Integrals: primitives, mètodes d'integració, regla de Barrow i àrees

⏱ 11 min de lectura🔄 Actualitzat el 7 de setembre del 2026Selectivitat

Integrar és fer el camí invers de derivar: a partir de $f^{'}$ recuperar $f$ . A les PAU de Matemàtiques II les integrals apareixen de dues maneres: com a càlcul d'una primitiva (immediata, per parts, per canvi de variable o racional) i, sobretot, com a eina per calcular àrees de regions limitades per corbes. Aquest segon problema cau cada any i combina tot el que has après al bloc: dibuixar la regió, trobar els punts de tall, plantejar la integral definida i aplicar la regla de Barrow. En aquesta pàgina trobaràs la taula d'integrals immediates, els quatre mètodes d'integració amb exemples, la integral definida i un procediment segur per als problemes d'àrees.

Primitiva i integral indefinida

Una funció $F$ és una primitiva de $f$ en un interval si $F^{'} (x) = f (x)$ per a tot $x$ de l'interval. Si $F$ és una primitiva, també ho és $F + C$ per a qualsevol constant $C$ , i no n'hi ha cap altra. El conjunt de totes les primitives s'anomena integral indefinida:

\int f (x) d x = F (x) + C .

Per exemple, $x^{2}$ és una primitiva de $2 x$ , però també ho són $x^{2} + 5$ o $x^{2} - 2$ : totes tenen la mateixa derivada perquè la constant desapareix en derivar. Per això la integral indefinida porta sempre la constant d'integració $C$ . Comprovar una primitiva és fàcil: deriva el resultat i mira si surt l'integrand. Fes-ho sempre a l'examen, és una comprovació gratuïta.

La integral és lineal, com la derivada. Les dues propietats que ho resumeixen són

\int [f (x) + g (x)] d x = \int f (x) d x + \int g (x) d x, \int k \cdot f (x) d x = k \int f (x) d x .

Gràcies a elles pots integrar terme a terme i treure les constants fora. El que no es pot fer és integrar un producte o un quocient factor a factor: no hi ha cap «regla del producte» per a integrals, i per això calen els mètodes d'integració.

Taula d'integrals immediates

Cada fila de la taula de derivades llegida al revés dona una integral immediata. La columna de la dreta és la versió quasi immediata: la mateixa fórmula amb una funció interior $u (x)$ , sempre que a l'integrand hi aparegui multiplicant la derivada $u^{'} (x)$ .

Immediata	Quasi immediata (amb $u = u (x)$ )
$\int x^{n} d x = \frac{x ^{n + 1}}{n + 1} + C (n \neq = - 1)$	$\int u^{n} \cdot u^{'} d x = \frac{u ^{n + 1}}{n + 1} + C$
$\int \frac{1}{x} d x = ln ∣ x ∣ + C$	$\int \frac{u ^{'}}{u} d x = ln ∣ u ∣ + C$
$\int e^{x} d x = e^{x} + C$	$\int e^{u} \cdot u^{'} d x = e^{u} + C$
$\int a^{x} d x = \frac{a ^{x}}{ln a} + C$	$\int a^{u} \cdot u^{'} d x = \frac{a ^{u}}{ln a} + C$
$\int sin x d x = - cos x + C$	$\int sin u \cdot u^{'} d x = - cos u + C$
$\int cos x d x = sin x + C$	$\int cos u \cdot u^{'} d x = sin u + C$
$\int \frac{1}{cos ^{2} x} d x = tan x + C$	$\int \frac{u ^{'}}{cos ^{2} u} d x = tan u + C$
$\int \frac{1}{1 + x ^{2}} d x = arctan x + C$	$\int \frac{u ^{'}}{1 + u ^{2}} d x = arctan u + C$
$\int \frac{1}{1 - x ^{2}} d x = arcsin x + C$	$\int \frac{u ^{'}}{1 - u ^{2}} d x = arcsin u + C$

La fórmula de la potència inclou les arrels i les fraccions: $x = x^{1/2}$ i $\frac{1}{x ^{3}} = x^{- 3}$ . L'única excepció és $n = - 1$ , que dona el logaritme.

Integrals immediates i quasi immediates

a) $\int (3 x^{2} - 4 x + 5) d x = x^{3} - 2 x^{2} + 5 x + C$ (terme a terme).

b) $\int x e^{x^{2}} d x$ . Amb $u = x^{2}$ tenim $u^{'} = 2 x$ ; ens falta un $2$ , que afegim i compensem: $\frac{1}{2} \int 2 x e^{x^{2}} d x = \frac{1}{2} e^{x^{2}} + C$ .

c) $\int \frac{2 x}{x ^{2} + 1} d x = ln (x^{2} + 1) + C$ , perquè el numerador és exactament la derivada del denominador.

d) $\int cos 3 x d x = \frac{1}{3} sin 3 x + C$ (falta el $3$ de la derivada de $3 x$ ).

e) $\int (2 x + 1)^{4} d x = \frac{1}{2} \cdot \frac{( 2 x + 1 ) ^{5}}{5} + C = \frac{( 2 x + 1 ) ^{5}}{10} + C$ .

f) $\int \frac{1}{4 + x ^{2}} d x$ . Treiem factor $4$ del denominador: $\frac{1}{4} \int \frac{1}{1 + ( x /2 ) ^{2}} d x$ . Amb $u = x /2$ , $u^{'} = 1/2$ , i queda $\frac{1}{4} \cdot 2 arctan \frac{x}{2} + C = \frac{1}{2} arctan \frac{x}{2} + C$ .

g) $\int tan x d x = \int \frac{sin x}{cos x} d x = - ln ∣ cos x ∣ + C$ , perquè $- sin x$ és la derivada de $cos x$ .

Ajustar constants, mai variables

Si a l'integrand li falta una constant per ser immediata, la pots afegir dins i compensar-la fora, com als exemples b), d) i e). El que no pots fer mai és afegir o treure una $x$ : $\int e^{x^{2}} d x$ no és $\frac{1}{2 x} e^{x^{2}}$ . Si el que falta és una funció, la integral no és immediata i cal un altre mètode.

Mètodes d'integració

Descomposició

Abans de res, mira si pots reescriure l'integrand com a suma de coses més simples: desenvolupar un producte, dividir un polinomi per un monomi, separar una fracció. Per exemple,

\int \frac{x ^{2} + 3 x - 1}{x} d x = \int (x + 3 - \frac{1}{x}) d x = \frac{x ^{2}}{2} + 3 x - ln ∣ x ∣ + C, \int \frac{x ^{2} + 1}{x ^{2}} d x = \int (1 + x^{- 2}) d x = x - \frac{1}{x} + C .

Canvi de variable

Quan l'integrand conté una funció $u (x)$ i, més o menys visible, la seva derivada, es fa el canvi $t = u (x)$ , $d t = u^{'} (x) d x$ . La integral queda en la variable $t$ , s'integra, i al final es desfà el canvi per tornar a $x$ . És el mateix mecanisme de les quasi immediates, però escrit de manera explícita, cosa que ajuda quan l'expressió és més complicada.

Dos canvis de variable

a) $\int x x^{2} + 1 d x$ . Canvi $t = x^{2} + 1$ , $d t = 2 x d x$ , és a dir $x d x = \frac{d t}{2}$ :

\int t \frac{d t}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{t ^{3/2}}{3/2} + C = \frac{1}{3} t^{3/2} + C = \frac{1}{3} (x^{2} + 1)^{3/2} + C .

b) $\int \frac{e ^{x}}{1 + e ^{2 x}} d x$ . Canvi $t = e^{x}$ , $d t = e^{x} d x$ , i $e^{2 x} = t^{2}$ :

\int \frac{d t}{1 + t ^{2}} = arctan t + C = arctan (e^{x}) + C .

Comprovació de b): derivant $arctan (e^{x})$ amb la cadena surt $\frac{e ^{x}}{1 + e ^{2 x}}$ . Correcte.

Integració per parts

Serveix per a productes de funcions de tipus diferent (polinomi per exponencial, polinomi per logaritme, exponencial per trigonomètrica...). Ve de la regla del producte de la derivada, integrada:

Fórmula d'integració per parts

\int u d v = uv - \int v d u .

Es tria una part com a $u$ (que es derivarà) i la resta, $d v$ , es integra per obtenir $v$ .

La clau és triar bé $u$ : ha de ser la funció que es simplifica en derivar. La regla mnemotècnica ALPES dona l'ordre de preferència per a $u$ : Arc (funcions arc), Logaritmes, Polinomis, Exponencials, Sinus i cosinus. La primera de la llista que aparegui a l'integrand és $u$ ; la resta és $d v$ .

Integrals per parts

a) $\int x e^{x} d x$ . Per ALPES, $u = x$ (polinomi) i $d v = e^{x} d x$ . Aleshores $d u = d x$ i $v = e^{x}$ :

\int x e^{x} d x = x e^{x} - \int e^{x} d x = x e^{x} - e^{x} + C = (x - 1) e^{x} + C .

b) $\int x ln x d x$ . Ara $u = ln x$ (el logaritme va abans que el polinomi), $d v = x d x$ ; $d u = \frac{1}{x} d x$ , $v = \frac{x ^{2}}{2}$ :

\int x ln x d x = \frac{x ^{2}}{2} ln x - \int \frac{x ^{2}}{2} \cdot \frac{1}{x} d x = \frac{x ^{2}}{2} ln x - \frac{x ^{2}}{4} + C .

c) $\int ln x d x$ . Sembla que no hi ha producte, però n'hi ha: $ln x \cdot 1$ . Prenem $u = ln x$ , $d v = d x$ ; $d u = \frac{1}{x} d x$ , $v = x$ :

\int ln x d x = x ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} d x = x ln x - x + C .

d) $\int e^{x} sin x d x$ (integral cíclica). Amb $u = e^{x}$ , $d v = sin x d x$ s'obté $- e^{x} cos x + \int e^{x} cos x d x$ ; aplicant parts una segona vegada a aquesta última (de nou $u = e^{x}$ ) apareix $e^{x} sin x - \int e^{x} sin x d x$ . La integral original, diguem-ne $I$ , compleix $I = - e^{x} cos x + e^{x} sin x - I$ , i aïllant:

I = \frac{e ^{x} ( sin x - cos x )}{2} + C .

Si el polinomi és de grau més gran que $1$ , cal aplicar parts tantes vegades com el grau: $\int x^{2} e^{x} d x$ necessita dues rondes i dona $(x^{2} - 2 x + 2) e^{x} + C$ .

Canviar de tria a mig camí

En una integral que necessita parts dues vegades (com les cícliques o les de $x^{2} e^{x}$ ), has de mantenir el mateix criteri a les dues rondes. Si a la segona ronda tries com a $u$ el que abans era $d v$ , desfàs la primera integració i tornes al punt de partida, amb una igualtat del tipus $I = I$ que no serveix de res.

Funcions racionals

Per integrar un quocient de polinomis $\frac{P ( x )}{Q ( x )}$ el primer que cal mirar són els graus.

Si el grau de $P$ és més gran o igual que el de $Q$ , fes la divisió: $P = Q \cdot C + R$ , i aleshores

\int \frac{P ( x )}{Q ( x )} d x = \int C (x) d x + \int \frac{R ( x )}{Q ( x )} d x,

on la primera integral és polinòmica i la segona ja té el grau del numerador més petit. Per exemple, com que $x^{2} + 1 = (x - 1) (x + 1) + 2$ ,

\int \frac{x ^{2} + 1}{x - 1} d x = \int (x + 1 + \frac{2}{x - 1}) d x = \frac{x ^{2}}{2} + x + 2 ln ∣ x - 1 ∣ + C .

Si el grau de $P$ és més petit que el de $Q$ , es factoritza el denominador i es descompon en fraccions simples. A les PAU només entren dos casos:

Arrels reals simples: a cada factor $(x - a)$ li correspon una fracció $\frac{A}{x - a}$ , que s'integra com un logaritme.
Arrels reals dobles: a cada factor $(x - a)^{2}$ li corresponen dues fraccions, $\frac{A}{x - a} + \frac{B}{( x - a ) ^{2}}$ ; la segona s'integra com una potència i dona $- \frac{B}{x - a}$ .

Els coeficients es troben reduint a comú denominador, igualant numeradors i donant a $x$ valors còmodes (les arrels, i algun altre si cal).

Fraccions simples amb arrels simples i amb arrel doble

a) $\int \frac{3 x - 5}{x ^{2} - 3 x + 2} d x$ . El denominador és $(x - 1) (x - 2)$ , arrels simples. Escrivim

\frac{3 x - 5}{( x - 1 ) ( x - 2 )} = \frac{A}{x - 1} + \frac{B}{x - 2} ⟹ 3 x - 5 = A (x - 2) + B (x - 1) .

Amb $x = 1$ : $- 2 = - A$ , d'on $A = 2$ . Amb $x = 2$ : $1 = B$ . Per tant

\int \frac{3 x - 5}{x ^{2} - 3 x + 2} d x = 2 ln ∣ x - 1 ∣ + ln ∣ x - 2 ∣ + C .

b) $\int \frac{x + 3}{( x - 1 ) ^{2}} d x$ . Arrel doble:

\frac{x + 3}{( x - 1 ) ^{2}} = \frac{A}{x - 1} + \frac{B}{( x - 1 ) ^{2}} ⟹ x + 3 = A (x - 1) + B .

Amb $x = 1$ : $B = 4$ . Comparant els coeficients de $x$ : $A = 1$ . Per tant

\int \frac{x + 3}{( x - 1 ) ^{2}} d x = ln ∣ x - 1 ∣ - \frac{4}{x - 1} + C .

Integral definida i regla de Barrow

La integral definida $\int_{a}^{b} f (x) d x$ és un nombre, no una família de funcions. Neix de la idea d'aproximar l'àrea sota la gràfica de $f$ entre $a$ i $b$ amb rectangles cada cop més prims: el límit d'aquestes sumes és la integral. El que la fa calculable és el resultat següent.

Regla de Barrow

Si $f$ és contínua a $[a, b]$ i $F$ és una primitiva qualsevol de $f$ , aleshores

\int_{a}^{b} f (x) d x = [F (x)]_{a}^{b} = F (b) - F (a) .

No cal la constant $C$ : en fer la resta $F (b) - F (a)$ desapareix. Per exemple,

\int_{0}^{2} (x^{2} + 1) d x = [\frac{x ^{3}}{3} + x]_{0}^{2} = (\frac{8}{3} + 2) - 0 = \frac{14}{3}, \int_{0}^{π} sin x d x = [- cos x]_{0}^{π} = 1 - (- 1) = 2.

Les propietats de la integral definida que més s'utilitzen són:

$\int_{a}^{a} f (x) d x = 0$ i $\int_{a}^{b} f (x) d x = - \int_{b}^{a} f (x) d x$ (invertir els límits canvia el signe).
Additivitat: $\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$ per a qualsevol $c$ ; és la que permet trencar una integral pels punts on la funció canvia de signe.
Linealitat, igual que a la indefinida.
Si $f (x) \geq 0$ a $[a, b]$ , la integral és positiva o zero i coincideix amb l'àrea sota la corba. Si $f$ és negativa, la integral és negativa.

El teorema fonamental del càlcul és el que hi ha darrere de Barrow: si $f$ és contínua, la funció $F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t$ és derivable i $F^{'} (x) = f (x)$ . Dit d'una altra manera, «l'àrea acumulada» és una primitiva. A les PAU pot sortir com a pregunta directa: per exemple, si $F (x) = \int_{0}^{x} e^{- t^{2}} d t$ aleshores $F^{'} (x) = e^{- x^{2}}$ , encara que la primitiva no es pugui escriure amb funcions elementals. Si el límit superior és una funció, s'aplica la cadena: la derivada de $G (x) = \int_{1}^{x^{2}} ln t d t$ és $G^{'} (x) = ln (x^{2}) \cdot 2 x = 4 x ln x$ .

Càlcul d'àrees

Aquí és on van a parar la majoria de punts del tema. L'àrea és sempre un nombre positiu, però la integral pot ser negativa: per això el mètode és més que «integrar entre $a$ i $b$ ».

Àrea sota una corba

Si $f (x) \geq 0$ a $[a, b]$ , l'àrea de la regió entre la gràfica, l'eix $O X$ i les rectes $x = a$ i $x = b$ és simplement $\int_{a}^{b} f (x) d x$ . Per exemple, l'àrea sota $f (x) = 4 - x^{2}$ entre $x = 0$ i $x = 2$ és

\int_{0}^{2} (4 - x^{2}) d x = [4 x - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{2} = 8 - \frac{8}{3} = \frac{16}{3} .

Si $f$ és negativa en tot l'interval, la integral dona el valor de l'àrea però amb signe negatiu, i l'àrea és el seu valor absolut.

Àrea quan la funció canvia de signe

Si $f$ canvia de signe dins de $[a, b]$ , les parts positives i negatives de la integral es cancel·len i el resultat no és l'àrea. Cal:

Resoldre $f (x) = 0$ per trobar els punts de tall amb l'eix dins de l'interval.
Trencar la integral en aquests punts (additivitat).
Sumar els valors absoluts de cada tros. En fórmula, $\overset{ˋ}{A} rea = \int_{a}^{b} ∣ f (x)∣ d x$ .

Àrea amb canvi de signe

Calcula l'àrea de la regió limitada per $f (x) = x^{2} - 4 x + 3$ , l'eix $O X$ i les rectes $x = 0$ i $x = 3$ .

Els zeros de $f$ són $x = 1$ i $x = 3$ ; dins de $[0, 3]$ només cal partir per $x = 1$ . Una primitiva és $F (x) = \frac{x ^{3}}{3} - 2 x^{2} + 3 x$ , amb $F (0) = 0$ , $F (1) = \frac{4}{3}$ i $F (3) = 0$ .

\int_{0}^{1} f (x) d x = F (1) - F (0) = \frac{4}{3}, \int_{1}^{3} f (x) d x = F (3) - F (1) = - \frac{4}{3} .

La funció és positiva a $(0, 1)$ i negativa a $(1, 3)$ . L'àrea és $\frac{4}{3} + - \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$ . Fixa't que $\int_{0}^{3} f (x) d x = 0$ : si no haguessis partit la integral hauries conclòs que l'àrea és zero.

Àrea entre dues corbes

Si $f (x) \geq g (x)$ a $[a, b]$ , l'àrea de la regió compresa entre les dues gràfiques és

\overset{ˋ}{A} rea = \int_{a}^{b} [f (x) - g (x)] d x (la de dalt menys la de baix) .

Quan l'enunciat només diu «la regió limitada per les dues corbes», els límits $a$ i $b$ són les abscisses dels punts de tall, que s'obtenen resolent $f (x) = g (x)$ . Si les corbes es creuen més d'una vegada, cal partir en cada punt de tall i, a cada tros, restar la que està per sobre menys la que està per sota.

Àrea entre una paràbola i una recta, exemple complet

Calcula l'àrea de la regió limitada per la paràbola $y = x^{2}$ i la recta $y = x + 2$ .

Punts de tall. $x^{2} = x + 2 ⟺ x^{2} - x - 2 = 0 ⟺ x = - 1$ o $x = 2$ . Els punts són $(- 1, 1)$ i $(2, 4)$ .

Quina va per sobre. Provant amb $x = 0$ : la recta val $2$ i la paràbola $0$ , així que a $[- 1, 2]$ la recta està per sobre.

Integral.

\overset{ˋ}{A} rea = \int_{- 1}^{2} [(x + 2) - x^{2}] d x = [\frac{x ^{2}}{2} + 2 x - \frac{x ^{3}}{3}]_{- 1}^{2} = (2 + 4 - \frac{8}{3}) - (\frac{1}{2} - 2 + \frac{1}{3}) = \frac{10}{3} + \frac{7}{6} = \frac{9}{2} .

Resposta: l'àrea és $\frac{9}{2}$ unitats quadrades.

Regió compresa entre la paràbola y=x² i la recta y=x+2, entre els punts de tall (−1,1) i (2,4), d'àrea 9/2 — La recta va per sobre de la paràbola entre els dos punts de tall; l'àrea ombrejada val $\frac{9}{2}$ .

Un altre cas típic és el de dues corbes que es creuen en tres punts, com $y = x^{3}$ i $y = x$ , que es tallen en $x = - 1$ , $0$ i $1$ . A $(- 1, 0)$ la cúbica està per sobre i a $(0, 1)$ per sota, de manera que l'àrea total és $\int_{- 1}^{0} (x^{3} - x) d x + \int_{0}^{1} (x - x^{3}) d x = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$ , mentre que la integral $\int_{- 1}^{1} (x^{3} - x) d x$ val $0$ per simetria.

Atenció PAU

En un problema d'àrees, dibuixa la regió (encara que sigui un esbós) abans d'integrar: et diu quins són els límits, quina corba va per sobre i si hi ha canvis de signe. Escriu explícitament els punts de tall, la integral que planteges amb els seus límits i el resultat final amb la frase «l'àrea és ... unitats quadrades». Un resultat negatiu o zero en una àrea és un senyal d'error segur.

Oblidar el valor absolut o el signe del logaritme

Els dos errors més freqüents del tema: donar com a àrea el valor d'una integral negativa (o la suma amb signes de trossos que es cancel·len), i escriure $ln x$ en lloc de $ln ∣ x ∣$ a les primitives, cosa que dona problemes quan els límits d'integració són negatius. A $\int_{- 3}^{- 2} \frac{d x}{x}$ el resultat és $ln 2 - ln 3 = ln \frac{2}{3}$ , i sense el valor absolut hauries d'avaluar el logaritme d'un nombre negatiu.

Com redactar la resposta a l'examen

En una integral indefinida, digues quin mètode fas servir («per parts amb $u = \dots$ , $d v = \dots$ », «canvi $t = \dots$ », «descomposició en fraccions simples») i escriu els passos intermedis: si t'equivoques en un càlcul, el mètode ben plantejat conserva punts. No t'oblidis de la constant $C$ ni de desfer el canvi de variable. En una integral definida, escriu la primitiva entre claudàtors amb els límits i després la substitució. En un problema d'àrees, segueix l'ordre: punts de tall, esbós o posició relativa, integral plantejada amb límits, valor final positiu amb unitats.

Llista de comprovació

Has comprovat la primitiva derivant-la?
Has posat la constant $C$ a les indefinides i el valor absolut als logaritmes?
A les parts, has triat $u$ segons ALPES i has mantingut el criteri si has repetit?
A les racionals, has comparat els graus i has dividit si calia?
A les àrees, has trobat els punts de tall i has partit la integral on canvia el signe?
El resultat d'una àrea és positiu i té unitats quadrades?

Les primitives que apareixen aquí s'apoien en tot el bloc: la taula de derivades de derivades, el càlcul de límits de límits i continuïtat i els punts de tall i l'esbós de gràfiques de les aplicacions de les derivades.

Exercicis proposats

Exercici 1. Calcula les integrals indefinides següents.

a) \int x^{2} e^{x^{3}} d x, b) \int x cos x d x, c) \int \frac{x + 3}{x ^{2} - 3 x + 2} d x, d) \int x^{2} ln x d x .

Solució de l'exercici 1

a) Quasi immediata amb $u = x^{3}$ , $u^{'} = 3 x^{2}$ : $\frac{1}{3} e^{x^{3}} + C$ .

b) Per parts amb $u = x$ , $d v = cos x d x$ ( $d u = d x$ , $v = sin x$ ): $x sin x - \int sin x d x = x sin x + cos x + C$ .

c) Denominador $(x - 1) (x - 2)$ . De $x + 3 = A (x - 2) + B (x - 1)$ : amb $x = 1$ , $A = - 4$ ; amb $x = 2$ , $B = 5$ . Resultat: $- 4 ln ∣ x - 1 ∣ + 5 ln ∣ x - 2 ∣ + C$ .

d) Per parts amb $u = ln x$ , $d v = x^{2} d x$ ( $d u = \frac{d x}{x}$ , $v = \frac{x ^{3}}{3}$ ): $\frac{x ^{3}}{3} ln x - \int \frac{x ^{2}}{3} d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C$ .

Exercici 2. Calcula les integrals definides següents.

a) \int_{0}^{1} \frac{x}{x ^{2} + 1} d x, b) \int_{0}^{π /2} x sin x d x, c) \int_{1}^{e} \frac{ln x}{x} d x .

Solució de l'exercici 2

a) Primitiva $\frac{1}{2} ln (x^{2} + 1)$ : $\frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{2} ln 1 = \frac{ln 2}{2}$ .

b) Per parts ( $u = x$ , $d v = sin x d x$ ): primitiva $- x cos x + sin x$ . Avaluant, $(- \frac{π}{2} \cdot 0 + 1) - (0 + 0) = 1$ .

c) Quasi immediata amb $u = ln x$ , $u^{'} = \frac{1}{x}$ : primitiva $\frac{( l n x ) ^{2}}{2}$ . Avaluant, $\frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}$ .

Exercici 3. Calcula l'àrea de la regió limitada per la gràfica de $f (x) = x^{3} - 4 x$ i l'eix $O X$ .

Solució de l'exercici 3

Punts de tall amb l'eix: $x^{3} - 4 x = x (x - 2) (x + 2) = 0$ , és a dir $x = - 2$ , $0$ , $2$ . La regió va de $- 2$ a $2$ i la funció canvia de signe en $0$ : és positiva a $(- 2, 0)$ i negativa a $(0, 2)$ . Com que $f$ és senar, les dues parts tenen la mateixa àrea:

\int_{0}^{2} (x^{3} - 4 x) d x = [\frac{x ^{4}}{4} - 2 x^{2}]_{0}^{2} = 4 - 8 = - 4.

L'àrea és $2 \cdot ∣ - 4 ∣ = 8$ unitats quadrades. Observa que $\int_{- 2}^{2} (x^{3} - 4 x) d x = 0$ , resultat que no és l'àrea.

📄 Vols aquest tema en paper? Descarrega el resum del bloc en PDF.

Descarrega el PDF