Qui di seguito trovi un'infinità di integrali svolti con il metodo della sostituzione. Ma se ancora hai difficoltà con la comprensione degli integrali, ti consiglio di consultare questa pagina dove trovi tutte le regole di integrazione di funzioni elementari e relativi esempi.
$$\int_5^{12}\frac{\sqrt{x+4}-3}{x\sqrt{x+4}}\ dx$$
Intuitivamente, possiamo applicare il metodo di sostituzione per risolvere tale integrale. La sostituzione da fare in questi casi viene spontanea:
$$t=\sqrt{x+4}\quad\Rightarrow\quad dt=\frac{1}{2\sqrt{x+4}}dx$$
Inoltre, da $t=\sqrt{x+4}$ segue:
$$t^2=x+4\quad\Rightarrow\quad x=t^2-4$$
Vediamo come cambiano gli estremi di integrazione:
Possiamo procedere con la sostituzione dell'incognita x con l'incognita t.
$$\int_5^{12}\frac{\sqrt{x+4}-3}{x\sqrt{x+4}}\ dx=2\int_5^{12}\frac{\sqrt{x+4}-3}{x\cdot 2\sqrt{x+4}}\ dx=2\int_3^4\frac{t-3}{t^2-4}\ dt=\int_3^4\frac{2t-6}{t^2-4}\ dt=\int_3^4\frac{2t}{t^2-4}\ dt-\int_3^4\frac{6}{t^2-4}\ dt$$
Il primo dei due integrali è un integrale immediato:
$\int_3^4\frac{2t}{t^2-4}\ dt=\left[\ln|t^2-4|\right]_3^4=\ln 12-\ln 5=\ln\frac{12}{5}$
Il secondo, invece, si risolve con il metodo dei fratti semplici, osservando che
$$t^2-4=(t-2)(t+2)$$
Si ha, quindi,:
$\frac{1}{t^2-4}=\frac{A}{t-2}+\frac{B}{t+2}=\frac{A(t+2)+B(t-2)}{t^2-4}=\frac{(A+B)t+2A-2B}{t^2-4}$
Per il principio di identità fra polinomi, il primo membro e l'ultimo membro della serie di uguaglianze precedente coincidono se e soltanto se è verificato il seguente sistema:
$\begin{cases} A+B=0\\ 2A-2B=1\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} A=-B\\ 2(-B)-2B=1\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} A=-B\\ -4B=1\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} A=\frac{1}{4}\\ B=-\frac{1}{4}\end{cases}$
Per quanto detto, l'integrale considerato si trasforma nel seguente modo:
$\int_3^4\frac{6}{t^2-4}\ dt=6\int_3^4\frac{1}{t^2-4}=6\left[\int_3^4\frac{\frac{1}{4}}{t-2}+\int_3^4\frac{-\frac{1}{4}}{t+2}\right]=\frac{3}{2}\left[\ln|t-2|-\ln|t+2|\right]_3^4=\frac{3}{2}\left[\ln 2-\ln 6+\ln 5\right]=\frac{3}{2}\ln\frac{5}{3}$
Unendo i risultati ottenuti, possiamo concludere la risoluzione dell'integrale proposto:
$$\int_3^4\frac{2t}{t^2-4}\ dt-\int_3^4\frac{6}{t^2-4}\ dt=\ln\frac{12}{5}-\frac{3}{2}\ln\frac{5}{3}$$
$$\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\sin x}{\sqrt{\cos x}}\ dx$$
Anche in questo caso operiamo per sostituzione:
$$t=\cos x\quad\Rightarrow\quad dt=-\sin x\ dx$$
Vediamo come cambiano gli estremi di integrazione:
Procediamo con la sostituzione:
$$\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\sin x}{\sqrt{\cos x}}\ dx= -\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{-\sin x}{\sqrt{\cos x}}\ dx=-\int_1^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{t}}\ dt=\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{\sqrt{t}}\ dt=2\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{2\sqrt{t}}\ dt=2\left[\sqrt{t}\right]_{\frac{1}{2}}^1=2\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$
$$\int\limits_0^1\frac{e^{3x}+e^x}{1+e^x}\ dx$$
Riscriviamo l'integrale dato mettendo a fattore comune al numeratore l'esponenziale $e^x$:
$$\int\limits_0^1\frac{e^{3x}+e^x}{1+e^x}\ dx=\int\limits_0^1\frac{e^x(e^{2x}+1)}{1+e^x}\ dx$$
Quest'ultimo integrale è risolvibile mediante il metodo della sostituzione, ponendo
$$t=e^x$$
Ne segue che, differenziando ambo i membri otteniamo
$$dt=e^xdx$$
Infine, calcoliamo i nuovi estremi di integrazione:
$$\begin{array}{l} \mbox{per } x=0\quad\Rightarrow\quad t=e^0=1\\ \mbox{per } x=1\quad\Rightarrow\quad t=e^1=e\end{array}$$
Possiamo adesso applicare la sostituzione:
$$\int\limits_0^1\frac{e^x(e^{2x}+1)}{1+e^x}\ dx = \int\limits_1^e\frac{t^2+1}{t+1}\ dt=\int\limits_1^e\frac{t^2}{t+1}\ dt+\int\limits_1^e\frac{1}{t+1}\ dt$$
Risolviamo il primo integrale decomponendo la frazione per ottenere due integrali più semplici:
$$\begin{array}{l} \int\limits_1^e\frac{t^2}{t+1}\ dt &=\int\limits_1^e\frac{t^2-1+1}{t+1}\ dt=\int\limits_1^e\frac{t^2-1}{t+1}\ dt+\int\limits_1^e\frac{1}{t+1}\ dt=\int\limits_1^e\frac{(t-1)(t+1)}{t+1}\ dt +\left[\log|t+1|\right]_1^e=\\ &=\int\limits_1^e(t-1)\ dt+\log(e+1)-\log 2=\left[\frac{(t-1)^2}{2}\right]_1^e+\log\frac{e+1}{2}=\frac{e-1}{2}+\log\frac{e+1}{2}\end{array}$$
Il secondo integrale è invece immediato:
$$\int\limits_1^e\frac{1}{t+1}\ dt=\left[\log|t+1|\right]_1^e=\log(e+1)-\log 2=\log\frac{e+1}{2}$$
$$\int\limits_1^2\frac{\sqrt{x}}{1+x}\ dx$$
Senza discutere, possiamo subito dire che tale integrale va risolto facendo la seguente sostituzione:
$$x=t^2\quad\quad\Rightarrow\quad\quad dx=2t\ dt$$
Calcoliamo anche i nuovi estremi di integrazione:
$$\begin{array}{l} \mbox{per } x=1\quad\Rightarrow\quad t=1\\ \mbox{per } x=2\quad\Rightarrow\quad t=\sqrt{2}\end{array}$$
Dunque, l'integrale di partenza si può riscrivere così:
$$\int\limits_1^2\frac{\sqrt{x}}{1+x}\ dx=\int\limits_1^{\sqrt{2}}\frac{t}{1+t^2}2t\ dt=\int\limits_1^{\sqrt{2}}\frac{2t^2}{1+t^2}\ dt$$
Risolviamo l'integrale così ottenuto decomponendo la frazione in somma di più frazioni in modo da ottenere degli integrali più semplici da risolvere. In pratica basta uscire dall'integrale il 2 e aggiungere e sottrarre 1 così da far apparire al numeratore il denominatore $1+t^2$
$$\begin{eqnarray*} \int\limits_1^{\sqrt{2}}\frac{2t^2}{1+t^2}\ dt &=& 2\int\limits_1^{\sqrt{2}}\frac{t^2+1-1}{1+t^2}\ dt =2\int\limits_1^{\sqrt{2}}\ dt+2\int\limits_1^{\sqrt{2}}\frac{-1}{1+t^2}\ dt= 2\left[t\right]_1^{\sqrt{2}}-2\left[\arctan t\right]_1^{\sqrt{2}}=\\ &=& 2\left[t-\arctan t\right]_1^{\sqrt{2}}=2\left(\sqrt{2}-\arctan\sqrt{2}-1+\frac{\pi}{4}\right)\end{eqnarray*}$$
$$\int_1^{e^4}\frac{\sqrt{\ln x}}{x}\ dx$$
Notiamo che nella funzione integranda, è presente la derivata del $\ln x$, ovvero $\frac{1}{x}$. Per tale motivo, è comoda la seguente sostituzione:
$$t=\ln x\quad\Rightarrow\quad dt=\frac{1}{x}\ dx$$
Gli estremi di integrazione vengono così sostituiti:
$$\begin{array}{l} x=1\quad\Rightarrow\quad t=\ln 1=0\\ x=e^4\quad\Rightarrow\quad t=\ln e^4=4\end{array}$$
Sostituendo la nuova funzione integranda e i nuovi estremi nell'integrale di partenza otteniamo:
$$=\int_0^4\sqrt{t}\ dt=\int_0^4 t^{\frac{1}{2}}\ dt =\left[\frac{t^{3/2}}{\frac{3}{2}}\right]_0^4=\frac{2}{3}\sqrt{4^3}=\frac{2}{3}\sqrt{2^6}=\frac{16}{3}$$
$$\int \sin^4 x\cdot \cos x\ dx$$
La funzione integranda è composta dal prodotto di due funzioni trigonometriche che sono in stretta relazione tra di loro: infatti $\cos x$ non è altro che la derivata di $\sin x$. Per questo motivo, possiamo sostituire come segue:
$$\sin x= t\quad\Rightarrow\quad \cos x\ dx=dt$$
L'integrale diventa:
$$\int t^4\ dt=\frac{t^5}{5}+c=\frac{\sin^5 x}{5}+c$$
$$\int_0^1{\frac{dx}{(x+1)\sqrt{x}}}$$
La funzione integranda presenta un punto di discontinuità in $0$, per cui otteniamo che:
$$\int_0^1{\frac{dx}{(x+1)\sqrt{x}}}=\lim\limits_{a\rightarrow 0^+}\int_a^1{\frac{dx}{(x+1)\sqrt{x}}}$$
Applichiamo il metodo della sostituzione:
$$\sqrt{x}=t\quad\Leftrightarrow\quad x=t^2,\quad\quad \frac{1}{2\sqrt{x}}\ dx=dt$$
Dunque, si ha:
$$\int{\frac{dx}{(x+1)\sqrt{x}}}=2\int{\frac{dx}{(x+1)2\sqrt{x}}}=2\int{\frac{dt}{t^2+1}}=2\arctan t=2\arctan{\sqrt{x}}$$
Calcoliamo adesso l'integrale definito:
$$\lim\limits_{a\rightarrow 0^+}\int_a^1{\frac{dx}{(x+1)\sqrt{x}}}=\lim\limits_{a\rightarrow 0^+}\left[2\arctan{\sqrt{x}}\right]_a^1=\lim\limits_{a\rightarrow 0^+}2\left(\frac{\pi}{4}-\arctan{\sqrt{a}}\right)=2\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$$
Eserciziari di Matematica Generale, Analisi I e II, Statistica, Fisica e Algebra Lineare
