Analisi Matematica 1

Esercizi sugli integrali svolti, dal livello base all’esame

Ventuno esercizi con soluzione: integrali immediati, parti, sostituzione, fratti semplici, integrali ciclici e trigonometrici, aree, volumi di rotazione, funzioni integrali, integrali impropri, valore efficace e area sotto una parabola, con i grafici.

ielettronica 25 ottobre 2026 13 min di lettura 0 commenti

Esercizi sugli integrali indefiniti, definiti e impropri del tipo che si danno nei corsi di Analisi matematica 1, in tre livelli: base, con integrali immediati, forme composte, parti e fratti semplici elementari; medio, con integrali ciclici, funzioni razionali con denominatore irriducibile o radici multiple, sostituzioni trigonometriche; esame, con aree, volumi, funzioni integrali, integrali impropri e un’applicazione all’elettrotecnica. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa si apre con un clic. Le dimostrazioni e le tabelle sono nell’approfondimento collegato in cima.

Livello base

Esercizio 1. Integrali immediati

Calcola $\displaystyle\int\left(3x^2 - \frac{2}{x} + e^x\right)dx$ .

Risultato: $x^3 - 2\ln|x| + e^x + C$ .

Soluzione

L’integrale è lineare: si integra termine per termine. $\int 3x^2\,dx = x^3$ ; $\int\frac{2}{x}dx = 2\ln|x|$ ; $\int e^x\,dx = e^x$ .

Il valore assoluto nel logaritmo serve perché $\frac{1}{x}$ è definita anche per $x \lt 0$ , e lì la primitiva è $\ln(-x)$ . Controllo: derivando il risultato si ritrova l’integranda.

Esercizio 2. Una forma composta

Calcola $\displaystyle\int x\,e^{x^2}\,dx$ .

Risultato: $\frac{1}{2}e^{x^2} + C$ .

Soluzione

La derivata dell’esponente $x^2$ è $2x$ , che compare (a meno del fattore 2) davanti all’esponenziale. Con $u = x^2$ , $du = 2x\,dx$ :

$\int x\,e^{x^2}dx = \frac{1}{2}\int e^u\,du = \frac{1}{2}e^{x^2} + C$

È la forma $\int g'e^g = e^g$ . Attenzione: $\int e^{x^2}dx$ , senza la $x$ davanti, non si può esprimere con funzioni elementari.

Esercizio 3. Per parti

Calcola $\displaystyle\int x\cos x\,dx$ .

Risultato: $x\sin x + \cos x + C$ .

Soluzione

Si deriva il polinomio e si integra il coseno: $f = x$ , $g' = \cos x$ , quindi $f' = 1$ , $g = \sin x$ .

$\int x\cos x\,dx = x\sin x - \int\sin x\,dx = x\sin x + \cos x + C$

La scelta opposta ( $f = \cos x$ , $g' = x$ ) porterebbe a $\int x^2\sin x$ , più complicato: la regola è derivare il fattore che si semplifica.

Esercizio 4. Fratti semplici

Calcola $\displaystyle\int\frac{dx}{x^2 - 4}$ .

Risultato: $\frac{1}{4}\ln\left|\frac{x - 2}{x + 2}\right| + C$ .

Soluzione

Il denominatore ha $\Delta \gt 0$ : $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$ . Si cerca $\dfrac{1}{(x - 2)(x + 2)} = \dfrac{A}{x - 2} + \dfrac{B}{x + 2}$ , cioè $1 = A(x + 2) + B(x - 2)$ .

Con $x = 2$ : $1 = 4A$ , $A = \frac{1}{4}$ . Con $x = -2$ : $1 = -4B$ , $B = -\frac{1}{4}$ .

$\int\frac{dx}{x^2 - 4} = \frac{1}{4}\ln|x - 2| - \frac{1}{4}\ln|x + 2| = \frac{1}{4}\ln\left|\frac{x - 2}{x + 2}\right| + C$

Esercizio 5. Integrale definito e area

Calcola $\displaystyle\int_0^\pi\sin x\,dx$ e $\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin x\,dx$ . Qual è l’area della regione compresa tra il grafico di $\sin x$ e l’asse $x$ per $0 \le x \le 2\pi$ ?

Risultato: 2; 0; l’area è 4.

Soluzione

Teorema fondamentale: $\int_0^\pi\sin x\,dx = [-\cos x]_0^\pi = -(-1) + 1 = 2$ .

Su $[0, 2\pi]$ : $[-\cos x]_0^{2\pi} = -1 + 1 = 0$ . L’integrale è nullo perché conta con segno: la parte sotto l’asse, tra $\pi$ e $2\pi$ , vale $-2$ e compensa quella sopra.

L’area, che è sempre positiva, è l’integrale del valore assoluto: $\int_0^{2\pi}|\sin x|\,dx = 2 + 2 = 4$ . Negli esercizi sulle aree bisogna sempre studiare prima il segno della funzione.

Integrale del seno su un periodo — Tra 0 e pi greco il seno è positivo e l’area blu conta con il segno più; tra pi greco e 2 pi greco è negativo e l’area rossa conta con il segno meno. Le due aree sono uguali e l’integrale su un periodo è zero.

Livello medio

Esercizio 6. Il logaritmo

Calcola $\displaystyle\int\ln x\,dx$ .

Risultato: $x\ln x - x + C$ .

Soluzione

Per parti con il trucco del fattore 1: $f = \ln x$ , $g' = 1$ , quindi $f' = \frac{1}{x}$ , $g = x$ .

$\int\ln x\,dx = x\ln x - \int x\cdot\frac{1}{x}dx = x\ln x - x + C$

Lo stesso trucco funziona per $\arctan x$ , $\arcsin x$ e $\ln(1 + x^2)$ .

Esercizio 7. Un integrale ciclico

Calcola $\displaystyle\int e^x\sin x\,dx$ .

Risultato: $\frac{1}{2}e^x(\sin x - \cos x) + C$ .

Soluzione

Sia $I$ l’integrale. Per parti con $f = \sin x$ , $g' = e^x$ : $I = e^x\sin x - \int e^x\cos x\,dx$ .

Di nuovo per parti con $f = \cos x$ , $g' = e^x$ : $\int e^x\cos x\,dx = e^x\cos x + \int e^x\sin x\,dx = e^x\cos x + I$ .

Sostituendo: $I = e^x\sin x - e^x\cos x - I$ , quindi $2I = e^x(\sin x - \cos x)$ e $I = \frac{1}{2}e^x(\sin x - \cos x) + C$ .

Importante: nelle due integrazioni per parti bisogna derivare la stessa famiglia di funzioni (qui le trigonometriche); cambiando scelta alla seconda si torna indietro all’integrale di partenza con un’identità inutile.

Esercizio 8. Denominatore irriducibile

Calcola $\displaystyle\int\frac{2x + 3}{x^2 + 2x + 5}\,dx$ .

Risultato: $\ln(x^2 + 2x + 5) + \frac{1}{2}\arctan\frac{x + 1}{2} + C$ .

Soluzione

$\Delta = 4 - 20 \lt 0$ : il denominatore non si scompone. Si fa comparire la sua derivata, $2x + 2$ : $2x + 3 = (2x + 2) + 1$ .

$\int\frac{2x + 2}{x^2 + 2x + 5}dx + \int\frac{dx}{x^2 + 2x + 5}$

Il primo è $\ln(x^2 + 2x + 5)$ (senza valore assoluto: l’argomento è sempre positivo). Per il secondo si completa il quadrato: $x^2 + 2x + 5 = (x + 1)^2 + 4$ , e con la formula dell’approfondimento ( $k = 2$ ) dà $\frac{1}{2}\arctan\frac{x + 1}{2}$ .

Esercizio 9. Una radice doppia

Calcola $\displaystyle\int\frac{dx}{x(x + 1)^2}$ .

Risultato: $\ln\left|\frac{x}{x + 1}\right| + \frac{1}{x + 1} + C$ .

Soluzione

Con la radice doppia $-1$ servono due fratti: $\dfrac{1}{x(x + 1)^2} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{B}{x + 1} + \dfrac{C}{(x + 1)^2}$ , cioè $1 = A(x + 1)^2 + Bx(x + 1) + Cx$ .

Con $x = 0$ : $A = 1$ . Con $x = -1$ : $1 = -C$ , $C = -1$ . Coefficiente di $x^2$ : $0 = A + B$ , quindi $B = -1$ .

$\int\left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1} - \frac{1}{(x + 1)^2}\right)dx = \ln|x| - \ln|x + 1| + \frac{1}{x + 1} + C$

Errore tipico: scrivere solo $\frac{A}{x} + \frac{B}{(x + 1)^2}$ , dimenticando il termine $\frac{B}{x + 1}$ : il sistema non avrebbe soluzione.

Esercizio 10. Il quadrato del seno

Calcola $\displaystyle\int\sin^2 x\,dx$ .

Risultato: $\frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ .

Soluzione

Formula di bisezione: $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ . Quindi

$\int\sin^2 x\,dx = \frac{x}{2} - \frac{1}{2}\int\cos 2x\,dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$

Per parti si arriva allo stesso risultato come integrale ciclico. Su un periodo intero la media di $\sin^2$ è $\frac{1}{2}$ : è il fatto alla base del valore efficace (esercizio 20).

Esercizio 11. La sostituzione universale

Calcola $\displaystyle\int\frac{dx}{2 + \cos x}$ .

Risultato: $\frac{2}{\sqrt 3}\arctan\left(\frac{1}{\sqrt 3}\tan\frac{x}{2}\right) + C$ (per $-\pi \lt x \lt \pi$ ).

Soluzione

Nessuna scorciatoia: si usa $t = \tan\frac{x}{2}$ , con $\cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$ e $dx = \frac{2\,dt}{1 + t^2}$ .

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

$\int\frac{dx}{2 + \cos x} = \int\frac{1 + t^2}{3 + t^2}\cdot\frac{2\,dt}{1 + t^2} = \int\frac{2\,dt}{t^2 + 3} = \frac{2}{\sqrt 3}\arctan\frac{t}{\sqrt 3} + C$

Su tutta la retta la primitiva va “raccordata” ad ogni multiplo dispari di $\pi$ , dove $\tan\frac{x}{2}$ non è definita; per gli integrali definiti su $[0, 2\pi]$ conviene sfruttare la simmetria: $\int_0^{2\pi}\frac{dx}{2 + \cos x} = 2\int_0^{\pi}\ldots = \frac{2\pi}{\sqrt 3}$ .

Esercizio 12. La radice di 1 meno x quadro

Calcola $\displaystyle\int\sqrt{1 - x^2}\,dx$ e deduci l’area del cerchio di raggio 1.

Risultato: $\frac{1}{2}\left(\arcsin x + x\sqrt{1 - x^2}\right) + C$ ; area $\pi$ .

Soluzione

Con $x = \sin t$ , $t \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ , si ha $\sqrt{1 - x^2} = \cos t$ (positivo in quell’intervallo) e $dx = \cos t\,dt$ :

$\int\cos^2 t\,dt = \frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4} = \frac{t}{2} + \frac{\sin t\cos t}{2}$

Tornando a $x$ : $t = \arcsin x$ , $\sin t\cos t = x\sqrt{1 - x^2}$ .

Il cerchio di raggio 1 è quattro volte l’area tra 0 e 1: $4\cdot\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2} + 0\right) = \pi$ .

Significato geometrico della primitiva — L’area sotto la circonferenza tra 0 e x è il settore S di angolo t, che vale t mezzi, più il triangolo T, che vale x per radice di 1 meno x quadro, fratto 2.

Livello esame

Esercizio 13. Area tra due curve

Calcola l’area della regione limitata dalle parabole $y = x^2$ e $y = 2 - x^2$ .

Risultato: $\frac{8}{3}$ .

Soluzione

Intersezioni. $x^2 = 2 - x^2$ , cioè $x = \pm 1$ . Tra $-1$ e 1 la parabola $2 - x^2$ sta sopra (in 0 vale 2, contro 0).

Area. Si integra “sopra meno sotto”:

$A = \int_{-1}^{1}\left[(2 - x^2) - x^2\right]dx = \int_{-1}^{1}(2 - 2x^2)\,dx = 2\int_0^1(2 - 2x^2)\,dx = 2\left(2 - \frac{2}{3}\right) = \frac{8}{3}$

Si è usata la simmetria: l’integranda è pari.

Regione tra due parabole — La regione viola è compresa tra la parabola y uguale a 2 meno x quadro, sopra, e y uguale a x quadro, sotto; le due curve si incontrano in meno 1 e 1.

Esercizio 14. Volumi di rotazione

Calcola il volume del solido ottenuto ruotando attorno all’asse $x$ il grafico di $y = \sqrt x$ per $0 \le x \le 4$ , e quello ottenuto ruotando un arco di $y = \sin x$ per $0 \le x \le \pi$ .

Risultato: $8\pi$ ; $\frac{\pi^2}{2}$ .

Soluzione

Il solido si taglia in dischi perpendicolari all’asse, di raggio $f(x)$ e spessore $dx$ : ciascuno ha volume $\pi f(x)^2\,dx$ . Quindi

$V = \pi\int_a^b f(x)^2\,dx$

Per $\sqrt x$ : $V = \pi\int_0^4 x\,dx = \pi\cdot 8 = 8\pi$ . È un paraboloide, e il risultato è metà del cilindro circoscritto ( $\pi\cdot 2^2\cdot 4 = 16\pi$ ), come aveva trovato Archimede.

Per il seno: $V = \pi\int_0^\pi\sin^2 x\,dx = \pi\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}$ , con l’esercizio 10.

Solido di rotazione diviso in dischi — Ruotando la curva y uguale a radice di x attorno all’asse x si ottiene un paraboloide. Il disco evidenziato, di raggio f di x e spessore d x, ha volume pi greco per f di x al quadrato per d x.

Esercizio 15. Per parti con l’arcotangente

Calcola $\displaystyle\int_0^1 x\arctan x\,dx$ .

Risultato: $\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \approx 0{,}285$ .

Soluzione

Per parti derivando l’arcotangente: $f = \arctan x$ , $g' = x$ , $g = \frac{x^2}{2}$ .

$\int_0^1 x\arctan x\,dx = \left[\frac{x^2}{2}\arctan x\right]_0^1 - \frac{1}{2}\int_0^1\frac{x^2}{1 + x^2}dx$

Il primo termine è $\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{8}$ . Nel secondo si divide: $\frac{x^2}{1 + x^2} = 1 - \frac{1}{1 + x^2}$ , con integrale $1 - \frac{\pi}{4}$ .

Risultato: $\frac{\pi}{8} - \frac{1}{2}\left(1 - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}$ .

Esercizio 16. Sostituzione e poi parti

Calcola $\displaystyle\int e^{\sqrt x}\,dx$ .

Risultato: $2e^{\sqrt x}\left(\sqrt x - 1\right) + C$ .

Soluzione

Con $t = \sqrt x$ , cioè $x = t^2$ , $dx = 2t\,dt$ : $\int e^{\sqrt x}dx = \int 2t\,e^t\,dt$ .

Per parti ( $f = 2t$ , $g' = e^t$ ): $2te^t - \int 2e^t\,dt = 2e^t(t - 1)$ . Tornando a $x$ : $2e^{\sqrt x}(\sqrt x - 1) + C$ .

Controllo derivando: $2e^{\sqrt x}\cdot\frac{1}{2\sqrt x}(\sqrt x - 1) + 2e^{\sqrt x}\cdot\frac{1}{2\sqrt x} = e^{\sqrt x}$ .

Esercizio 17. Gli integrali di Wallis

Calcola $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^4 x\,dx$ in due modi.

Risultato: $\frac{3\pi}{16}$ .

Soluzione

Con la formula ricorsiva (approfondimento): $I_4 = \frac{3}{4}I_2 = \frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}I_0 = \frac{3}{8}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$ .

Con le formule trigonometriche: $\sin^4 x = \left(\frac{1 - \cos 2x}{2}\right)^2 = \frac{1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x}{4} = \frac{3 - 4\cos 2x + \cos 4x}{8}$ . Tra 0 e $\frac{\pi}{2}$ gli integrali di $\cos 2x$ e $\cos 4x$ sono nulli, e resta $\frac{3}{8}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$ .

Esercizio 18. Studio di una funzione integrale

Studia $F(x) = \displaystyle\int_0^x e^{-t^2}\,dt$ , sapendo che $\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-t^2}\,dt = \frac{\sqrt\pi}{2}$ . Calcola poi la derivata di $G(x) = \displaystyle\int_0^{x^2}e^{-t^2}\,dt$ .

Risultato: $F$ è dispari, crescente, con flesso in 0 e asintoti $y = \pm\frac{\sqrt\pi}{2}$ ; $G'(x) = 2x\,e^{-x^4}$ .

Soluzione

Derivata. Per il teorema fondamentale $F'(x) = e^{-x^2} \gt 0$ : $F$ è crescente su tutto $\mathbb R$ . Si studia una funzione di cui non si conosce l’espressione, solo attraverso la derivata.

Simmetria. L’integranda è pari, quindi $F(-x) = \int_0^{-x}e^{-t^2}dt = -\int_0^{x}e^{-s^2}ds = -F(x)$ (con $t = -s$ ): $F$ è dispari, $F(0) = 0$ .

Concavità. $F''(x) = -2x\,e^{-x^2}$ : convessa per $x \lt 0$ , concava per $x \gt 0$ , flesso in 0 con pendenza $F'(0) = 1$ .

Limiti. Per $x \to +\infty$ , $F(x) \to \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0{,}886$ (dato del problema); per simmetria $-\frac{\sqrt\pi}{2}$ a $-\infty$ . Due asintoti orizzontali.

La funzione composta. $G(x) = F(x^2)$ , quindi $G'(x) = F'(x^2)\cdot 2x = 2x\,e^{-x^4}$ .

La funzione $\frac{2}{\sqrt\pi}F(x)$ si chiama funzione degli errori, $\text{erf}(x)$ : è la probabilità che una variabile normale stia entro una certa distanza dalla media.

La funzione integrale di e alla meno t quadro — La curva tratteggiata è l’integranda; la curva blu è la funzione integrale F, che cresce sempre, ha il flesso nell’origine e tende a più e meno radice di pi greco mezzi.

Esercizio 19. Un integrale improprio

Calcola $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2}\,dx$ .

Risultato: 1.

Soluzione

Per definizione è $\lim_{b\to+\infty}\int_1^b\frac{\ln x}{x^2}dx$ . Per parti con $f = \ln x$ , $g' = x^{-2}$ , $g = -\frac{1}{x}$ :

$\int_1^b\frac{\ln x}{x^2}dx = \left[-\frac{\ln x}{x}\right]_1^b + \int_1^b\frac{dx}{x^2} = -\frac{\ln b}{b} + 1 - \frac{1}{b}$

Per $b \to +\infty$ , $\frac{\ln b}{b} \to 0$ e $\frac{1}{b} \to 0$ : l’integrale converge e vale 1.

Si poteva prevedere la convergenza con il confronto: $\ln x \lt \sqrt x$ per $x \ge 1$ , quindi l’integranda è minore di $x^{-3/2}$ , che ha integrale convergente.

Esercizio 20. Il valore efficace

In un resistore $R$ scorre la corrente $i(t) = I_m\sin\omega t$ . Calcola la potenza media dissipata in un periodo, il valore efficace della corrente, e il valore medio di $|i(t)|$ .

Risultato: $P = \frac{1}{2}RI_m^2$ ; $I_{eff} = \frac{I_m}{\sqrt 2} \approx 0{,}707\,I_m$ ; valore medio $\frac{2}{\pi}I_m \approx 0{,}637\,I_m$ .

Soluzione

Potenza media. $p(t) = Ri^2 = RI_m^2\sin^2\omega t$ . Il periodo è $T = \frac{2\pi}{\omega}$ , e la media è

$P = \frac{1}{T}\int_0^T RI_m^2\sin^2\omega t\,dt = RI_m^2\cdot\frac{1}{2}$

perché la media di $\sin^2$ su un periodo è $\frac{1}{2}$ (esercizio 10, con il cambio $u = \omega t$ ).

Valore efficace. È la corrente continua che dissiperebbe la stessa potenza: $RI_{eff}^2 = \frac{1}{2}RI_m^2$ , quindi $I_{eff} = \frac{I_m}{\sqrt 2}$ . I 230 V della rete sono un valore efficace: il picco è $230\sqrt 2 \approx 325$ V.

Valore medio raddrizzato. $\frac{1}{T/2}\int_0^{T/2}I_m\sin\omega t\,dt = \frac{2}{T}\cdot\frac{2I_m}{\omega} = \frac{2}{\pi}I_m$ . Gli strumenti economici misurano questo e lo moltiplicano per $\frac{\pi}{2\sqrt 2} \approx 1{,}11$ : danno il valore efficace giusto solo per segnali sinusoidali.

Il quadrato del seno e la sua media — La curva blu, seno al quadrato, oscilla tra 0 e 1 con periodo metà di quello del seno, tratteggiato in grigio. L’area sotto di essa su un periodo è uguale a quella del rettangolo di altezza un mezzo.

Esercizio 21. L’area sotto una parabola nel primo quadrante

La parabola $f(t) = at^2 + bt + c$ incontra l’asse delle ordinate nel punto $(0, \alpha)$ e l’asse delle ascisse nel punto $(\beta, 0)$ , con $\alpha \gt 0$ e $\beta \gt 0$ . Calcola l’area della regione del primo quadrante compresa tra la parabola e i due assi in due casi: (A) la parabola è tangente all’asse delle ascisse in $\beta$ ; (B) la parabola ha l’asse di simmetria coincidente con l’asse delle ordinate. Confronta i risultati con l’area del rettangolo di lati $\alpha$ e $\beta$ .

Risultato: (A) $f(t) = \alpha\left(1 - \frac{t}{\beta}\right)^2$ , area $\frac{\alpha\beta}{3}$ ; (B) $f(t) = \alpha\left(1 - \frac{t^2}{\beta^2}\right)$ , area $\frac{2}{3}\alpha\beta$ .

Soluzione

Perché servono due casi. I coefficienti da trovare sono tre ( $a$ , $b$ , $c$ ), e il passaggio per $(0, \alpha)$ e per $(\beta, 0)$ dà solo due condizioni: $c = \alpha$ e $a\beta^2 + b\beta + \alpha = 0$ . Senza una terza condizione la parabola non è determinata, e nemmeno l’area. Le due condizioni più naturali sono la tangenza all’asse delle ascisse, caso A, e la simmetria rispetto all’asse delle ordinate, caso B.

Caso A: tangente in $\beta$ . Se l’asse delle ascisse è tangente in $\beta$ , allora $\beta$ è una radice doppia e il vertice è $(\beta, 0)$ : $f(t) = a(t - \beta)^2$ . Da $f(0) = a\beta^2 = \alpha$ si ricava $a = \frac{\alpha}{\beta^2}$ , quindi

$f(t) = \frac{\alpha}{\beta^2}(t - \beta)^2 = \alpha\left(1 - \frac{t}{\beta}\right)^2,\qquad a = \frac{\alpha}{\beta^2},\ b = -\frac{2\alpha}{\beta},\ c = \alpha$

$f \ge 0$ ovunque, quindi l’area è l’integrale. Con la sostituzione $u = 1 - \frac{t}{\beta}$ , $dt = -\beta\,du$ , e gli estremi $t = 0 \to u = 1$ , $t = \beta \to u = 0$ :

$A = \int_0^\beta\alpha\left(1 - \frac{t}{\beta}\right)^2dt = \alpha\beta\int_0^1u^2\,du = \frac{\alpha\beta}{3}$

Caso B: simmetrica rispetto all’asse delle ordinate. Allora $b = 0$ e il vertice è $(0, \alpha)$ : $f(t) = \alpha + at^2$ , con $f(\beta) = 0$ , cioè $a = -\frac{\alpha}{\beta^2}$ . Quindi $f(t) = \alpha\left(1 - \frac{t^2}{\beta^2}\right)$ , positiva tra 0 e $\beta$ :

$A = \int_0^\beta\alpha\left(1 - \frac{t^2}{\beta^2}\right)dt = \alpha\left[t - \frac{t^3}{3\beta^2}\right]_0^\beta = \alpha\left(\beta - \frac{\beta}{3}\right) = \frac{2}{3}\alpha\beta$

Il confronto. Il rettangolo che contiene la regione ha area $\alpha\beta$ . Nel caso A la parabola occupa un terzo del rettangolo, nel caso B due terzi: le due regioni sono complementari, perché la parabola del caso A, ribaltata ( $t \to \beta - t$ , $f \to \alpha - f$ ), dà proprio quella del caso B. Il risultato dei due terzi, area di un segmento parabolico rispetto al rettangolo circoscritto, era già noto ad Archimede, che lo dimostrò senza integrali con il metodo di esaustione.

Verifica numerica. Con $\alpha = 3$ e $\beta = 2$ : caso A $f = \frac{3}{4}t^2 - 3t + 3$ , area 2; caso B $f = 3 - \frac{3}{4}t^2$ , area 4; rettangolo 6.

Area sotto una parabola nei due casi — A sinistra il caso A: la parabola parte da alfa sull’asse delle ordinate e tocca l’asse delle ascisse in beta, dove ha il vertice; l’area colorata è un terzo del rettangolo alfa per beta. A destra il caso B: la parabola ha il vertice in alfa e attraversa l’asse delle ascisse in beta; l’area colorata è due terzi del rettangolo.

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Livello base

Esercizio 1. Integrali immediati

Esercizio 2. Una forma composta

Esercizio 3. Per parti

Esercizio 4. Fratti semplici

Esercizio 5. Integrale definito e area

Livello medio

Esercizio 6. Il logaritmo

Esercizio 7. Un integrale ciclico

Esercizio 8. Denominatore irriducibile

Esercizio 9. Una radice doppia

Esercizio 10. Il quadrato del seno

Esercizio 11. La sostituzione universale

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