Integrali di funzioni goniometriche e irrazionali: metodi ed esercizi svolti

Seno al quadrato, coseno alla quinta, una frazione con $2 + \cos x$ al denominatore, una radice come $\sqrt{4 - x^2}$: sono gli integrali che all’esame di Analisi 1 separano chi conosce la strada giusta da chi si perde nei conti. Gli integrali goniometrici e gli integrali di funzioni irrazionali non richiedono tecniche nuove: si fanno con la sostituzione, ma ogni forma ha la sua sostituzione già pronta, quasi sempre suggerita da una formula di goniometria che conosci già. Li ritrovi negli esercizi d’esame, nel calcolo delle aree, a partire da quella del cerchio, e in Fisica, dalla corrente alternata ai segnali. In questa pagina vediamo la linearizzazione di seno e coseno al quadrato, le potenze pari e dispari, la tangente e l’integrale di $\frac{1}{\cos x}$, i prodotti con le formule di Werner e l’ortogonalità, la sostituzione $t = \tan\frac{x}{2}$ con la sua trappola negli integrali definiti, le radici di primo e di secondo grado, una tabella riassuntiva, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Seno e coseno al quadrato: la linearizzazione

$\int \sin^2 x\,dx$ non è $\frac{\sin^3 x}{3}$: derivando verrebbe $\sin^2 x\cos x$, perché manca la derivata della funzione interna. L’idea è abbassare il grado. Dalla formula di duplicazione $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x = 2\cos^2 x - 1$ si ricavano le formule di linearizzazione, che trasformano un quadrato in un coseno di primo grado, con l’angolo doppio:

$$\begin{gathered} \sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2} \\ \cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2} \end{gathered}$$

Dopo, l’integrale è immediato, con l’argomento lineare $2x$:

$$\begin{gathered} \int \sin^2 x\,dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + c \\ \int \cos^2 x\,dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + c \end{gathered}$$

Con $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ diventano $\frac{x - \sin x\cos x}{2} + c$ e $\frac{x + \sin x\cos x}{2} + c$: è la forma che trovi facendo $\int \sin^2 x\,dx$ per parti, con più fatica. Il calcolo con il controllo è nell’esercizio 7 degli esercizi svolti sugli integrali.

Una conseguenza da ricordare. Su un periodo intero il termine con $\sin 2x$ vale 0 in entrambi gli estremi, e resta solo $\frac{x}{2}$:

$$\int_0^{2\pi} \sin^2 x\,dx = \int_0^{2\pi} \cos^2 x\,dx = \pi$$

Diviso per la lunghezza $2\pi$, vuol dire che la media di $\sin^2 x$ e di $\cos^2 x$ su un periodo è $\frac{1}{2}$. In Fisica è il motivo per cui una resistenza percorsa da corrente alternata dissipa in media metà della potenza massima.

Esempio 1. $\displaystyle\int \sin^2 x\cos^2 x\,dx$. Siccome $\sin x\cos x = \frac{1}{2}\sin 2x$, il prodotto è $\frac{1}{4}\sin^2 2x$, e si linearizza con $2x$ al posto di $x$:

$$\begin{gathered} \sin^2 x\cos^2 x = \frac{1}{4} \cdot \frac{1 - \cos 4x}{2} \\ {} = \frac{1 - \cos 4x}{8} \end{gathered}$$

quindi

$$\int \sin^2 x\cos^2 x\,dx = \frac{x}{8} - \frac{\sin 4x}{32} + c$$

Le potenze di seno e coseno

Per $\displaystyle\int \sin^m x\cos^n x\,dx$, con $m$ e $n$ numeri naturali, conta una sola cosa: se c’è un esponente dispari.

Un esponente dispari: si stacca un fattore

L’obiettivo è un integrale quasi immediato: accanto a una funzione di $\sin x$ deve comparire la sua derivata $\cos x$, o viceversa. La scaletta, se $n$ è dispari:

1. Stacca un fattore $\cos x$: resta $\cos^{n - 1} x$, con esponente pari.
2. Trasforma il resto con $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$: ora tutto è scritto con $\sin x$, tranne il fattore staccato.
3. Sostituisci $u = \sin x$, con $du = \cos x\,dx$: resta un polinomio in $u$.
4. Integra e torna a $x$.

Se invece è dispari $m$, stacchi un $\sin x$, usi $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ e poni $u = \cos x$, con $du = -\sin x\,dx$: attento al segno meno. Se sono dispari entrambi, va bene l’uno o l’altro; conviene staccare il fattore dalla potenza più bassa, perché si sviluppano meno termini. Il caso più semplice, $\int \sin^3 x\,dx = -\cos x + \frac{\cos^3 x}{3} + c$, è svolto nell’esercizio 7 della pagina di esercizi.

Esempio 2. $\displaystyle\int \sin^2 x\cos^3 x\,dx$. Il coseno ha esponente dispari: stacchiamo un $\cos x$ e scriviamo $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$. Con $u = \sin x$:

$$\begin{gathered} \int \sin^2 x\left(1 - \sin^2 x\right)\cos x\,dx \\ {} = \int u^2\left(1 - u^2\right)du \\ {} = \frac{u^3}{3} - \frac{u^5}{5} + c \end{gathered}$$

Tornando a $x$:

$$\int \sin^2 x\cos^3 x\,dx = \frac{\sin^3 x}{3} - \frac{\sin^5 x}{5} + c$$

Perché funziona. Dopo il passo 2 l’integranda ha la forma $P(\sin x) \cdot \cos x$, con $P$ polinomio: è la derivata di una funzione composta, letta con la regola della catena al contrario. Con due esponenti pari questo non succede: staccando un fattore, ne resta uno con esponente dispari, che non si scrive con l’altra funzione senza una radice.

Esponenti tutti pari: si linearizza

Se $m$ e $n$ sono entrambi pari, si linearizza, anche più volte, finché restano solo coseni di primo grado. Lo abbiamo appena fatto con $\sin^2 x\cos^2 x$.

Esempio 3. $\displaystyle\int \sin^4 x\,dx$. Prima linearizzazione:

$$\begin{gathered} \sin^4 x = \left(\frac{1 - \cos 2x}{2}\right)^2 \\ {} = \frac{1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x}{4} \end{gathered}$$

Resta un quadrato, $\cos^2 2x = \frac{1 + \cos 4x}{2}$: lo linearizziamo e mettiamo tutto su 8:

$$\sin^4 x = \frac{3 - 4\cos 2x + \cos 4x}{8}$$

Ora ogni termine è immediato:

$$\begin{gathered} \int \sin^4 x\,dx \\ {} = \frac{3x}{8} - \frac{\sin 2x}{4} + \frac{\sin 4x}{32} + c \end{gathered}$$

Su $[0, 2\pi]$ i seni valgono 0 agli estremi e resta $\frac{3}{8} \cdot 2\pi = \frac{3\pi}{4}$: la media di $\sin^4 x$ è $\frac{3}{8}$, meno di quella di $\sin^2 x$, come ti aspetti elevando a una potenza più alta numeri tra 0 e 1.

La tangente e l’integrale di 1/cos x

Per la tangente la formula chiave è $1 + \tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$, che è anche la derivata di $\tan x$. Da $\tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$ si ottiene subito $\int \tan^2 x\,dx = \tan x - x + c$ (è l’esercizio 1 della pagina di esercizi). Per una potenza più alta si stacca un $\tan^2 x$ e lo si trasforma allo stesso modo.

Esempio 4. $\displaystyle\int \tan^3 x\,dx$. Scriviamo $\tan^3 x = \tan x \cdot \tan^2 x$:

$$\begin{gathered} \tan^3 x = \tan x\left(\frac{1}{\cos^2 x} - 1\right) \\ {} = \tan x \cdot \frac{1}{\cos^2 x} - \tan x \end{gathered}$$

Il primo pezzo è $\tan x$ per la sua derivata, con primitiva $\frac{\tan^2 x}{2}$; il secondo è la tangente, con primitiva $-\ln\lvert \cos x \rvert$. Quindi, su ogni intervallo in cui $\cos x \neq 0$:

$$\int \tan^3 x\,dx = \frac{\tan^2 x}{2} + \ln\lvert \cos x \rvert + c$$

L’integrale di 1/cos x. Non è nella tabella, ma conviene saperlo. Il trucco è moltiplicare e dividere per $\cos x$: al numeratore compare la derivata di $\sin x$ e al denominatore $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$. Con $u = \sin x$:

$$\begin{gathered} \int \frac{\cos x}{\cos^2 x}\,dx = \int \frac{\cos x}{1 - \sin^2 x}\,dx \\ {} = \int \frac{du}{1 - u^2} \end{gathered}$$

È una funzione razionale fratta. Con i fratti semplici, $\frac{1}{1 - u^2} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1 + u} + \frac{1}{1 - u}\right)$, e

$$\int \frac{du}{1 - u^2} = \frac{1}{2}\ln\left\lvert \frac{1 + u}{1 - u} \right\rvert + c$$

Tornando a $x$, il fattore $\frac{1}{2}$ si toglie moltiplicando sopra e sotto per $1 + \sin x$:

$$\begin{gathered} \frac{1 + \sin x}{1 - \sin x} = \frac{(1 + \sin x)^2}{1 - \sin^2 x} \\ {} = \left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right)^2 \end{gathered}$$

e metà del logaritmo di un quadrato è il logaritmo del valore assoluto della base. Il risultato, valido su ogni intervallo in cui $\cos x \neq 0$:

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{\cos x} = \ln\left\lvert \frac{1 + \sin x}{\cos x} \right\rvert + c \\ {} = \ln\left\lvert \frac{1}{\cos x} + \tan x \right\rvert + c \end{gathered}$$

Una seconda strada, con le formule parametriche, la vediamo tra poco.

Prodotti con angoli diversi: le formule di Werner

Un prodotto come $\sin 3x\cos x$ non si integra direttamente, ma le formule di Werner lo trasformano in una somma, che si integra un pezzo alla volta:

$$\begin{gathered} \sin\alpha\cos\beta \\ {} = \frac{\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)}{2} \\[3mm] \cos\alpha\cos\beta \\ {} = \frac{\cos(\alpha - \beta) + \cos(\alpha + \beta)}{2} \\[3mm] \sin\alpha\sin\beta \\ {} = \frac{\cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta)}{2} \end{gathered}$$

Esempio 5. Con $\alpha = 3x$ e $\beta = x$:

$$\begin{gathered} \int \sin 3x\cos x\,dx \\ {} = \frac{1}{2}\int \left(\sin 4x + \sin 2x\right)dx \\ {} = -\frac{\cos 4x}{8} - \frac{\cos 2x}{4} + c \end{gathered}$$

L’ortogonalità e l’analisi di Fourier

Teorema (ortogonalità). Per $m$ e $n$ interi positivi:

$$\begin{gathered} \int_0^{2\pi} \sin mx\,\sin nx\,dx = 0 \;\;\text{se } m \neq n \\ \int_0^{2\pi} \sin^2 nx\,dx = \pi \end{gathered}$$

Lo stesso vale con due coseni al posto dei due seni, mentre $\int_0^{2\pi} \sin mx\cos nx\,dx = 0$ per tutti gli $m$ e $n$, anche uguali.

Perché è vero. Con la terza formula di Werner:

$$\begin{gathered} \sin mx\,\sin nx \\ {} = \frac{\cos(m - n)x - \cos(m + n)x}{2} \end{gathered}$$

Per ogni intero $k \neq 0$ si ha $\int_0^{2\pi} \cos kx\,dx = \left[\frac{\sin kx}{k}\right]_0^{2\pi} = 0$, perché $\sin 2k\pi = \sin 0 = 0$. Se $m \neq n$, i numeri $m - n$ e $m + n$ sono interi diversi da zero, quindi entrambi i termini danno 0. Se $m = n$, il primo termine diventa $\cos 0 = 1$, che integrato dà $\frac{1}{2} \cdot 2\pi = \pi$. Per seno per coseno la prima formula di Werner dà due seni, e $\int_0^{2\pi} \sin kx\,dx = 0$ per ogni intero $k$.

Il nome viene da un’analogia con i vettori: l’integrale del prodotto fa da prodotto scalare, e due funzioni con «prodotto scalare» nullo si dicono ortogonali. È quello che serve all’analisi di Fourier, che scrive un segnale come somma di seni e coseni: per sapere quanto «pesa» $\sin nx$ nel segnale, si moltiplica per $\sin nx$ e si integra su $[0, 2\pi]$, e tutti gli altri termini spariscono.

Funzioni razionali di seno e coseno: t = tan(x/2)

Quando seno e coseno compaiono in una frazione, come $\frac{1}{2 + \cos x}$, si parla di funzione razionale di seno e coseno, che si indica con $R(\sin x, \cos x)$: un’espressione costruita con $\sin x$, $\cos x$ e numeri usando solo le quattro operazioni. Per tutte c’è una sostituzione che funziona sempre, $t = \tan\frac{x}{2}$, grazie alle formule parametriche:

$$\begin{gathered} \sin x = \frac{2t}{1 + t^2} \\ \cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2} \\ dx = \frac{2}{1 + t^2}\,dt \end{gathered}$$

Le prime due valgono per $x \neq \pi + 2k\pi$. L’ultima si ricava così: per $-\pi < x < \pi$, invertendo $t = \tan\frac{x}{2}$ si ha $x = 2\arctan t$, e derivando $\frac{dx}{dt} = \frac{2}{1 + t^2}$. Su un altro intervallo $(-\pi + 2k\pi, \pi + 2k\pi)$ si ha $x = 2\arctan t + 2k\pi$, con lo stesso $dx$.

Perché funziona sempre. Seno, coseno e $dx$ diventano frazioni di polinomi in $t$, e somme, prodotti e quozienti di frazioni di polinomi sono ancora frazioni di polinomi: l’integrale diventa quello di una funzione razionale, che si sa sempre calcolare. Il prezzo sono i conti, a volte lunghi: prima controlla se basta un metodo più semplice.

Esempio 6. $\displaystyle\int \frac{dx}{\sin x}$. Sostituendo, $\frac{1}{\sin x}\,dx = \frac{1 + t^2}{2t} \cdot \frac{2}{1 + t^2}\,dt = \frac{dt}{t}$, quindi

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{\sin x} = \ln\lvert t \rvert + c \\ {} = \ln\left\lvert \tan\frac{x}{2} \right\rvert + c \end{gathered}$$

su ogni intervallo in cui $\sin x \neq 0$: derivando si ritrova $\frac{1}{\sin x}$ anche fuori da $(-\pi, \pi)$. Con lo stesso metodo $\frac{dx}{\cos x}$ diventa $\frac{2\,dt}{1 - t^2}$, e si trova $\ln\left\lvert \frac{1 + t}{1 - t} \right\rvert + c$. È la primitiva di prima scritta in un altro modo: con $t = \frac{\sin(x/2)}{\cos(x/2)}$, moltiplicando sopra e sotto per $\cos\frac{x}{2}\left(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}\right)$ si trova proprio $\frac{1 + t}{1 - t} = \frac{1 + \sin x}{\cos x}$.

Esempio 7. $\displaystyle\int \frac{dx}{2 + \cos x}$, per $-\pi < x < \pi$. Il denominatore diventa

$$\begin{gathered} 2 + \frac{1 - t^2}{1 + t^2} = \frac{2 + 2t^2 + 1 - t^2}{1 + t^2} \\ {} = \frac{3 + t^2}{1 + t^2} \end{gathered}$$

e con la formula dell’arcotangente, $\int \frac{dt}{k^2 + t^2} = \frac{1}{k}\arctan\frac{t}{k} + c$ con $k = \sqrt{3}$:

$$\begin{gathered} \int \frac{1 + t^2}{3 + t^2} \cdot \frac{2\,dt}{1 + t^2} = \int \frac{2\,dt}{3 + t^2} \\ {} = \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{t}{\sqrt{3}} + c \end{gathered}$$

Tornando a $x$, una primitiva su $(-\pi, \pi)$ è

$$F(x) = \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\tan\frac{x}{2}\right)$$

La trappola dell’integrale definito

Quanto vale $\displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{dx}{2 + \cos x}$? Viene spontaneo calcolare $F(2\pi) - F(0)$, e siccome $\tan\pi = \tan 0 = 0$, verrebbe 0. È sbagliato: il denominatore sta tra 1 e 3, quindi la funzione è sempre almeno $\frac{1}{3}$, e l’integrale deve valere almeno $\frac{2\pi}{3}$.

Il problema è che $F$ non è una primitiva su tutto $[0, 2\pi]$: in $x = \pi$ la tangente di $\frac{x}{2}$ non esiste, e $F$ salta da $\frac{\pi}{\sqrt{3}}$ a $-\frac{\pi}{\sqrt{3}}$. La formula $F(b) - F(a)$ del teorema fondamentale vale solo con una primitiva continua su tutto $[a, b]$.

Il modo corretto: il grafico di $\frac{1}{2 + \cos x}$ è simmetrico rispetto alla retta $x = \pi$, perché $\cos(2\pi - x) = \cos x$, quindi l’integrale è il doppio di quello su $[0, \pi]$. Su $[0, \pi)$ la primitiva $F$ è continua, e in $\pi$ si prende il suo limite:

$$\begin{gathered} \int_0^{2\pi} \frac{dx}{2 + \cos x} = 2\int_0^{\pi} \frac{dx}{2 + \cos x} \\ {} = 2\left(\lim_{x \to \pi^-} F(x) - F(0)\right) \\ {} = 2 \cdot \frac{\pi}{\sqrt{3}} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

cioè circa 3,63. È lo stesso che costruire una primitiva continua $G$, uguale a $F$ fino a $\pi$ e a $F + \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$ dopo, come nella figura: $G(2\pi) - G(0) = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$. La trappola si presenta ogni volta che l’intervallo contiene un punto $\pi + 2k\pi$.

Solo potenze pari: basta t = tan x

Se seno e coseno compaiono solo con esponenti pari, o nel prodotto $\sin x\cos x$, conviene la sostituzione più semplice $t = \tan x$, che dà frazioni di grado più basso. Per $-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}$ si ha $x = \arctan t$ e, da $1 + \tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$:

$$\begin{gathered} \cos^2 x = \frac{1}{1 + t^2} \\ \sin^2 x = \frac{t^2}{1 + t^2} \\ dx = \frac{dt}{1 + t^2} \end{gathered}$$

Esempio 8. $\displaystyle\int \frac{dx}{1 + \cos^2 x}$. Il denominatore diventa $1 + \frac{1}{1 + t^2} = \frac{2 + t^2}{1 + t^2}$:

$$\begin{gathered} \int \frac{1 + t^2}{2 + t^2} \cdot \frac{dt}{1 + t^2} = \int \frac{dt}{2 + t^2} \\ {} = \frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{\tan x}{\sqrt{2}} + c \end{gathered}$$

su ogni intervallo $\left(-\frac{\pi}{2} + k\pi, \frac{\pi}{2} + k\pi\right)$; anche qui, attenzione agli integrali definiti che contengono un punto $\frac{\pi}{2} + k\pi$. Tra 0 e $\pi$, per esempio, questa primitiva darebbe 0 invece di $\frac{\pi}{\sqrt{2}}$: il calcolo corretto è nella pagina sulla sostituzione. Con $t = \tan\frac{x}{2}$ saresti arrivato a $\frac{1 + t^2}{1 + t^4}$, molto più scomodo.

Altre due scorciatoie (regole pratiche). Se l’integranda cambia segno scrivendo $-\sin x$ al posto di $\sin x$, conviene $u = \cos x$; se cambia segno scrivendo $-\cos x$ al posto di $\cos x$, conviene $u = \sin x$. È la generalizzazione delle potenze dispari: per esempio con $u = \cos x$ l’integrale di $\frac{\sin x}{1 + \cos^2 x}$ diventa $-\int \frac{du}{1 + u^2} = -\arctan(\cos x) + c$.

Le funzioni irrazionali

Per le radici la regola generale è: una sostituzione che fa sparire la radice. Quale, dipende da cosa c’è sotto.

Radici di un’espressione lineare

Con $\sqrt[n]{ax + b}$, dove $a \neq 0$, si pone $t = \sqrt[n]{ax + b}$. Allora $t^n = ax + b$, cioè $x = \frac{t^n - b}{a}$, e $dx = \frac{n}{a}\,t^{n - 1}\,dt$: la radice diventa $t$ e il resto diventa una frazione di polinomi in $t$. Gli esempi base, come $\int x\sqrt{x + 1}\,dx$, sono nella pagina sulla sostituzione.

Se compaiono radici con indici diversi della stessa espressione, si usa come indice il loro minimo comune multiplo: così tutte le radici diventano potenze intere di $t$.

Esempio 9. $\displaystyle\int \frac{dx}{\sqrt{x} + \sqrt[3]{x}}$, per $x > 0$. Gli indici sono 2 e 3, con minimo comune multiplo 6: poniamo $t = \sqrt[6]{x}$, cioè $x = t^6$ e $dx = 6t^5\,dt$. Allora $\sqrt{x} = t^3$ e $\sqrt[3]{x} = t^2$:

$$\int \frac{6t^5}{t^3 + t^2}\,dt = \int \frac{6t^3}{t + 1}\,dt$$

Il numeratore ha grado più alto, quindi si divide (anche con Ruffini):

$$\frac{6t^3}{t + 1} = 6t^2 - 6t + 6 - \frac{6}{t + 1}$$

e integrando termine per termine

$$\begin{gathered} \int \frac{6t^3}{t + 1}\,dt \\ {} = 2t^3 - 3t^2 + 6t - 6\ln(1 + t) + c \end{gathered}$$

Il valore assoluto non serve, perché $1 + t > 0$. Tornando a $x$, con $t^3 = \sqrt{x}$ e $t^2 = \sqrt[3]{x}$, il risultato è

$$\begin{gathered} 2\sqrt{x} - 3\sqrt[3]{x} + 6\sqrt[6]{x} \\ {} - 6\ln\left(1 + \sqrt[6]{x}\right) + c \end{gathered}$$

Radice di una frazione. Con $\sqrt{\frac{ax + b}{cx + d}}$ si pone $t$ uguale a tutta la radice. Da $t^2 = \frac{ax + b}{cx + d}$ si ricava $x = \frac{b - dt^2}{ct^2 - a}$, una frazione di polinomi in $t$, e lo è anche $dx$: si finisce di nuovo con una funzione razionale.

Radici di secondo grado: tre sostituzioni

Con $\sqrt{a^2 - x^2}$, $\sqrt{x^2 + a^2}$ e $\sqrt{x^2 - a^2}$, con $a > 0$, si sceglie una sostituzione che trasforma ciò che sta sotto la radice in un quadrato perfetto, grazie a un’identità:

Radice	Sostituzione	Identità
${\sqrt{a^2 - x^2}}$	${x = a\sin t}$	${1 - \sin^2 t = \cos^2 t}$
${\sqrt{x^2 + a^2}}$	${x = a\sinh t}$	${\sinh^2 t + 1 = \cosh^2 t}$
${\sqrt{x^2 - a^2}}$	${x = a\cosh t}$	${\cosh^2 t - 1 = \sinh^2 t}$

Per le ultime due righe si possono usare anche $x = a\tan t$ e $x = \frac{a}{\cos t}$, ma portano a integrali come $\int \frac{dt}{\cos^3 t}$, più lunghi: con le funzioni iperboliche i conti sono gli stessi del caso del seno.

Esempio 10. $\displaystyle\int \sqrt{4 - x^2}\,dx$, per $-2 \leq x \leq 2$. Poniamo $x = 2\sin t$ con $-\frac{\pi}{2} \leq t \leq \frac{\pi}{2}$. Su questo intervallo il seno assume una volta sola ogni valore tra $-1$ e $1$, quindi $t = \arcsin\frac{x}{2}$, e il coseno non è negativo. Allora $dx = 2\cos t\,dt$ e

$$\begin{gathered} \sqrt{4 - 4\sin^2 t} = 2\sqrt{\cos^2 t} \\ {} = 2\lvert \cos t \rvert = 2\cos t \end{gathered}$$

L’integrale diventa, con la linearizzazione di $\cos^2 t$:

$$\begin{gathered} \int 2\cos t \cdot 2\cos t\,dt = 4\int \cos^2 t\,dt \\ {} = 2t + \sin 2t + c \\ {} = 2t + 2\sin t\cos t + c \end{gathered}$$

Per tornare a $x$ serve $\cos t$ in funzione di $x$, e il modo più rapido è un triangolo rettangolo. Se $\sin t = \frac{x}{a}$, disegni un triangolo con ipotenusa $a$ e cateto opposto all’angolo $t$ uguale a $x$; per il teorema di Pitagora l’altro cateto è $\sqrt{a^2 - x^2}$, e il coseno si legge dalla figura. È lo stesso ragionamento con cui si calcola $\cos(\arcsin x)$ nelle funzioni goniometriche inverse.

Qui $a = 2$: $\sin t = \frac{x}{2}$ e $\cos t = \frac{\sqrt{4 - x^2}}{2}$. Quindi

$$\begin{gathered} \int \sqrt{4 - x^2}\,dx \\ {} = 2\arcsin\frac{x}{2} + \frac{x\sqrt{4 - x^2}}{2} + c \end{gathered}$$

Il triangolo si disegna solo per $0 < t < \frac{\pi}{2}$, ma il risultato vale su tutto $[-2, 2]$: la relazione $\cos t = \sqrt{1 - \sin^2 t}$ è vera per ogni $t$ tra $-\frac{\pi}{2}$ e $\frac{\pi}{2}$. Tra $-2$ e $2$ l’integrale vale $2\pi$: è l’area di mezzo cerchio di raggio 2, lo stesso calcolo con cui, nella pagina sulla sostituzione, si dimostra che l’area del cerchio è $\pi r^2$.

Esempio 11: una primitiva da conoscere. $\displaystyle\int \frac{dx}{\sqrt{x^2 + 1}}$. Poniamo $x = \sinh t$: $dx = \cosh t\,dt$ e $\sqrt{\sinh^2 t + 1} = \cosh t$, sempre positivo. L’integrale diventa $\int dt = t + c$, cioè $\operatorname{settsinh} x + c$. Scritto con i logaritmi:

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2 + 1}} = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right) + c$$

Per controllarla, deriviamo: la derivata dell’argomento è $1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \frac{\sqrt{x^2 + 1} + x}{\sqrt{x^2 + 1}}$, e divisa per l’argomento dà proprio $\frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$. Il valore assoluto non serve: $\sqrt{x^2 + 1} > \lvert x \rvert$, quindi l’argomento è sempre positivo.

Esempio 12. $\displaystyle\int \sqrt{x^2 - 1}\,dx$, per $x \geq 1$. Poniamo $x = \cosh t$ con $t \geq 0$: $dx = \sinh t\,dt$ e $\sqrt{\cosh^2 t - 1} = \sinh t$, che per $t \geq 0$ non è negativo. Resta $\int \sinh^2 t\,dt$, che si linearizza come $\sin^2$: da $\cosh 2t = 1 + 2\sinh^2 t$ si ha $\sinh^2 t = \frac{\cosh 2t - 1}{2}$, e

$$\begin{gathered} \int \sinh^2 t\,dt = \frac{\sinh 2t}{4} - \frac{t}{2} + c \\ {} = \frac{\sinh t\cosh t - t}{2} + c \end{gathered}$$

Per tornare a $x$: $\cosh t = x$, $\sinh t = \sqrt{x^2 - 1}$ e $t = \operatorname{settcosh} x = \ln\left(x + \sqrt{x^2 - 1}\right)$. Quindi

$$\begin{gathered} \int \sqrt{x^2 - 1}\,dx \\ {} = \frac{x\sqrt{x^2 - 1} - \ln\left(x + \sqrt{x^2 - 1}\right)}{2} + c \end{gathered}$$

Derivando si verifica che, con il valore assoluto dentro il logaritmo, la formula vale anche per $x \leq -1$.

Tre risultati da ricordare. Con le stesse sostituzioni, per $a > 0$:

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{\sqrt{a^2 - x^2}} = \arcsin\frac{x}{a} + c \\ \int \frac{dx}{\sqrt{x^2 + a^2}} = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + c \\ \int \frac{dx}{\sqrt{x^2 - a^2}} = \ln\left\lvert x + \sqrt{x^2 - a^2} \right\rvert + c \end{gathered}$$

la prima per $\lvert x \rvert < a$, la terza per $\lvert x \rvert > a$. A differenza dell’arcoseno, nelle ultime due non compare $\frac{x}{a}$. La sostituzione darebbe $\ln\frac{x + \sqrt{x^2 + a^2}}{a} = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) - \ln a$, ma la costante $-\ln a$ finisce dentro $c$.

Completare il quadrato sotto radice

Se sotto radice c’è un polinomio di secondo grado con il termine in $x$, si completa il quadrato e ci si riconduce a una delle tre forme, con $x + k$ al posto di $x$.

Esempio 13. $\displaystyle\int \frac{dx}{\sqrt{x^2 + 2x + 5}}$. Completando il quadrato, $x^2 + 2x + 5 = (x + 1)^2 + 4$. Con $u = x + 1$ e $du = dx$ è il secondo risultato con $a = 2$:

$$\begin{gathered} \int \frac{du}{\sqrt{u^2 + 4}} = \ln\left(u + \sqrt{u^2 + 4}\right) + c \\ {} = \ln\left(x + 1 + \sqrt{x^2 + 2x + 5}\right) + c \end{gathered}$$

Senza radice, lo stesso denominatore darebbe un’arcotangente; con il coefficiente di $x^2$ negativo, come in $\sqrt{4x - x^2} = \sqrt{4 - (x - 2)^2}$, si arriva invece all’arcoseno.

Il caso generale. Per una funzione razionale di $x$ e di $\sqrt{px^2 + qx + r}$ esistono le sostituzioni di Eulero, per esempio $\sqrt{x^2 + 1} = t - x$, che portano sempre a una funzione razionale di $t$: sono lunghe, servono di rado e molti corsi non le chiedono.

La tabella riassuntiva

Forma	Sostituzione	Cosa ottieni
esponenti pari	linearizza	coseni di $2x$, $4x$
$\cos^n x$, $n$ dispari	$u = \sin x$	polinomio
$\sin^m x$, $m$ dispari	$u = \cos x$	polinomio
$\tan^n x$	$\tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$	potenze di $\tan x$
$\sin mx\cos nx$	Werner	somma
$R(\sin x, \cos x)$	$t = \tan\frac{x}{2}$	fratta in $t$
solo potenze pari	$t = \tan x$	fratta più semplice
$\sqrt[n]{ax + b}$	$t = \sqrt[n]{ax + b}$	fratta in $t$
$\sqrt{a^2 - x^2}$	$x = a\sin t$	$a\cos t$
$\sqrt{x^2 + a^2}$	$x = a\sinh t$	$a\cosh t$
$\sqrt{x^2 - a^2}$	$x = a\cosh t$	$a\sinh t$
trinomio sotto radice	completa il quadrato	righe sopra

Gli errori più comuni

• Integrare $\sin^2 x$ come una potenza. $\int \sin^2 x\,dx$ non è $\frac{\sin^3 x}{3}$, perché manca il fattore $\cos x$: si linearizza.
• Sbagliare il segno nella linearizzazione. È $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$, con il meno. Controllo veloce con $x = 0$: deve venire 0.
• Dimenticare il meno di $du = -\sin x\,dx$. Con $u = \cos x$ davanti all’integrale compare sempre un segno meno.
• Linearizzare una potenza dispari. Si può, ma è lunghissimo: con un esponente dispari si stacca un fattore.
• Usare $t = \tan\frac{x}{2}$ su un intervallo che contiene $\pi$. La primitiva salta e $F(2\pi) - F(0)$ dà un valore sbagliato: spezza l’intervallo o usa la simmetria.
• Scrivere $\sqrt{\cos^2 t} = \cos t$ senza controllare. È $\lvert \cos t \rvert$: per questo con $x = a\sin t$ si prende $t$ tra $-\frac{\pi}{2}$ e $\frac{\pi}{2}$, dove il coseno non è negativo.
• Lasciare il risultato in $t$, o mescolare gli estremi. Si torna a $x$ con il triangolo rettangolo; in un integrale definito si cambiano gli estremi, oppure si torna a $x$ prima di usarli.
• Dimenticare dove vale la formula. $\ln\left\lvert \tan\frac{x}{2} \right\rvert$ vale dove $\sin x \neq 0$, $\arcsin\frac{x}{a}$ per $\lvert x \rvert < a$.

Esercizi svolti

1. Una potenza dispari del coseno

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^5 x\,dx$.

L’esponente è dispari: stacchiamo un $\cos x$ e scriviamo $\cos^4 x = \left(\cos^2 x\right)^2 = \left(1 - \sin^2 x\right)^2$. Poniamo $u = \sin x$, con $du = \cos x\,dx$, e cambiamo gli estremi: per $x = 0$, $u = 0$; per $x = \frac{\pi}{2}$, $u = 1$.

$$\begin{gathered} \int_0^1 \left(1 - u^2\right)^2 du \\ {} = \int_0^1 \left(1 - 2u^2 + u^4\right)du \\ {} = \left[u - \frac{2u^3}{3} + \frac{u^5}{5}\right]_0^1 \\ {} = 1 - \frac{2}{3} + \frac{1}{5} = \frac{8}{15} \end{gathered}$$

Controllo. Tra 0 e $\frac{\pi}{2}$ il coseno sta tra 0 e 1, quindi $\cos^5 x \leq \cos^2 x$, e l’integrale deve essere minore di $\int_0^{\pi/2} \cos^2 x\,dx = \frac{\pi}{4} \approx 0{,}79$. Il risultato è $\frac{8}{15} \approx 0{,}53$: coerente.

2. Un prodotto con Werner, e una verifica

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^\pi \sin 2x\cos x\,dx$ con le formule di Werner, poi verifica il risultato con la duplicazione.

Con $\alpha = 2x$ e $\beta = x$, la prima formula dà $\sin 2x\cos x = \frac{\sin 3x + \sin x}{2}$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\int_0^\pi \left(\sin 3x + \sin x\right)dx \\ {} = \frac{1}{2}\left[-\frac{\cos 3x}{3} - \cos x\right]_0^\pi \end{gathered}$$

In $\pi$, con $\cos 3\pi = \cos\pi = -1$, la parentesi vale $\frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{3}$; in 0 vale $-\frac{1}{3} - 1 = -\frac{4}{3}$. Il risultato è $\frac{1}{2}\left(\frac{4}{3} + \frac{4}{3}\right) = \frac{4}{3}$.

Verifica. Con $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ l’integranda diventa $2\sin x\cos^2 x$: una potenza di $\cos x$ con accanto la sua derivata, a meno del segno. Una primitiva è $-\frac{2\cos^3 x}{3}$, e

$$\left[-\frac{2\cos^3 x}{3}\right]_0^\pi = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$$

Le due strade danno lo stesso valore, $\frac{4}{3}$. Nota che non è 0: l’ortogonalità di $\sin mx$ e $\cos nx$ vale su un periodo intero, e su $[0, 2\pi]$ questo integrale sarebbe proprio 0.

3. Lo stesso integrale in due modi

Testo. Calcola $\displaystyle\int \frac{dx}{1 + \sin x}$ con le formule parametriche, poi moltiplicando sopra e sotto per $1 - \sin x$, e confronta i risultati.

Con le parametriche. Il denominatore diventa $1 + \frac{2t}{1 + t^2} = \frac{1 + 2t + t^2}{1 + t^2} = \frac{(1 + t)^2}{1 + t^2}$, quindi

$$\begin{gathered} \int \frac{1 + t^2}{(1 + t)^2} \cdot \frac{2\,dt}{1 + t^2} = \int \frac{2\,dt}{(1 + t)^2} \\ {} = -\frac{2}{1 + t} + c = -\frac{2}{1 + \tan\frac{x}{2}} + c \end{gathered}$$

Moltiplicando per 1 − sin x. Al denominatore compare $1 - \sin^2 x = \cos^2 x$:

$$\begin{gathered} \int \frac{1 - \sin x}{\cos^2 x}\,dx \\ {} = \int \left(\frac{1}{\cos^2 x} - \frac{\sin x}{\cos^2 x}\right)dx \\ {} = \tan x - \frac{1}{\cos x} + c \end{gathered}$$

perché $\frac{\sin x}{\cos^2 x}$ è la derivata di $\frac{1}{\cos x}$.

Il confronto. Le due primitive sembrano diverse. La seconda è $\tan x - \frac{1}{\cos x} = \frac{\sin x - 1}{\cos x}$; scriviamola con le parametriche:

$$\begin{gathered} \frac{\sin x - 1}{\cos x} = \frac{2t - 1 - t^2}{1 - t^2} \\ {} = -\frac{(1 - t)^2}{(1 - t)(1 + t)} = \frac{t - 1}{t + 1} \end{gathered}$$

e $\frac{t - 1}{t + 1} = 1 - \frac{2}{1 + t}$: le due primitive differiscono per la costante 1, quindi sono giuste tutte e due. C’è però una sottigliezza. La funzione di partenza è definita ovunque tranne dove $\sin x = -1$, ma la prima forma non esiste in $x = \pi$, dove $\tan\frac{x}{2}$ non è definita, e la seconda non esiste in $x = \frac{\pi}{2}$, dove abbiamo moltiplicato per $1 - \sin x = 0$. In entrambi i punti la primitiva ha limite finito e si prolunga per continuità. Il risultato: $\int \frac{dx}{1 + \sin x} = \tan x - \frac{1}{\cos x} + c$, o in modo equivalente $-\frac{2}{1 + \tan\frac{x}{2}} + c$.

4. Le parametriche con il cambio degli estremi

Testo. Calcola $\displaystyle\int_{\pi/3}^{\pi/2} \frac{dx}{\sin x\,(1 + \cos x)}$.

Sull’intervallo $\sin x > 0$ e $1 + \cos x > 0$, quindi la funzione è continua, e $\pi$ non è nell’intervallo: possiamo usare $t = \tan\frac{x}{2}$ senza trappole. Siccome $1 + \cos x = \frac{1 + t^2 + 1 - t^2}{1 + t^2} = \frac{2}{1 + t^2}$, il denominatore diventa

$$\frac{2t}{1 + t^2} \cdot \frac{2}{1 + t^2} = \frac{4t}{\left(1 + t^2\right)^2}$$

Moltiplicando il suo reciproco per $dx = \frac{2\,dt}{1 + t^2}$:

$$\begin{gathered} \frac{\left(1 + t^2\right)^2}{4t} \cdot \frac{2}{1 + t^2} = \frac{1 + t^2}{2t} \\ {} = \frac{1}{2t} + \frac{t}{2} \end{gathered}$$

Gli estremi: per $x = \frac{\pi}{3}$, $t = \tan\frac{\pi}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}}$; per $x = \frac{\pi}{2}$, $t = \tan\frac{\pi}{4} = 1$. Quindi

$$\begin{gathered} \int_{1/\sqrt{3}}^{1} \left(\frac{1}{2t} + \frac{t}{2}\right)dt \\ {} = \left[\frac{\ln t}{2} + \frac{t^2}{4}\right]_{1/\sqrt{3}}^{1} \end{gathered}$$

In 1 la parentesi vale $\frac{1}{4}$. In $\frac{1}{\sqrt{3}}$ vale $-\frac{\ln 3}{4} + \frac{1}{12}$, perché $\ln\frac{1}{\sqrt{3}} = -\frac{1}{2}\ln 3$. Sottraendo:

$$\begin{gathered} \frac{1}{4} - \frac{1}{12} + \frac{\ln 3}{4} = \frac{1}{6} + \frac{\ln 3}{4} \end{gathered}$$

Controllo. Il risultato è circa 0,441. La funzione cresce da circa 0,77 in $\frac{\pi}{3}$ a 1 in $\frac{\pi}{2}$, su un intervallo lungo $\frac{\pi}{6} \approx 0{,}52$: l’integrale deve stare tra $0{,}77 \cdot 0{,}52 \approx 0{,}40$ e $0{,}52$. Ci siamo.

5. Una radice con x = 2 sin t

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{4 - x^2}}\,dx$.

Poniamo $x = 2\sin t$. Gli estremi: per $x = 0$, $t = 0$; per $x = 1$, $\sin t = \frac{1}{2}$, cioè $t = \frac{\pi}{6}$. Tra 0 e $\frac{\pi}{6}$ il coseno è positivo, quindi $\sqrt{4 - x^2} = 2\cos t$, e $dx = 2\cos t\,dt$:

$$\begin{gathered} \int_0^{\pi/6} \frac{4\sin^2 t}{2\cos t} \cdot 2\cos t\,dt \\ {} = \int_0^{\pi/6} 4\sin^2 t\,dt \end{gathered}$$

Il coseno si semplifica: è il bello di questa sostituzione. Linearizzando, $4\sin^2 t = 2 - 2\cos 2t$:

$$\begin{gathered} \int_0^{\pi/6} \left(2 - 2\cos 2t\right)dt = \big[2t - \sin 2t\big]_0^{\pi/6} \\ {} = \frac{\pi}{3} - \sin\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} \end{gathered}$$

Il risultato è circa 0,181. Con il triangolo si trova anche la primitiva, $2\arcsin\frac{x}{2} - \frac{x\sqrt{4 - x^2}}{2} + c$, che in 1 vale proprio $\frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}$ e in 0 vale 0.

Controllo. Tra 0 e 1 il denominatore $\sqrt{4 - x^2}$ sta tra $\sqrt{3}$ e 2, quindi l’integranda sta tra $\frac{x^2}{2}$ e $\frac{x^2}{\sqrt{3}}$. Integrando, il risultato deve stare tra $\frac{1}{6} \approx 0{,}167$ e $\frac{1}{3\sqrt{3}} \approx 0{,}192$: il nostro 0,181 è dentro.

6. Completare il quadrato e una sostituzione iperbolica

Testo. Trova una primitiva di $\sqrt{x^2 + 2x + 2}$ e calcola $\displaystyle\int_{-1}^{0} \sqrt{x^2 + 2x + 2}\,dx$.

Completiamo il quadrato: $x^2 + 2x + 2 = (x + 1)^2 + 1$. Con $u = x + 1$ resta $\int \sqrt{u^2 + 1}\,du$, ed è la seconda radice della tabella con $a = 1$. Poniamo $u = \sinh t$: $du = \cosh t\,dt$ e $\sqrt{u^2 + 1} = \cosh t$. Con $\cosh^2 t = \frac{1 + \cosh 2t}{2}$, che viene da $\cosh 2t = 2\cosh^2 t - 1$:

$$\begin{gathered} \int \cosh^2 t\,dt = \frac{t}{2} + \frac{\sinh 2t}{4} + c \\ {} = \frac{t + \sinh t\cosh t}{2} + c \end{gathered}$$

Torniamo a $u$ con $\sinh t = u$, $\cosh t = \sqrt{u^2 + 1}$ e $t = \operatorname{settsinh} u = \ln\left(u + \sqrt{u^2 + 1}\right)$, e poi a $x$ con $u = x + 1$:

$$\begin{gathered} F(x) = \frac{(x + 1)\sqrt{x^2 + 2x + 2}}{2} \\ {} + \frac{\ln\left(x + 1 + \sqrt{x^2 + 2x + 2}\right)}{2} \end{gathered}$$

Agli estremi: $F(-1) = \frac{0 + \ln 1}{2} = 0$ e $F(0) = \frac{\sqrt{2} + \ln\left(1 + \sqrt{2}\right)}{2}$. Quindi

$$\begin{gathered} \int_{-1}^{0} \sqrt{x^2 + 2x + 2}\,dx \\ {} = \frac{\sqrt{2} + \ln\left(1 + \sqrt{2}\right)}{2} \end{gathered}$$

Controllo. Il risultato è circa 1,148. Sull’intervallo la funzione cresce da 1 a $\sqrt{2} \approx 1{,}41$, e l’intervallo è lungo 1: il valore deve stare tra 1 e 1,41. Ci siamo.

In sintesi

• Quadrati: $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ e $\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$, con integrali $\frac{x}{2} \mp \frac{\sin 2x}{4} + c$. Su un periodo la loro media è $\frac{1}{2}$.
• $\sin^m x\cos^n x$: con un esponente dispari si stacca un fattore e si pone $u = \sin x$ o $u = \cos x$; con esponenti tutti pari si linearizza, anche più volte.
• Tangente: $\tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$. Da ricordare: $\int \frac{dx}{\cos x} = \ln\left\lvert \frac{1}{\cos x} + \tan x \right\rvert + c$ e $\int \frac{dx}{\sin x} = \ln\left\lvert \tan\frac{x}{2} \right\rvert + c$.
• Prodotti con angoli diversi: formule di Werner. Su $[0, 2\pi]$, $\sin mx$ e $\sin nx$ sono ortogonali per $m \neq n$: è la base dell’analisi di Fourier.
• Frazioni in seno e coseno: $t = \tan\frac{x}{2}$ funziona sempre; con sole potenze pari basta $t = \tan x$. Negli integrali definiti attenzione ai punti in cui la primitiva salta.
• Radici lineari: $t = \sqrt[n]{ax + b}$, con il minimo comune multiplo degli indici se le radici sono più di una.
• Radici di secondo grado: $x = a\sin t$, $x = a\sinh t$, $x = a\cosh t$, dopo aver completato il quadrato se serve; si torna a $x$ con il triangolo o con $\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1$.

Con tutte le tecniche in mano, passiamo alle applicazioni. La prima è quella da cui tutto è nato: il calcolo delle aree.