Integrali notevoli¶

Ricaviamo le primitive di alcune funzioni notevoli. Si tratta di integrali in genere piuttosto difficili, il cui calcolo ci serve per esemplificare l’uso combinato di più tecniche risolutive.

$\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}$ ¶

Prima di affrontare il caso generale, iniziamo da un esempio: $\int \frac{dx}{\sqrt{3-x^2}}$ . L’integrale ricorda $\int \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=\arcsin u +c$ . Lo possiamo utilizzare con questa semplice tecnica:

$\int \frac{dx}{\sqrt{3-x^2}}=\int\frac{dx}{\sqrt{3\left(1-\frac{x^2}{3} \right)}}= \int \frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-\frac{x^3}{3}}}= \frac{1}{\sqrt{3}}\int\frac{dx}{\sqrt{1-\frac{x^3}{3}}}$

Poniamo $u=\frac{x}{\sqrt{3}}$ , da cui $u^2=\frac{x^2}{3}$ . Quindi $x=\sqrt{3}u$ e $dx=\sqrt{3}du$ .

$\int \frac{dx}{\sqrt{3-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\int\frac{dx}{\sqrt{1-\frac{x^3}{3}}}= \frac{1}{\sqrt{3}}\int\frac{\sqrt{3}du}{\sqrt{1-u^2}}=\arcsin u+c=\arcsin\frac{x}{\sqrt{3}}+c$

Da questo calcolo risaliamo alla formula che vale per

$\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}$

con $a^2$ necessariamente positivo.

Dato che

$\sqrt{a^2-x^2}=a\sqrt{1-\left(\frac{x}{a} \right)^2}$

usiamo le seguenti posizioni $u=\frac{x}{a}\ \to \ x=au,\ dx=adu$

$\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=& \frac{1}{a}\int\frac{dx}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{a} \right)^2}}=\\ =&\frac{1}{a}\int\frac{adu}{\sqrt{1-u^2}}=\int\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=\arcsin u+c=\\ =&\arcsin\frac{x}{a}+c.$

$\int \frac{dx}{a^2+x^2}$ ¶

Con la solita tecnica, raccogliere al denominatore il primo addendo e poi usare le sostituzioni dell’esercizio precedente, si ha:

$\int \frac{dx}{a^2+x^2}=&\frac{1}{a^2}\int \frac{dx}{1+\left (\frac{x}{a}\right)^2}=\\ =&\frac{1}{a^2}\int \frac{adu}{1+u^2}=\frac{1}{a}\int \frac{adu}{1+u^2}= \frac{1}{a}\arctan u + c=\\ =&\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+c.$

$\int \sqrt{a^2-x^2}\, dx$ ¶

La funzione integranda corrisponde geometricamente alla misura $x$ di un cateto, in un triangolo rettangolo con l’ipotenusa di lunghezza $a$ . È utile operare una sostituzione dopo avere indicato con $u$ l’angolo opposto al lato di misura $x$ .

Avremo $x=a\sin u$ , $dx=a\cos u du$ e $u=\arcsin \frac{x}{a}$ .

$\int \sqrt{a^2-x^2}\, dx=&\int (a\cos u)(a\cos u)du=a^2\int \cos^2 du=a^2\int\frac{1+\cos 2u}{2}du=\\ =&a^2\left(\frac{u}{2}+\frac{\sin 2u}{4} \right)+c =a^2\left(\frac{1}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{1}{2a^2}x\sqrt{a^2-x^2} \right)+c=\\ =&\frac{1}{2}a^2\arcsin\frac{x}{a}+\frac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}+c,$

dato che: $\sin 2u=2\sin u \cos u=2\frac{x}{a}\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}=\frac{2}{a^2}x\sqrt{a^2-x^2}$ .

C’è un ragionamento geometrico che conduce alla stessa soluzione.

La funzione $y=\sqrt{a^2-x^2}$ rappresenta, per $-a\le x\le a$ , la semicirconferenza positiva di raggio $a$ , centrata nell’origine. L’integrale ha quindi, come una delle primitive, l’area del semicerchio che , per $0\le t\le x$ , vale

$\int_0^x \sqrt{a^2-x^2}\, dt.$

L’area in questione è l’area di due figure: un triangolo di base $x$ e altezza $\sqrt{a^2-x^2}$ e un settore di angolo $\arcsin\frac{x}{a}$ . Le aree delle due figure sono $\frac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}$ e $\frac{1}{2}a^2\arcsin\frac{x}{a}$ . Così abbiamo che

$\int_0^x \sqrt{a^2-x^2}dt=\frac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}+\frac{1}{2}a^2\arcsin\frac{x}{a}.$

Questa è una particolare primitiva. Per ottenere il risultato generale basta aggiungere $c$ .

Note

Questa soluzione esemplifica un metodo: se l’integrale indefinito è difficile da calcolare, si può procedere alla ricerca di una primitiva per via geometrica, attraverso il calcolo dell’area sottesa alla curva nell’intervallo $[0,x]$ e poi si generalizza il risultato.

$\int\frac{dx}{a^2-x^2}$ ¶

In questi integrali è opportuna una trasformazione algebrica: $\frac{1}{a-x}+\frac{1}{a+x}=\frac{2a}{a^2-x^2}$ , per cui:

$&\int\frac{dx}{a^2-x^2}=\frac{1}{2a}\left[\int\frac{dx}{a-x}+\int\frac{dx}{a+x}\right]$

Poniamo per il primo integrale $u=x-a\to x=a-1, dx=-du$ , quindi:

$\int\frac{dx}{a-x}=\int\frac{du}{u}=-\ln|u|+c=-\ln|a-x|+c.$

Per il secondo integrale: $s=x+a\to x=s-a, dx=ds$ , quindi:

$\int\frac{dx}{a+x}=\int\frac{ds}{s}=-\ln|s|+c=\ln|a+x|+c.$

In conclusione:

$\int\frac{dx}{a^2-x^2}=& \frac{1}{2a}\left[\int\frac{dx}{a-x}+\int\frac{dx}{a+x}\right]=\\ =&\frac{1}{2a}\left(-\ln|a-x|+\ln|a+x|\right)+c = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{a+x}{a-x}\right|+c=\\ =&\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x+a}{x-a}\right|+c.$

$\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+x^2}}$ ¶

Potremmo ricorrere di nuovo al triangolo rettangolo, ma, per cambiare, calcoliamo questo integrale con una sostituzione diversa dalle solite. Poiché $\sqrt{a^2+x^2}>\sqrt{x^2}=|x|$ , risulta $\sqrt{a^2+x^2}>x$ e quindi è sempre positiva la differenza $\sqrt{a^2+x^2}-x$ . La sostituzione è: $u=\sqrt{a^2+x^2}-x$ , da cui $\sqrt{a^2+x^2}=u+x$ . Per sostituire $x$ e $dx$ svolgiamo i passaggi seguenti:

$&\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^2=(u+x)^2\\ &u^2+2ux+x^2=a^2+x^2\\ &2ux=a^2-u^2\ \mbox{ , }\mbox{ }x=\frac{a^2-u^2}{2u}\\ &dx=\frac{-2u^2-(a^2-u^2)}{2u^2}du=-\frac{a^2+u^2}{2u^2}du\\ &\sqrt{a^2+x^2}=u+x=u+\frac{a^2-u^2}{2u}=\frac{a^2+u^2}{2u}$

Ora possiamo integrare:

$\int\frac{dx}{\sqrt{a^2+x^2}}-\int \frac{2u}{a^2+u^2}\frac{a^2+u^2}{2u^2}du =-\int\frac{du}{u}=-\ln u +c$

(ricordiamo che $u>0$ ).

Siccome $-\ln u =\ln\frac{1}{u}=\ln \frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}-x}$ , razionalizzando otteniamo:

$\ln \frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}-x}=\ln\frac{\sqrt{a^2+x^2}+x}{a^2}=\ln\left( \sqrt{a^2+x^2}+x\right)-\ln a$

e così, finalmente:

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

$\int\sqrt{ a^2+x^2} dx$ ¶

Anche in questo caso sarebbe utile ricorrere al Teorema di Pitagora, ma vogliamo insistere con tecniche algebriche. Questa volta integriamo per parti e ricordiamo il risultato precedente.

$\int\sqrt{ a^2+x^2} dx=x\sqrt{ a^2+x^2}-\int x d\sqrt{ a^2+x^2}$

Consideriamo che

$&d\sqrt{ a^2+x^2}=\frac{2x}{2\sqrt{ a^2+x^2}}dx=\frac{x}{\sqrt{ a^2+x^2}}dx\ \mbox{ e quindi:}\\ &\int\sqrt{ a^2+x^2} dx=x\sqrt{ a^2+x^2}-\int\frac{x^2}{\sqrt{ a^2+x^2}}dx.$

Ora, manipoliamo algebricamente:

$\int\frac{x^2}{\sqrt{ a^2+x^2}}dx=&\int\frac{a^2+x^2-a^2}{\sqrt{ a^2+x^2}}dx= \int\left(\sqrt{ a^2+x^2}-\frac{a^2}{\sqrt{ a^2+x^2}} \right)dx=\\ =&\int\sqrt{ a^2+x^2}dx-a^2\int\frac{dx}{\sqrt{ a^2+x^2}}$

e possiamo concludere con i passaggi seguenti:

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

Note

Questi esercizi sono stati illustrati a scopo dimostrativo. Non si pretende che lo studente arrivi a questo livello di difficoltà, anche perché questi e altri integrali anche molto più complessi si possono risolvere usando software dedicato di larga diffusione. Allo studente resta il compito di imparare a memoria gli integrali immediati e di tenere a disposizione l’elenco di quelli notevoli, per avere un riferimento in caso di difficoltà.

Ulteriori casi notevoli¶

$&\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}=\ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+c.\\ &\int \sqrt{x^2-a^2}dx=\frac{1}{2}x\sqrt{x^2-a^2}-\frac{a^2}{2}\ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2} \right|+c.\\ &\int\sec x dx=\ln|\sec x +\tan x|+c.\\ &\int\csc x dx=\ln|\csc x dx -\cot x|+c.$

$\int \tan x dx$ ¶

$\int \tan x dx=&\int\frac{\sin x}{\cos x}dx= \int\frac{(\sin x dx)}{\cos x}=-\int\frac{d\, \cos x}{\cos x}=\\ =&-\ln|\cos x|+c=\ln|\sec x|+c.$

Si usa un procedimento analogo per la cotangente (vedi Esercizi).

$\int\frac{e^x-1}{e^x +1}dx$ ¶

Operiamo la sostituzione $u=e^x$ , da cui $x=\ln u$ e $dx=\frac{du}{u}$ Abbiamo quindi:

$\int\frac{e^x-1}{e^x +1}dx=\int\frac{u-1}{u+1}\frac{du}{u}=\int \frac{u-1}{u(u+1)}du.$

Nell’esempio 7.1.4 avevamo un caso simile a questo: il denominatore era, come adesso, un prodotto e abbiamo trasformato l’espressione in modo da separare i due fattori. Cerchiamo quindi di definire due frazioni, la cui somma dia la funzione integranda. Non conoscendo i numeratori, al loro posto indichiamo due costanti generiche. La tecnica è la seguente:

$&\frac{u-1}{u(u+1)}=\frac{a}{u+1}+\frac{b}{u}=\frac{au+bu+b}{u(u+1)}\\ &\frac{u-1}{u(u+1)}=\frac{(a+b)u+b}{u(u+1)}\\ &\begin{cases} a+b=1 \\ b=-1 \end{cases} \begin{cases} a=2 \\ b=-1 \end{cases}\\ &\frac{u-1}{u(u+1)}=\frac{2}{u+1}-\frac{1}{u}.$

ora possiamo integrare facilmente:

$\int\frac{e^x-1}{e^x +1}dx=&\int \frac{u-1}{u(u+1)}du=2\int \frac{du}{u+1}-\int\frac{du}{u}=\\ =&2\ln|u+1|-\ln|u|+c=2\ln\left(e^x+1\right)-\ln e^x+c=\\ =&2\ln\left(e^x+1\right)-x+c.$

I valori assoluti non servono perché gli argomenti sono positivi.

$\int\sqrt{12+4x-x^2}\, dx$ ¶

Fra gli esercizi precedenti, quello che meglio si adatta a risolvere quest’ultimo è l’es.7.1.4. Cerchiamo quindi di trasformare la funzione integranda in modo da seguire lo schema di quell’esercizio. Osserviamo che $x^2-4x=(x-2)^2-4$ , per cui

$12+4x-x^2=12-(x^2-4x)=12-[(x-2)^2-4]=16-(x-2)^2$

Ponendo $u=x-2$ , si ha:

$\int\sqrt{12+4x-x^2}\, dx=&\int\sqrt{16-(x-2)^2}\, dx=\\ =&\int \sqrt{16-u^2}\, du=\frac{1}{2}u\sqrt{16-u^2}+8\arcsin\frac{u}{4}+c=\\ =&\frac{1}{2}(x-2)\sqrt{12+4x-x^2}+8\arcsin\frac{x-2}{4}+c,$

in cui si è fatto uso del risultato dell’es.7.1.4.

Integrare le funzioni inverse¶

All’inizio concentriamoci su un paio di esempi, per introdurre poi la regola generale.

$\int\arcsin x\, dx$ ¶

Proviamo a integrare per parti:

$\int\arcsin x\, dx=x\arcsin x -\int x\, d\arcsin x=x\arcsin x-\int\frac{xdx}{1-x^2}`$

A questo punto sembra utile la sostituzione $u=1-x^2$ , che comporta i passaggi seguenti:

$&x^2=1-u\ \to \ 2xdx=-du\ \to \ xdx=-\frac{du}{2}\\ &\int\frac{xdx}{1-x^2} =-\int\frac{du}{2\sqrt{u}}=-\sqrt{u}+c=-\sqrt{1-x^2}+c\\ &\int\arcsin x\, dx=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+c.$

Cambiamo strategia: proviamo subito la sostituzione: $u=\arcsin x$ , per cui

$x=\sin u$ e $dx=\cos u \, du$ . Ne consegue

$\int\arcsin x\, dx=\int u\cos u\, du$

Siamo al punto di dover integrare per parti:

$\int u\cos u\, du=\int u\, d\sin u=u\sin u-\int\sin u \,du=u\sin u+\cos u+c.$

Poiché $\cos u=\sqrt{1-\sin^2x}$ è positiva, perché la funzione inversa del seno esiste in un’intervallo nel quale il coseno è positivo, possiamo scrivere: $u=\arcsin x$ , $\sin u=x$ , $\cos u =\sqrt{1-x^2}$ , da cui

$u\sin u+\cos u+c=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+c.$

$\int\arctan x dx$ ¶

Integriamo prima per parti, poi operiamo una sostituzione.

$\int\arctan x dx=x\arctan x-\int x\,d\arctan x=x\arctan x -\int\frac{xdx}{1+x^2}$

Ora poniamo $1+x^2=u$ , quindi $2xdx=du$ e $xdx=\frac{1}{2}du$ .

$&\int\frac{xdx}{1+x^2}=\frac{1}{2}\int\frac{du}{u}=\frac{1}{2}\ln|u|+c=\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+c\\ &\int\arctan x dx=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+c.$

Negli esercizi di fine capitolo è richiesta l’integrazione per sostituzione e per parti. Ovviamente il risultato sarà uguale.

E ora la regola¶

Negli esempi precedenti, sembra evidente che integrare le funzioni inverse comporti una procedura con alcuni passi inevitabili. Quando abbiamo integrato prima per parti e poi per sostituzione, per calcolare $\int f^{-1}(x)dx$ abbiamo dovuto calcolare $\int f(u) du$ , cioè per integrare la funzione inversa siamo passati per l’integrale della funzione diretta. Infatti:

$\int f^{-1}(x)dx=xf^{-1}(x)-\int x\,df^{-1}(x)dx.$

Sostituendo con $y=f^{-1}(x)$ si ha $x=f(y)$ e per il secondo integrale vale:

$\int x\,df^{-1}(x)dx=\int f(y)dy.$

Quindi

$\int f^{-1}(x)dx=xf^{-1}(x)-\int f(y)dy\quad \mbox{, con }y=f^{-1}(x).$

Una rappresentazione geometrica¶

Possiamo leggere il significato dell’ultima formula utilizzando il teorema fondamentale del calcolo integrale:

$\int_a^b f^{-1}(x)dx=\left[xf^{-1}(x)\right]_a^b-\int_{f^{-1}(a)}^{f^{-1}(b)} f(y)dy$

Immaginiamo, per esempio, di non conoscere la primitiva di $y=\sqrt{x}$ e di dovere calcolare $\int_1^4\sqrt{x}dx$ .

L’area richiesta è in evidenza nel disegno e si ricava per sottrazione: dal rettangolo di base $4$ e altezza $2$ si sottrae il quadrato di lato $1$ e anche l’area contrassegnata con $\int_1^2 y^2dy$ .

$\int_1^4\sqrt{x}dx=&4\times 2- 1\times 1-\int_1^2 y^2dy= 8-1-\left[\frac{y^3}{3}\right]_1^4=8-1-\frac{7}{3}=\frac{14}{3}.\\ =&\left[x\sqrt{x}\right]_1^4-\int_{\sqrt{1}}^{\sqrt{4}}y^2 dy= \left[ x^\frac{3}{2}\right]_1^4-\int_1^2 y^2 dy.$

Confrontiamo questo calcolo con quello che effettivamente eseguiamo, conoscendo la primitiva:

$\int_1^4\sqrt{x}dx=\int_1^4 x^{\frac{1}{2}}dx=\left[\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \right]_1^4= \frac{2}{3}\left(4^{\frac{3}{2}}-1^{\frac{3}{2}} \right)= \frac{2}{3}(8-1)= (8-1)-\frac{8-1}{3}=\frac{14}{3}.$

Generalizziamo l’esempio e riportiamoci al caso di una funzione qualsiasi.

L’integrale definito dell’inversa di una funzione di cui si conosce l’integrale

$\int_a^bf^{-1}(x)dx$

ha il significato geometrico dell’area che si ottiene sottraendo dall’area $bf^{-1}(b)$ (del rettangolo di lati $b$ e $f^{-1}(b)$ ) l’area $af^{-1}(a)$ (del rettangolo di lati $a$ e $f^{-1}(a)$ ) e l’area data da $\int_{f^{-1}(a)}^{f^{-1}(b)} f(y)dy$ .

Note

Non serve imparare a memoria questa formula: abbiamo visto che si è obbligati ad usarla quando si integra prima per parti e poi con una sostituzione.

Riassunto¶

Riassumiamo gli integrali notevoli, immediati e non, calcolati fin qui, comprendendo quelli del capitolo precedente.

$&\int x^\alpha dx=\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha +1}+c \mbox{ , per }\alpha \ne -1 \mbox{. Ma, per }\alpha = -1\ : \int \frac{dx}{x}=\ln|x|+c\\ &\int q^x dx= \frac {q^x}{\ln q} + c \mbox{. Quindi} \int e^x=e^x+c\\ &\int \ln x dx = x(\ln x -1)+c\\ &\int \sin x dx= -\cos x+c\\ &\int \cos x dx= \sin x+c\\ &\int \tan x dx=\ln|\sec x|+c\\ &\int \tan^2x dx =\tan x -x +c \\ &\int \frac{1}{\cos^2 x}dx= \tan x +c\ \ \int \sec^2x= \tan x +c\\ &\int \cot^2x dx =-\cot x -x +c\\ &\int \frac{1}{\sin^2 x}dx= -\cot x +c\ \ \int \csc^2x= -\cot x +c\\ &\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x +c\\ &\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x +c\\ &\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin\frac{x}{a}+c\\ &\int \sqrt{a^2-x^2}\, dx=\frac{1}{2}a^2\arcsin\frac{x}{a}+\frac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}+c\\ &\int \frac{dx}{a^2+x^2}=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+c$

$&\int \frac{dx}{a^2-x^2}=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x+a}{x-a}\right|+c\\ &\int\sqrt{ a^2+x^2} dx=\frac{1}{2}x\sqrt{ a^2+x^2}+\frac{1}{2}a^2\ln\left(\sqrt{ a^2+x^2}+x \right)+c\\ &\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}=\ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+c\\ &\int \sqrt{x^2-a^2}dx=\frac{1}{2}x\sqrt{x^2-a^2}-\frac{a^2}{2}\ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2} \right|+c\\ &\int\sec x dx=\ln|\sec x +\tan x|+c\\ &\int\csc x dx=\ln|\csc x dx -\cot x|+c\\ &\int\arcsin x\, dx=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+c\\ &\int\arctan x\, dx=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+c$

L’integrale di una funzione inversa segue la formula:

$\int_a^b f^{-1}(x)dx=\left[xf^{-1}(x)\right]_a^b-\int_{f^{-1}(a)}^{f^{-1}(b)} f(y)dy$

Esercizi¶

Calcola: $\int\frac{dx}{\sqrt{7-3x^2}}$
Calcola: $\int\frac{dx}{\sqrt{5+9x^2}}$
Calcola: $\int\frac{dx}{x^2-a^2}$
Integrando, dimostra che $\int\cot x dx=\ln|\sin x| +c$ .
Risolvi l’es.7.1.9 riscrivendo la frazione integranda come differenza di due frazioni.
Calcola: $\int\frac{e^x+1}{e^x -1}dx$ .
Risolvi l’es.7.2.2 integrando prima per sostituzione e poi per parti.
Calcola $\int \arccos x dx$ .
Verifica, derivando, tutti i risultati degli integrali notevoli elencati nel Riassunto.