Esercizi svolti sugli integrali: immediati, per parti, sostituzione, aree e impropri

Perché questo metodo. Nessuno dei tre è nella tabella, ma con un po’ di algebra diventano somme di integrali della tabella: per la linearità si integra termine per termine.

1. Scriviamo tutto come potenze, $\frac{2}{x^2} = 2x^{-2}$ e $\frac{1}{\sqrt{x}} = x^{-1/2}$, e usiamo $\int x^n\,dx = \frac{x^{n + 1}}{n + 1} + c$, valida per $n \neq -1$:

Controllo. $\left(\frac{x^4}{4} + 2x^{-1} + 2x^{1/2}\right)' = x^3 - 2x^{-2} + x^{-1/2}$.

2. Sviluppiamo il quadrato e dividiamo ogni termine per $x$:

L’ultimo termine è proprio il caso $n = -1$, che dà il logaritmo:

Controllo. La derivata è $x + 2 + \frac{1}{x}$, che a denominatore comune è $\frac{x^2 + 2x + 1}{x} = \frac{(x + 1)^2}{x}$.

3. Usiamo l’identità $1 + \tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$, cioè $\tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$. Entrambi i pezzi sono nella tabella:

su ogni intervallo in cui $\cos x \neq 0$. Controllo. $(\tan x - x)' = 1 + \tan^2 x - 1 = \tan^2 x$.

Perché questo metodo. È la regola della catena al contrario: se c’è una composta $f(g(x))$ con accanto $g'(x)$, una primitiva è $F(g(x))$, con $F$ primitiva di $f$. Il lavoro è riconoscere $g$.

1. Con $g(x) = x^3 + 1$ la derivata è $3x^2$: al numeratore c’è $x^2$, manca un 3. Una costante si aggiusta moltiplicando e dividendo:

È il caso $\int \frac{g'(x)}{g(x)}\,dx = \ln\lvert g(x) \rvert + c$. Controllo. $\frac{1}{3} \cdot \frac{3x^2}{x^3 + 1} = \frac{x^2}{x^3 + 1}$.

2. Con $g(x) = \sin x$, accanto c’è $g'(x) = \cos x$, e $\int e^{g(x)}\,g'(x)\,dx = e^{g(x)} + c$:

Controllo. Con la regola della catena, $\left(e^{\sin x}\right)' = e^{\sin x} \cdot \cos x$.

3. Somiglia a $\int \frac{1}{1 + x^2}\,dx = \arctan x + c$, ma c’è un 9. Raccogliamo 9 al denominatore per far comparire $1 + (\ldots)^2$:

Il fattore 3 compensa la derivata della funzione interna $\frac{x}{3}$, che vale $\frac{1}{3}$. Controllo.

Perché questo metodo. La formula fondamentale, $\int_a^b f(x)\,dx = G(b) - G(a)$, vuole una primitiva $G$ valida su tutto l’intervallo. Con un valore assoluto o una funzione a tratti l’espressione cambia a metà strada: si spezza l’intervallo dove cambia (additività) e si integra un pezzo alla volta.

1. $x^2 - 1$ è negativo tra 0 e 1 e positivo tra 1 e 3. Quindi $\lvert x^2 - 1 \rvert = 1 - x^2$ su $[0, 1]$ e $\lvert x^2 - 1 \rvert = x^2 - 1$ su $[1, 3]$:

Nel secondo pezzo, $(9 - 3) - \left(\frac{1}{3} - 1\right) = 6 + \frac{2}{3}$. Controllo. Senza valore assoluto si troverebbe $\int_0^3 \left(x^2 - 1\right)dx = 6$: il pezzo tra 0 e 1 verrebbe sottratto invece che sommato, e $\frac{22}{3} - 2 \cdot \frac{2}{3} = 6$.

2. Il punto di raccordo è $x = 0$: spezziamo lì.

cioè circa $1{,}63$. Qui $f$ è anche continua in 0, ma non serve: con un salto nel punto di raccordo si procede allo stesso modo.

3. Una primitiva richiederebbe tre integrazioni per parti. Ma $x^3$ è dispari e $\cos x$ è pari, quindi il prodotto è dispari: $(-x)^3\cos(-x) = -x^3\cos x$. Su un intervallo simmetrico rispetto a 0 le parti sopra e sotto l’asse si compensano esattamente: l’integrale vale 0, senza conti.

Perché questo metodo. Quando un’espressione scomoda si ripete (un esponenziale in più forme, una radice), la si chiama $t$ e si riscrive tutto in $t$, $dx$ compreso.

1. Con $t = e^x$ si ha $dt = e^x\,dx$. Scriviamo $e^{2x}\,dx = e^x \cdot e^x\,dx = t\,dt$:

Il trucco è aggiungere e togliere 1 al numeratore. Non serve il valore assoluto, perché $t + 1 = e^x + 1 > 0$. Tornando a $x$: $\ e^x - \ln\left(e^x + 1\right) + c$.

Controllo.

2. Con $t = \sqrt{x}$, cioè $x = t^2$ e $dx = 2t\,dt$, e con lo stesso trucco:

Tornando a $x$: $\ 2\sqrt{x} - 2\arctan\sqrt{x} + c$. Controllo.

3. Stessa sostituzione, $t = \sqrt{x}$ e $dx = 2t\,dt$. In un integrale definito cambiano anche gli estremi: per $x = 1$ vale $t = 1$, per $x = 4$ vale $t = 2$. Siccome $x + \sqrt{x} = t^2 + t = t(t + 1)$:

Controllo. La funzione decresce da $\frac{1}{2}$ a $\frac{1}{6}$ su un intervallo lungo 3: l’integrale deve stare tra $3 \cdot \frac{1}{6} = 0{,}5$ e $3 \cdot \frac{1}{2} = 1{,}5$, e $0{,}81$ ci sta.

Perché questo metodo. Sono prodotti di funzioni di tipo diverso, o un logaritmo da solo. La formula

scambia l’integrale con un altro in cui $f$ è derivato e $g'$ è integrato. Si deriva il fattore che si semplifica (polinomio, logaritmo) e si integra quello che non si complica (esponenziale, seno, coseno).

1. Deriviamo $f = x$, che diventa 1, e integriamo $g' = \sin x$, che dà $g = -\cos x$:

Controllo. $(-x\cos x + \sin x)' = -\cos x + x\sin x + \cos x = x\sin x$.

2. Il trucco del fattore 1: $\ln x = \ln x \cdot 1$. Deriviamo il logaritmo e integriamo l’1, che dà $x$:

Controllo. $(x\ln x - x)' = \ln x + 1 - 1 = \ln x$. Tra 1 ed $e$ il logaritmo è positivo, quindi l’integrale definito è un’area:

3. Qui nessun fattore si semplifica: esponenziale e seno restano esponenziale e seno (o coseno). Chiamiamo $I$ l’integrale e integriamo sempre l’esponenziale. Primo passaggio, con $f = \sin x$:

Secondo passaggio, con $f = \cos x$, che derivato dà $-\sin x$:

Sostituendo, ricompare l’integrale di partenza: $I = e^x\sin x - e^x\cos x - I$. Portando $I$ a sinistra, $2I = e^x(\sin x - \cos x)$, cioè

Controllo. Con la regola del prodotto:

Per l’integrale definito, siccome $\sin\pi = 0$ e $\cos\pi = -1$:

Perché questo metodo. Le frazioni di polinomi si integrano sempre, con uno schema fisso: se il grado del numeratore non è minore di quello del denominatore si divide, poi tutto dipende dal discriminante del denominatore. I tre punti sono i tre casi, $\Delta > 0$, $\Delta = 0$ e $\Delta < 0$.

1. Il numeratore ha grado più basso: niente divisione. $\Delta = 1 + 8 = 9 > 0$, e $x^2 - x - 2 = (x - 2)(x + 1)$. Cerchiamo $A$ e $B$ tali che

cioè $3x + 1 = A(x + 1) + B(x - 2)$ per ogni $x$. Con $x = 2$: $\ 7 = 3A$. Con $x = -1$: $\ -2 = -3B$. Quindi $A = \frac{7}{3}$ e $B = \frac{2}{3}$:

Controllo. La derivata è $\frac{7/3}{x - 2} + \frac{2/3}{x + 1}$; a denominatore comune il numeratore è $\frac{7}{3}(x + 1) + \frac{2}{3}(x - 2) = 3x + 1$.

2. I gradi sono uguali: prima la divisione. Siccome $x^2 = \left(x^2 - 2x + 1\right) + (2x - 1)$,

Qui $\Delta = 0$: il denominatore è un quadrato, e serve un fratto per ogni potenza di $x - 1$. Scrivendo $2x - 1 = 2(x - 1) + 1$:

Il secondo fratto è la potenza $(x - 1)^{-2}$, che si integra in $-(x - 1)^{-1}$:

Controllo. La derivata è $1 + \frac{2}{x - 1} + \frac{1}{(x - 1)^2}$: proprio la scomposizione trovata.

3. $\Delta = 16 - 32 < 0$: il denominatore non si scompone. Facciamo comparire al numeratore la sua derivata, $2x + 4$: $\ x + 3 = \frac{1}{2}(2x + 4) + 1$. Il primo pezzo dà un logaritmo, senza valore assoluto perché il denominatore è sempre positivo:

Per il secondo completiamo il quadrato, $x^2 + 4x + 8 = (x + 2)^2 + 4$, e arriviamo all’arcotangente:

In totale:

Controllo. Il logaritmo ha derivata $\frac{x + 2}{x^2 + 4x + 8}$, l’arcotangente $\frac{1}{x^2 + 4x + 8}$: sommate danno l’integranda.

Perché questo metodo. Le potenze di seno e coseno si trasformano con la goniometria: le pari si abbassano con le formule di linearizzazione, alle dispari si stacca un fattore. La radice $\sqrt{1 - x^2}$ sparisce con $x = \sin t$.

1. Con $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ l’integrale diventa immediato:

Controllo. $\left(\frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4}\right)' = \frac{1}{2} - \frac{\cos 2x}{2} = \sin^2 x$. In $0$ e in $\pi$ il termine $\sin 2x$ vale 0, quindi

Ha senso: la media di $\sin^2 x$ è $\frac{1}{2}$ e l’intervallo è lungo $\pi$. Ci servirà nell’esercizio 9.

2. La potenza è dispari: stacchiamo un $\sin x$ e trasformiamo il resto con $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$. Poi poniamo $t = \cos x$, da cui $dt = -\sin x\,dx$:

Controllo.

3. Con $x = \sin t$ si ha $dx = \cos t\,dt$. Gli estremi: per $x = 0$, $t = 0$; per $x = 1$, $t = \frac{\pi}{2}$. Per $t$ tra 0 e $\frac{\pi}{2}$ il coseno è positivo, quindi $\sqrt{1 - \sin^2 t} = \cos t$:

dove abbiamo usato $\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}$. Controllo geometrico. Il grafico di $y = \sqrt{1 - x^2}$ è la semicirconferenza di raggio 1, e tra 0 e 1 l’integrale è l’area di un quarto di cerchio: $\frac{\pi \cdot 1^2}{4}$. Esatto.

Perché questo metodo. L’area tra due curve è l’integrale di «sopra meno sotto» tra due intersezioni. Servono le intersezioni, quale curva sta sopra e se le curve si incrociano in mezzo (allora si spezza).

1. Intersezioni: $x^2 - 2x = x$, cioè $x^2 - 3x = 0$, $\ x(x - 3) = 0$: $\ x = 0$ e $x = 3$, nei punti $(0, 0)$ e $(3, 3)$. In un punto intermedio, per esempio $x = 1$, la retta vale 1 e la parabola $-1$: la retta sta sopra.

Non importa che una parte della regione stia sotto l’asse $x$: «sopra meno sotto» è comunque positivo e misura l’altezza della striscia (la freccia nella figura).

Controllo. Tra una parabola $y = ax^2 + bx + c$ e una retta che la taglia in $x_1$ e $x_2$ l’area è sempre $\frac{\lvert a \rvert (x_2 - x_1)^3}{6}$: qui $\frac{3^3}{6} = \frac{9}{2}$.

2. Intersezioni: $x^3 = x$, cioè $x\left(x^2 - 1\right) = 0$: $\ x = -1$, $x = 0$ e $x = 1$. Le curve si incrociano nell’origine. In $x = -\frac{1}{2}$ la cubica vale $-\frac{1}{8}$ e la retta $-\frac{1}{2}$: tra $-1$ e 0 sta sopra la cubica, tra 0 e 1 il contrario. Spezziamo in 0:

Il primo pezzo vale

e il secondo $\left[\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4}\right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$. Quindi $A = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$. Le due parti sono uguali perché entrambe le funzioni sono dispari.

1. Tagliamo il solido a fette perpendicolari all’asse $x$: la fetta nel punto $x$ è un disco di raggio $\sin x$ e spessore piccolissimo $dx$, con volume circa $\pi\sin^2 x\,dx$. Sommando le fette, cioè integrando, si ottiene la formula dei dischi, $V = \pi\int_a^b f(x)^2\,dx$.

L’integrale di $\sin^2 x$ l’abbiamo già calcolato nell’esercizio 7:

Controllo. Il solido sta dentro un cilindro di raggio 1 e altezza $\pi$, di volume $\pi^2 \approx 9{,}87$: il fuso ne occupa esattamente la metà. Plausibile.

2. Il valor medio di $f$ su $[a, b]$ è $\frac{1}{b - a}\int_a^b f(x)\,dx$: l’altezza del rettangolo con la stessa base e la stessa area della regione sotto il grafico.

Il teorema della media garantisce che, se $f$ è continua su $[a, b]$, $f$ assume il valor medio in almeno un punto $c$ di $[a, b]$. Qui $\sin c = \frac{2}{\pi}$ ha due soluzioni in $[0, \pi]$:

Perché questo metodo. Per il teorema fondamentale (di Torricelli-Barrow), se $f$ è continua su un intervallo che contiene $a$, la funzione $F(x) = \int_a^x f(t)\,dt$ è derivabile e $F'(x) = f(x)$: la derivata si legge senza calcolare l’integrale.

1. L’integranda è continua su $\mathbb{R}$ (il denominatore non si annulla), quindi $F$ è derivabile su $\mathbb{R}$, con

Il denominatore è positivo, quindi $F'$ ha il segno di $x^2 - 1$. $F$ cresce in $(-\infty, -1)$, decresce in $(-1, 1)$ e cresce in $(1, +\infty)$: massimo relativo in $x = -1$, minimo relativo in $x = 1$.

Derivando ancora:

$F$ è concava per $x < 0$ e convessa per $x > 0$: flesso nell’origine, dove $F(0) = 0$. L’integranda è pari, quindi $F$ è dispari (con la sostituzione $t = -s$ si trova $F(-x) = -F(x)$): massimo e minimo sono simmetrici rispetto all’origine.

2. Sostituendo esce $\frac{F(0)}{0} = \frac{0}{0}$. $F$ è derivabile e la derivata del denominatore vale 1: si può usare il teorema di de l’Hôpital, derivando il numeratore con il teorema fondamentale.

Vicino a 0, quindi, $F(x) \approx -x$: il grafico parte dall’origine con pendenza $-1$, che è proprio $F'(0)$.

3. Dividendo, $\frac{t^2 - 1}{t^2 + 1} = \frac{(t^2 + 1) - 2}{t^2 + 1} = 1 - \frac{2}{t^2 + 1}$, quindi

Controllo. $F'(x) = 1 - \frac{2}{1 + x^2} = \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1}$: ritroviamo l’integranda. Il minimo vale $F(1) = 1 - \frac{\pi}{2} \approx -0{,}57$, il massimo $F(-1) = \frac{\pi}{2} - 1 \approx 0{,}57$.

Asintoti: $F(x) \to \pm\infty$ per $x \to \pm\infty$, quindi niente asintoti orizzontali. Ma $\frac{F(x)}{x} \to 1$, e $F(x) - x = -2\arctan x$ tende a $-\pi$ per $x \to +\infty$ e a $\pi$ per $x \to -\infty$: due asintoti obliqui, $y = x - \pi$ a destra e $y = x + \pi$ a sinistra.

Perché questo metodo. Con gli estremi variabili si spezza l’integrale in un punto fisso e si usa il teorema fondamentale con la regola della catena. Se $f$ è continua e $a(x)$, $b(x)$ sono derivabili:

1. Il logaritmo è continuo per $t > 0$, quindi l’intervallo tra $x$ e $x^2$ deve stare tutto in $(0, +\infty)$: serve $x > 0$, e allora anche $x^2 > 0$. Il dominio è $(0, +\infty)$. Spezziamo in 1:

Il secondo pezzo ha derivata $\ln x$. Il primo è una funzione integrale calcolata in $x^2$, con derivata $\ln\left(x^2\right) \cdot 2x$. Usando $\ln\left(x^2\right) = 2\ln x$, vero per $x > 0$:

2. Il segno di $H'$ viene da $4x - 1$, positivo per $x > \frac{1}{4}$, e da $\ln x$, positivo per $x > 1$:

Massimo relativo in $x = \frac{1}{4}$, minimo relativo in $x = 1$, dove $H(1) = \int_1^1 \ln t\,dt = 0$.