Soluzioni
  • Eccoci:

    \int\frac{\sin\left(\frac{1}{x}\right)\cos\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin^2\left(\frac{1}{x}\right)+2\sin\left(\frac{1}{x}\right)+5}\cdot\frac{1}{x^2}dx=

    è a tutti gli effetti un integrale di funzioni trigonometriche che può essere risolto con il metodo di integrazione per sostituzione, ponendo

    y=\frac{1}{x}

    e calcolando il nuovo differenziale associato

    dy=-\frac{1}{x^2}dx

    Grazie alla sostituzione l'integrale si scrive come

    =-\int\frac{\sin(y)\cos(y)-\cos(y)}{\sin^2(y)+2\sin(y)+5}dy=

    A questo punto possiamo raccogliere totalmente il coseno al numeratore:

    =-\int\frac{\sin(y)-1}{\sin^2(y)+2\sin(y)+5}\cdot\cos(y)dy=

    e sostituiamo ponendo

    z=\sin(y)\implies dz=\cos(y)dy

    (abbiamo semplicemente calcolato al derivata del seno). Grazie alla sostituzione l'integrale diventa

    =-\int\frac{z-1}{z^2+2z+5}dz=(\bullet)

    Osserviamo che la sostituzione effettuata ci ha permesso di passare da un integrale di una funzione trigonometrica ad un integrale di una funzione razionale fratta in cui il grado del numeratore è minore di quello del denominatore.

    Il denominatore dell'integranda, inoltre, è un trinomio di secondo grado con discriminante associato negativo e pertanto dobbiamo utilizzare le tecniche risolutive adatte ai cosiddetti integrali con delta negativo.

    Il trucco consiste nell'esprimere l'integranda come

    \frac{z-1}{z^2+2z+5}=\frac{z+1}{z^2+2z+5}-\frac{2}{z^2+2z+5}

    in questo modo il primo addendo ha come primitiva un logaritmo.

    Manipoliamo algebricamente il secondo addendo in modo che abbia come primitiva un'arcotangente, in che modo? Semplicissimo, dobbiamo prima di tutto completare il quadrato al denominatore

    \\ \frac{2}{z^2+2z+5}= \\ \\ \\ =\frac{2}{z^2+2z+1+4}= \\ \\ \\ = \frac{2}{(z+1)^2+4}= \\ \\ \\ = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{(z-1)^2}{4}}=

    Scriviamo 4 come 2^2 e mediante le proprietà delle potenze, possiamo trasportarlo questo fattore all'interno del quadrato (z-1)^2

    =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\left(\frac{z-1}{2}\right)^2}

    Perfetto, ora possiamo risolvere l'integrale

    \\ (\bullet )=-\int\left(\frac{z+1}{z^2+2z+5}-\frac{2}{z^2+2z+5}\right)dz= \\ \\ \\ = -\left(\int\frac{z+1}{z^2+2z+5}dz- \frac{1}{2}\int\frac{1}{1+\left(\frac{z-1}{2}\right)^2}dz\right)=

    Il primo integrale è pronto per essere risolto a patto che di moltiplicare e dividere per 2, in questo modo ci riconduciamo ad un integrale notevole in forma generale avente per risultato un logaritmo.

    Il secondo può essere ricondotto ad un integrale notevole avente per risultato un'arcotangente.

    \\ =-\left(\frac{1}{2}\int\frac{2z+2}{z^2+2z+5}dz-\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+\left(\frac{z-1}{2}\right)^2}dz\right)= \\ \\ \\ = -\frac{1}{2}\ln(|z^2+2z+5|)+\arctan\left(\frac{z-1}{2}\right)+K= \\ \\ \\ -\frac{1}{2}\ln(z^2+2z+5)+\arctan\left(\frac{z-1}{2}\right)+K

    dove K\in\mathbb{R} è una costante reale additiva.

    Osservazione: il valore assoluto all'interno del logaritmo è superfluo giacché il polinomio di secondo grado z^2+2z+5 è certamente positivo perché ha discriminante negativo e coefficiente direttore positivo.

    Non abbiamo ancora finito, ma siamo in dirittura d'arrivo, dobbiamo tornare nella variabile x e lo faremo passo passo. Ricordiamo infatti che z=\sin(y)

    =-\frac{1}{2}\ln(\sin^2(y)+2\sin(y)+5)+\arctan\left(\frac{\sin(y)-1}{2}\right)+K=

    infine tenendo a mente che y=\frac{1}{x}, concludiamo

    =-\frac{1}{2}\ln\left(\sin^2\left(\frac{1}{x}\right)+2\sin\left(\frac{1}{x}\right)+5\right)+\arctan\left(\frac{\sin\left(\frac{1}{x}\right)-1}{2}\right)+K

    Abbiamo finalmente concluso l'esercizio.

    Mi permetto di suggerire la scheda di esercizi svolti sugli integrali di funzioni trigonometriche, molto utile in vista dell'esame e uno strumento che può tornarti utile per controllare la correttezza degli esercizi che hai svolto: integrali online.

    Risposta di Ifrit
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