filoconduttore

L'integrale definito e le aree

Superiori — triennioAggiornata: 11 agosto 2026

Prerequisiti: L'integrale indefinito, Funzioni: dominio, zeri e segno, Continuità e punti di discontinuità

L’integrale indefinito restituisce una famiglia di funzioni. L’integrale definito restituisce un numero, e quel numero misura l’area fra il grafico e l’asse xx fra due estremi.

La sorpresa dell’analisi è che le due cose siano collegate: per calcolare un’area basta conoscere una primitiva.

Il caso

Quanto vale l’area sotto la parabola y=x2y = x^2 fra 00 e 11? Non è un triangolo, non è un trapezio: nessuna formula di geometria la dà. Ma una primitiva di x2x^2 è x33\frac{x^3}{3}, e

∫01x2 dx=[x33]01=13−0=13\int_0^1 x^2\,dx = \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^1 = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}

La regola

∫abf(x) dx=[F(x)]ab=F(b)−F(a)con F′=f,  f continua su [a,b]\int_a^b f(x)\,dx = \Big[F(x)\Big]_a^b = F(b) - F(a) \qquad\text{con } F' = f,\ \ f \text{ continua su } [a,b]

Si chiama formula di Newton-Leibniz ed è tutto il procedimento: trova una primitiva, valutala in bb, valutala in aa, sottrai in quest’ordine.

Nell’integrale definito la costante CC non si scrive: si cancella da sola.

[F(b)+C]−[F(a)+C]=F(b)−F(a)\big[F(b) + C\big] - \big[F(a) + C\big] = F(b) - F(a)

Non è una dimenticanza tollerata, è un fatto: qualunque primitiva della famiglia dà lo stesso numero. È anche il motivo per cui l’integrale definito è un numero e l’indefinito una funzione — se in un compito ti esce un integrale definito con la xx dentro, hai saltato la valutazione agli estremi.

L’ipotesi di continuità non è decorativa: se ff si rompe dentro l’intervallo, la formula produce numeri senza senso.

∫−111x2 dx  =?  [−1x]−11=−1−1=−2\int_{-1}^{1} \frac{1}{x^2}\,dx \;\overset{?}{=}\; \left[-\frac{1}{x}\right]_{-1}^{1} = -1 - 1 = -2

Un integrale negativo da una funzione sempre positiva: impossibile. Il problema è che 1x2\frac{1}{x^2} esplode in x=0x = 0, che sta dentro l’intervallo — lì Newton-Leibniz non è autorizzata. Prima di applicare la formula, controlla che ff non abbia punti di discontinuità fra aa e bb: li sai già trovare.

Un caso completo, con lo schema f′⋅fnf'\cdot f^n visto nella lezione precedente:

∫014x (x2+1)3 dx=[(x2+1)42]01=242−142=8−12=152\int_0^1 4x\,(x^2+1)^3\,dx = \left[\frac{(x^2+1)^4}{2}\right]_0^1 = \frac{2^4}{2} - \frac{1^4}{2} = 8 - \frac{1}{2} = \frac{15}{2}

Con la sostituzione: o cambi gli estremi, o torni alla xx

∫12,532x−1  dxu=2x−1,dx=du2\int_1^{2{,}5} 3\sqrt{2x-1}\,\,dx \qquad u = 2x - 1,\quad dx = \frac{du}{2}

La primitiva in uu è u3/2u^{3/2}. Da qui ci sono due strade, e vanno tenute separate:

[u32]u=1u=4=8−1=7⏟estremi convertiti: x=1→u=1,  x=2,5→u=4[(2x−1)3]12,5=8−1=7⏟tornato alla x, estremi originali\underbrace{\Big[u^{\frac{3}{2}}\Big]_{u=1}^{u=4} = 8 - 1 = 7}_{\text{estremi convertiti: } x=1 \to u=1,\; x=2{,}5 \to u=4} \qquad \underbrace{\Big[\sqrt{(2x-1)^3}\Big]_{1}^{2{,}5} = 8 - 1 = 7}_{\text{tornato alla } x,\ \text{estremi originali}}

L’errore è mescolare le due strade: primitiva in uu, estremi in xx.

[u32]14⏟corretto≠[u32]12,5⏟sbagliato\underbrace{\Big[u^{\frac{3}{2}}\Big]_{1}^{4}}_{\text{corretto}} \qquad\neq\qquad \underbrace{\Big[u^{\frac{3}{2}}\Big]_{1}^{2{,}5}}_{\text{sbagliato}}

Il secondo darebbe 2,53/2−1≈2,952{,}5^{3/2} - 1 \approx 2{,}95 invece di 77. Quando cambi variabile, cambia anche il significato degli estremi: quei numeri erano valori di xx, non di uu. Il modo più sicuro di non sbagliare è scrivere gli estremi con il nome della variabile accanto, come sopra.

L’integrale è un’area con segno

Curva che attraversa l'asse x: la regione sotto l'asse conta come contributo negativo, quella sopra come positivo

Dove ff è negativa, il contributo all’integrale è negativo. Quindi integrale e area non sono la stessa cosa appena la curva attraversa l’asse.

Con f(x)=x2−1f(x) = x^2 - 1 fra 00 e 22, la funzione è negativa su [0,1][0,1] e positiva su [1,2][1,2]. Con F(x)=x33−xF(x) = \frac{x^3}{3} - x:

∫01(x2−1) dx=F(1)−F(0)=−23∫12(x2−1) dx=F(2)−F(1)=43\int_0^1 (x^2-1)\,dx = F(1) - F(0) = -\frac{2}{3} \qquad \int_1^2 (x^2-1)\,dx = F(2) - F(1) = \frac{4}{3} ∫02(x2−1) dx=−23+43=23⏟integrale∣−23∣+43=2⏟area\underbrace{\int_0^2 (x^2-1)\,dx = -\frac{2}{3} + \frac{4}{3} = \frac{2}{3}}_{\text{integrale}} \qquad \underbrace{\left\lvert-\frac{2}{3}\right\rvert + \frac{4}{3} = 2}_{\text{area}}

Se il testo dice “calcola l’integrale”, si applica la formula e si accetta il segno. Se dice “calcola l’area”, prima si cercano gli zeri di ff nell’intervallo, poi si spezza l’integrale in quei punti e si sommano i valori assoluti.

Cercare gli zeri costa una riga: il segno della funzione è già lo strumento giusto.

L’area fra due curve

Stessa idea, con la funzione “di sopra” meno quella “di sotto”:

A=∫ab(fsopra(x)−fsotto(x)) dxA = \int_a^b \Big(f_{\text{sopra}}(x) - f_{\text{sotto}}(x)\Big)\,dx

dove aa e bb sono le ascisse dei punti d’intersezione, che quindi vanno trovate per prime mettendo a sistema le due curve. Fra y=xy = x e y=x2y = x^2 le intersezioni sono x=0x = 0 e x=1x = 1, e fra questi due valori la retta sta sopra:

A=∫01(x−x2) dx=[x22−x33]01=12−13=16A = \int_0^1 \big(x - x^2\big)\,dx = \left[\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3}\right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}

Fra due intersezioni consecutive la differenza non cambia segno — purché le due funzioni siano continue lì in mezzo, che è la stessa ipotesi del teorema fondamentale. Con una discontinuità fra le due intersezioni la garanzia salta: y=1/xy = 1/x e y=xy = x si incontrano in −1-1 e 11, ma fra i due punti la differenza cambia segno attraversando l’asintoto. È il motivo per cui conviene disegnare le due curve prima di integrare, anche in brutta.

Se le intersezioni sono più di due, la mossa è la stessa già vista con l’asse xx: spezza l’integrale a ogni intersezione intermedia e somma i valori assoluti. Con y=xy = x e y=x3y = x^3 le intersezioni sono tre (x=−1x = -1, 00, 11): integrare x−x3x - x^3 tutto d’un fiato da −1-1 a 11 dà 00, perché i due pezzi uguali e opposti si cancellano — l’area vera è 12\frac{1}{2}.

Non è vero che a ogni incrocio le curve si scambiano il posto. Succede quando si attraversano davvero, non quando si toccano: y=x2y = x^2 e y=x4y = x^4 si incontrano in −1-1, 00, 11, ma x2−x4=x2(1−x2)x^2 - x^4 = x^2(1-x^2) resta ≥0\ge 0 su tutto [−1,1][-1,1] — in x=0x=0 le curve si sfiorano e la parabola resta sopra da entrambe le parti.

Spezzare a ogni intersezione funziona lo stesso (un pezzo darà semplicemente contributo dello stesso segno degli altri), quindi la ricetta non cambia. Cambia il motivo per cui la si applica: non «perché si scambiano», ma perché potrebbero — e stabilirlo caso per caso costa più che spezzare e prendere i valori assoluti.

Esercizio.

  1. ∫02(3x2−2x) dx\displaystyle\int_0^2 \big(3x^2 - 2x\big)\,dx
  2. ∫1e1x dx\displaystyle\int_1^{e} \frac{1}{x}\,dx
  3. ∫012x (x2+1)2 dx\displaystyle\int_0^1 2x\,(x^2+1)^2\,dx
  4. Calcola l’area della regione racchiusa fra la parabola y=4−x2y = 4 - x^2 e l’asse xx.
  5. Calcola l’area della regione compresa fra y=2xy = 2x e y=x2y = x^2.
Mostra la soluzione

1. Primitiva x3−x2x^3 - x^2:

[x3−x2]02=(8−4)−0=4\Big[x^3 - x^2\Big]_0^2 = (8 - 4) - 0 = 4

2. Primitiva ln⁡∣x∣\ln\lvert x\rvert, e su [1,e][1, e] l’argomento è positivo:

[ln⁡x]1e=ln⁡e−ln⁡1=1−0=1\Big[\ln x\Big]_1^{e} = \ln e - \ln 1 = 1 - 0 = 1

3. Schema f′⋅fnf'\cdot f^n con f=x2+1f = x^2+1 e f′=2xf' = 2x, già presente:

[(x2+1)33]01=83−13=73\left[\frac{(x^2+1)^3}{3}\right]_0^1 = \frac{8}{3} - \frac{1}{3} = \frac{7}{3}

4. Prima gli zeri: 4−x2=04 - x^2 = 0 dà x=±2x = \pm 2. Fra −2-2 e 22 la parabola sta sopra l’asse, quindi l’integrale è già l’area:

∫−22(4−x2) dx=[4x−x33]−22=(8−83)−(−8+83)=323\int_{-2}^{2}\big(4 - x^2\big)\,dx = \left[4x - \frac{x^3}{3}\right]_{-2}^{2} = \left(8 - \frac{8}{3}\right) - \left(-8 + \frac{8}{3}\right) = \frac{32}{3}

5. Prima le intersezioni: 2x=x22x = x^2 dà x=0x = 0 e x=2x = 2. Fra 00 e 22 la retta sta sopra la parabola (in x=1x=1: 2>12 > 1), quindi si integra retta meno parabola:

∫02(2x−x2) dx=[x2−x33]02=4−83=43\int_0^2 \big(2x - x^2\big)\,dx = \left[x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_0^2 = 4 - \frac{8}{3} = \frac{4}{3}

Verifica. Il punto 4 si controlla con un confronto grosso: la regione è contenuta nel rettangolo di base 44 e altezza 44, cioè area 1616, e ne occupa esattamente due terzi — 323≈10,7\frac{32}{3} \approx 10{,}7 ✓. Non è un caso: il segmento di parabola vale sempre due terzi del rettangolo che lo racchiude, ed è un risultato che si deve ad Archimede. Un risultato maggiore di 1616, o negativo, sarebbe stato da riguardare senza nemmeno rifare i conti.