2) = \pi/\sqrt2 $
Voto comunque per la soluzione proposta da Mephlip perché l'integrale da risolvere è più semplice...
"Mephlip":
Prego! Anche $x=\sin y$ in $\int \sqrt{1-x^2}\text{d}x$, quando si è alle prime armi, sembra calata dall'alto, no?
Diciamo che è molto meno mistica questa sostituzione, specialmente perché deriva dall'identità fondamentale della trigonometria $\cos^2 x +\sin^2 x = 1$
L'idea è che alcune funzioni polinomiali, tipo $P(x)=1+x^2$, presentano delle simil-simmetrie come la seguente: per $x \ne 0$, è $P(x)=1+x^2=x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)=x^2P(1/x)$. Essendo $\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{x^2}$, quando si è nel contesto del calcolo integrale e compaiono funzioni polinomiali che presentano identità simili a quella di $P$, sostituire $y=1/x$ fa sì che, ogni tanto, il fattore $x^2$ presente in $x^2P(1/x)$ si cancelli grazie al cambio di variabili conducendo a $P\left(1/x\right)=P(y)$. In questo caso, oltre all'avvenuta cancellazione, siamo stati fortunati perché, dalla radice, è spuntata poi fuori una $x$ al numeratore che ci ha permesso di concludere con sostituzioni più note.
Tutto chiaro! Tuttavia mi sembra comunque estremamente difficile come sostituzione da venire in mente, specialmente perchè l'esercizio in questione è preso da uno scritto di Analisi 1 a Fisica, di un ragazzo che aiuto con ripetizioni, e sono rimasto disarmato davanti la complessità (e anche l'insensata richiesta, a mio parere) di questo integrale.
"pilloeffe":
Ciao Lebesgue, ciao Mephlip,
[quote="Mephlip"]Anche $ x=siny $ in $ \int \sqrt{1 - x^2}\text{d}x $, quando si è alle prime armi, sembra calata dall'alto, no?
Stavo osservando che questa sostituzione di cui scrive Mephlip in realtà "funziona" anche per l'integrale in questione:
$ 2 \int_0^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) \text{d}t = 2 \int_0^{\pi/2} 1/(1 + sin^2u)\text{d}u = 2 [(arctan(\sqrt2 tan u))/\sqrt2]_0^{\pi/2} = 2 \cdot \pi/(2 \sqrt2) = \pi/\sqrt2 $
[/quote]
Però l'integrale $ \int 1/(1 + sin^2u)\text{d}u$ come lo risolvi in maniera semplice? Non è assolutamente immediato vedere che la primitiva è quella che hai scritto tu, anzi tutt'altro...
Anche qui c'è un'identità fondamentale (a volte bistrattata): intendendo con "csc" la cosecante, è $\csc^2 u-\cot^2 u=1$. Quindi:
$$\frac{1}{1+\sin^2 u}=\frac{1}{\sin^2 u\left(1+\frac{1}{\sin^2 u}\right)}=\frac{\csc^2 u}{2+\cot^2 u}$$
Ed è $(\cot u)'=-\csc^2 u$.
Ottieni la primitiva di pilloeffe tramite le identità che legano le funzioni trigonometriche inverse per costanti: ad esempio, $\tan^{-1}u+\cot^{-1} u=\pi/2$. Ma forse lui ha fatto in un altro modo. Attendiamolo.
Comunque, a questo punto penso che l'integrale si possa trasformare (magari integrando per parti) in qualcosa di più standard. C'è anche da dire che i fisici fanno una barca di conti, quindi devono saperli fare e perciò vanno flagellati con integrali brutali.
$$\frac{1}{1+\sin^2 u}=\frac{1}{\sin^2 u\left(1+\frac{1}{\sin^2 u}\right)}=\frac{\csc^2 u}{2+\cot^2 u}$$
Ed è $(\cot u)'=-\csc^2 u$.
Ottieni la primitiva di pilloeffe tramite le identità che legano le funzioni trigonometriche inverse per costanti: ad esempio, $\tan^{-1}u+\cot^{-1} u=\pi/2$. Ma forse lui ha fatto in un altro modo. Attendiamolo.
Comunque, a questo punto penso che l'integrale si possa trasformare (magari integrando per parti) in qualcosa di più standard. C'è anche da dire che i fisici fanno una barca di conti, quindi devono saperli fare e perciò vanno flagellati con integrali brutali.
"Lebesgue":
Non è assolutamente immediato vedere che la primitiva è quella che hai scritto tu, anzi tutt'altro...
Ah sì, infatti l'ho specificato subito...
Comunque ho saltato dei passaggi, ma non è poi impossibile:
$ 2 \int_0^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) \text{d}t = 2 \int_0^{\pi/2} 1/(1 + sin^2u)\text{d}u = 2 \int_0^{\pi/2} (1/sin^2u)/(1 + 1/sin^2u)\text{d}u = $
$ = 2 \int_0^{\pi/2} (1/sin^2u)/(1 + (cos^2 u + sin^2 u)/sin^2u)\text{d}u = 2 \int_0^{\pi/2} (1/sin^2u)/ (cot^2 u + 2) \text{d}u $
Posto $v := cot u \implies \text{d}v = - 1/(sin^2 u) \text{d}u $, sicché si ottiene:
$ 2 \int_0^{\pi/2} (1/sin^2u)/ (cot^2 u + 2) \text{d}u = - 2 \int_{+\infty}^{0} (\text{d}v)/ (v^2 + 2) = 2 \int_0^{+\infty} (\text{d}v)/ (v^2 + 2) = 2 [arctan(v/\sqrt2)/\sqrt2]_0^{+\infty} = $
$ = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{\sqrt{2}} $
"Mephlip":
Anche qui c'è un'identità fondamentale (a volte bistrattata): intendendo con "csc" la cosecante, è $\csc^2 u-\cot^2 u=1$.
Wow questa mi è totalmente nuova
Sono consapevole del fatto che le identità trigonometriche siano una infinità, ma questa non mi era mai capitata sotto mano!
Comunque, a questo punto penso che l'integrale si possa trasformare (magari integrando per parti) in qualcosa di più standard.
Magari provo a vedere cosa esce, anche se ho dei dubbi sul fatto che integrando per parti la cosa possa addirittura migliorare
C'è anche da dire che i fisici fanno una barca di conti, quindi devono saperli fare e perciò vanno flagellati con integrali brutali.
Parliamoci chiaro: nessuna persona sana di mente si metterebbe a risolvere quell'integrale a mano: lo si da subito in pasto a wolfram e via.
Se uno deve valutare la preparazione di uno studente, a mio parere è molto più importante che si renda conto che quello è un integrale convergente e che dunque ha senso calcolarne il valore, anche senza calcolarlo in modo esplicito.
"pilloeffe":
Ah sì, infatti l'ho specificato subito...
Comunque ho saltato dei passaggi, ma non è poi impossibile:
$ 2 \int_0^1 1/((1+t^2)\sqrt(1-t^2)) \text{d}t = 2 \int_0^{\pi/2} 1/(1 + sin^2u)\text{d}u = 2 \int_0^{\pi/2} (1/sin^2x)/(1 + 1/sin^2u)\text{d}u = $
$ = 2 \int_0^{\pi/2} (1/sin^2x)/(1 + (cos^2 u + sin^2 u)/sin^2u)\text{d}u = 2 \int_0^{\pi/2} (1/sin^2x)/ (cot^2 u + 2) \text{d}u $
Posto $v := cot u \implies \text{d}v = - 1/(sin^2 u) \text{d}u $, sicché si ottiene:
$ 2 \int_0^{\pi/2} (1/sin^2x)/ (cot^2 u + 2) \text{d}u = - 2 \int_{+\infty}^{0} (\text{d}v)/ (v^2 + 2) = $ $ = 2 \int_0^{+\infty} (\text{d}v)/ (v^2 + 2) = 2 [arctan(v/\sqrt2)/\sqrt2]_0^{+\infty} = $
$ = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{\sqrt{2}} $
Tutto correttissimo, però ti consiglierei, appena hai tempo, di correggere quel $1/(\sin^2 x)$ al numeratore dopo il secondo uguale, con il più corretto $1/(\sin^2 u)$, giusto per non creare confusione ai posteri
(ovviamente si capisce subito che è solo un errore di battitura, ma meglio correre ai ripari al più presto
)
In effetti non so quanto possa migliorare per parti. Ma non faccio integrali da una vita, quindi lascio volentieri la palla ad altri.
Ero mezzo ironico, nel senso che: una parte di me ha un bias statistico (la maggior parte dei miei amici fisici è mostruosa a fare conti, e ho avuto fisici teorici come professori con una dimestichezza disarmante nei calcoli) e dall'altra sono d'accordo con te che non è un integrale del genere a dover stabilire la preparazione di uno studente in un corso base come analisi $1$. Comunque, io non mi fido più di Wolfram dal secondo anno di studi.
"Lebesgue":
Parliamoci chiaro: nessuna persona sana di mente si metterebbe a risolvere quell'integrale a mano: lo si da subito in pasto a wolfram e via.
Se uno deve valutare la preparazione di uno studente, a mio parere è molto più importante che si renda conto che quello è un integrale convergente e che dunque ha senso calcolarne il valore, anche senza calcolarlo in modo esplicito.
Ero mezzo ironico, nel senso che: una parte di me ha un bias statistico (la maggior parte dei miei amici fisici è mostruosa a fare conti, e ho avuto fisici teorici come professori con una dimestichezza disarmante nei calcoli) e dall'altra sono d'accordo con te che non è un integrale del genere a dover stabilire la preparazione di uno studente in un corso base come analisi $1$. Comunque, io non mi fido più di Wolfram dal secondo anno di studi.
"Mephlip":
Comunque, io non mi fido più di Wolfram dal secondo anno di studi.
Ma dai, diciamo che Wolfram va più che bene per calcoli di robe di analisi 1 o algebra lineare di base.
Poi è più che vero che già per conti di analisi 2 inizia a scapocciare male
Non so, siamo d'accordo che $e^{\sin x} \ge e^{-1}$ per ogni $x\in\mathbb{R}$ e che quindi $\lim_{x \to +\infty} xe^{\sin x}=+\infty$? Siamo inoltre d'accordo che questo è un limite abbastanza base di analisi $1$? Se siamo d'accordo su entrambe le cose, fagli calcolare $\lim_{x \to +\infty} xe^{\sin x}$.
Non ho mica detto vada bene "sempre" eheh
E' comunque uno strumento secondo me utile, ma non completo
Anyway, chatgpt sa calcolarlo correttamente
E' comunque uno strumento secondo me utile, ma non completo
Anyway, chatgpt sa calcolarlo correttamente
"Lebesgue":
ovviamente si capisce subito che è solo un errore di battitura, ma meglio correre ai ripari al più presto
Fatto, grazie. Visto che c'ero ho eliminato anche un doppio $ = $ che non serviva proprio. Andavo di fretta e probabilmente la cosa si è notata...
"Lebesgue":
l'esercizio in questione è preso da uno scritto di Analisi 1 a Fisica, di un ragazzo che aiuto con ripetizioni, e sono rimasto disarmato davanti la complessità (e anche l'insensata richiesta, a mio parere) di questo integrale.
Eh, dipende... Non so come sia adesso l'esame di Analisi matematica I nei corsi di laurea in Fisica o Matematica, innanzitutto perché a suo tempo frequentai il biennio di ingegneria (ma questo conta relativamente, perché comunque i miei docenti erano gli stessi del corso di laurea di Matematica), poi perché è un bel po' che sono fuori dal giro universitario (tipo più di un quarto di secolo...
), ma certo è che di integrali sull'impestato andante ad Analisi matematica I non ne ho visti pochi (anche se fra i miei compagni di corso ero già piuttosto rinomato per l'abilità di riuscire a risolvere anche quelli più difficili... )P.S. Quando ho frequentato e poi sostenuto l'esame di Analisi matematica I era l'anno accademico 1986-1987: Stephen Wolfram (al quale ho scritto qualche e-mail) era già nato, ma non Wolfram Alpha, che è comparso solo nel 2009 (me lo ricordo bene perché è l'anno di nascita del mio primo figlio).
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