Integrazione per sostituzione: metodo, sostituzioni tipiche ed esercizi svolti

L’integrazione per sostituzione, o cambio di variabile, è la tecnica che trasforma un integrale difficile in uno più semplice scegliendo una nuova variabile. Insieme all’integrazione per parti è lo strumento principale per calcolare gli integrali: all’esame serve ogni volta che compaiono radici, esponenziali o funzioni composte, e ritorna nel calcolo delle aree e negli integrali impropri. In questa pagina vediamo l’idea, le due forme del metodo con le dimostrazioni, la scaletta passo per passo, il catalogo delle sostituzioni tipiche, come si cambiano gli estremi negli integrali definiti e cosa succede con una sostituzione sbagliata, i trucchi di simmetria, l’area del cerchio e dell’ellisse, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: dare un nome alla parte scomoda

Negli integrali immediati hai imparato a riconoscere una funzione composta con accanto la derivata della funzione interna, scrivendo $g'(x)\,dx = d\big(g(x)\big)$. Era già una sostituzione, fatta a mente. Ma prova con

$$\int x\sqrt{x + 1}\,dx$$

La derivata di $x + 1$ è 1, e la $x$ davanti alla radice resta lì: lo schema «funzione interna e sua derivata» non basta. L’idea è dare un nome alla parte scomoda. Chiamiamo $t = \sqrt{x + 1}$: allora $x = t^2 - 1$, e tra poco vedremo che l’integrale diventa quello di un polinomio. È come cambiare unità di misura in un problema: la quantità è la stessa, ma con i nuovi numeri il conto è più semplice.

C’è un prezzo: anche il $dx$ va trasformato. Cambiando variabile cambia la larghezza dei rettangolini che sommi, e la derivata della sostituzione misura di quanto.

La prima forma: la regola della catena al contrario

Nella prima forma cerchi nell’integrale una funzione interna $g(x)$ e le dai un nome, di solito $u$.

In pratica poni $u = g(x)$, scrivi $du = g'(x)\,dx$, calcoli $\int f(u)\,du = F(u) + c$ e alla fine rimetti $u = g(x)$.

Perché è vero. Per la regola della catena, $\big(F(g(x))\big)' = F'\big(g(x)\big)\,g'(x) = f\big(g(x)\big)\,g'(x)$. Quindi $F\big(g(x)\big)$ è una primitiva della funzione da integrare, e su un intervallo tutte le altre differiscono da lei per una costante.

È il teorema degli integrali immediati, con un nome in più. Il nome serve quando, dopo aver posto $u = g(x)$, resta qualche $x$. Per esempio in

$$\int x^3\sqrt{x^2 + 1}\,dx$$

con $u = x^2 + 1$ si ha $du = 2x\,dx$. Scriviamo $x^3\,dx = x^2 \cdot x\,dx$: il pezzo $x\,dx$ diventa $\frac{1}{2}\,du$, e la $x^2$ che avanza si ricava dalla sostituzione, $x^2 = u - 1$:

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

Tornando a $x$, il risultato è $\frac{1}{5}(x^2 + 1)^{5/2} - \frac{1}{3}(x^2 + 1)^{3/2} + c$.

La seconda forma: x in funzione di t

Nella seconda forma la direzione è opposta. Non cerchi $g'(x)$ nell’integrale: imponi $x = \varphi(t)$, con una funzione $\varphi$ scelta da te, e il fattore $\varphi'(t)$ lo produci tu trasformando il $dx$. È quello che succede con $t = \sqrt{x + 1}$: in realtà stai ponendo $x = t^2 - 1$.

Perché è vero. Siccome $f$ è continua, ha una primitiva $F$ su $I$: lo garantisce il teorema fondamentale del calcolo integrale. Per la regola della catena, $F\big(\varphi(t)\big)$ ha derivata $f\big(\varphi(t)\big)\,\varphi'(t)$: è una primitiva della stessa funzione di cui è primitiva $G$. Su un intervallo, quindi, $G(t) = F\big(\varphi(t)\big) + k$, con $k$ costante. Ora mettiamo $t = \varphi^{-1}(x)$:

$$\begin{gathered} G\big(\varphi^{-1}(x)\big) = F\big(\varphi(\varphi^{-1}(x))\big) + k \\ {} = F(x) + k \end{gathered}$$

che è una primitiva di $f$. Si arriva allo stesso risultato derivando $G\big(\varphi^{-1}(x)\big)$ con la derivata della funzione inversa, se $\varphi'(t) \neq 0$.

Perché serve l’invertibilità. Il passaggio chiave è $\varphi\big(\varphi^{-1}(x)\big) = x$: per tornare dalla $t$ alla $x$ devi poter ricavare $t$ da $x$, e in un solo modo. Con $x = t^2$ su tutto $\mathbb{R}$, a $x = 4$ corrispondono sia $t = 2$ sia $t = -2$, e «tornare indietro» non ha senso. Per questo si sceglie un intervallo su cui $\varphi$ è strettamente monotona: per una funzione continua su un intervallo, vuol dire proprio essere invertibile. Le scelte classiche:

• $x = t^2$ con $t > 0$, da cui $t = \sqrt{x}$;
• $x = \sin t$ con $-\frac{\pi}{2} \leq t \leq \frac{\pi}{2}$, da cui $t = \arcsin x$;
• $x = \tan t$ con $-\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2}$, da cui $t = \arctan x$.

Esempio. $\displaystyle\int \frac{1}{1 + \sqrt{x}}\,dx$, per $x > 0$. Poniamo $x = t^2$ con $t > 0$, quindi $t = \sqrt{x}$ e $dx = 2t\,dt$:

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

Aggiungere e togliere 1 al numeratore serve a spezzare la frazione, e il valore assoluto non serve perché $1 + t > 0$. Con $t = \sqrt{x}$ il risultato è $2\sqrt{x} - 2\ln\left(1 + \sqrt{x}\right) + c$.

I differenziali: una regola per ricordare

In entrambe le forme si usa la notazione di Leibniz: da $x = \varphi(t)$ si ha $\frac{dx}{dt} = \varphi'(t)$ e, «moltiplicando» per $dt$, $dx = \varphi'(t)\,dt$. Non è una vera moltiplicazione, perché $dx$ e $dt$ non sono numeri: è un modo comodo per ricordare la formula, garantito dai due teoremi appena dimostrati.

Il metodo, passo per passo

1. Scegli la sostituzione. Di solito la nuova variabile è la parte scomoda: una radice, un esponenziale che si ripete, l’argomento di una funzione. Decidi se porre $u = g(x)$ o $x = \varphi(t)$, e su quale intervallo.
2. Trasforma il differenziale, derivando: $du = g'(x)\,dx$ oppure $dx = \varphi'(t)\,dt$.
3. Riscrivi tutto nella nuova variabile: la funzione e il $dx$. Se resta qualche $x$, ricavala dalla sostituzione.
4. Integra nella nuova variabile.
5. Torna alla $x$ e controlla derivando. In un integrale definito puoi invece cambiare gli estremi e non tornare indietro.

Esempio. Torniamo a $\displaystyle\int x\sqrt{x + 1}\,dx$, per $x > -1$.

1. Poniamo $t = \sqrt{x + 1}$, con $t > 0$, cioè $x = t^2 - 1$.
2. Derivando, $dx = 2t\,dt$.
3. Sostituiamo tutto: $x\sqrt{x + 1}\,dx = (t^2 - 1) \cdot t \cdot 2t\,dt$.
4. Resta un polinomio: $\int \left(2t^4 - 2t^2\right)dt = \frac{2t^5}{5} - \frac{2t^3}{3} + c$.
5. Tornando a $x$:

$$\begin{gathered} \int x\sqrt{x + 1}\,dx \\ {} = \frac{2}{5}(x + 1)^{5/2} - \frac{2}{3}(x + 1)^{3/2} + c \end{gathered}$$

Controllo, derivando e raccogliendo $(x + 1)^{1/2}$:

$$\begin{gathered} (x + 1)^{3/2} - (x + 1)^{1/2} \\ {} = (x + 1)^{1/2}\big((x + 1) - 1\big) = x\sqrt{x + 1} \end{gathered}$$

Con la prima forma, $u = x + 1$ e $x = u - 1$, si arriva a $\int (u - 1)\sqrt{u}\,du$ e allo stesso risultato: scegli la forma che ti sembra più naturale.

Come scegliere la sostituzione: il catalogo

Non esiste una regola che funzioni sempre. Queste sono indicazioni pratiche, non teoremi:

Se nell’integrale c’è	Prova con
$f(ax + b)$ e un’altra $x$	$u = ax + b$
$f(g(x))$ e parte di $g'(x)$	$u = g(x)$
$\sqrt{ax + b}$	$t = \sqrt{ax + b}$
$\sqrt{x}$ e $\sqrt[3]{x}$	$t = \sqrt[6]{x}$
una funzione di $e^x$	$t = e^x$
una funzione di $\ln x$	$t = \ln x$
$\sqrt{a^2 - x^2}$	$x = a\sin t$
$\sqrt{x^2 + a^2}$	$x = a\tan t$ o $x = a\sinh t$
seno e coseno in frazioni	$t = \tan\frac{x}{2}$

Se dopo la sostituzione l’integrale è più complicato di prima, prova un’altra strada: fa parte del gioco.

Argomento lineare

Se c’è solo $f(ax + b)$ basta dividere per $a$, come negli integrali immediati. La sostituzione serve quando accanto c’è un’altra $x$, per esempio in $\int x\,(2x + 1)^5\,dx$. Con $u = 2x + 1$ si ha $x = \frac{u - 1}{2}$ e $dx = \frac{du}{2}$:

$$\begin{gathered} \int \frac{u - 1}{2}\,u^5\,\frac{du}{2} = \frac{1}{4}\int \left(u^6 - u^5\right)du \\ {} = \frac{u^7}{28} - \frac{u^6}{24} + c \end{gathered}$$

cioè $\frac{(2x + 1)^7}{28} - \frac{(2x + 1)^6}{24} + c$. Sviluppando la potenza quinta avresti avuto sei termini.

Funzione interna

L’hai visto con $\int x^3\sqrt{x^2 + 1}\,dx$: si pone $u = g(x)$ anche se di $g'(x)$ c’è solo un pezzo, purché la $x$ che avanza si scriva in funzione di $u$.

Radici di espressioni lineari

Con $\sqrt{ax + b}$ si pone $t = \sqrt{ax + b}$, cioè $x = \frac{t^2 - b}{a}$: la radice sparisce e resta una funzione razionale in $t$. Lo abbiamo fatto con $\int x\sqrt{x + 1}\,dx$ e $\int \frac{dx}{1 + \sqrt{x}}$. Se compaiono radici di indice diverso della stessa espressione, come $\sqrt{x}$ e $\sqrt[3]{x}$, si pone $t = \sqrt[m]{x}$ con $m$ il minimo comune multiplo degli indici, qui 6: così $\sqrt{x} = t^3$ e $\sqrt[3]{x} = t^2$. L’esempio completo è negli integrali di funzioni goniometriche e irrazionali; con $\sqrt{x}$ e $\sqrt[4]{x}$ lo vedi nell’esercizio 3.

Esponenziali

Se $e^x$ compare in più forme, come $e^x$, $e^{2x}$, $e^{-x}$, con $t = e^x$ ognuna diventa una potenza di $t$: $e^{2x} = t^2$ ed $e^{-x} = \frac{1}{t}$. Da $x = \ln t$, con $t > 0$, si ha $dx = \frac{dt}{t}$. Per esempio:

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{e^x + e^{-x}} = \int \frac{1}{t + \frac{1}{t}} \cdot \frac{dt}{t} \\ {} = \int \frac{dt}{t^2 + 1} = \arctan t + c \\ {} = \arctan\left(e^x\right) + c \end{gathered}$$

Di solito, dopo la sostituzione, resta una funzione razionale in $t$, da trattare come nelle funzioni razionali fratte.

Logaritmi

Se c’è una funzione di $\ln x$ moltiplicata per $\frac{1}{x}$, con $t = \ln x$ si ha $dt = \frac{dx}{x}$. Per esempio, per $x > 0$ con $\ln x \neq -1$ e $\ln x \neq -2$, scomponendo $t^2 + 3t + 2 = (t + 1)(t + 2)$:

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{x\left(\ln^2 x + 3\ln x + 2\right)} \\ {} = \int \frac{dt}{t^2 + 3t + 2} \\ {} = \int \left(\frac{1}{t + 1} - \frac{1}{t + 2}\right)dt \\ {} = \ln\left\lvert \frac{\ln x + 1}{\ln x + 2} \right\rvert + c \end{gathered}$$

Se invece $\frac{1}{x}$ non c’è, conviene la seconda forma, $x = e^t$ con $dx = e^t\,dt$. Così $\int \sin(\ln x)\,dx$ diventa $\int e^t\sin t\,dt$, che si fa per parti due volte e dà $\frac{x}{2}\big(\sin(\ln x) - \cos(\ln x)\big) + c$.

Sostituzioni goniometriche

Con la radice di un polinomio di secondo grado la sostituzione giusta è goniometrica: le identità $1 - \sin^2 t = \cos^2 t$ e $1 + \tan^2 t = \frac{1}{\cos^2 t}$ fanno sparire la radice. Per $\sqrt{x^2 + 1}$ poniamo $x = \tan t$, con $-\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2}$. Allora $dx = \frac{dt}{\cos^2 t}$ e, siccome lì $\cos t > 0$,

$$\sqrt{x^2 + 1} = \sqrt{\frac{1}{\cos^2 t}} = \frac{1}{\cos t}$$

Calcoliamo $\displaystyle\int \frac{dx}{x^2\sqrt{x^2 + 1}}$ per $x > 0$, cioè $0 < t < \frac{\pi}{2}$. Con $x^2 = \frac{\sin^2 t}{\cos^2 t}$:

$$\begin{gathered} \int \frac{\cos^2 t}{\sin^2 t} \cdot \cos t \cdot \frac{dt}{\cos^2 t} \\ {} = \int \frac{\cos t}{\sin^2 t}\,dt = -\frac{1}{\sin t} + c \end{gathered}$$

L’ultimo integrale è immediato: è una potenza di $\sin t$ con accanto la sua derivata. Per tornare alla $x$ serve $\sin t$ in funzione di $\tan t$: $\sin t = \tan t \cdot \cos t = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$. Quindi

$$\int \frac{dx}{x^2\sqrt{x^2 + 1}} = -\frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x} + c$$

e lo stesso calcolo vale per $x < 0$. Il catalogo completo, con $\sqrt{a^2 - x^2}$, $\sqrt{x^2 + a^2}$ e $\sqrt{x^2 - a^2}$, è negli integrali di funzioni goniometriche e irrazionali, dove per le ultime due radici si usano le sostituzioni iperboliche $x = a\sinh t$ e $x = a\cosh t$, spesso più rapide.

Le formule parametriche

Per le funzioni razionali di $\sin x$ e $\cos x$ c’è una sostituzione che funziona sempre: $t = \tan\frac{x}{2}$, cioè $x = 2\arctan t$, invertibile per $-\pi < x < \pi$. Con le formule parametriche:

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

e resta una funzione razionale in $t$. Funziona sempre, ma porta spesso a conti lunghi: gli esempi, e i trucchi per evitarla, sono negli integrali goniometrici e irrazionali.

Gli integrali definiti: si cambiano gli estremi

Perché è vero. Sia $F$ una primitiva di $f$. Le due funzioni integrande sono continue, quindi si può usare la formula fondamentale: il secondo integrale vale $F\big(\varphi(\beta)\big) - F\big(\varphi(\alpha)\big)$. Siccome $F\big(\varphi(t)\big)$ è una primitiva di $f\big(\varphi(t)\big)\,\varphi'(t)$, anche il primo vale $F\big(\varphi(\beta)\big) - F\big(\varphi(\alpha)\big)$.

Letta da sinistra a destra è la prima forma, con $u = \varphi(t)$; da destra a sinistra è la seconda. In pratica ogni estremo si trasforma insieme alla variabile, e alla fine non serve tornare alla $x$.

Esempio. $\displaystyle\int_0^3 x\sqrt{x + 1}\,dx$. Con $t = \sqrt{x + 1}$: per $x = 0$ vale $t = 1$, per $x = 3$ vale $t = 2$. Usando il calcolo di prima:

$$\begin{gathered} \int_1^2 \left(2t^4 - 2t^2\right)dt = \left[\frac{2t^5}{5} - \frac{2t^3}{3}\right]_1^2 \\ {} = \left(\frac{64}{5} - \frac{16}{3}\right) - \left(\frac{2}{5} - \frac{2}{3}\right) \\ {} = \frac{62}{5} - \frac{14}{3} = \frac{116}{15} \end{gathered}$$

cioè circa 7,73. È plausibile: la funzione va da 0 a 6 e ha la concavità verso l’alto, quindi sta sotto la corda, e l’area deve essere minore di quella del triangolo, $\frac{3 \cdot 6}{2} = 9$. In alternativa puoi usare la primitiva in $x$, trovata prima, con gli estremi 0 e 3: il risultato è lo stesso. Quello che non puoi fare è mescolare, cioè usare la primitiva in $t$ con gli estremi di $x$.

Un esempio elegante. Per $x > 0$ vale $\ln x = \int_1^x \frac{ds}{s}$. Con $a, b > 0$, spezza l’integrale da 1 ad $ab$ nel punto $a$ e nel secondo pezzo poni $s = a\,w$, che porta gli estremi $a$ e $ab$ in 1 e $b$:

$$\int_a^{ab} \frac{ds}{s} = \int_1^b \frac{a\,dw}{a\,w} = \ln b$$

Quindi $\ln(ab) = \ln a + \ln b$, ritrovata con un cambio di variabile.

Controlla la monotonia

Prima di usare i nuovi estremi controlla che, mentre $t$ va da $\alpha$ a $\beta$, la $x = \varphi(t)$ percorra l’intervallo di partenza una volta sola, senza uscire dal dominio di $f$: è così se $\varphi$ è continua e strettamente monotona. Se $\varphi$ è decrescente, i nuovi estremi vengono «al contrario», con quello in basso più grande. Va bene così: l’estremo che corrisponde a quello inferiore di $x$ resta in basso, e se vuoi scambiarli cambi il segno.

Quando la sostituzione sbaglia

Una sostituzione che torna indietro. Calcoliamo $\int_{-1}^{1} x^2\,dx$ con $u = x^2$. Per $x = -1$ e per $x = 1$ si ha $u = 1$: gli estremi nuovi sono uguali e l’integrale «verrebbe» 0. Ma la funzione è positiva, e il valore giusto è $\frac{2}{3}$. L’errore: per riscrivere $dx = \frac{du}{2x}$ in funzione di $u$ si usa $x = \sqrt{u}$, che è falso per $x < 0$, dove $x = -\sqrt{u}$. La funzione $x^2$ non è invertibile su $[-1, 1]$; spezzando l’intervallo in 0 lo diventa su ciascun pezzo, e ogni metà dà $\frac{1}{3}$.

Una sostituzione che salta. Calcoliamo $\int_0^\pi \frac{dx}{1 + \cos^2 x}$ con $t = \tan x$. Siccome $\cos^2 x = \frac{1}{1 + t^2}$ e $dx = \frac{dt}{1 + t^2}$, la funzione diventa $\frac{1}{t^2 + 2}$; per $x = 0$ e per $x = \pi$ si ha $t = 0$, e il risultato verrebbe 0. Impossibile, perché la funzione è positiva. Il guaio è che $\tan x$ non è definita in $\frac{\pi}{2}$, mentre il teorema chiede una sostituzione derivabile su tutto l’intervallo.

La strada giusta: siccome $\cos^2(\pi - x) = \cos^2 x$, la funzione è simmetrica rispetto a $\frac{\pi}{2}$ e l’integrale è il doppio di quello su $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$. Lì $t = \tan x$ è crescente e va da 0 a $+\infty$:

$$\begin{gathered} 2\int_0^{+\infty} \frac{dt}{t^2 + 2} \\ {} = 2\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{t}{\sqrt{2}}\right]_0^{+\infty} \\ {} = \frac{2}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \end{gathered}$$

cioè circa 2,22. È un integrale improprio: si integra fino a un valore finito e poi si fa il limite.

Simmetrie: i trucchi con la sostituzione

Funzioni dispari su un intervallo simmetrico

Se $f$ è continua e dispari su $[-a, a]$, allora $\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 0$. Nell’integrale definito l’abbiamo visto con le somme di Riemann; con la sostituzione bastano due righe. Nel pezzo da $-a$ a 0 poni $x = -t$, con $dx = -dt$: per $x = -a$ è $t = a$, per $x = 0$ è $t = 0$. La sostituzione è decrescente, e gli estremi vengono al contrario:

$$\begin{gathered} \int_{-a}^{0} f(x)\,dx = \int_a^0 f(-t)\,(-dt) \\ {} = \int_0^a f(-t)\,dt = -\int_0^a f(t)\,dt \end{gathered}$$

Nell’ultimo passaggio abbiamo usato $f(-t) = -f(t)$: i due pezzi si cancellano. Se $f$ è pari, invece, $f(-t) = f(t)$ e l’integrale su $[-a, a]$ è il doppio di quello su $[0, a]$.

Il riflesso rispetto al centro dell’intervallo

Un trucco meno noto, ma frequente negli esercizi più furbi: se $f$ è continua su $[0, a]$,

$$\int_0^a f(x)\,dx = \int_0^a f(a - x)\,dx$$

Nei testi in inglese la si trova a volte come «King property». Perché è vero. Poni $x = a - t$, con $dx = -dt$: per $x = 0$ è $t = a$, per $x = a$ è $t = 0$. Quindi

$$\begin{gathered} \int_0^a f(x)\,dx = \int_a^0 f(a - t)\,(-dt) \\ {} = \int_0^a f(a - t)\,dt \end{gathered}$$

e il nome della variabile non conta. Geometricamente, il grafico di $f(a - x)$ è quello di $f$ riflesso rispetto alla retta $x = \frac{a}{2}$, e una riflessione non cambia l’area.

Esempio. $I = \displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{\sin x + \cos x}\,dx$. Su $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ il denominatore è positivo. Con $a = \frac{\pi}{2}$, siccome $\sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right) = \cos x$ e $\cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right) = \sin x$,

$$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\cos x + \sin x}\,dx$$

Sommando le due espressioni di $I$ la frazione diventa 1:

$$\begin{gathered} 2I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x + \cos x}{\sin x + \cos x}\,dx \\ 2I = \int_0^{\pi/2} 1\,dx = \frac{\pi}{2} \\ I = \frac{\pi}{4} \end{gathered}$$

La figura mostra perché funziona: le due funzioni sono una il riflesso dell’altra e la loro somma vale 1, quindi la curva blu divide il rettangolo di base $\frac{\pi}{2}$ e altezza 1 in due parti con la stessa area.

L’area del cerchio e dell’ellisse

Sai da sempre che l’area del cerchio è $\pi r^2$: ora puoi dimostrarlo. La semicirconferenza superiore di centro l’origine e raggio $r$ è il grafico di $y = \sqrt{r^2 - x^2}$, per $-r \leq x \leq r$, quindi l’area del cerchio è il doppio di

$$\int_{-r}^{r} \sqrt{r^2 - x^2}\,dx$$

Poniamo $x = r\sin t$ con $-\frac{\pi}{2} \leq t \leq \frac{\pi}{2}$: su questo intervallo $r\sin t$ è crescente e va da $-r$ a $r$, quindi è invertibile, e i nuovi estremi sono $\pm\frac{\pi}{2}$. Allora $dx = r\cos t\,dt$ e

$$\sqrt{r^2 - r^2\sin^2 t} = r\sqrt{\cos^2 t} = r\cos t$$

perché $\sqrt{\cos^2 t} = \lvert \cos t \rvert$ e per quei valori di $t$ il coseno non è negativo. L’integrale diventa

$$\begin{gathered} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} r\cos t \cdot r\cos t\,dt \\ {} = r^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 t\,dt \end{gathered}$$

Con la formula di linearizzazione $\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}$:

$$r^2\left[\frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4}\right]_{-\pi/2}^{\pi/2} = r^2 \cdot \frac{\pi}{2}$$

perché $\sin(\pm\pi) = 0$. Il semicerchio ha area $\frac{\pi r^2}{2}$, e il cerchio $\pi r^2$.

La figura mostra il quarto di cerchio di raggio 1: con $x = \sin t$, l’area sotto $\sqrt{1 - x^2}$ tra 0 e 1 diventa l’area sotto $\cos^2 t$ tra 0 e $\frac{\pi}{2}$. Dividiamo l’intervallo delle $t$ in sei parti uguali: le strisce corrispondenti sull’asse $x$ sono larghe vicino a 0 e strette vicino a 1, perché $dx = \cos t\,dt$ e il coseno cala. Eppure ogni striscia ha esattamente la stessa area della sua compagna: è il teorema applicato a ciascun pezzo. La sostituzione deforma l’asse, e il fattore $\varphi'(t)$ compensa la deformazione.

L’ellisse. L’ellisse $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1$, con $a, b > 0$, è simmetrica rispetto ai due assi, e nel primo quadrante il suo bordo è $y = b\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}}$. Con $x = a\sin t$ e $0 \leq t \leq \frac{\pi}{2}$, la radice diventa $\cos t$ e $dx = a\cos t\,dt$:

$$\begin{gathered} 4\int_0^a b\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}}\,dx \\ {} = 4ab\int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,dt \\ {} = 4ab \cdot \frac{\pi}{4} = \pi ab \end{gathered}$$

Con $a = b = r$ ritrovi $\pi r^2$. Si capisce anche senza conti: l’ellisse è il cerchio di raggio 1 allungato di un fattore $a$ in orizzontale e $b$ in verticale, e l’area $\pi$ si moltiplica per entrambi. Altri calcoli di questo tipo sono nel calcolo delle aree con gli integrali.

Gli errori più comuni

• Dimenticare di trasformare il dx. Con $t = \sqrt{x}$ non basta sostituire la radice: serve anche $dx = 2t\,dt$.
• Lasciare delle x insieme alle t. Una $x$ che avanza non è una costante: va scritta in funzione della nuova variabile, ricavandola dalla sostituzione.
• Portare fuori dall’integrale un fattore con la x. Da $du = 2x\,dx$ si ricava $dx = \frac{du}{2x}$, ma il $\frac{1}{2x}$ resta dentro e va riscritto in $u$: fuori vanno solo le costanti.
• Non cambiare gli estremi. In un integrale definito o cambi gli estremi o torni alla $x$ prima di usarli: mai la primitiva in $t$ con gli estremi di $x$.
• Riordinare gli estremi senza cambiare segno. Con una sostituzione decrescente l’estremo in basso può essere il più grande: si lascia così, oppure si scambiano cambiando il segno.
• Usare una sostituzione non invertibile o discontinua. $u = x^2$ su $[-1, 1]$ e $t = \tan x$ su $[0, \pi]$ danno 0 per integrali di funzioni positive.
• Scrivere sempre che la radice di coseno quadro è il coseno. In generale $\sqrt{\cos^2 t} = \lvert \cos t \rvert$: scegli l’intervallo delle $t$ in modo che il coseno sia positivo.
• Dimenticare di tornare alla x. Un integrale indefinito in $x$ deve dare una funzione di $x$.

Esercizi svolti

Altri integrali per sostituzione, mescolati con le altre tecniche, li trovi negli esercizi svolti sugli integrali.

1. Un argomento lineare con gli estremi

Testo. Calcola $\displaystyle\int_1^6 \frac{x}{\sqrt{x + 3}}\,dx$.

Poniamo $u = x + 3$: allora $du = dx$ e la $x$ al numeratore diventa $u - 3$. Gli estremi: per $x = 1$ vale $u = 4$, per $x = 6$ vale $u = 9$. Dividendo per $\sqrt{u} = u^{1/2}$ termine per termine:

$$\begin{gathered} \int_4^9 \frac{u - 3}{\sqrt{u}}\,du \\ {} = \int_4^9 \left(u^{1/2} - 3u^{-1/2}\right)du \\ {} = \left[\frac{2}{3}u^{3/2} - 6u^{1/2}\right]_4^9 \end{gathered}$$

Con $9^{3/2} = 27$ e $4^{3/2} = 8$:

$$\begin{gathered} \left(\frac{2}{3} \cdot 27 - 6 \cdot 3\right) - \left(\frac{2}{3} \cdot 8 - 6 \cdot 2\right) \\ {} = 0 - \left(\frac{16}{3} - 12\right) = \frac{20}{3} \end{gathered}$$

L’integrale vale $\frac{20}{3} \approx 6{,}67$. Controllo: la funzione cresce da $\frac{1}{2}$ a 2 su un intervallo lungo 5, quindi il risultato deve stare tra 2,5 e 10.

2. Una x che avanza

Testo. Calcola $\displaystyle\int \frac{x^5}{\sqrt{1 + x^3}}\,dx$, per $x > -1$.

La funzione interna è $1 + x^3$. Poniamo $u = 1 + x^3$: $du = 3x^2\,dx$. Spezziamo $x^5\,dx = x^3 \cdot x^2\,dx$: il pezzo $x^2\,dx$ diventa $\frac{1}{3}\,du$, e la $x^3$ che avanza è $u - 1$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{3}\int \frac{u - 1}{\sqrt{u}}\,du \\ {} = \frac{1}{3}\int \left(u^{1/2} - u^{-1/2}\right)du \\ {} = \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}u^{3/2} - 2u^{1/2}\right) + c \end{gathered}$$

Tornando a $x$ e raccogliendo $\frac{2}{9}\sqrt{1 + x^3}$:

$$\begin{gathered} \frac{2}{9}(1 + x^3)^{3/2} - \frac{2}{3}\sqrt{1 + x^3} + c \\ {} = \frac{2}{9}\left(x^3 - 2\right)\sqrt{1 + x^3} + c \end{gathered}$$

Controllo, derivando con la regola del prodotto:

$$\begin{gathered} \frac{2}{9}\left(3x^2\sqrt{1 + x^3} + \frac{3x^2\left(x^3 - 2\right)}{2\sqrt{1 + x^3}}\right) \\ {} = \frac{2}{9} \cdot \frac{3x^2 \cdot 3x^3}{2\sqrt{1 + x^3}} = \frac{x^5}{\sqrt{1 + x^3}} \end{gathered}$$

Il risultato è $\frac{2}{9}(x^3 - 2)\sqrt{1 + x^3} + c$.

3. Due radici diverse

Testo. Calcola $\displaystyle\int \frac{dx}{\sqrt{x} + \sqrt[4]{x}}$, per $x > 0$.

Gli indici sono 2 e 4, il minimo comune multiplo è 4. Poniamo $x = t^4$ con $t > 0$, cioè $t = \sqrt[4]{x}$: allora $\sqrt{x} = t^2$, $\sqrt[4]{x} = t$ e $dx = 4t^3\,dt$. Raccogliendo $t$ al denominatore:

$$\int \frac{4t^3}{t^2 + t}\,dt = \int \frac{4t^2}{t + 1}\,dt$$

Il grado del numeratore supera quello del denominatore: dividiamo. Siccome $(t + 1)(t - 1) = t^2 - 1$, si ha $t^2 = (t + 1)(t - 1) + 1$, quindi

$$\begin{gathered} 4\int \left(t - 1 + \frac{1}{t + 1}\right)dt \\ {} = 2t^2 - 4t + 4\ln(1 + t) + c \end{gathered}$$

Il valore assoluto non serve, perché $t > 0$. Tornando a $x$ con $t^2 = \sqrt{x}$ e $t = \sqrt[4]{x}$:

$$\begin{gathered} 2\sqrt{x} - 4\sqrt[4]{x} \\ {} + 4\ln\left(1 + \sqrt[4]{x}\right) + c \end{gathered}$$

Con la sola $t = \sqrt{x}$ resterebbe $\sqrt[4]{x} = \sqrt{t}$, ancora una radice: la sostituzione deve eliminare tutte le radici insieme.

4. Radice ed esponenziale insieme

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

La parte scomoda è tutta la radice. Poniamo $t = \sqrt{e^x - 1}$, con $t \geq 0$: allora $e^x = 1 + t^2$, cioè $x = \ln(1 + t^2)$. Questa funzione è crescente per $t \geq 0$, quindi la sostituzione è invertibile, e

$$dx = \frac{2t}{1 + t^2}\,dt$$

Gli estremi: per $x = 0$ vale $t = 0$; per $x = \ln 2$ si ha $e^x = 2$, quindi $t = 1$. Sostituendo, e aggiungendo e togliendo 1 al numeratore:

$$\begin{gathered} \int_0^1 t \cdot \frac{2t}{1 + t^2}\,dt = 2\int_0^1 \frac{t^2}{1 + t^2}\,dt \\ {} = 2\int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1 + t^2}\right)dt \\ {} = 2\big[t - \arctan t\big]_0^1 = 2 - \frac{\pi}{2} \end{gathered}$$

L’integrale vale circa 0,43. Controllo: la funzione cresce da 0 a 1 su un intervallo lungo $\ln 2 \approx 0{,}69$, quindi il risultato deve stare tra 0 e 0,69.

5. Una sostituzione goniometrica

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^2 \frac{dx}{\left(4 + x^2\right)^{3/2}}$.

C’è $x^2 + a^2$ con $a = 2$: poniamo $x = 2\tan t$, con $-\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2}$. Gli estremi: per $x = 0$ vale $t = 0$; per $x = 2$ si ha $\tan t = 1$, cioè $t = \frac{\pi}{4}$. Su $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ la funzione $2\tan t$ è crescente e il coseno è positivo, quindi

$$\begin{gathered} dx = \frac{2}{\cos^2 t}\,dt \\ 4 + x^2 = 4 + 4\tan^2 t = \frac{4}{\cos^2 t} \\ \left(4 + x^2\right)^{3/2} = \frac{8}{\cos^3 t} \end{gathered}$$

dove nell’ultima riga abbiamo usato $\sqrt{\cos^2 t} = \cos t$. Sostituendo, quasi tutto si semplifica:

$$\begin{gathered} \int_0^{\pi/4} \frac{\cos^3 t}{8} \cdot \frac{2}{\cos^2 t}\,dt \\ {} = \frac{1}{4}\int_0^{\pi/4} \cos t\,dt \\ {} = \frac{1}{4}\big[\sin t\big]_0^{\pi/4} = \frac{\sqrt{2}}{8} \end{gathered}$$

L’integrale vale circa 0,18. Controllo: la funzione decresce da $\frac{1}{8}$ in 0 a $\frac{1}{16\sqrt{2}} \approx 0{,}044$ in 2, su un intervallo lungo 2, quindi il risultato deve stare tra 0,088 e 0,25. Tornando a $x$ con $\sin t = \frac{x}{\sqrt{4 + x^2}}$, come nell’esempio con $x = \tan t$, trovi anche la primitiva $\frac{x}{4\sqrt{4 + x^2}} + c$.

6. Un integrale d’esame con il riflesso

Testo. Calcola $\displaystyle I = \int_0^\pi \frac{x\sin x}{1 + \cos^2 x}\,dx$.

Cercare una primitiva è una strada in salita: usiamo il riflesso. Poniamo $x = \pi - t$, con $dx = -dt$; per $x = 0$ è $t = \pi$, per $x = \pi$ è $t = 0$. Siccome $\sin(\pi - t) = \sin t$ e $\cos^2(\pi - t) = \cos^2 t$:

$$\begin{gathered} I = \int_\pi^0 \frac{(\pi - t)\sin t}{1 + \cos^2 t}\,(-dt) \\ {} = \int_0^\pi \frac{(\pi - t)\sin t}{1 + \cos^2 t}\,dt \end{gathered}$$

Spezziamo $(\pi - t)$: il pezzo con $t$ è di nuovo $I$, perché il nome della variabile non conta. Chiamando $K$ l’integrale di $\frac{\sin t}{1 + \cos^2 t}$ tra 0 e $\pi$:

$$\begin{gathered} I = \pi K - I \\ I = \frac{\pi}{2}\,K \end{gathered}$$

Per $K$ poniamo $u = \cos t$, con $du = -\sin t\,dt$; per $t = 0$ è $u = 1$, per $t = \pi$ è $u = -1$:

$$\begin{gathered} K = \int_1^{-1} \frac{-du}{1 + u^2} = \int_{-1}^{1} \frac{du}{1 + u^2} \\ {} = \arctan 1 - \arctan(-1) = \frac{\pi}{2} \end{gathered}$$

Quindi $I = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{4} \approx 2{,}47$. Il riflesso ha tolto la $x$ scomoda, la seconda sostituzione ha chiuso il conto.

In sintesi

• Prima forma: con $u = g(x)$ e $du = g'(x)\,dx$, $\int f\big(g(x)\big)\,g'(x)\,dx = F\big(g(x)\big) + c$. È la regola della catena al contrario; la $x$ che avanza si ricava da $u$.
• Seconda forma: con $x = \varphi(t)$, $\varphi$ derivabile e invertibile, $dx = \varphi'(t)\,dt$ e alla fine $t = \varphi^{-1}(x)$.
• Il metodo: scegli, trasforma il differenziale, riscrivi tutto nella nuova variabile, integra, torna alla $x$ e controlla derivando.
• Sostituzioni tipiche: $u = ax + b$, la funzione interna, $t = \sqrt{ax + b}$, $t = e^x$, $t = \ln x$, $x = a\sin t$ per $\sqrt{a^2 - x^2}$, $t = \tan\frac{x}{2}$.
• Integrali definiti: gli estremi si trasformano insieme alla variabile, anche «al contrario» se la sostituzione è decrescente; oppure si torna alla $x$ e si usano gli estremi originali.
• Attenzione alle sostituzioni non invertibili o non definite in un punto dell’intervallo, e a $\sqrt{\cos^2 t} = \lvert \cos t \rvert$.
• Simmetrie: con $x = -t$ l’integrale di una funzione dispari su $[-a, a]$ è 0; con $x = a - t$, $\int_0^a f(x)\,dx = \int_0^a f(a - x)\,dx$.
• Aree: con $x = r\sin t$ il cerchio ha area $\pi r^2$, e l’ellisse $\pi ab$.

La seconda grande tecnica è pensata per i prodotti di funzioni di tipo diverso: l’integrazione per parti.