Integrale definite din funcții raționale și reductibile la raționale

Un inginer care măsoară cantitatea de căldură pierdută de o conductă, un economist care adună o dobândă care scade în timp și un fizician care calculează lucrul unei forțe de tip $\frac{k}{x^2}$ ajung, toți trei, la același obiect: integrala definită a unui raport de două polinoame. Funcțiile raționale sunt cele mai des întâlnite modele „cu descreștere lentă", iar la clasa a 12-a ele dau și cele mai frecvente integrale din subiectele de examen.

Vestea bună este că nu ai nimic nou de învățat despre integrare. Ai deja descompunerea în fracții simple, ai completarea pătratului la trinom, ai formula Leibniz–Newton și ai cele două metode de calcul pentru integrala definită. Lecția aceasta le pune într-o singură ordine de lucru și adaugă singurul lucru care lipsește: grija pentru intervalul de integrare, adică pentru locurile în care numitorul se anulează.

Ce vei învăța

• Vei ști să verifici, înainte de orice calcul, dacă funcția rațională este definită și continuă pe tot intervalul de integrare și de ce fără această verificare rezultatul poate fi absurd.
• Vei ști să parcurgi cele patru etape ale unei integrale definite dintr-o funcție rațională: continuitate, împărțire, descompunere, evaluare.
• Vei ști când rezultatul conține $\ln$, când conține $\mathrm{arctg}$ și când le conține pe amândouă.
• Vei ști să calculezi integrale cu numitor de gradul al doilea fără rădăcini reale, folosind rețeta trinomului.
• Vei ști să recunoști o integrală reductibilă la o funcție rațională și să alegi substituția care o transformă într-una rațională, schimbând limitele de integrare.
• Vei ști să controlezi rezultatul prin semn, prin ordin de mărime și prin încadrare, înainte de a-l trece pe foaie.

Hai să descoperim împreună

1. Ce este o integrală definită dintr-o funcție rațională?

Integrala definită a unei funcții raționale este numărul ${\int }_a^b\frac{P(x)}{Q(x)}dx$, unde $P$ și $Q$ sunt polinoame, iar numitorul $Q$ nu se anulează în niciun punct al intervalului $[a,b]$; ea se calculează descompunând fracția în fracții simple și aplicând apoi formula Leibniz–Newton pe fiecare termen. Condiția de mai sus nu este o formalitate: ea este exact ceea ce face funcția continuă pe $[a,b]$, deci integrabilă.

Lanțul de justificare, pe care baremele îl cer scris, are trei verigi. Întâi, o funcție rațională este continuă în fiecare punct în care numitorul ei este nenul — proprietate a operațiilor cu funcții continue. Apoi, orice funcție continuă pe un interval compact este integrabilă, rezultat care se admite fără demonstrație. În sfârșit, funcția rațională admite primitive pe orice interval din domeniul ei, deci se poate aplica formula Leibniz–Newton.

Ce se întâmplă dacă sari peste prima verigă? Un calcul care arată perfect corect: $${\int }_{-1}^1\frac{1}{x^2}dx=\left(-\frac{1}{x}\right){|}_{-1}^1=-1-1=-2.$$ Rezultatul este negativ, deși funcția de sub integrală este strict pozitivă peste tot unde e definită. Absurdul vine din faptul că $\frac{1}{x^2}$ nu este definită în $0$, iar $0\in [-1,1]$; scrierea ${\int }_{-1}^1$ nu are, aici, niciun sens. Prima privire pe care o arunci unei integrale raționale este întotdeauna asupra rădăcinilor numitorului.

Merită spus exact ce se strică. Formula Leibniz–Newton cere ca $f$ să fie integrabilă pe $[a,b]$ și să admită o primitivă pe $[a,b]$. Funcția $-\frac{1}{x}$ este, într-adevăr, o primitivă a lui $\frac{1}{x^2}$, dar numai pe fiecare dintre intervalele $(-\infty ,0)$ și $(0,+\infty )$ luate separat — nu pe o mulțime care le conține pe amândouă, pentru că între ele lipsește un punct. Este exact avertismentul dat la primitive: se lucrează pe intervale, iar o reuniune de două intervale nu este un interval.

De aceea, în tot ce urmează, propoziția „numitorul nu se anulează pe $[a,b]$, deci $f$ este continuă pe $[a,b]$, deci integrabilă" nu este o formulă de politețe, ci ipoteza care face restul calculului legitim. Baremele oficiale îi acordă punctaj separat.

2. Cum calculezi o integrală definită dintr-o funcție rațională?

Ordinea de lucru este întotdeauna aceeași și o vom numi, ca să o putem cita, cele patru etape ale integralei raționale. Nu este o schemă nouă de studiu, ci doar numele pașilor pe care îi faci oricum.

Etapa 1 — controlul intervalului. Afli rădăcinile reale ale numitorului și verifici că niciuna nu cade în $[a,b]$. Scrii o propoziție: „numitorul nu se anulează pe $[a,b]$, deci funcția este continuă, prin urmare integrabilă".

Etapa 2 — împărțirea, dacă e cazul. Dacă $\mathrm{grad}P\ge \mathrm{grad}Q$, faci întâi împărțirea cu rest și scrii $\frac{P}{Q}=C+\frac{R}{Q}$, cu $\mathrm{grad}R<\mathrm{grad}Q$. Fără acest pas, descompunerea în fracții simple pur și simplu nu există.

Etapa 3 — descompunerea. Aplici rețeta fracțiilor simple sau, când numitorul e un trinom fără rădăcini reale, rețeta trinomului. Programa cere numitori de grad cel mult $4$, deci descompunerea este mereu la îndemână.

Etapa 4 — primitiva și evaluarea. Scrii o primitivă a fiecărei fracții simple, aduni și evaluezi între limite cu notația $F(x){|}_a^b$. La integrala definită constanta nu se scrie: ea se simplifică oricum la scădere.

Cele patru etape au fiecare un rol precis, iar sărirea oricăreia are o consecință previzibilă. Fără Etapa 1 obții un număr care nu înseamnă nimic. Fără Etapa 2, sistemul de coeficienți al descompunerii iese incompatibil sau, mai rău, compatibil cu o soluție greșită. Fără Etapa 3, rămâi cu o fracție pe care tabelul primitivelor nu o conține. Fără Etapa 4 scrisă îngrijit, apar erorile de semn la scădere — cea mai frecventă pierdere de puncte la examen. Merită să le scrii ca patru rânduri distincte pe foaie, chiar și când exercițiul pare simplu.

Firul roșu al lecției. Calculăm ${\int }_1^2\frac{x}{(x+1)(x+2)}dx$. Numitorul are rădăcinile $-1$ și $-2$, ambele în afara lui $[1,2]$, deci funcția e continuă pe $[1,2]$ (Etapa 1). Gradul numărătorului este $1$, al numitorului $2$, deci nu împărțim (Etapa 2). Descompunem (Etapa 3): $$\frac{x}{(x+1)(x+2)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}⟺x=A(x+2)+B(x+1).$$ Pentru $x=-1$ obținem $-1=A$, iar pentru $x=-2$ obținem $-2=-B$, deci $B=2$. Prin urmare $\frac{x}{(x+1)(x+2)}=-\frac{1}{x+1}+\frac{2}{x+2}$. Evaluăm (Etapa 4): $${\int }_1^2\frac{x}{(x+1)(x+2)}dx=(-\ln |x+1|+2\ln |x+2|){|}_1^2=(-\ln 3+2\ln 4)-(-\ln 2+2\ln 3).$$ Grupând, $-3\ln 3+5\ln 2=\ln \frac{32}{27}$. Rezultatul este pozitiv și mic (aproximativ $0,17$), ceea ce se potrivește cu un integrand care ia pe $[1,2]$ valori în jurul lui $\frac{1}{6}$ pe un interval de lungime $1$.

3. Când trebuie făcută întâi împărțirea?

De fiecare dată când gradul numărătorului este mai mare sau egal cu gradul numitorului. Motivul este simplu: o sumă de fracții simple are întotdeauna numărătorul de grad strict mai mic decât numitorul, deci o fracție „de sus grea" nu poate fi scrisă direct ca sumă de fracții simple.

Un exemplu care revine des în subiectele de examen: ${\int }_0^1\frac{x^3}{x+1}dx$. Împărțim $x^3$ la $x+1$ și obținem $$\frac{x^3}{x+1}=x^2-x+1-\frac{1}{x+1}.$$ Verificarea se face imediat înmulțind înapoi. Atunci $${\int }_0^1\frac{x^3}{x+1}dx=\left(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+x-\ln |x+1|\right){|}_0^1=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+1-\ln 2=\frac{5}{6}-\ln 2.$$ Numeric, $\frac{5}{6}-\ln 2\approx 0,140$, iar integrandul ia pe $[0,1]$ valori între $0$ și $\frac{1}{2}$ — deci mărimea e plauzibilă.

Împărțirea se poate face în două feluri, ambele legitime. Fie cu algoritmul obișnuit al împărțirii polinoamelor, fie prin adunarea și scăderea unor termeni potriviți: $x^3=x^3+x^2-x^2-x+x+1-1=x^2(x+1)-x(x+1)+(x+1)-1$, de unde împărțind cu $x+1$ se citește direct câtul $x^2-x+1$ și restul $-1$. A doua variantă e mai rapidă la numărătoare mici și, mai ales, se verifică singură.

Al doilea exemplu, cu numitorul mutat: ${\int }_1^2\frac{x^2}{x+1}dx$. Din $\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}$ rezultă $${\int }_1^2\frac{x^2}{x+1}dx=\left(\frac{x^2}{2}-x+\ln |x+1|\right){|}_1^2=(2-2+\ln 3)-\left(\frac{1}{2}-1+\ln 2\right)=\frac{1}{2}+\ln \frac{3}{2}.$$

4. Numitor de gradul al doilea fără rădăcini reale

Când trinomul $x^2+px+q$ are $\Delta <0$, el nu se descompune peste $\mathbb{R}$, deci nu există fracții simple de tip $\frac{A}{x-a}$. Rețeta trinomului îl scrie ca sumă de pătrate, $x^2+px+q={\left(x+\frac{p}{2}\right)}^2+\frac{4q-p^2}{4}$, iar rândul $12$ al tabelului canonic al primitivelor dă direct arctangenta.

Exemplul-etalon al lecției: ${\int }_0^1\frac{1}{x^2+x+1}dx$. Aici $x^2+x+1={\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$, cu $a=\frac{\sqrt{3}}{2}$, deci $${\int }_0^1\frac{dx}{x^2+x+1}=\frac{2}{\sqrt{3}}\mathrm{arctg}\frac{2x+1}{\sqrt{3}}{|}_0^1=\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\mathrm{arctg}\sqrt{3}-\mathrm{arctg}\frac{1}{\sqrt{3}}\right).$$ Cum $\mathrm{arctg}\sqrt{3}=\frac{\pi }{3}$ și $\mathrm{arctg}\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi }{6}$, obținem $\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\pi }{6}=\frac{\pi \sqrt{3}}{9}\approx 0,605$.

Un al doilea caz, în care limitele sunt alese ca să dea un rezultat curat: ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2+2x+5}$. Aici $x^2+2x+5=(x+1{)}^2+4$, deci $${\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2+2x+5}=\frac{1}{2}\mathrm{arctg}\frac{x+1}{2}{|}_{-1}^1=\frac{1}{2}\left(\mathrm{arctg}1-\mathrm{arctg}0\right)=\frac{\pi }{8}.$$ Observă cum alegerea capetelor face ca argumentul arctangentei să ia valorile „bune" $1$ și $0$. La examen, capetele sunt de obicei alese exact așa; când nu sunt, rezultatul rămâne scris cu $\mathrm{arctg}$ și e perfect acceptabil.

Forma generală, de reținut ca șablon: dacă $\Delta =p^2-4q<0$, atunci $${\int }_a^b\frac{dx}{x^2+px+q}=\frac{2}{\sqrt{4q-p^2}}\mathrm{arctg}\frac{2x+p}{\sqrt{4q-p^2}}{|}_a^b.$$ Nu e o formulă de memorat mecanic — se obține de fiecare dată din completarea pătratului —, dar e util să știi din start că numitorul cu discriminant negativ produce întotdeauna o arctangentă, cu argumentul $\frac{2x+p}{\sqrt{4q-p^2}}$ și cu factorul din față egal cu inversul jumătății numitorului radicalului. Pe $x^2+x+1$ avem $4q-p^2=3$, ceea ce explică de unde vin cei doi de $\sqrt{3}$ din calculul de mai sus.

Trei valori ale arctangentei apar în aproape toate subiectele și merită știute pe de rost: $\mathrm{arctg}0=0$, $\mathrm{arctg}1=\frac{\pi }{4}$ și perechea $\mathrm{arctg}\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi }{6}$, $\mathrm{arctg}\sqrt{3}=\frac{\pi }{3}$. Când argumentul iese altceva, rezultatul se lasă în forma cu $\mathrm{arctg}$.

5. Cum apare logaritmul și cum apare arctangenta?

Regula, în formă scurtă: numărătorul proporțional cu derivata numitorului dă logaritm; numărătorul constant peste un trinom fără rădăcini reale dă arctangentă. Când numărătorul este de gradul întâi peste un asemenea trinom, apar amândouă, iar tehnica este să „fabrici" derivata numitorului.

Pe exemplul ${\int }_0^1\frac{x}{x^2+x+1}dx$: derivata numitorului este $2x+1$, așa că scriem $$\frac{x}{x^2+x+1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+1}{x^2+x+1}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x^2+x+1}.$$ Primul termen dă $\frac{1}{2}\ln (x^2+x+1)$ — fără modul, pentru că trinomul e strict pozitiv —, iar al doilea a fost calculat mai sus. Rezultă $${\int }_0^1\frac{x}{x^2+x+1}dx=\frac{1}{2}\ln 3-\frac{\pi \sqrt{3}}{18}\approx 0,247.$$ Aceeași tehnică, pe un numitor mai blând: ${\int }_0^1\frac{3x+1}{x^2+1}dx=\frac{3}{2}\ln (x^2+1){|}_0^1+\mathrm{arctg}x{|}_0^1=\frac{3}{2}\ln 2+\frac{\pi }{4}$.

Un caz special, foarte des întâlnit, este cel în care numărătorul este exact derivata numitorului: atunci integrala este direct un logaritm. De pildă ${\int }_0^1\frac{2x+3}{x^2+3x+2}dx=\ln |x^2+3x+2|{|}_0^1=\ln 6-\ln 2=\ln 3$, folosind proprietățile logaritmilor la ultimul pas.

Merită observat un lucru care economisește mult timp: forma $\frac{u^{\prime }}{u}$ se recunoaște înainte de orice descompunere. Dacă numărătorul unei fracții este proporțional cu derivata numitorului, nu are niciun rost să cauți fracții simple; scrii direct logaritmul. Exemplul de mai sus s-ar fi putut rezolva și prin descompunerea $\frac{2x+3}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}$, ajungând la $\ln 2+\ln \frac{3}{2}=\ln 3$ — același rezultat, cu de trei ori mai mult scris. La examen, unde timpul contează, obiceiul de a compara întâi numărătorul cu derivata numitorului este un câștig net.

Când numărătorul este de gradul întâi, dar nu proporțional cu derivata numitorului, se folosește descompunerea în doi termeni pe care am făcut-o mai sus: o parte „derivată de numitor", care dă logaritmul, și o parte constantă, care dă arctangenta. Coeficientul primei părți se citește imediat: dacă numărătorul este $\alpha x+\beta$ și derivata numitorului este $2x+p$, atunci prima parte este $\frac{\alpha }{2}\cdot \frac{2x+p}{x^2+px+q}$, iar ce rămâne la numărător este constanta $\beta -\frac{\alpha p}{2}$.

6. Rădăcini multiple la numitor

Când numitorul are un factor $(x-a{)}^2$, descompunerea cere două fracții pentru acel factor, $\frac{A}{x-a}$ și $\frac{B}{(x-a{)}^2}$, iar a doua nu dă logaritm, ci o putere. Pe ${\int }_0^1\frac{dx}{(x+1{)}^2(x+2)}$ scriem $$\frac{1}{(x+1{)}^2(x+2)}=-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{(x+1{)}^2}+\frac{1}{x+2},$$ Iată de unde vin coeficienții. Scriem identitatea $1=A(x+1)(x+2)+B(x+2)+C(x+1{)}^2$. Pentru $x=-1$ rămâne $1=B$, pentru $x=-2$ rămâne $1=C$, iar comparând coeficienții lui $x^2$ obținem $0=A+C$, deci $A=-1$. Observă tehnica: valorile particulare $x=-1$ și $x=-2$ „ucid" doi termeni și dau imediat doi coeficienți, iar al treilea se ia prin identificare — combinația celor două metode este mai rapidă decât oricare dintre ele singură.

Primitiva este $-\ln |x+1|-\frac{1}{x+1}+\ln |x+2|$, iar evaluarea între $0$ și $1$ dă $${\int }_0^1\frac{dx}{(x+1{)}^2(x+2)}=\left(-\ln 2-\frac{1}{2}+\ln 3\right)-\left(0-1+\ln 2\right)=\frac{1}{2}+\ln \frac{3}{4}\approx 0,212.$$ Un control instantaneu: pe $[0,1]$ integrandul scade de la $\frac{1}{2}$ la $\frac{1}{12}$, deci integrala trebuie să fie între $\frac{1}{12}$ și $\frac{1}{2}$ — iar $0,212$ este acolo. Al doilea control, pe descompunere: la $x=0$, fracția inițială dă $\frac{1}{2}$, iar $-1+1+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

Regula generală, de reținut: un factor $(x-a{)}^k$ la numitor cere exact $k$ fracții simple, cu numitorii $(x-a),(x-a{)}^2,\dots ,(x-a{)}^k$. Dacă scrii mai puține, sistemul nu are soluție; dacă scrii mai multe, coeficienții suplimentari ies zero, dar pierzi timp.

7. Ce înseamnă „reductibilă la o funcție rațională"?

O integrală este reductibilă la o funcție rațională dacă o substituție potrivită o transformă într-o integrală dintr-o funcție rațională. Instrumentul este schimbarea de variabilă pentru integrala definită, cu deosebirea esențială față de integrala nedefinită: limitele se schimbă odată cu variabila și nu se mai revine la $x$.

Cele patru substituții care acoperă aproape tot ce cere programa:

Patru exemple, în ordinea din tabel.

Cu $t=e^x$: ${\int }_0^1\frac{e^x}{e^{2x}+1}dx$. Limitele devin $t(0)=1$ și $t(1)=e$, iar integrala devine ${\int }_1^e\frac{dt}{t^2+1}=\mathrm{arctg}e-\frac{\pi }{4}\approx 0,433$.

Cu $t=\ln x$: ${\int }_e^{e^3}\frac{dx}{x\ln x}$. Limitele devin $t(e)=1$ și $t(e^3)=3$, iar integrala devine ${\int }_1^3\frac{dt}{t}=\ln 3\approx 1,099$. (Aceeași substituție, cu alte capete, a fost exersată la schimbarea de variabilă pentru integrala definită.)

Cu $t=\cos x$: ${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x+1}dx$. Aici $dt=-\sin xdx$, iar limitele devin $t(0)=1$ și $t\left(\frac{\pi }{2}\right)=0$; semnul minus se compensează cu inversarea limitelor și obținem ${\int }_0^1\frac{dt}{t^2+1}=\frac{\pi }{4}$.

Cu $x=t^2$: ${\int }_1^4\frac{dx}{x+\sqrt{x}}$. Limitele devin $1$ și $2$, iar integrala devine ${\int }_1^2\frac{2tdt}{t^2+t}={\int }_1^2\frac{2dt}{t+1}=2\ln \frac{3}{2}\approx 0,811$.

Ultima substituție merită o observație. În primele trei cazuri am pornit de la $t=u(x)$ și am mers „înainte"; aici am pornit invers, punând $x=t^2$, adică am scris vechea variabilă în funcție de cea nouă. Amândouă sunt legitime, cu condiția ca funcția care leagă cele două variabile să fie bijectivă și derivabilă pe intervalul de lucru — aici $t\mapsto t^2$ este strict crescătoare pe $[1,2]$, deci nu se pierde nimic. Limitele se calculează la fel: din $x=1$ rezultă $t=1$, din $x=4$ rezultă $t=2$.

Un control util după orice substituție: verifică dacă noile limite sunt în ordinea corectă și dacă noul integrand are semn constant, la fel ca cel vechi. Dacă substituția răstoarnă limitele — cum s-a întâmplat la $t=\cos x$, unde $t$ scade când $x$ crește —, semnul minus din $dt$ compensează exact inversarea, iar rezultatul rămâne pozitiv. Amestecul dintre cele două compensări, adică schimbarea limitelor și păstrarea minusului, este greșeala clasică a acestui tip de exercițiu.

8. Cum verifici un rezultat înainte de a-l preda?

Trei controale rapide, care prind aproape orice greșeală de calcul.

Semnul. Dacă integrandul este pozitiv pe tot $[a,b]$ și $a<b$, rezultatul trebuie să fie pozitiv — consecință a monotoniei integralei din proprietățile integralei definite. Un rezultat negativ la o integrală de tipul ${\int }_1^2\frac{dx}{x^2+1}$ este, cu certitudine, o greșeală.

Ordinul de mărime. Dacă $m\le f(x)\le M$ pe $[a,b]$, atunci $m(b-a)\le {\int }_a^{b}f\le M(b-a)$ — încadrarea. Pentru ${\int }_1^2\frac{x}{(x+1)(x+2)}dx$, pe $[1,2]$ avem $1\le x\le 2$ și $6\le (x+1)(x+2)\le 12$, deci $\frac{1}{12}\le f(x)\le \frac{1}{3}$; rezultatul $\ln \frac{32}{27}\approx 0,17$ stă, într-adevăr, între $\frac{1}{12}$ și $\frac{1}{3}$.

Coerența descompunerii. Înainte de a integra, dă o valoare numerică simplă (de pildă $x=0$ sau $x=1$) atât fracției inițiale, cât și sumei de fracții simple. Dacă cele două numere nu coincid, coeficienții sunt greșiți și nu are rost să mergi mai departe. Pe descompunerea din firul roșu: la $x=0$, fracția inițială dă $0$, iar $-\frac{1}{1}+\frac{2}{2}=0$ — se potrivește.

Un al patrulea control, mai fin, funcționează la integralele cu rezultat „urât": compară rezultatul cu valoarea medie. Din teorema de medie, există $c\in [a,b]$ cu ${\int }_a^{b}f=f(c)(b-a)$, deci raportul $\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f$ trebuie să fie o valoare efectiv luată de funcție pe interval. Dacă împarți rezultatul la lungimea intervalului și obții un număr pe care integrandul nu-l atinge nicăieri, ai greșit undeva. Pe ${\int }_0^1\frac{dx}{x^2+x+1}=\frac{\pi \sqrt{3}}{9}\approx 0,605$: integrandul scade de la $1$ la $\frac{1}{3}$, iar $0,605$ este chiar între aceste valori.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Descompunere cu doi factori liniari

Calculează ${\int }_1^2\frac{dx}{x(x+1)}$.

Numitorul se anulează în $0$ și $-1$, ambele în afara lui $[1,2]$, deci funcția este continuă, prin urmare integrabilă. Din $\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$ rezultă $${\int }_1^2\frac{dx}{x(x+1)}=(\ln |x|-\ln |x+1|){|}_1^2=\ln \frac{2}{3}-\ln \frac{1}{2}=\ln \frac{4}{3}\approx 0,288.$$

Exemplul 2 — Numărătorul este derivata numitorului

Calculează ${\int }_0^1\frac{2x+3}{x^2+3x+2}dx$.

Numitorul $x^2+3x+2=(x+1)(x+2)$ are rădăcinile $-1$ și $-2$, în afara intervalului. Cum $(x^2+3x+2{)}^{\prime }=2x+3$, integrandul este de forma $\frac{u^{\prime }}{u}$, deci $${\int }_0^1\frac{2x+3}{x^2+3x+2}dx=\ln |x^2+3x+2|{|}_0^1=\ln 6-\ln 2=\ln 3.$$ Recunoașterea formei $\frac{u^{\prime }}{u}$ scutește complet de descompunerea în fracții simple.

Exemplul 3 — Numitor de forma $x^2-a^2$

Calculează ${\int }_2^3\frac{dx}{x^2-1}$.

Rădăcinile numitorului sunt $\pm 1$, în afara lui $[2,3]$. Folosind rândul $11$ al tabelului canonic, cu $a=1$, $${\int }_2^3\frac{dx}{x^2-1}=\frac{1}{2}\ln \left|\frac{x-1}{x+1}\right|{|}_2^3=\frac{1}{2}\left(\ln \frac{2}{4}-\ln \frac{1}{3}\right)=\frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}\approx 0,203.$$ Același rezultat se obține și prin fracții simple, $\frac{1}{x^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}\right)$ — o verificare bună a rândului din tabel.

Exemplul 4 — Logaritm și arctangentă în același rezultat

Calculează ${\int }_0^1\frac{x+2}{x^2+4}dx$.

Numitorul nu se anulează nicăieri pe $\mathbb{R}$. Separăm după derivata numitorului, $(x^2+4{)}^{\prime }=2x$: $$\frac{x+2}{x^2+4}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2x}{x^2+4}+\frac{2}{x^2+4}.$$ Primul termen dă $\frac{1}{2}\ln (x^2+4)$, al doilea dă $2\cdot \frac{1}{2}\mathrm{arctg}\frac{x}{2}$, deci $${\int }_0^1\frac{x+2}{x^2+4}dx=\left(\frac{1}{2}\ln (x^2+4)+\mathrm{arctg}\frac{x}{2}\right){|}_0^1=\frac{1}{2}\ln \frac{5}{4}+\mathrm{arctg}\frac{1}{2}\approx 0,575.$$

Exemplul 5 — Integrală reductibilă la o funcție rațională

Calculează ${\int }_0^{\ln 2}\frac{e^x}{e^x+1}dx$.

Substituim $t=e^x$, deci $dt=e^{x}dx$; limitele devin $t(0)=1$ și $t(\ln 2)=2$. Integrala devine $${\int }_1^2\frac{dt}{t+1}=\ln |t+1|{|}_1^2=\ln 3-\ln 2=\ln \frac{3}{2}.$$ Observă că nu am revenit la variabila $x$: la integrala definită schimbarea limitelor înlocuiește revenirea. Acest exemplu se putea rezolva și direct, recunoscând forma $\frac{u^{\prime }}{u}$ cu $u=e^x+1$.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră funcțiile $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{x^2}{x^2+1}$ și $g(x)=\frac{x^4}{x^2+1}$.

a) Arată că $f(x)=1-\frac{1}{x^2+1}$ și calculează ${\int }_0^{1}f(x)dx$.

Aducând la același numitor, $1-\frac{1}{x^2+1}=\frac{x^2+1-1}{x^2+1}=\frac{x^2}{x^2+1}=f(x)$. Atunci $${\int }_0^{1}f(x)dx=(x-\mathrm{arctg}x){|}_0^1=1-\frac{\pi }{4}\approx 0,215.$$

b) Calculează ${\int }_0^{1}g(x)dx$.

Împărțim $x^4$ la $x^2+1$ și obținem $g(x)=x^2-1+\frac{1}{x^2+1}$, de unde $${\int }_0^{1}g(x)dx=\left(\frac{x^3}{3}-x+\mathrm{arctg}x\right){|}_0^1=\frac{1}{3}-1+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}-\frac{2}{3}\approx 0,119.$$

c) Arată că ${\int }_0^1(f(x)+g(x))dx=\frac{1}{3}$ și verifică rezultatele de la a) și b).

Suma se simplifică frumos: $f(x)+g(x)=\frac{x^2+x^4}{x^2+1}=\frac{x^2(1+x^2)}{x^2+1}=x^2$, deci integrala sumei este $\frac{x^3}{3}{|}_0^1=\frac{1}{3}$. Pe de altă parte, din liniaritate, suma rezultatelor de la a) și b) este $\left(1-\frac{\pi }{4}\right)+\left(\frac{\pi }{4}-\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{3}$ — se potrivește. Trucul „adun două integrale ca să dispară numitorul" este pregătirea directă a lecției următoare, despre șirurile de integrale.

Să exersăm

1. Calculează ${\int }_0^1\frac{dx}{x^2+1}$.

2. Calculează ${\int }_0^1\frac{dx}{x^2+9}$.

3. Calculează ${\int }_0^1\frac{2x}{x^2+1}dx$.

4. Calculează ${\int }_0^1\frac{x^2}{x+1}dx$.

5. Calculează ${\int }_0^1\frac{dx}{(x+1)(x+2)}$.

6. Calculează ${\int }_2^3\frac{dx}{x^2-1}$ prin descompunere în fracții simple și compară cu Exemplul 3.

7. Calculează ${\int }_0^1\frac{dx}{x^2+x+1}$.

8. Calculează ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2+2x+5}$.

9. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Calculează ${\int }_0^1\frac{x^3}{x+1}dx$.

10. Calculează ${\int }_0^1\frac{dx}{x^2-x-2}$.

11. Calculează ${\int }_0^1\frac{3x+1}{x^2+1}dx$.

12. Calculează ${\int }_0^1\frac{dx}{(x+1{)}^2(x+2)}$.

13. Calculează ${\int }_1^2\frac{x^2+1}{x(x+1)}dx$.

14. Calculează ${\int }_{\sqrt{e}}^{e^2}\frac{dx}{x\ln x}$.

15. Calculează ${\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos x}{\sin x+1}dx$.

16. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Deoarece ${\left(-\frac{1}{x}\right)}^{\prime }=\frac{1}{x^2}$, avem ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2}=-2$."

17. (Problemă aplicată.) Viteza unui mobil, în metri pe secundă, este $v(t)=\frac{100}{t^2+4}$, unde $t$ se măsoară în secunde. Ce distanță parcurge mobilul în primele $2$ secunde?

18. (Provocare.) Calculează ${\int }_1^e\frac{dx}{x((\ln x{)}^2+1)}$.

Răspunsuri și explicații

1. $\mathrm{arctg}x{|}_0^1=\frac{\pi }{4}\approx 0,785$, prin rândul $12$ al tabelului canonic, cu $a=1$.

2. Cu $a=3$: $\frac{1}{3}\mathrm{arctg}\frac{x}{3}{|}_0^1=\frac{1}{3}\mathrm{arctg}\frac{1}{3}\approx 0,107$.

3. Numărătorul este derivata numitorului: $\ln (x^2+1){|}_0^1=\ln 2\approx 0,693$. Modulul nu e necesar, $x^2+1>0$.

4. Împărțim: $\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}$, deci integrala este $\frac{1}{2}-1+\ln 2=\ln 2-\frac{1}{2}\approx 0,193$.

5. $\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}$, deci integrala este $\ln \frac{2}{3}-\ln \frac{1}{2}=\ln \frac{4}{3}\approx 0,288$.

6. Din $\frac{1}{x^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}\right)$ se obține $\frac{1}{2}\left(\ln \frac{2}{4}-\ln \frac{1}{3}\right)=\frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}\approx 0,203$ — exact ca în Exemplul 3.

7. $x^2+x+1={\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$, cu $a=\frac{\sqrt{3}}{2}$, deci primitiva este $\frac{2}{\sqrt{3}}\mathrm{arctg}\frac{2x+1}{\sqrt{3}}$. Argumentul ia valorile $\frac{1}{\sqrt{3}}$ la $x=0$ și $\sqrt{3}$ la $x=1$, iar arctangentele lor sunt $\frac{\pi }{6}$ și $\frac{\pi }{3}$. Rezultatul este $\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi \sqrt{3}}{9}\approx 0,605$.

8. $x^2+2x+5=(x+1{)}^2+4$, deci integrala este $\frac{1}{2}\left(\mathrm{arctg}1-\mathrm{arctg}0\right)=\frac{\pi }{8}\approx 0,393$.

9. $\frac{x^3}{x+1}=x^2-x+1-\frac{1}{x+1}$, deci integrala este $\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+1-\ln 2=\frac{5}{6}-\ln 2\approx 0,140$.

10. Numitorul este $(x-2)(x+1)$, cu rădăcinile $2$ și $-1$, ambele în afara lui $[0,1]$. Din $\frac{1}{x^2-x-2}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+1}\right)$ rezultă $\frac{1}{3}\left(\ln \frac{1}{2}-\ln 2\right)=-\frac{2\ln 2}{3}\approx -0,462$. Rezultatul e negativ pentru că integrandul este negativ pe $[0,1]$.

11. $\frac{3}{2}\ln (x^2+1){|}_0^1+\mathrm{arctg}x{|}_0^1=\frac{3}{2}\ln 2+\frac{\pi }{4}\approx 1,825$.

12. Cu descompunerea din secțiunea $6$, adică $-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{(x+1{)}^2}+\frac{1}{x+2}$, primitiva este $-\ln |x+1|-\frac{1}{x+1}+\ln |x+2|$, iar rezultatul este $\frac{1}{2}+\ln \frac{3}{4}\approx 0,212$. Atenție la al doilea termen: primitiva lui $\frac{1}{(x+1{)}^2}$ este $-\frac{1}{x+1}$, nu un logaritm.

13. Gradul numărătorului este egal cu al numitorului, deci se face întâi împărțirea: $\frac{x^2+1}{x^2+x}=1+\frac{1-x}{x(x+1)}$. Descompunând restul, $\frac{1-x}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{2}{x+1}$, deci $\frac{x^2+1}{x(x+1)}=1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x+1}$. Primitiva este $x+\ln |x|-2\ln |x+1|$, iar evaluarea între $1$ și $2$ dă $1+\ln 2-2\ln \frac{3}{2}=1+\ln \frac{8}{9}\approx 0,882$.

14. Cu $t=\ln x$, limitele devin $t(\sqrt{e})=\frac{1}{2}$ și $t(e^2)=2$, iar integrala devine ${\int }_{1/2}^2\frac{dt}{t}=\ln 2-\ln \frac{1}{2}=2\ln 2\approx 1,386$.

15. Cu $t=\sin x$, limitele devin $0$ și $1$, iar integrala devine ${\int }_0^1\frac{dt}{t+1}=\ln 2\approx 0,693$.

16. Fals. Funcția $\frac{1}{x^2}$ nu este definită în $0\in [-1,1]$, deci nu este continuă pe $[-1,1]$ și scrierea ${\int }_{-1}^1$ nu are sens. Semnalul de alarmă e că un integrand strict pozitiv ar da un rezultat negativ.

17. Distanța este ${\int }_0^2\frac{100}{t^2+4}dt=100\cdot \frac{1}{2}\mathrm{arctg}\frac{t}{2}{|}_0^2=50\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{25\pi }{2}\approx 39,27$ metri.

18. Cu $t=\ln x$, limitele devin $0$ și $1$, iar integrala devine ${\int }_0^1\frac{dt}{t^2+1}=\frac{\pi }{4}\approx 0,785$.

De reținut

• O integrală definită dintr-o funcție rațională are sens numai dacă numitorul nu se anulează în niciun punct al intervalului de integrare; verificarea aceasta se scrie, nu se subînțelege.
• Cele patru etape ale integralei raționale sunt: controlul intervalului, împărțirea când gradul numărătorului este mai mare sau egal cu al numitorului, descompunerea în fracții simple, evaluarea între limite.
• Un factor liniar la numitor dă logaritm, un factor liniar la putere dă o putere negativă, iar un trinom cu discriminant negativ dă arctangentă, eventual însoțită de un logaritm.
• Când numărătorul este exact derivata numitorului, integrala este direct $\ln |u|$ evaluat între limite, fără nicio descompunere.
• O integrală se numește reductibilă la o funcție rațională dacă o substituție de tipul $t=e^x$, $t=\ln x$, $t=\sin x$, $t=\cos x$ sau $x=t^2$ o transformă într-una rațională, cu limitele schimbate odată cu variabila.

Greșeli frecvente

• Se integrează peste o rădăcină a numitorului. Scrierea ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2}$ nu are sens, iar rezultatul „$-2$" contrazice pozitivitatea integrandului. Corect: se verifică întâi rădăcinile numitorului și se compară cu $[a,b]$.
• Se sare peste împărțire. O fracție cu $\mathrm{grad}P\ge \mathrm{grad}Q$ nu se descompune direct în fracții simple; sistemul obținut este incompatibil sau dă coeficienți greșiți. Corect: întâi împărțirea cu rest, apoi descompunerea restului.
• Se scrie constanta $\mathcal{C}$ la integrala definită. Constanta aparține integralei nedefinite; la evaluarea $F(b)-F(a)$ ea se simplifică. Corect: se scrie doar primitiva, între bare de evaluare.
• Se uită modulul la logaritm sau se pune unde nu trebuie. Pentru un factor liniar se scrie $\ln |x-a|$; pentru un trinom strict pozitiv, modulul este inutil. Corect: modul la factori care își pot schimba semnul, fără modul la trinoame cu discriminant negativ.
• Se schimbă variabila, dar nu și limitele. La integrala definită, după substituția $t=u(x)$, limitele devin $u(a)$ și $u(b)$. Corect: fie schimbi limitele și nu mai revii la $x$, fie revii la $x$ și păstrezi limitele inițiale — niciodată amestecat.

Aplică acasă

1. Ia o funcție rațională cu numitor de gradul al treilea, de exemplu $\frac{1}{x(x+1)(x+2)}$, descompune-o în fracții simple și verifică descompunerea dând lui $x$ trei valori numerice diferite, înainte de a integra pe $[1,2]$. Vei observa că metoda valorilor particulare, cu $x=0$, $x=-1$ și $x=-2$, dă cei trei coeficienți în trei rânduri, în timp ce identificarea cere rezolvarea unui sistem.
2. Alege un trinom cu discriminant negativ, de pildă $x^2+4x+8$, și caută limitele de integrare care fac ca argumentul arctangentei să ia valorile $0$ și $1$. Vei descoperi că orice trinom cu $\Delta <0$ are un interval, ușor de găsit din forma cu pătrat perfect, pe care integrala iese un multiplu curat al lui $\pi$ — exact procedeul prin care se construiesc subiectele de examen.
3. Estimează ${\int }_1^2\frac{dx}{x^2+x+1}$ prin încadrare, folosind valorile integrandului la capetele intervalului, apoi calculeaz-o exact cu rețeta trinomului și compară cele două rezultate. Repetă apoi cu intervalul $[0,3]$ și observă cum încadrarea devine mult mai slabă când intervalul se lungește.

Pentru părinți și profesori

Lecția verifică dacă elevul stăpânește lanțul complet de la o fracție de polinoame la un număr: continuitate, descompunere, primitivă, evaluare. Este cea mai „mecanică" lecție din unitatea integralei definite și, tocmai de aceea, cea în care greșelile de neatenție costă cel mai mult la examen.

Din punctul de vedere al programei, aici se întâlnesc două competențe: aplicarea metodelor de calcul pentru integrala definită și recunoașterea funcțiilor reductibile la funcții raționale. Practic, nimic nou nu se predă — toate uneltele au fost date la primitive —, dar se cere ca ele să fie folosite în ordinea corectă și cu ipotezele verificate. Un elev care „știe să integreze", dar nu verifică intervalul, va lua în mod repetat jumătate din punctajul unui subpunct.

Întrebări de control: „Ce verifici înainte de a începe calculul?" (rădăcinile numitorului față de intervalul de integrare); „Când faci împărțirea?" (când gradul numărătorului este cel puțin egal cu al numitorului); „De unde știi că rezultatul conține arctangentă?" (numitor de gradul al doilea cu discriminant negativ).

Semne că a înțeles: scrie propoziția de continuitate fără să i se ceară; verifică descompunerea printr-o valoare numerică; nu mai scrie constanta la integrala definită; recunoaște din prima forma $\frac{u^{\prime }}{u}$.

La BAC, integralele din funcții raționale apar în Subiectul al III-lea, problema a doua, de obicei ca primul subpunct al unei probleme care continuă cu un șir de integrale sau cu o aplicație geometrică. Sunt considerate „puncte sigure" și se rezolvă în două-trei minute de un elev antrenat.

Întrebări frecvente

Cum se calculează o integrală definită dintr-o funcție rațională?

Se verifică întâi că numitorul nu se anulează pe intervalul de integrare, ceea ce garantează continuitatea și deci integrabilitatea. Dacă gradul numărătorului este cel puțin egal cu al numitorului, se face împărțirea cu rest. Se descompune apoi restul în fracții simple, se scrie o primitivă pentru fiecare fracție și se evaluează suma între cele două limite, cu formula Leibniz–Newton.

Când apare arctangenta într-o integrală definită?

Arctangenta apare atunci când numitorul este un polinom de gradul al doilea cu discriminant negativ, adică fără rădăcini reale, iar numărătorul este o constantă sau conține o parte constantă. După completarea pătratului, integrandul ia forma din rândul al doisprezecelea al tabelului canonic al primitivelor, iar primitiva este un multiplu de arctangentă. Dacă numărătorul conține și derivata numitorului, apare în plus un logaritm.

De ce trebuie verificat dacă numitorul se anulează pe interval?

Pentru că o funcție rațională nu este definită în rădăcinile numitorului, iar acolo nici nu poate fi continuă, deci nici integrabilă pe un interval care le conține. Aplicarea oarbă a formulei Leibniz–Newton peste un asemenea punct dă rezultate absurde, de exemplu un număr negativ pentru integrala unei funcții strict pozitive. Verificarea costă zece secunde și salvează întreaga rezolvare.

Ce înseamnă că o integrală este reductibilă la o funcție rațională?

Înseamnă că integrandul nu este el însuși un raport de polinoame, dar devine unul după o schimbare de variabilă potrivită. Substituțiile care apar cel mai des sunt $t=e^x$, $t=\ln x$, $t=\sin x$, $t=\cos x$ și $x=t^2$. La integrala definită, odată cu variabila se schimbă și limitele de integrare, iar revenirea la variabila inițială nu mai este necesară.

Care este formula pentru integrala lui $\frac{1}{x^2+a^2}$?

Primitiva este $\frac{1}{a}\mathrm{arctg}\frac{x}{a}$, valabilă pe toată dreapta reală, pentru orice $a>0$. Pentru integrala definită între $\alpha$ și $\beta$ se scrie $\frac{1}{a}\left(\mathrm{arctg}\frac{\beta }{a}-\mathrm{arctg}\frac{\alpha }{a}\right)$. Formula se verifică imediat prin derivare și este rândul al doisprezecelea din tabelul canonic al primitivelor.

De ce nu se scrie constanta la integrala definită?

Pentru că integrala definită este un număr, nu o familie de funcții. Dacă $F$ și $F+c$ sunt două primitive ale aceleiași funcții, atunci $(F(b)+c)-(F(a)+c)=F(b)-F(a)$, deci constanta dispare la scădere. Constanta are sens doar la integrala nedefinită, unde rezultatul este o mulțime de funcții, nu o valoare numerică.

Cum descompui o fracție cu rădăcină dublă la numitor?

Pentru un factor de forma $(x-a{)}^2$ se scriu două fracții simple, $\frac{A}{x-a}$ și $\frac{B}{(x-a{)}^2}$, nu una singură. Coeficientul $B$ se află imediat înlocuind $x=a$ în identitatea înmulțită cu $(x-a{)}^2$, iar $A$ se află comparând coeficienții termenului de grad maxim sau dând o a doua valoare lui $x$. La integrare, primul termen dă logaritm, al doilea dă $-\frac{1}{x-a}$.

Ce greșeală se face cel mai des la aceste integrale?

Cea mai costisitoare este integrarea peste o rădăcină a numitorului, pentru că duce la un rezultat care pare corect, dar este lipsit de sens. Urmează, ca frecvență, omiterea împărțirii atunci când numărătorul are grad mare, uitarea schimbării limitelor la substituție și scrierea constantei la o integrală definită. Toate patru se evită printr-o ordine fixă de lucru și prin trei controale rapide la final.