Integrazione con fratti semplici
Sera ragazzi.
Esercitandomi con gli integrali mi sono ritrovato davanti questa roba:
\[\int \dfrac{1}{(1+x^2)^2}\]
La scomposizione in fratti semplici* sembra non essere efficace, perché alla fine mi ritrovo da calcolare questo stesso integrale (perché?
non dovrebbe funzionare in ogni caso?). Smanettando un po', integrando per parti un paio di volte, mi pare comunque di essere riuscito a calcolarlo - con non poca fatica.
Vi chiedo: esiste una sorta di algoritmo standard per integrare funzioni simili? In caso negativo, quale pensate possa essere la strada più conveniente da seguire?
Notte
[size=85]*né la sostituzione $x=:\sinh t$...[/size]
Esercitandomi con gli integrali mi sono ritrovato davanti questa roba:
\[\int \dfrac{1}{(1+x^2)^2}\]
La scomposizione in fratti semplici* sembra non essere efficace, perché alla fine mi ritrovo da calcolare questo stesso integrale (perché?
non dovrebbe funzionare in ogni caso?). Smanettando un po', integrando per parti un paio di volte, mi pare comunque di essere riuscito a calcolarlo - con non poca fatica. Vi chiedo: esiste una sorta di algoritmo standard per integrare funzioni simili? In caso negativo, quale pensate possa essere la strada più conveniente da seguire?
Notte
[size=85]*né la sostituzione $x=:\sinh t$...[/size]
Risposte
In generale, l'intergrle
\begin{align*}
\int \frac{1}{\left(1+x^2\right)^n}\,\,dx,
\end{align*}
si risolve per mezzo di una integrazione per parti ricorsiva:
\begin{align*}
I_{n-1}&=\int \frac{1}{\left(1+x^2\right)^{n-1}}\,\,dx= \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} -\int x d\left(\frac{1}{\left(1+x^2\right)^{n-1}}\right) \\
&= \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} -\int \frac{-2x^2({n-1})(1+x^2)^{n-2}\,\,dx}{\left(1+x^2\right)^{2n-2}} \\
&= \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} +2({n-1})\int \frac{x^2}{\left(1+x^2\right)^{ n }} \,\,dx\\
& = \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} +2({n-1})\int \frac{x^2+1}{\left(1+x^2\right)^{ n }} \,\,dx-2n\int \frac{1}{\left(1+x^2\right)^{ n }} \,\,dx\\
& = \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} +2({n-1})\int \frac{ 1}{\left(1+x^2\right)^{ {n-1} }} \,\,dx-2({n-1})\int \frac{1}{\left(1+x^2\right)^{ n }} \,\,dx\\
&=\frac{x}{\left(1+t^2\right)^ {n-1}} +2(n-1)\cdot I_{n-1}-2(n-1)\cdot I_{n },
\end{align*}
da cui la formula ricorsiva:
\begin{align*}
I_n&= \frac{x}{(2n-2)\left(1+x^2\right)^{n-1}} +\frac{2n-3}{2n-2}\cdot I_{n-1}.
\end{align*}
Così ad esempio, noto il fatto che
\begin{align*}
I_1 =\int \frac{1}{1+x^2 }\,\,dx=\arctan x
\end{align*}
ottieni
\begin{align*}
I_2&=\int \frac{1}{ (1+x^2)^2 }\,\,dx=\frac{x}{(4-2)\left(1+x^2\right)^{2-1}} +\frac{4-3}{4-2}\cdot I_{2-1}=\frac{x}{2\left(1+x^2\right) } +\frac{1}{ 2}\cdot I_{1}\\
&=\frac{x}{2\left(1+x^2\right) } +\frac{1}{ 2}\arctan x\\
I_3&=\int \frac{1}{ (1+x^2)^3 }\,\,dx=\frac{x}{(6-2)\left(1+t^2\right)^{3-1}} +\frac{6-3}{6-2}\cdot I_{3-1}=\frac{x}{4\left(1+x^2\right)^2 } +\frac{3}{ 4}\cdot I_{2}\\
&=\frac{x}{4\left(1+x^2\right)^2 }+\frac{3x}{8\left(1+x^2\right) } +\frac{3}{ 8}\arctan x.
\end{align*}
D'altra parte, quando le radici complesse coniugate del denominatore sono multiple si deve ricorrere al caso generale attraverso la regola di Hermite; supponiamo che il denominatore sia del tipo:
\begin{align*}
D(x)= (x-x_1)^{r_1}\cdot(x-x_2)^{r_2}\cdot....\cdot(x-x_h)^{r_h}\cdot(x^2+p_1x+q_1 )^{s_1}\cdot...\cdot(x^2+p_1x+q_1 )^{s_k}
\end{align*}
dove $r_1+r_2+...+r_h+2s_1+2s_2+...+2s_k=n,$ con $n$ del grado del denominatore: allora vale la seguente scomposizione:
\begin{align*}
\frac{N(x)}{D(x)}=\frac{A_1}{x-x_1}+...+\frac{A_h}{x-x_h}+\frac{B_1x+C_1}{x^2+p_1x+q_1}+...+\frac{B_kx+C_k}{x^2+p_kx+q_k}+\frac{d}{dx}\left( \frac{R(x)}{T(x)}\right),
\end{align*}
dove $R(x)$ è un generico polinomio di grado $n-r-2s;$ la regola per scrivere il termine dentro la derivata è in pratica la seguente: al denominatore si mettono tutti i fattori di $D(x)$ con molteplicità scalata di uno (in questo modo le radici semplici non contribuiscono) mentre al numeratore si mette un generico polnomio con grado minore di uno rispetto al denominatore appena costruito. In ogni caso, dopo aver eseguito la derivata dell'ultimo pezzo, ci si ritrova con un sistema di $n$ equazioni in $n$ incognite.
E' evidente che la formula porta a calcoli complessi ma, in ogni caso risolve il problema.
\begin{align*}
\int \frac{1}{\left(1+x^2\right)^n}\,\,dx,
\end{align*}
si risolve per mezzo di una integrazione per parti ricorsiva:
\begin{align*}
I_{n-1}&=\int \frac{1}{\left(1+x^2\right)^{n-1}}\,\,dx= \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} -\int x d\left(\frac{1}{\left(1+x^2\right)^{n-1}}\right) \\
&= \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} -\int \frac{-2x^2({n-1})(1+x^2)^{n-2}\,\,dx}{\left(1+x^2\right)^{2n-2}} \\
&= \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} +2({n-1})\int \frac{x^2}{\left(1+x^2\right)^{ n }} \,\,dx\\
& = \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} +2({n-1})\int \frac{x^2+1}{\left(1+x^2\right)^{ n }} \,\,dx-2n\int \frac{1}{\left(1+x^2\right)^{ n }} \,\,dx\\
& = \frac{x}{\left(1+x^2\right)^{n-1}} +2({n-1})\int \frac{ 1}{\left(1+x^2\right)^{ {n-1} }} \,\,dx-2({n-1})\int \frac{1}{\left(1+x^2\right)^{ n }} \,\,dx\\
&=\frac{x}{\left(1+t^2\right)^ {n-1}} +2(n-1)\cdot I_{n-1}-2(n-1)\cdot I_{n },
\end{align*}
da cui la formula ricorsiva:
\begin{align*}
I_n&= \frac{x}{(2n-2)\left(1+x^2\right)^{n-1}} +\frac{2n-3}{2n-2}\cdot I_{n-1}.
\end{align*}
Così ad esempio, noto il fatto che
\begin{align*}
I_1 =\int \frac{1}{1+x^2 }\,\,dx=\arctan x
\end{align*}
ottieni
\begin{align*}
I_2&=\int \frac{1}{ (1+x^2)^2 }\,\,dx=\frac{x}{(4-2)\left(1+x^2\right)^{2-1}} +\frac{4-3}{4-2}\cdot I_{2-1}=\frac{x}{2\left(1+x^2\right) } +\frac{1}{ 2}\cdot I_{1}\\
&=\frac{x}{2\left(1+x^2\right) } +\frac{1}{ 2}\arctan x\\
I_3&=\int \frac{1}{ (1+x^2)^3 }\,\,dx=\frac{x}{(6-2)\left(1+t^2\right)^{3-1}} +\frac{6-3}{6-2}\cdot I_{3-1}=\frac{x}{4\left(1+x^2\right)^2 } +\frac{3}{ 4}\cdot I_{2}\\
&=\frac{x}{4\left(1+x^2\right)^2 }+\frac{3x}{8\left(1+x^2\right) } +\frac{3}{ 8}\arctan x.
\end{align*}
D'altra parte, quando le radici complesse coniugate del denominatore sono multiple si deve ricorrere al caso generale attraverso la regola di Hermite; supponiamo che il denominatore sia del tipo:
\begin{align*}
D(x)= (x-x_1)^{r_1}\cdot(x-x_2)^{r_2}\cdot....\cdot(x-x_h)^{r_h}\cdot(x^2+p_1x+q_1 )^{s_1}\cdot...\cdot(x^2+p_1x+q_1 )^{s_k}
\end{align*}
dove $r_1+r_2+...+r_h+2s_1+2s_2+...+2s_k=n,$ con $n$ del grado del denominatore: allora vale la seguente scomposizione:
\begin{align*}
\frac{N(x)}{D(x)}=\frac{A_1}{x-x_1}+...+\frac{A_h}{x-x_h}+\frac{B_1x+C_1}{x^2+p_1x+q_1}+...+\frac{B_kx+C_k}{x^2+p_kx+q_k}+\frac{d}{dx}\left( \frac{R(x)}{T(x)}\right),
\end{align*}
dove $R(x)$ è un generico polinomio di grado $n-r-2s;$ la regola per scrivere il termine dentro la derivata è in pratica la seguente: al denominatore si mettono tutti i fattori di $D(x)$ con molteplicità scalata di uno (in questo modo le radici semplici non contribuiscono) mentre al numeratore si mette un generico polnomio con grado minore di uno rispetto al denominatore appena costruito. In ogni caso, dopo aver eseguito la derivata dell'ultimo pezzo, ci si ritrova con un sistema di $n$ equazioni in $n$ incognite.
E' evidente che la formula porta a calcoli complessi ma, in ogni caso risolve il problema.
Funziona con $x= tan t$
$\int(1+tan^2t)/(1+tan^2t)^2dt=\int(1)/(1+tan^2t)dt= \int cos^2tdt=$
$\int1/2(1+cos2t)dt = 1/2(t+sintcost)$
Quindi
$\int1/(1+x^2)^2dx=1/2(arctanx+x/(1+x^2))$
$\int(1+tan^2t)/(1+tan^2t)^2dt=\int(1)/(1+tan^2t)dt= \int cos^2tdt=$
$\int1/2(1+cos2t)dt = 1/2(t+sintcost)$
Quindi
$\int1/(1+x^2)^2dx=1/2(arctanx+x/(1+x^2))$
Grazie per gli interventi ragazzi Porca miseria! La formula ricorsiva per questo integrale l'avevo anche letta, ma me n'ero completamente dimenticato... 
La formula di Hermite la conosco, ma evito sempre di utilizzarla (fondamentalmente perché quasi sempre porta a conti spaventosamente lunghi, ma anche perché ci è stata "buttata addosso" senza uno straccio di dimostrazione, che non è riportata nemmeno nei testi che possiedo). Furba la sostituzione di Quinzio 
Quello che ancora mi lascia un po' perplesso è che il mio libro mi "vende" il metodo dei fratti semplici come un qualcosa di infallibile per il calcolo dell'integrale di una qualsiasi funzione razionale (e così era stato fino a ieri )...ho interpretato male?
Porca miseria! La formula ricorsiva per questo integrale l'avevo anche letta, ma me n'ero completamente dimenticato... La formula di Hermite la conosco, ma evito sempre di utilizzarla (fondamentalmente perché quasi sempre porta a conti spaventosamente lunghi, ma anche perché ci è stata "buttata addosso" senza uno straccio di dimostrazione, che non è riportata nemmeno nei testi che possiedo). Furba la sostituzione di Quinzio Quello che ancora mi lascia un po' perplesso è che il mio libro mi "vende" il metodo dei fratti semplici come un qualcosa di infallibile per il calcolo dell'integrale di una qualsiasi funzione razionale (e così era stato fino a ieri
)...ho interpretato male?
mi accodo al dubbio di peppe. Anche io provai a svolgere quella roba con i fratti semplici, senza successo.
Come mai non funzione in questo caso?
In particolare mi sono accorto che non funziona quando si ha un integrale di questo tipo
$\int ( 1/(ax^2+bc+c)^2$ con il discriminante del polinomio a denominatore negativo.
Come mai non funzione in questo caso?
In particolare mi sono accorto che non funziona quando si ha un integrale di questo tipo
$\int ( 1/(ax^2+bc+c)^2$ con il discriminante del polinomio a denominatore negativo.
"Kashaman":
mi accodo al dubbio di peppe. Anche io provai a svolgere quella roba con i fratti semplici, senza successo.
Come mai non funzione in questo caso?
In particolare mi sono accorto che non funziona quando si ha un integrale di questo tipo
$\int ( 1/(ax^2+bc+c)^2$ con il discriminante del polinomio a denominatore negativo.
Concordo.
Ammesso che sia effettivamente così, mi pare - e dico mi pare - integrali del genere dovrebbero essere tutti riconducibili, tramite opportune sostituzioni, a quello di cui parlava Noisemaker. Dannati integrali
dannato il modo con cui ci hanno appioppato questi teoremi.. grazie a Noisemaker ho più o meno capito come funziona Hermite.
"Plepp":
ma anche perché ci è stata "buttata addosso" senza uno straccio di dimostrazione, che non è riportata nemmeno nei testi che possiedo).
fermo restando che il metodo è effetivamente portatore di calcoli piuttosto laboriosi, immagino che anche quando ti hanno introdotto i numeri complessi ( o te li introdurranno) , il teorema fondamentele dell'agebra te l'abbiano enunciato senza dimostrarlo, ma immagino anche che non per questo tu non ne abbia mai fatto uso ...
[ot]@ Noisemaker: Quella roba lì (i.e. \(\int \frac{1}{(1+x^2)^n}\ \text{d} x\)) l'avevo lasciata come esercizio ai miei studenti (Informatici e Scienze Nautiche) dell'anno passato.
Alcuni ci avevano provato, avvicinandosi alla formula... Poi ne abbiamo discusso un po' in aula.
Quest'anno, invece, avevo lasciato un teorema di punto fisso (tipo, "mostrare che \(f:[0,1]\to [0,1]\) continua ha ameno un punto fisso") e un altro problemino che al momento non mi sovviene.
Alcuni ragazzi si sono divertiti, ne abbiamo parlato, e ne hanno parlato pure con il docente (io facevo le esercitazioni).[/ot]
Alcuni ci avevano provato, avvicinandosi alla formula... Poi ne abbiamo discusso un po' in aula.
Quest'anno, invece, avevo lasciato un teorema di punto fisso (tipo, "mostrare che \(f:[0,1]\to [0,1]\) continua ha ameno un punto fisso") e un altro problemino che al momento non mi sovviene.
Alcuni ragazzi si sono divertiti, ne abbiamo parlato, e ne hanno parlato pure con il docente (io facevo le esercitazioni).[/ot]
[ot]@ gugo82: Proviamoci allora
Si tratta di dimostrare che esiste un $x\in[0;1]\qquad $ tale che $f(x)=x.\qquad$ Posto allora $g(x)=fx)-x \qquad $
avremo
\begin{align}
g(0)=f(0)\ge0,\qquad \text{e}\qquad g(1)=f(1)\le0.
\end{align}
Ora, se $f(0)=0\qquad$ o $f(1)=1\qquad$ non c'è nulla da provare; se invece $f(0)<0\qquad$ e $f(1)<1\qquad$ avremo $g(0)>0\qquad$ e $g(1)<0:\qquad$ ma allora per il teorema degli zeri (o dei valori intermedi), essendo $g(x)\qquad$ continua, esiste un punto $x\in[0;1]\qquad $ tale che $g(x)=0,\qquad$ ossia
\begin{align}
g(x)=fx)-x=0\qquad \Rightarrow\qquad f(x)=x.
\end{align}[/ot]
Si tratta di dimostrare che esiste un $x\in[0;1]\qquad $ tale che $f(x)=x.\qquad$ Posto allora $g(x)=fx)-x \qquad $
avremo
\begin{align}
g(0)=f(0)\ge0,\qquad \text{e}\qquad g(1)=f(1)\le0.
\end{align}
Ora, se $f(0)=0\qquad$ o $f(1)=1\qquad$ non c'è nulla da provare; se invece $f(0)<0\qquad$ e $f(1)<1\qquad$ avremo $g(0)>0\qquad$ e $g(1)<0:\qquad$ ma allora per il teorema degli zeri (o dei valori intermedi), essendo $g(x)\qquad$ continua, esiste un punto $x\in[0;1]\qquad $ tale che $g(x)=0,\qquad$ ossia
\begin{align}
g(x)=fx)-x=0\qquad \Rightarrow\qquad f(x)=x.
\end{align}[/ot]
"Noisemaker":
[quote="Plepp"] ma anche perché ci è stata "buttata addosso" senza uno straccio di dimostrazione, che non è riportata nemmeno nei testi che possiedo).
fermo restando che il metodo è effetivamente portatore di calcoli piuttosto laboriosi, immagino che anche quando ti hanno introdotto i numeri complessi ( o te li introdurranno) , il teorema fondamentele dell'agebra te l'abbiano enunciato senza dimostrarlo, ma immagino anche che non per questo tu non ne abbia mai fatto uso ...
[/quote]Hai perfettamente ragione
anche se del TFA in molti contesti non si può fare a meno, di Hermite sì @gugo:
[ot]Che piacere rivederti in giallo!
come ti scrissi un po' di tempo fa, il blue non ti dona per niente 
[/ot]Insomma ragazzi, qual'è la sentenza? Il mio libro "mente"?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo