L'integrale indefinito

La derivata parte da $f$ e dà la pendenza. L’integrale fa la domanda inversa: di quale funzione questa è la derivata? Si conosce $f$, si cerca $F$ tale che $F' = f$. Quella $F$ si chiama primitiva di $f$.

Il caso

Chi è la funzione la cui derivata vale $3x^2$? Con la regola della potenza al contrario si trova subito $x^3$. Ma anche $x^3 + 1$ va bene, e anche $x^3 - 7$: derivando, la costante sparisce.

Non c’è una primitiva: ce n’è una famiglia intera, tutte traslate verticalmente. Ecco perché la scrittura porta sempre una costante:

$$\int 3x^2 \, dx = x^3 + C$$

La tabella

Si legge da destra a sinistra la tabella delle derivate. Queste sono quelle che servono davvero:

$f(x)$	$\displaystyle\int f(x)\,dx$
$x^n$ (con $n \neq -1$)	$\dfrac{x^{n+1}}{n+1} + C$
$\dfrac{1}{x}$	$\ln\lvert x\rvert + C$
$e^{kx}$	$\dfrac{1}{k}e^{kx} + C$
$\sin x$	$-\cos x + C$
$\cos x$	$\sin x + C$
$\dfrac{1}{x^2 + a^2}$	$\dfrac{1}{a}\arctan\dfrac{x}{a} + C$

E due regole di linearità, che sono le uniche due che “passano attraverso” il segno di integrale:

$$\int k\,f(x)\,dx = k\int f(x)\,dx \qquad \int \big(f \pm g\big)\,dx = \int f\,dx \pm \int g\,dx$$

I due schemi che coprono metà degli esercizi

Quasi tutti gli integrali “con la funzione dentro” ricadono in due forme sole. Il lavoro non è calcolare: è riconoscere chi è $f$ e vedere se la sua derivata è lì accanto.

$$\int f'(x)\cdot \big[f(x)\big]^{n} \, dx = \frac{\big[f(x)\big]^{n+1}}{n+1} + C \quad (n \neq -1) \qquad \int \frac{f'(x)}{f(x)} \, dx = \ln\big\lvert f(x)\big\rvert + C$$

Il vincolo $n \neq -1$ non è pignoleria: per $n = -1$ la frazione dividerebbe per zero — e quel caso è esattamente lo schema accanto, $f'/f$. È il motivo per cui gli schemi sono due.

Il secondo si riconosce subito quando al numeratore c’è la derivata del denominatore:

$$\int \frac{3x^2}{x^3 + 2}\,dx = \ln\lvert x^3 + 2\rvert + C \qquad \underbrace{f = x^3+2,\; f' = 3x^2}_{\text{è già lì}}$$

Quasi mai però la costante torna da sola. In quel caso si aggiusta: si moltiplica e si divide per il numero che manca.

$$\int 4x\,(x^2+1)^3\,dx \quad\text{con}\quad f = x^2 + 1,\; f' = 2x$$

Serve $2x$ e c’è $4x$, cioè il doppio: si porta fuori un $2$ e dentro resta esattamente $f'$.

$$= 2\int \underbrace{2x}_{f'}\,\underbrace{(x^2+1)^3}_{f^{\,3}}\,dx = 2 \cdot \frac{(x^2+1)^4}{4} + C = \frac{(x^2+1)^4}{2} + C$$

Stessa mossa con una radice, che prima va scritta come potenza:

$$\int x^2\sqrt{x^3+7}\,dx = \frac{1}{3}\int \underbrace{3x^2}_{f'}\,\underbrace{(x^3+7)^{\frac{1}{2}}}_{f^{1/2}}\,dx = \frac{1}{3}\cdot\frac{(x^3+7)^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} + C = \frac{2}{9}\sqrt{(x^3+7)^3} + C$$

E un caso che sembra difficile e non lo è, perché $f = \ln x$ ha derivata $\frac{1}{x}$:

$$\int \frac{1}{x \ln x}\,dx = \int \frac{\frac{1}{x}}{\ln x}\,dx = \ln\big\lvert \ln x \big\rvert + C$$

La sostituzione

Quando lo schema non si vede, lo si costruisce: si dà un nome alla parte scomoda e si cambia variabile, differenziale compreso.

$$\int 3\sqrt{2x-1}\,\,dx \qquad u = 2x-1 \qquad du = 2\,dx \qquad dx = \frac{du}{2}$$ $$= \frac{3}{2}\int u^{\frac{1}{2}}\,du = \frac{3}{2}\cdot\frac{u^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} + C = u^{\frac{3}{2}} + C = \sqrt{(2x-1)^3} + C$$

L’ultimo passaggio non è facoltativo: l’integrale era in $x$, e il risultato deve tornare in $x$. Una risposta lasciata in $u$ è un esercizio non finito.

L’integrazione per parti

Serve per i prodotti di funzioni di tipo diverso — un polinomio per un’esponenziale, un polinomio per un seno, un logaritmo da solo.

$$\int u \, dv = u\,v - \int v \, du$$

La scelta è tutta qui: $u$ è la parte che derivando si semplifica, $dv$ è quella che si sa integrare.

$$\int x\,e^x\,dx \qquad \underbrace{u = x \Rightarrow du = dx}_{\text{derivando sparisce}} \qquad \underbrace{dv = e^x dx \Rightarrow v = e^x}_{\text{si integra a vista}}$$ $$= x\,e^x - \int e^x\,dx = x\,e^x - e^x + C = e^x(x-1) + C$$

Esiste anche un caso in cui la formula sembra girare a vuoto: applicandola due volte si ritrova l’integrale di partenza. Non è un vicolo cieco — è un’equazione. Ma i due giri vanno scritti per esteso, perché è lì che si annidano i segni. Primo giro, con $u = \sin x$ e $dv = e^x dx$:

$$I = \int e^x \sin x \, dx = e^x\sin x - \int e^x\cos x\,dx$$

Il nuovo integrale è dello stesso tipo e si rifà per parti con la stessa scelta — la trigonometrica come $u$:

$$\int e^x\cos x\,dx = e^x\cos x + \int e^x\sin x\,dx = e^x\cos x + I$$

Sostituendo nella prima riga, $I$ compare da entrambe le parti — e quella è l’equazione:

$$\begin{aligned} I &= e^x\sin x - e^x\cos x - I \\[4pt] 2I &= e^x(\sin x - \cos x) \\[4pt] I &= \frac{e^x(\sin x - \cos x)}{2} + C \end{aligned}$$

La trappola sta nel secondo giro: se lì cambi scelta e prendi $u = e^x$, la formula disfa il primo passaggio e restituisce $I = I$ — vera e inutile. La scelta di $u$ va mantenuta uguale in entrambi i giri, altrimenti l’equazione non si chiude.