$\int\x^2sqrt(x^2+1)dx$ ignorando le funzioni iperboliche

[Erasmus_First]

Certi integrali si trovano facilmente sostituendo la variabile d'integrazione con una funzione iperbolica.
E' il caso della ricerca d'una primitiva di una funzione del tipo
$f(x) = P(x)·sqrt(x^2 +1)$ (dove $P(x)$ è un polinomio in $x$)
nel quale conviene la posizione $x = sinh(φ)$ da cui consegue:
$sqrt(x^2+1)=cosh(φ)$ ∧ $dx=cosh(φ)·dφ$.
Gli stessi integrali diventano molto meno semplici ignorando le funzioni iperboliche.

Per esempio, l'ntegrale
$\int\x^2sqrt(x^2+1)dx$
si può fare con la sostituzione
$x=tan(φ) = sin(φ)/cos(φ)$
per cui risulta $sqrt(x^2+1)=1/cos(φ)$ e $dx=1/(cos^2(φ))dφ$; e in definitiva, [ponendo per brevità $s$ in luogo di $sin(φ)$ e $c$ in luogo di $cos(φ)$]:
$\int\x^2sqrt(x^2+1)dx=\int\s^2/c^2·1/c·(dφ)/c^2=\int\s^2/c^5·dφ=\int\s^2/c^6(cdφ) = \int\s^2/(1-s^2)^3 ds$.
Beh: ho detto anche troppo!
Si tratta ora di trovare una primitiva della funzione razionale di $s$
$f(s)=s^2/(1-s^2)^3$
e quindi sostituire nella trovata primitiva $s$ con $x/sqrt(x^2+1)$.

• Calcolare $\int\x^2sqrt(x^2+1)dx$ ignorando le funzioni iperboliche.
Suggerimento. Calcolare
$G(s) = \int\s^2/(1-s^2)^3 ds$
e poi porre in $G(s)$
$s=x/sqrt(x^2+1)$
_______

[.Ruben.17]

$ \int s^2/(1-s^2)^3 ds = 1/4 \int (-4s)/(s^2-1)^3 *s ds = 1/4 [s/(s^2-1)^2 - \int 1/(s^2-1)^2 ds] $

Scomponendo $1/(s^2-1)^2$ con il metodo dei fratti semplici si ottiene:
$\int 1/(s^2-1)^2 ds = 1/4 \int -1/(s-1)+ 1/(s-1)^2 +1/(s+1) + 1/(s+1)^2 ds=1/4[-log|s-1|-1/(s-1) - 1/(s+1) + log|s+1| ]$

Quindi $ \int s^2/(1-s^2)^3 ds = 1/4 [s/(s^2-1)^2 - \int 1/(s^2-1)^2 ds] = 1/4 [s/(s^2-1)^2 - 1/4[-log|s-1|-1/(s-1) - 1/(s+1) + log|s+1| ] = 1/16 [(4s)/(s^2-1)^2 +log|s-1|+1/(s-1) + 1/(s+1) - log|s+1| ]$

Da cui "dovrebbe bastare" sostituire come scritto sopra; magari lo posto più tardi

[anto_zoolander]

Propongo una soluzione totalmente diversa

$intx^2sqrt(x^2+1)dx$

$1/2intx*(2x)sqrt(x^2+1)dx=1/2x(x^2+1)^(3/2)-1/2int(x^2+1)^(3/2)dx$

$1/2x(x^2+1)^(3/2)-1/2int(x^2+1)^(3/2)dx=1/2x(x^2+1)^(3/2)/(3/2)-1/2int(x^2+1)sqrt(x^2+1)/(3/2)dx$

tenendo conto della catena di uguaglianze

$intx^2sqrt(1+x^2)dx=1/3x(x^2+1)^(3/2)-1/3intx^2sqrt(x^2+1)dx-1/3intsqrt(1+x^2)dx$

$4/3intx^2(1+x^2)dx=1/3x(x^2+1)^(3/2)-1/3intsqrt(x^2+1)dx$

$intx^2(1+x^2)dx=1/4x(x^2+1)^(3/2)-1/4intsqrt(x^2+1)dx$

ora mi concentro sull'integrale interno e pongo $x+t=sqrt(x^2+1)$ da cui ricavo:

${(x=(1-t^2)/(2t)),(dx=-(t^2+1)/(2t^2)dt),(sqrt(x^2+1)=t+(1-t^2)/(2t)):}$

$intsqrt(x^2+1)dx=int((t^2-1)/(2t)-t)*((t^2+1)/(2t^2))dt=int(t^4-1)/(4t^3)-(t^2+1)/(2t)dt$

$intt/4-1/(4t^3)-t/2-1/(2t)dt=t^2/8+1/(8t^2)-t^2/4-1/2ln|t|$

ora riporto tutto nell'equazione precedente

$1/4x(x^2+1)^(3/2)-1/4[t^2/8+1/(8t^2)-t^2/4-1/2ln|t|]+c$

$1/4x(x^2+1)^(3/2)-t^2/32-1/(32t^2)+t^2/16+1/8ln|t|+c$

ora ricordando che $t=sqrt(x^2+1)-x$ sostituisco...

[size=85]$1/4x(x^2+1)^(3/2)-(sqrt(x^2+1)-x)^2/32-1/(32(sqrt(x^2+1)-x)^2)+(sqrt(x^2+1)-x)^2/16+1/8ln|sqrt(x^2+1)-x|+c$[/size]



nb: nell'utilizzare la sostituzione $t=sqrt(x^2+1)-x$ si ha che $forallx(x inRR$ \(\displaystyle \Longrightarrow \) $ t>0)$ quindi non ci sono problemi nell'elevare al quadrato $t+x=sqrt(x^2+1)$(o anche dividere)

Mi aspetto qualche forma di rilancio da parte di Gugo

[gugo82]

Non riesco a visualizzare lo spoiler... Appena riesco provo.

*** EDIT: Appena visto... Rimane solo da aggiungere che, in generale, gli integrali del tipo segnalato da Erasmus rientrano in quelli di tipo:
\[
\int \mathcal{R}(x, \sqrt{ax^2+bx+c})\ \text{d}x\; ,
\]
in cui \(\mathcal{R}(x,y)\) è una funzione razionale dei suoi argomenti (i.e., un rapporto tra polinomi in $x$ ed $y$), i quali si possono risolvere con le classiche sostituzioni di Eulero.
Tali sostituzioni sono quelle ricavabili dalle formule seguenti:

[list=1][*:16s9x3mm] \(\sqrt{ax^2+bx+c} = \pm \sqrt{a}\ x + t\) se $a>0$;

[/*:m:16s9x3mm]
[*:16s9x3mm] \(\sqrt{ax^2+bx+c} = xt \pm \sqrt{c}\) se $c>0$;

[/*:m:16s9x3mm]
[*:16s9x3mm] \(\sqrt{ax^2+bx+c} = (x-x_1)t\) se $\Delta =b^2-4ac>0$ ed $x_1$ è uno degli zeri del radicando;[/*:m:16s9x3mm][/list:o:16s9x3mm]

e consentono sempre di razionalizzare l'integrale, cioè di trasformarlo in un integrale di una funzione razionale della sola variabile ausiliaria $t$.