INTEGRALI DEFINITI
Risoluzione di esercizi tratti dal libro: Corso Base Blu di Matematica, vol. 5
(Prof. Enrico Sailis – I.I.S. “Gramsci-Amaldi” – Carbonia)
[1] L’integrale definito e le sue proprietà - Da pag. 104w
10 Scrivi l’integrale e calcola il valore dell’area della regione rappresentata in figura
Equazione della retta AB ( r AB ) :
y -1 x +1
x +1
=
→ y −1 =
→
2 -1 3 +1
4
y =
x +1
+1
4
A rea cercata :
3
∫
-1
=
=
3
3
-1
-1
1
 x +1

x +5
+ 1 dx = 

dx =
4
 4

 4 
∫
[ ]
1 x2
+ 5x
4 2
1
4
3
−1
=
1
4
∫ (x + 5 )dx =
 (3 )2
  (− 1)2
 
+ 5 (3 ) − 
+ 5 (− 1)  =

 2
  2
 
 9
1
 1
 1 8
 1
 1  9
 + 15  −  − 5   =  + 15 − + 5  =  + 20  = {4 + 20} = 6
2
 2
 4 2
 4
 4  2
 2
11 Scrivi l’integrale e calcola il valore dell’area della regione rappresentata in figura
Equazione della parabola con asse verticale : y = ax 2 + bx + c
Derivata della parabola : y' = 2ax + b
a(2 )2 + b(2 ) + c = 0
V (2;0 ) ⇒ y(2) = 0 ∧ y' (2) = 0 ossia : 
2 a(2 ) + b = 0
P (4;3 ) ∈ Parabola ⇒ y(4) = 3 ossia : a(4 )2 + b(4 ) + c = 3
Mettiamo ora a sistema le tre equazioni in a, b, c trovate per
determinare l’equazione della parabola.
4a + 2 b + c = 0
c = −4a − 2 b
...



→ 4 a + b = 0
→ 4 a + b = 0 →
4 a + b = 0
16 a + 4 b + c = 3
16 a + 4 b − 4a − 2 b = 3
12 a + 2 b = 3




3

...
c = −4 − 2( −3 )

...
...
...



4


3




→ b = −4 a
→ ...
→ ...
→ b = −4 → b = −3
→
4
12 a + 2( −4 a ) = 3
12 a − 8 a = 3
4 a = 3


3



3

a =
a
=
4


4
Equazione della parabola : y =
A rea cercata :
(
)
3 2
3 2
x - 3x + 3 → y =
x − 4x + 4 ) →
4
4
y =

c = 3

b = −3

3
a =
4

3
(x - 2 )2
4
4
3
3
3
1
3 ( x − 2 ) 
3  (4 − 2 )3   (2 − 2 )3   3  2 3 
2
2
2
∫ 4 (x − 2 ) dx = 4 ∫ (x − 2 ) dx = 4 ∫ 1 ⋅ (x − 2 ) dx = 4  3  = 4  3  −  3  = 4  3  = 2
2
2
2

2
4
4
4
[2] Il cambiamento degli estremi di integrazione nel metodo di sostituzione – Da pag.
107w
β
b
Formula :
∫
∫
f ( x )dx = f ( g ( t ))g' ( t )dt
dove si è posto : x = g(t), con g(t) continua e invertibil e in [ α; β ],
α
a
a = g( α ) e b = g( β )
Calcola il valore dei seguenti integrali definiti, noto il valore dell’integrale indicato a fianco.
4
28
∫
8
∫ f ( x )dx = 10
f ( 2 x )dx
0
0
4
∫
Calcoliamo f ( 2 x )dx con il metodo di sostituzio ne ponendo 2x = t da cui si ricava : x =
0
t
1
e dx = dt , inoltre si ha :
2
2
t = 0 per x = 0 e t = 8 per x = 4 . Pertanto risulta :
∫
∫
f ( 2 x )dx → f ( t )
4
29
∫
2
1
1
dt =
f ( t )dt da cui si ricava :
2
2
∫
∫
0
∫ f ( x )dx = 6
∫
2
x
x
)dx con il metodo di sostituzione ponendo = t da cui si ricava : x = 4 t e dx = 4 dt , inoltre si ha :
4
4
t =
1
per x = 2 e t = 1 per x = 4 . Pertanto risulta :
2
∫
x
)dx → f ( t )4 dt = 4 f ( t )dt da cui si ricava :
4
∫
8
∫
0
1
1
f ( t )dt = ⋅ 10 = 5
2
2
1
2
Calcoliamo f (
31
∫
8
f ( 2 x )dx =
1
x
f ( )dx
4
4
f(
4
∫
4
∫
1
f(
x
)dx = 4 f ( t )dt = 4 ⋅ 6 = 24
4
∫
1
2
2
4
2 f ( x )dx
0
∫ f ( 2 x )dx = 10
0
8
∫
Calcoliamo 2 f ( x )dx con il metodo di sostituzione ponendo x = 2 t da cui si ricava : t =
0
x
e dx = 2 dt , inoltre si ha :
2
t = 0 per x = 0 e t = 4 per x = 8 . Pertanto risulta :
∫
∫
∫
2 f ( x )dx → 2 f ( t )2 dt = 4 f ( t )dt da cui si ricava :
8
∫
0
Integrali Definiti
4
∫
2 f ( x )dx = 4 f ( t )dt = 4 ⋅ 10 = 40
0
2/7
[3] La funzione integrale e la sua derivata – Da pag. 114w
f(x)
G(x) =
Formula :
∫ g( t )dt
G' ( x ) = g ( f ( x )) ⋅ f ' ( x )
a
x
G(x) =
181
∫
1
t2
dt
1+t
G' ( x ) =
x2
1+ x
x4
( )
∫ arctgtdt
G(x) =
183
G' ( x ) = arctg x 4 ⋅ 4 x 3
2
2 x2
G(x) =
184
∫
( )
4 + t 3 dt
G' ( x ) = 4 + 2 x 2
3
⋅ 4x = 8x 1 + 2x6
-3
[4] L’area di una superficie in cui la funzione è negativa – Da pag. 116w
Regola : Le aree delle regioni piane delimitate da grafici al si sotto dell' asse x (funzioni negative) si calcolano facendo
precedere all' integrale il segno meno.
Dopo aver disegnato le superfici delimitate dall’asse x e dal grafico delle seguenti funzioni definite
negli intervalli indicati, calcolane l’area.
y = senx
200
[π; 2 π]
2π
A = − senxdx = [ cosx]
∫
π
2π
π
= cos (2 π ) − cos (π) =
= 1 − (−1) = 2
y = x 2 - 6x + 5
203
∫(
4
)
[2 ; 4 ]
[
][
3
2
A = − x 2 − 6 x + 5 dx = − x − 6 x + 5 x
3
2
2
[
]
4
=
2
 (4 )3
(4 )2 + 5 ⋅ 4 − (2 )3 − 6 (2 )2 + 5 ⋅ 2
= −
−6
2
3
2
 3
[
][
]
]

=

16
8
4
 64

= −
−6
+ 20 −
− 6 + 10  =
3
2
3
2


Integrali Definiti
3/7
[
][
]
8
 64

= −
− 48 + 20 −
− 12 + 10  =
3
3


8
56
− 56 + 78 22
 64

= −
− 28 − + 2  = −
+ 26 =
=
3
3
3
3
3

[− 1; 1]
y = ex -1
211
In questo caso scomponiam o la regione di piano tra il
grafico e l' asse x in due parti che calcolerem o
separatame nte, facendo precedere il segno meno
all' integrale per il calcolo del primo trapezoide (quello
sotto l' asse x).
∫ (e
0
A = A1 + A2 = −
) ∫ (e
1
x
− 1 dx +
−1
x
)
− 1 dx =
0
[ ] + [e − x] =
= -{[e − 0 ] − [e − (− 1)]}+ {[e − 1] − [e − 0 ]} =
= -{1 − e − 1}+ {[e − 1] − [1]} = e + e − 2
= − ex − x
0
1
x
−1
0
−1
0
1
−1
0
−1
[5] Due funzioni delimitano una superficie chiusa - Da pag. 117w
Re gola : se f(x) e g(x) sono due funzioni continue tali che f(x) ≥ g(x) in un intervallo [a; b], allora, l' area compresa tra grafici
b
delle due funzioni e le rette x = a e x = b, è data da
∫ (f(x) - g(x))dx
a
216
P1
Determina l’area della regione finita di piano individuata dalle parabole di equazione:
y = x 2 − 1 e P2
y = -x 2 − 3 x − 1
Deter min iamo innanzi tutto i punti A e B in cui le
parabole si intersecan o
{A, B} = P1 ∩ P2
=
y = x 2 − 1
→

y = -x 2 − 3 x − 1
...
→ 2
→
2
 x − 1 = -x − 3 x − 1
...
...
→ 2
→
→
2 x + 3 x = 0
 x (2 x + 3 ) = 0
...
...

→
→
3 →
(
)
x
2
x
+
3
=
0

 x 2 = 0 ∨ x1 = - 2

Integrali Definiti
4/7
2

9

 3
y1 = − 1
y1 =  −  − 1



4
 2
→
→
→
3

x = − 3
 1
 x1 = − 2
2
y = (0 )2 − 1
 y 2 = −1
2
→

 x 2 = 0
x 2 = 0
5

y 1 = 4

x = − 3
 1
2
 3 5
A − ; 
 2 4
B (0;-1)
L' area cercata pertanto è data da :
∫ [(− x
Area =
-
∫ (− 2 x
0
− 3 x − 1 − x 2 − 1 dx =
3
2
Area = −
223
2
)]
) (
0
-
2
3
2
)
[
3
2
− 3 x dx = − 2 x − 3 x
3
2
]
  − 3  3  − 3  2 
 2
 2 
= 0 − − 2
−3
=
3
3
2
−


2


0
9 27 −18 + 27 9
+
=
=
4
8
8
8
E’ data la regione finita di piano individuata dall’iperbole di equazione y =
parabola di equazione y =
1
, dal ramo di
x
x e dalla retta di equazione x=9. Calcola l’area.
Per determinar e il primo estremo di integrazio ne
cerchiamo il punto di intersezio ne dei grafici delle
funzioni y =
x ey =
1
x
y = x
y = x
y = x
y = x



→
→
→



1 → 3
1
1
 x = 1
y =
 x =
x = 2
x
x


x

y = 1
→
x = 1
Per tan to l' area cercata è data dal seguente integrale :
9
9
9
1
 2
x
1

Area =  x − dx = 
x


1
1
∫
2
=
3
∫
 3


x 2

1
− dx = 
− ln x  =
x
 3


 2
1
9
2 52

2
 2

x 3 − ln x  = 
9 3 − ln 9  −  1 3 − ln 1  = 18 − ln 9 − =
− ln 9
3
3
1  3
 3

[6] Il calcolo di volumi di solidi di rotazione - Da pag. 123w
Formula per il calcolo del volume di un solido di rotazione ottenuto facendo ruotare di 360° attorno all' asse x il trapezoide
b
∫
delimitato dalla funzione (positiva) y = f(x), l' asse x e le rette x = a e x = b : V = π f 2 ( x )dx
a
Integrali Definiti
5/7
263
Rappresenta la funzione y=5 nell’intervallo [1; 6]. Che solido otteniamo ruotando di 360°
attorno all’asse x il grafico di tale funzione? Calcola il volume del solido ottenuto e verifica il risultato
applicando la relativa formula geometrica.
Ruo tan do di 360 ° un rettangolo attorno alla sua base
si ottiene un cilindro il cui volume è dato da :
6
Vcilindro = π 5 2 dx = 25 π[x ]16 = 25 π(6 − 1) = 125 π
∫
1
Calcoliamo ora il volume del cilindro con il metodo geometrico :
Vcilindro = Area di base x altezza = πr 2 x h
r = raggio del cerchio di base; h = altezza
265
Calcola il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse x del trapezoide
 π
individuato dal grafico della funzione y = senx nell’intervallo 0 ;  .
 2
π
2
V =π
∫(
senx
π
2
π
2
0
) dx = π ∫ senxdx = π[− cos x ]
2
0
π
2
0
= −π[cos x ]
=
0
π


= −π cos − cos 0  = −π(0 − 1) = π
2


281
Si disegni nel piano cartesiano ortogonale Oxy la curva C di equazione y =
volume del solido ottenuto facendo ruotare
2 x 2 −1
e si calcoli il
x
di un giro completo attorno all’asse delle ascisse la
regione finita di piano compresa tra l’arco della curva C, i cui estremi sono i punti di ascissa y =
2
e
2
1, e le rette tangenti a C negli estremi stessi.
Innanzi tutto calcoliamo le tangenti alla curva nei punti di ascissa
4x
y' =
2 2x2 −1
Integrali Definiti
x − 2x2 −1
x
2
→ y' =
4 x 2 − 2  2 x 2 − 1 


2 2x 2 −1
2
e1
2
2
⋅
1
x
2
→ y' =
(
4x2 − 2 2x2 −1
2 2x2 −1
) → y' =
1
2x2 −1
6/7
Osserviamo che y' è definita per 2x 2 − 1 > 0 ossia per :
x>
2
2
2
2
∨ x<−
Poiché :
lim
2
X→
2
1
+
2x2 −1
= +∞
2
 2
=
y
 2 


 2
 −1
2
 2 


2
=
2
2
2
−1
4
=0
2
2
La tangente alla curva nel punto
2
2
è la retta verticale x =
2
2
La tangente in x = 1 è la retta t : y - y(1) = f' (1)(x - 1) con :
y(1) =
2 (1)2 − 1
(1)
=1
1
y' (1) =
e
2 (1)2 − 1
=1
da cui si ricava t : y - 1 = 1 ⋅ (x - 1) → y = x
Calcoliamo il volume cercato V attraverso la differenza tra il volume VT del solido ottenuto dalla rotazione completa
2
e x = 1, con il volume VC
2
del solido ottenuto dalla rotazione completa attorno all' asse x del trapezoide delimitato dalla curva C, l' asse x e le rette
attorno all' asse x del trapezio delimitato dal segmento di tangente t, l' asse x e le rette x =
x=
2
e x = 1.
2
1
VT = π
∫



 3 
(x )2 dx = π x
2
2
1
VC = π
∫
2
2
3
1
2
2


1 3
= π
−
3



2
 2x 2 −1 

 dx = π


x


1
∫
2x
2
2
2
x
2
3
 2 


 
2 2
 2  

1
1
2 4− 2

 
= π − 8  = π −
π
=
3
3 
3 
12
 3 12 







−1
1
dx = π
1
∫ 2dx + π ∫
2
2
2
2
−
1

dx =π2 x + 
x

x
1
2
1
2
2




2
1

= π[2 + 1] − 2
+

2
2



2



  =



{ [ 2 + 2 ]} = (3 − 2 2 )π
= π3 −
Il volume cercato è : V = VT − VC =
(
) (
)
(
)
4− 2
π
π
π − 3 − 2 2 π = 4 − 2 − 36 + 24 2
= 23 2 − 32
12
12
12
8
 23
V =
2 − π
3
 12
Integrali Definiti
7/7