Lezioni di analisi matematica/Capitolo 12/Paragrafo 76

by Guido Fubini

Capitolo 12 - Integrazione delle frazioni razionali

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Guido Fubini - Lezioni di analisi matematica (1920)

Capitolo 12 - Integrazione delle frazioni razionali

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§ 76. — Integrazione delle frazioni razionali.

1° Ci occupiamo naturalmente soltanto delle frazioni reali (quozienti di polinomi a coefficienti reali). Diremo semplice ogni frazione del tepo ${\frac {A}{x+a}}$, cioè ogni quoziente di una costante $A$ per un polinomio di primo grado $x+a$, ed ogni frazione del tipo

${\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}$,

cioè ogni quoziente di un polinomio $Mx+N$ di primo grado per un trinomio $x^{2}+px+q$ di secondo grado, purchè

${\frac {p^{3}}{4}}-q<0$ ossia $q-{\frac {p^{2}}{4}}>0$,

cioè purchè l'equazione $x^{3}+px+q=0$ abbia radici complesse.

Teor. Ogni frazione ${\frac {P(x)}{T(x)}}$ è somma

$\alpha$) di un polinomio $Q(x)$ (il quoziente ottenuto dividendo $P(x)$ per $T(x)$; esso è nullo soltanto se il grado $p$ di $P(x)$ è inferiore al grado $t$ di $T(x)$; $\beta$) di frazioni semplici, ciascuna delle quali ha per denominatore uno dei fattori di primo o di secondo grado, in cui, secondo il teorema del § 16, pag. 52-53, si può decomporre il denominatore $\mathrm {T(x)}$;

$\gamma$) della derivata di una frazione

${\frac {V(x)}{W(x)}}$,

il cui denominatore $\mathrm {W(x)}$ è il massimo comun divisore di $\mathrm {T(x)}$ e $\mathrm {T'(x)}$, ossia il polinomio che si deduce da $\mathrm {T(x)}$ diminuendo di un'unità l'esponente di ognuno dei suoi fattori precedentemente citati, mentre $\mathrm {V(x)}$ è un polinomio di grado inferiore al grado di $\mathrm {W(x)}$. Cosicchè, se $\mathrm {T(x)}$ è privo di fattori multipli, $\mathrm {W(x)}$ è una costante (polinomio di grado zero), $V(x)$ è quindi nullo; e questa funzione $\mathrm {\frac {V}{W}}$ è nulla.

Oss. Notiamo che in $\gamma$) abbiamo dato due modi per calcolare $W(x)$. Secondo il caso, sarà più utile l'uno o latro procedimento.

Così, p. es., se

$T(x)=k(x+a_{1})(x+a_{2})^{2}(x^{2}+px+q)^{3}\left({\frac {p^{2}}{4}}-q<0\right)$,

dal teorema precedente risulta che in ogni frazione ${\frac {P(x)}{T(x)}}$ si può decomporre nella somma: $\alpha$) del polinomio $Q(x)$ ottenuto dividendo $P(x)$ per $T(x)$; $\beta )$ di tre frazioni semplici           ${\frac {A_{1}}{x+a_{1}}}$     ,     ${\frac {A_{2}}{x+a_{2}}}$     ,     ${\frac {Mx+N}{(x^{2}+px+q)}}$; $\gamma$ e infine di una derivata

${\frac {d}{dx}}\left[{\frac {b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+d_{3}x^{3}+b_{4}x^{4}}{(x+a_{2})(x^{2}+px+q)^{2}}}\right]$.

E noi, anzichè dimostrare il teorema in generale, ci riferiremo per semplicità a questo esempio. La dimostrazione si estende però al caso più generale soltanto con qualche complicazione di notazioni.

Dim. Siano $Q(x)$, $R(x)$ quoziente e resto ottenuti dividendo $P(x)$ per $T(x)$. Tale resto $R(x)$ sarà di grado inferiore al grado di $T(x)$, che nel caso attuale vale $9$. Potremo porre

${\frac {P(x)}{T(x)}}=Q(x)+{\frac {R(x)}{T(x)}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,$(1)

dove $\mathrm {R(x)}$ è al massimo di ottavo grado. Basterà provare che ${\frac {R(x)}{T(x)}}$ si può decomporre nella somma di addendi $\mathrm {\beta }$) e $\gamma$); ossia che si possono trovare delle costanti $A_{1}$, $A_{2}$, $M$, $N$, $b_{0}$, $b_{1}$, $b_{2}$, $b_{3}$, $b_{4}$ cosicchè sia

${\frac {R(x)}{T(x)}}={\frac {A_{1}}{x+a_{1}}}+{\frac {A_{2}}{x+a_{2}}}+{\frac {Mx+N}{x^{2}+xp+q}}+{\frac {d}{dx}}\left[{\frac {b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+...b_{4}x^{4}}{(x+a_{2})(x^{2}+px+q)^{2}}}\right]$. (2)

Il metodo migliore per calcolare l'ultimo termine (da seguirsi anche negli esercizi numerici) è quello di derivare applicando la regola di derivazione di un prodotto, considerando p. es. nel caso attuale la frazione da derivare come il prodotto di $b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+...+b_{4}x^{4}$ per $(x+a_{2})^{-1}$ e per $(x^{2}+px+q)^{-2}$. Si trova allora che la nostra uguaglianza diventa:

${\frac {R(x)}{T(x)}}={\frac {A_{1}}{x+a_{1}}}+{\frac {A_{2}}{x+a_{2}}}+{\frac {Mx+n}{x^{2}+px+q}}+{\frac {b_{1}+2b_{2}x+...+4b_{4}x^{3}}{(x+a_{2})(x^{2}+px+q)^{2}}}-$

$-{\frac {b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+...+b_{4}x^{4}}{(x+a_{2})^{2}(x^{2}+px+q)^{2}}}-2{\frac {(b_{0}+b_{1}x+...+b_{4}x^{4})(2x+p)}{(x+a_{2})(x^{2}+px+q)^{2}}}$. (2)^bis

Moltiplicando per ${\frac {1}{k}}T(x)=(x+a_{1})(x+a_{2})^{2}(x^{2}+px+q)^{2}$, tutti i denominatori svaniscono; e l'uguaglianza precedente diventa:

${\frac {1}{k}}R(x)=A_{1}(x+a_{2})^{2}(x^{2}+px+q)^{3}+A_{2}(x+a_{1})(x+a_{2})(x^{2}+px+q)^{3}$

$+(Mx+N)(x+a_{1})(x+a_{2})^{2}(x^{2}+px+q)^{2}$

$+(x+a_{1})(x+a_{2})(x^{2}+px+q)(b_{1}+2b_{2}x+...+4b_{4}x^{3})$

$-(b_{0}+b_{1}x+...+b_{4}x^{4})(x+a_{1})(x^{2}+px+q)$

$-2(b_{0}+b_{1}x+...+b_{4}x^{4})(2x+p)(x+a_{1})(x+a_{2})$,

dove il secondo membro è ancora al massimo di ottavo grado, perchè ogni suo termine è stato ottenuto moltiplicando ${\frac {1}{k}}T(x)$ (di grado nove) per una frazione il cui numeratore è di grado inferiore al denominatore.

Se noi sviluppiamo il secondo membro, otterremo un'espressione del tipo:

$c_{0}+c_{1}x+c_{2}x^{2}+.....+c_{7}x^{7}+c_{8}x^{8}$,

dove evidentemente le $c_{i}$ sono polinomii omogenei di primo grado nelle $9$ costanti da determinarsi $A_{1}$, $A_{2}$, $M$, $N$, $b_{0}$, $b_{1}$ ... $b_{4}$. Se

${\frac {}{k}}R(x)=r-0+r_{1}x+...+r_{8}x^{8}$,

la nostra uguaglianza diventa

${\begin{Bmatrix}c_{0}=r_{0}\\c_{1}=r_{1}\\.\,.\,.\,.\,.\,.\,\\c_{8}=r_{8}\end{Bmatrix}}$ (3)

Le (3) sono effettivamente un sistema di nove equazioni lineari nelle nove incognite $a_{1}$, $A_{2}$, ....., $b_{4}$; le quali ora proveremo, si possono risolvere con la regola di Cramer.

Infatti, se la regola di Cramer non fosse applicabile alle (3), il determinante dei coefficienti delle nove incognite in tali equazioni sarebbe nullo. E in tal caso per il teorema del § 27 alle equazioni omogenee che si deducono dalle precedenti (3) sostituendo lo zero al posto delle $r$, si potrebbe soddisfare con valori non tutti nulli delle incognite. Se le $r$ sono nulle, anche $R(x)$ sarebbe nullo. Quindi, poichè le (3) sono equivalenti alle (2) e (2)_bis, si potrebbe soddisfare identicamente alla (2) supponendo $R(x)$ identicamente nullo, e le $A_{1}$, $A_{2}$, ....., $b_{4}$, nno tutte nulle. Dimostreremo che ciò è assurdo.

Infatti, se così fosse, da (2) si dedurrebbe in tali ipotesi:

${\frac {d}{dx}}\left[{\frac {b_{0}+.....+b_{4}x^{4}}{(x+a_{2})(x^{2}+px+q)^{2}}}\right]=-{\frac {A_{1}}{x+a_{1}}}-{\frac {A_{2}}{x+a_{2}}}-{\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}$.

Se passiamo al limite per $x=-a_{1}$, il primo membro tende a un limite finito; altrettanto dovrà accadere al secondo membro. E quindi è $A_{1}=0$.

Il secondo membro diventa per $x=+a_{2}$ infinito del primo (e non del secondo) ordine¹; altrettanto dovrà avvenire del primo membro. E quindi $b_{0}+.....+b_{4}x^{4}$ è divisibile per $x+a_{2}$. Ma in tal caso il primo membro è finito per $x=-a_{2}$. Altrettanto deve avvenire al secondo membro. E quindi $A_{2}=0$.

Il secondo membro è infinito del primo (e non del terzo) ordine nei punti (complessi) che annullano $x^{2}+px+q$. Come sopra se ne dedurrà che $b_{0}+.....+b_{4}x^{4}$ è divisibile per $(x^{2}+px+q)^{2})$ e quindi che $M=N=0$.

D'altra parte il polinomio $b_{0}+b_{1}x+.....+b_{4}x^{4}$ di quarto grado può essere divisibile per $(x+a_{2})$ e per $(x^{2}+px+q)^{2})$, soltanto se è divisibile per il loro prodotto, che è un polinomio di quinto grado; cioè soltanto se tutte le <math<b</math> sono nulle. È dunque impossibile che $R(x)=0$, se qualcuna delle nostre incognite $A_{1}$, $M_{2}$, ..... $b_{4}$ è differente da zero.

Il nostro teorema risulta così dimostrato; e si vede in più che gli addendi creati sono determinati in modo univoco.

2° Noi dunque sapremo integrare ogni frazione, se sappiamo integrare $\alpha$) ogni polinomio $Q(x)=k_{0}+k_{1}x+k_{2}x^{2}+.....+k_{8}x^{8}$; $\beta$) ogni frazione semplice del tipo

${\frac {A}{x+a}}$;

$\beta '$) ogni frazione semplice del tipo

               ${\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}$               $\left({\frac {p^{2}}{4}}-q<0\right)$;

$\gamma$) ogni espressione     ${\frac {d}{dx}}{\frac {Vx}{W(x)}}$.

Ora gli integrali di $(\alpha )$, $(\beta )$, $(\gamma )$ sono rispettivamente

$k_{0}x+k_{1}{\frac {x^{2}}{2}}+k_{2}{\frac {x^{3}}{3}}+.....+k_{s}{\frac {x^{s+1}}{s-1}}+{\text{cost}}$.

$A\log |x+a|+{\text{cost}}$.

${\frac {V(x)}{W(x)}}+{\text{cost}}$.

Basterà saper calcolare l'integrale di $\beta '$), cioè:

$\int \,{\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}dx$               ${\frac {p^{2}}{4}}-q<0 \choose {\text{cioe}}\,k={\sqrt {q-{\frac {p^{2}}{4}}{\text{reale}}}}$.

Ora:

$Mx+N={\frac {M}{2}}(2x+p)+(\left(N-p{\frac {M}{2}}\right)$.

Cosicchè: $\int {\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}dx={\frac {M}{2}}\int {\frac {2x+p}{x^{+}px+q}}dx+\left(N-p{\frac {M}{2}}\right)\int {\frac {dx}{x^{2}+px+q}}$ Ora:

$\int {\frac {2x+p}{x^{2}+px+q}}dx=\log(x^{2}+px+q)$.

E, poichè

$x^{2}+px+q=\left(x+{\frac {p}{2}}\right)^{2}+k^{2}$,

sarà:

$\int {\frac {dx}{x^{2}+px+q}}=\int {\frac {d\left(x+{\frac {p}{2}}\right)}{\left(x+{\frac {p}{2}}\right)^{-2}+k^{2}}}={\frac {1}{k}}\,{\text{artg}}\,{\frac {x+{\frac {p}{2}}}{k}}$.

Dunque:

$\int {\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}dx={\frac {M}{2}}\log(x^{2}+px+p)+{\frac {1}{\sqrt {q-{\frac {p^{2}}{4}}}}}\,{\text{artg}}\,{\frac {x+{\frac {p}{2}}}{\sqrt {q-{\frac {p^{2}}{4}}}}}+{\text{cost.}}$

Il nostro problema è completamente risoluto.

Così, p. es., per integrare

${\frac {x^{5}+2x^{3}+5x^{2}+x+1}{x^{2}(x^{2}+1)^{2}}}$,

si ponga:

${\frac {x^{5}+2x^{3}+5x^{2}+x+1}{x^{2}(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {A}{x}}+{\frac {Mx+N}{x^{2}+1}}+{\frac {d}{dx}}\left({\frac {b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}}{x(x^{2}+1)}}\right)$,

dove manca al secondo membro ogni polinomio, perchè nel primo membro il grado del numeratore è inferiore a quello del denominatore. Si trova:

   $A=1$,   $M=0$,   $N=1$,   $b_{2}=1$,   $b_{1}=0$,   $b_{0}=-1$.

E quindi l'integrale cercato vale:

$\log |x|+\,{\text{artg}}\,x+{\frac {x^{2}+1}{x(x^{2}+1)}}+\,{\text{cost}}.$

(

1. Quando naturalmente si assuma ${\frac {1}{x+a_{2}}}$ come infinito principale.