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Integrale definito
Trattiamo dei cenni sulla teoria della
integrazione nel caso di funzioni continue
(integrale di Cauchy).
Gli integrali si estendono al caso di funzioni
limitate (integrale di Riemann). Nel calcolo
delle probabilità si affronta lo studio
dell’integrale di Stiltjes e nel calcolo
stocastico dell’integrale di Ito.
1
Integrale definito
L’integrale definito è l’area della figura piana
delimitata dal grafico della funzione,
dall’asse delle ascisse e dalle due ordinate
della funzione dei due punti a e b.
2
Costruzione dell’integrale
f(x)
a
b
3
y
f(x)
0
x
a
b
4
Costruzione dell’integrale mediante
approssimazioni successive
Approssimazione per eccesso
f(x)
Approssimazione per difetto
a
b
5
M = max f ( x)
Calcolo dell’area
x∈[ a ,b ]
m = min f ( x)
x∈[ a ,b ]
Approssimazione per eccesso
f(x)
area=M(b-a)
Approssimazione per difetto
area=m(b-a)
a
b
6
Si migliora l’approssimazione
per eccesso
M1 = max f ( x)
x∈[ a ,c ]
M 2 = max f ( x)
x∈[ c ,b ]
Approssimazione per eccesso:
area=M1(c-a)+M2(b-c)
f(x)
a
c
b
7
Si migliora l’approssimazione
per difetto
m1 = min f ( x)
x∈[ a ,c ]
m2 = min f ( x)
x∈[ c ,b ]
Approssimazione per difetto
Area=m1(c-a)+m2(b-c)
f(x)
a
c
b
8
Si continua migliora l’approssimazione
M1 = max f ( x)
per eccesso
x∈[ a ,c ]
M 2 = max f ( x)
Approssimazione per eccesso:
area=M1(x1-x0)+M2(x2-x1)
x∈[ c ,b ]
f(x)
a=x0
c=x1
b=x2
9
Si continua migliora l’approssimazione
M 0 = max f ( x)
per eccesso
x∈[ x , x ]
0
Approssimazione per eccesso:
1
“somme parziali per eccesso”
M1 = max f ( x)
Sp =M0(x1-x0)+M1(x2-x1)+M2(x3-x2)=
M 2 = max f ( x)
x∈[ x2 , x1 ]
x∈[ x3 , x2 ]
S p = Σ M i ( xi +1 − xi )
f(x)
i =1, n −1
a=x0 x1
x2
b=x3
10
Si continua migliora l’approssimazione
M 0 = max f ( x)
per eccesso
x∈[ x , x ]
0
Approssimazione per eccesso:
1
“somme parziali per eccesso”
M1 = max f ( x)
Sp =M0(x1-x0)+M1(x2-x1)+M2(x3-x2) + …=
M 2 = max f ( x)
x∈[ x2 , x1 ]
x∈[ x3 , x2 ]
S p = Σ M i ( xi +1 − xi )
f(x)
i =1, n −1
N.B.: gli intervalli
non sono
equispaziati
a=x0 x1
x2 …
b=xn
11
Si migliora l’approssimazione
m0 = min f ( x)
x∈[ x , x ]
per difetto
0
1
m1 = min f ( x)
x∈[ x2 , x1 ]
Approssimazione per difetto
m2 = min f ( x)
Area=m0(x1-x0)+m1(x2-x1)+ m1(x3-x2)=
x∈[ x3 , x2 ]
s p = Σ mi ( xi +1 − xi )
f(x)
i =1, n −1
a=x0 x1
x2
b=x3
12
Si migliora l’approssimazione
m0 = min f ( x)
x∈[ x , x ]
per difetto
0
1
m1 = min f ( x)
x∈[ x2 , x1 ]
Approssimazione per difetto
m2 = min f ( x)
“somme parziali per difetto”
x∈[ x3 , x2 ]
Area=m0(x1-x0)+m1(x2-x1)+ m1(x3-x2)+…=
f(x)
s p = Σ mi ( xi +1 − xi )
i =1, n −1
N.B.: gli intervalli
non sono
equispaziati
a=x0 x1
x2
b=x3
13
Osservazione: le somme per difetto sono
più piccole delle somme per eccesso
s p = Σ mi ( xi +1 − xi ) ≤ Σ M i ( xi +1 − xi ) = S p
i =1, n −1
i =1, n −1
f(x)
N.B.: gli intervalli
non sono
equispaziati
a=x0 x1
x2
b=x3
14
Osservazione: le somme per difetto sono più
piccole delle somme per eccesso e sono
minori dell’area del rettangolo M(b-a)
s p ≤ S p ≤ M (b − a )
f(x)
N.B.: gli intervalli
non sono
equispaziati
a=x0 x1
x2 …
b=xn
15
Osservazione: le somme per difetto sono più
piccole delle somme per eccesso e sono
minori dell’area del rettangolo M(b-a)
s p ≤ S p ≤ M (b − a )
f(x)
N.B.: gli intervalli
non sono
equispaziati
a=x0 x1
x2 …
b=xn
16
Osservazione: le somme per difetto sono più
piccole delle somme per eccesso e sono
minori dell’area del rettangolo M(b-a)
s p ≤ S p ≤ M (b − a )
f(x)
N.B.: gli intervalli
non sono
equispaziati
a=x0 x1
x2 …
b=xn
17
In simboli
{xi }i =0,n
si chiama partizione
Si infittisce la partizione in modo che la distanza tra due
elementi consecutivi vada a zero
b
s p = Σ mi ( xi +1 − xi ) → ∫ f ( x)dx
i =1, n −1
a
f(x)
a=x0 x1
x2
b=x3
18
Integrale definito
L’integrale definito di una funzione continua è l’area della
figura piana delimitata dal grafico della funzione, dall’asse
delle ascisse e dalle due ordinate della funzione dei due punti
a e b. Si indica con
y
f(x)
b
∫ f ( x)dx
a
0
x
a
b
19
Proprietà dell’integrale definito
L’area si può calcolare dividendola in due metà: (a, c) e (c, b)
b
c
b
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
a
a
y
c
f(x)
0
x
a
c
b
20
Integrale definito
a
∫ f ( x)dx = 0
a
y
f(x)
0
x
a
b
21
“area negativa”
a
∫
b
b
f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx
a
y
f(x)
Il segno tiene
conto del verso di
percorrenza.
0
x
a
b
22
“area negativa”
Il segno tiene conto dei valori di f(x)
y
f(x)>0
f(x)<0
0
x
a
b
23
Ulteriori proprietà dell’integrale
b
b
∫ c f ( x)dx = c ∫ f ( x)dx
1
a
Si ottiene lo stesso
risultato se calcolo
l’area e poi la
moltiplico per un
numero c1 oppure
se moltiplico la
funzione per c1 e
poi calcolo l’area
1
a
y
0
x
a
b
24
Ulteriori proprietà dell’integrale
b
b
b
∫ ( f ( x) + g ( x))dx = ∫ f ( x)dx + ∫ g ( x)dx
a
a
y
0
a
x
a
b
25
Ulteriori proprietà dell’integrale
b
b
b
∫ (c f ( x) + c g ( x))dx = c ∫ f ( x)dx + c ∫ g ( x)dx
1
2
1
a
2
a
a
y
0
x
a
b
26
b
∫
f ( x)dx = f (c)(b − a)
c ∈ ( a, b)
a
y
f(x)
f(c )
f(c )
0
x
a
c
b-a
b
27
Funzione integrale: area da a ad x
x
I a ( x) = ∫ f (t )dt
a
y
0
f(x)
a
x
b
x
28
Derivata
f ( x) − f ( x0 )
lim
x → x0
x − x0
29
Derivata della funzione integrale
Ia(x)
Ia(x0)
f ( x) − f ( x0 )
I a ( x) − I a ( x0 )
lim
= lim
x → x0
x → x0
x − x0
x − x0
30
Bisogna quindi calcolare
I a ( x) − I a ( x0 )
lim
x → x0
x − x0
x
Imposto il calcolo sostituendo l’espressione di
I a ( x) = ∫ f (t )dt
a
x
I a ( x) − I a ( x0 )
lim
= lim
x → x0
x → x0
x − x0
Uso la proprietà
a
∫
b
x0
∫ f (t )dt − ∫ f (t )dt
a
a
x − x0
b
f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx
a
31
Si ha quindi
x
I a ( x) − I a ( x0 )
lim
= lim
x → x0
x → x0
x − x0
x
x0
∫ f (t )dt − ∫ f (t )dt
a
a
x − x0
a
a
∫ f (t )dt + ∫ f (t )dt
a
= lim
x0
x − x0
x → x0
b
∫ f ( x)dx = −∫ f ( x)dx
b
a
Scambio gli addendi:
x
lim
x → x0
a
∫ f (t )dt + ∫ f (t )dt
a
x0
x − x0
a
= lim
x → x0
x
∫ f (t )dt + ∫ f (t )dt
x0
a
x − x0
32
Ora uso la proprietà
b
c
b
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
Si ha quindi
a
a
a
lim
x → x0
c
x
x
∫ f (t )dt + ∫ f (t )dt
x0
a
x − x0
Ora uso la proprietà
= lim
x → x0
∫ f (t )dt
x0
x − x0
b
∫ f ( x)dx = f (c)(b − a)
a
x
lim
x → x0
∫ f (t )dt
x0
x − x0
f (c)( x − x0 )
= lim
= lim f (c) = f ( x033)
x → x0
x → x0
x − x0
Riassumendo:
Derivata della funzione integrale
I a ( x) − I a ( x0 )
I 'a ( x) = lim
= f ( x0 )
x → x0
x − x0
La derivata della funzione integrale è la funzione integranda (in
(a,b))
Teorema fondamentale del calcolo integrale (Torricelli-Barrow)
34
Osservazione
•  La funzione integrale ha la proprietà che la
sua derivata è la funzione integranda.
•  Se ci sono due funzioni, F(x) ed f(x) tali che
F’(x)=f(x) allora f(x) si dice derivata di F(x)
ed F(x) si dice PRIMITIVA di f(x)
35
Osservazione
•  Considero G(x)=F(x)+c
•  Allora G’(x)=F’(x)+0
•  Quindi se due funzioni differiscono di una
costante allora hanno la stessa derivata.
36
Osservazione
•  Considero due funzioni, F(x) e G(x) che hanno
la stessa derivata.
•  Quindi F’(x)=G’(x)
•  Quindi F’(x)-G’(x) =0
•  Ricordo che la derivata di una somma è la
somma delle derivate, quindi
0=F’(x)-G’(x)= (F(x)-G(x) )’
Ricordo che una qualsiasi funzione con derivata
nulla è costante. Quindi F(x)-G(x) =k
Conclusione: se due funzioni hanno la stessa
derivata, allora differiscono per una costante.37
In definitiva
•  Due funzioni, F(x) e G(x) hanno la stessa
derivata se e solo se differiscono di una
costante.
•  La funzione Ia(x) ha come derivata f(x).
•  Consideriamo un’altra F(x) primitiva di f(x)
•  Differisce da Ia(x) per una costante, quindi
•  Ia(x)=F(x)+c
38
Ricordo che Ia(a)=0
•  Quindi da Ia(x)=F(x)+c ho che
•  0=Ia(a)=F(a)+c
•  Quindi c=-F(a)
•  Quindi Ia(x)=F(x)-F(a)
•  Se calcolo l’integrale Ia(b)=F(b)-F(a)
IMPORTANTE: il valore dell’integrale è dato dall’incremento di una
qualsiasi primitiva nel passare da a a b
Quindi per calcolare gli integrali basta trovare una qualsiasi primitiva.
Per comodità di notazione l’insieme di tutte le primitive di f(x) si indica
con
f ( x)dx
∫
39
Osservazione: il metodo di calcolo delle aree
(integrale definito) si riconduce ai metodi di
calcolo delle primitive (integrale indefinito)
Consideriamo due metodi per il calcolo delle
primitive:
Il metodo di integrazione per parti
Il metodo di integrazione per sostituzione
40
Il metodo di integrazione per parti
Usa la regola di derivazione del prodotto di funzioni
D( f ( x) g ( x)) = f '( x) g ( x) + f ( x) g '( x)
∫
D( f ( x) g ( x))dx = ∫
( f '( x) g ( x) + f ( x) g '( x) ) dx
f ( x) g ( x))dx = ∫ f '( x) g ( x)dx + ∫ f ( x) g '( x)dx
∫
f ( x) g '( x)dx = f ( x) g ( x)dx − ∫ f '( x) g ( x)dx
41
Esempio
x
∫ xe dx
∫
f ( x) g '( x)dx = f ( x) g ( x)dx − ∫ f '( x) g ( x)dx
x
x
x
x
x
x
xe
dx
=
xe
−
1
e
dx
=
xe
−
e
=
e
( x − 1)
∫
∫
42
Metodo di integrazione per
sostituzione
Usa la regola di derivazione delle funzioni composte
D[ f ( g ( x))] = f '( g ( x)) g '( x)
Esempio: La funzione
2
(5x + 1)
2
Si ottiene dalla composizione delle funzioni
f ( x) = x 2
g ( x) = 5 x 2 + 1
Infatti calcolare f(x) su g(x) significa calcolare f non su x ma su
g(x), quindi bisogna sostituire l’intera espressione di g(x) nella
funzione f
f ( g ( x)) = (5 x + 1)
2
2
43
Uso la regola di derivazione delle funzioni composte
D[ f ( g ( x))] = f '( g ( x)) g '( x)
Quindi devo preparare, separatamente f’ e g’
f ( x) = x 2 ,
quindi
g ( x) = 5x2 + 1,
quindi g '( x) = 5 • (2 x) = 10 x
f '( x) = 2 x
Li inserisco nella formula:
D[ f ( g ( x))] = 2 (5 x 2 + 1) (10 x) = 20 (5 x 2 + 1) x
Corrisponde alla derivata di f
calcolata su g(x), cioè f ’(g(x))
44
Metodo di integrazione per
sostituzione
Usa la regola di derivazione delle funzioni composte
D[ f ( g ( x))] = f '( g ( x)) g '( x)
Se due funzioni sono uguali allora le primitive differiscono di
una costante, quindi
∫
D[ f ( g ( x))]dx + c = ∫ f '( g ( x)) g '( x)dx
Usando la definizione di primitiva si ha
f ( g ( x)) + c = ∫ f '( g ( x)) g '( x)dx
ovvero
∫
f '( g ( x)) g '( x)dx = f ( g ( x)) + c
45
Esempio
Ricordo che D[ f ( g ( x))] = 2 (5 x 2 + 1) (10 x) = 20 (5 x 2 + 1) x
∫ 20 (5x
2
2
+ 1) xdx = ∫ 2 (5 x + 1) (10 x)dx = (5 x + 1) + c
2
∫
2
f '( g ( x)) g '( x)dx = f ( g ( x)) + c
46
Quindi il punto più importante del metodo di
integrazione per sostituzione è nella
individuazione della funzione g(x).
Come faccio per individuarla?
Devo capire se nell’integrale appare g(x) e, a
moltiplicare, g’(x).
47
Esempi: dalla tabella delle derivate
delle funzioni composte
f ( g ( x)) = g ( x) n
D[ g ( x) n ] = ng ( x) n −1 g '( x)
f ( g ( x)) = e g ( x )
D[e g ( x ) ] = e g ( x ) g '( x)
g '( x)
f ( g ( x)) = log( g ( x)) D[log( g ( x))] =
g ( x)
48
Osservazione: dalla tabella delle
derivate delle funzioni composte
f ( g ( x)) = g ( x) n
D[ g ( x) n ] = ng ( x) n −1 g '( x)
quindi
1
n
n −1
D[ g ( x) ] = g ( x) g '( x)
n
per le proprietà della derivata :
1
n
n −1
D[ g ( x) ] = g ( x) g '( x)
n
49
Esempio
∫ (5x
2
+ 1) x dx
Differisce dall’esempio precedente per il numero 20 a moltiplicare
Provo ad individuare g ( x) = 5x2 + 1,
quindi g '( x) = 5 • (2 x) = 10 x
Quindi nella funzione integranda non posso individuare g’ perché
manca un fattore moltiplicativo. Posso introdurlo nel seguente modo:
10
1
2
2
5
x
+
1
x
dx
=
5
x
+
1
x
dx
=
10
5
x
+ 1) x dx =
)
)
(
∫ (
∫ 10 (
∫
10
1
1
2
= ∫ ( 5 x + 1) (10 x) dx = ∫ g ( x) g '( x)dx
10
10
2
50
Continuo l’esercizio partendo da
∫
(5x2 + 1) x dx =
1
g ( x) g '( x)dx
∫
10
Ricordo che voglio applicare lo schema
∫
f '( g ( x)) g '( x)dx = f ( g ( x)) + c
Ora che è individuata g devo individuare f ’
“non vedo” funzioni applicate su g. Questo significa che posso
considerare f’(x)=x.
Quindi f(x)=x2 /2
∫ (5x
2
+ 1) x dx =
1
1
1
g
(
x
)
g
'(
x
)
dx
=
f
'(
g
(
x
))
g
'(
x
)
dx
=
f ( g ( x)) + c
∫
∫
10
10
10
2
1
2
= ( 5 x + 1) + c
20
51
Perché il metodo di integrazione si
chiama “per sostituzione”?
Perché, per semplificare le notazioni, posso
sostituire g(x) con un altro simbolo, per
esempio t
52
Riprendo l’esercizio partendo da
∫
1
(5x + 1) x dx = 10 ∫ g ( x) g '( x)dx
2
Per semplificare la notazione SOSTITUISCO t=g(x). La derivata di t è
d
t = g '( x)
dx
Da cui formalmente posso scrivere
dt = g '( x)dx
Quindi SOSTITUISCO g(x) con t e g’(x)dx con dt
∫
1
1
(5x + 1) x dx = 10 ∫ g ( x) g '( x)dx = 10 ∫ t dt
2
53
Continuo l’esercizio partendo da
∫
1
1
(5x + 1) x dx = 10 ∫ g ( x) g '( x)dx = 10 ∫ t dt
2
Quest’ultimo integrale è facile da calcolare
∫
(5x2 + 1) x dx =
1
1 ⎛ 1 2
⎞
t
dt
=
t
+
c
⎜
⎟
20 ∫
10 ⎝ 2
⎠
Devo completare l’integrazione sostituendo nuovamente
t = g ( x) = (5x2 − 1)
E quindi
∫
2
1
2
(5x + 1) x dx = 20 (5x + 1) + c
2
54