Complementi sull’integrazione
(a cura di L. Pisani)
C.d.L. in Matematica
Università degli Studi di Bari
A.A. 2003/04
Indice
1 Riepilogo della teoria
1.1 Integrale di Riemann . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Continuità rispetto al dominio . . .
1.2 Primitive ed integrale inde…nito . . . . . . .
1.3 Teorema e formula fondamentali del Calcolo
1.4 Primitive in senso generalizzato . . . . . . .
1.5 Integrali impropri . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Criteri di integrabilità in senso improprio .
1.6.1 Funzioni positive su [a; b) . . . . . .
1.6.2 Assoluta integrabilità . . . . . . . .
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1
1
3
4
4
5
7
8
8
11
2 Esercizi sugli integrali
2.1 Primitive e funzioni integrali . . .
2.1.1 Tipologia base . . . . . . .
2.1.2 Alcuni casi particolari . . .
2.1.3 Funzioni integrali composte
2.2 Integrali de…niti . . . . . . . . . . .
2.3 Calcolo di integrali come limite . .
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13
13
13
14
17
18
19
3 Tecniche di integrazione
3.1 Integrazione per sostituzione . . . . . . . . .
3.2 Alcune sostituzioni razionalizzanti . . . . . .
3.2.1 Funzioni razionali con un solo radicale
3.2.2 Funzioni razionali di tan x . . . . . . .
3.2.3 Funzioni razionali di cos x e sin x . . .
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21
21
24
24
25
26
ii
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Capitolo 1
Riepilogo della teoria
In questo capitolo cerchiamo di richiamare alcune nozioni. In sede di riepilogo
possiamo suggerire di tener presente due domande fondamentali.
Per quali funzioni f : (a; b) ! R ha senso de…nire l’oggetto denominato
integrale
Z b
f (x)dx 2 R?
a
Anzitutto si de…nisce l’integrale di Riemann, che ha senso per una classe di
funzioni limitate su intervalli chiusi e limitati; quindi parleremo di integrali in
senso improprio.
Sotto quali ipotesi si può scrivere una formula del tipo
Z
b
f (x)dx = F (b)
F (a)?
a
Per stabilire una formula di questo tipo si introduce la nozione di primitiva;
tramite l’integrale de…nito si de…nisce la funzione integrale; quindi si enuncia il
Teorema fondamentale del Calcolo da cui si deduce la formula di sopra. Tale
formula è soggetta a varie generalizzazioni.
1.1
Integrale di Riemann
Ricordiamo che con il simbolo
Z
f (x)dx
[a;b]
si denota l’integrale secondo Riemann di f in [a; b]. A¢ nché questo abbia senso
si richiede che sia assegnata f : A ! R, che [a; b]
A e che f sia integrabile
secondo Riemann in [a; b] (in particolare che f sia limitata).
Sussistono i seguenti risultati.
Teorema 1.1 Se f : [a; b] ! R è monotona, allora f è integrabile.
1
2
CAPITOLO 1. RIEPILOGO DELLA TEORIA
Teorema 1.2 Se f : [a; b] ! R è continua, allora f è integrabile.
Teorema 1.3 Se f : [a; b] ! R è limitata e presenta un numero …nito di punti
di discontinuità, allora f è integrabile.
I teoremi precedenti forniscono condizioni su¢ cienti per l’integrabilità. Rimane aperto (ed esula da un corso di I anno) il problema di stabilire condizioni
necessarie. Il seguente esempio mostra che esistono funzioni integrabili con un
insieme in…nito di punti di discontinuità.
Esempio 1.4 Si consideri la funzione f : [0; 1] ! R così de…nita
f (x) =
0
1=n
se x = 0;
se 1=(n + 1) < x
1=n:
Si tratta di una funzione monotona crescente, quindi integrabile, anche se presenta un salto nei punti di ascissa 1=n.
Si suggerisce, a titolo di esercizio, di dimostrare la seguente proposizione.
Proposizione 1.5 Se f : [a; b] ! R è integrabile secondo Riemann, allora
anche jf j è integrabile secondo Riemann.
Non è vero il viceversa, nel senso che esistono funzioni non integrabili e tali
che jf j sia integrabile.
Dobbiamo precisare, in…ne, che l’integrabilità ed il valore dell’integrale non
dipendono dal comportamento della la funzione integranda in un numero …nito
di punti. Precisamente sussiste il seguente teorema.
Teorema 1.6 Si abbiano due funzioni f : [a; b] ! R e g : [a; b] ! R, sia F un
sottoinsieme di [a; b] costituito da un numero …nito di punti e risulti f (x) = g(x)
per ogni x 2 [a; b]nF . Se f è integrabile, allora anche g è integrabile e risulta
Z
Z
g(x)dx =
f (x)dx:
[a;b]
[a;b]
Esempio 1.7 La funzione f (x) = arctan 1= (ex 1) è integrabile secondo Riemann nell’intervallo [ 2; 3]. Vediamo come si giusti…ca e si interpreta questa
a¤ ermazione. Osserviamo, anzitutto, che si tratta di una funzione de…nita e
continua in [ 2; 3]n f0g; per x ! 0 osserviamo la presenza di un salto (limiti
destro e sinistro diversi tra loro e …niti), quindi concludiamo che f è limitata. In
base alla de…nizione, per parlare di integrale dovrebbe trattarsi di una funzione
de…nita in tutto [ 2; 3], quindi de…niamo un prolungamento della funzione
fa (x) =
f (x)
a
se x 6= 0;
se x = 0:
La scelta del valore a è davvero arbitraria in quanto non esiste alcun valore
privilegiato, che possa rendere la funzione fa continua in 0. Ciononostante, in
base al Teorema 1.3, si conclude che fa è integrabile. Quindi quando parliamo
di integrabilità di f intendiamo che esiste un prolungamento di f integrabile
secondo Riemann. In realtà rimane da studiare la dipendenza dell’integrale dal
1.1. INTEGRALE DI RIEMANN
3
particolare prolungamento fa . A questo scopo consideriamo un qualsiasi altro
prolungamento fb , ottenuto ponendo fb (0) = b; in base al Teorema 1.6 avremo
Z
Z
fb (x)dx =
fa (x)dx:
[ 2;3]
Pertanto possiamo porre
Z
[ 2;3]
f (x)dx =
[ 2;3]
Z
fa (x)dx;
[ 2;3]
quale che sia a 2 R, infatti la quantità a secondo membro non dipende a¤ atto
dalla scelta di a.
Generalizzando la situazione descritta nell’esempio precedente si perviene al
seguente corollario.
Corollario 1.8 Sia F un sottoinsieme di [a; b] costituito da un numero …nito
di punti, sia f : [a; b]nF ! R continua e limitata. Allora f è integrabile secondo
Riemann in [a; b].
Concludiamo con una proposizione
1.1.1
Continuità rispetto al dominio
Enuciamo una proprietà fondamentale dell’integrale, denominata assoluta continuità rispetto al dominio.
Proposizione 1.9 Sia f : [a; b] ! R integrabile secondo Riemann. Allora per
ogni ; 2 [a; b] con < risulta
!
Z
f (x)dx
[ ; ]
sup jf (x)j (
):
x2[a;b]
Si tratta, evidentemente, di una conseguenza di varie proprietà note degli
integrali. Da questa proposizione consegue la continuità della funzione integrale
(paragrafo 1.3), nonché la possibilità di calcolare gli integrali come limite.
Proposizione 1.10 Sia f : [a; b] ! R integrabile secondo Riemann. Risulta
Z
Z
f (x)dx = lim
f (x)dx =
c!b
[a;b]
[a;c]
Z
= lim+
f (x)dx:
c!a
[c;b]
Questa proposizione torna utile in diversi contesti:
verrà applicata in seguito per generalizzare la Formula Fondamentale del
Calcolo;
funge da modello per l’integrali impropri;
negli esercizi si usa in particolari situazioni, vedi paragrafo 2.3.
4
CAPITOLO 1. RIEPILOGO DELLA TEORIA
1.2
Primitive ed integrale inde…nito
Ricordiamo che, assegnata una funzione f : A ! R, si de…nisce primitiva di f
una qualunque funzione F : A ! R derivabile, tale che F 0 (x) = f (x).
Proposizione 1.11 Se esiste una primitiva F di f , allora ne esistono in…nite,
ottenibili aggiungendo ad F una costante arbitraria.
Si de…nisce integrale inde…nito di f l’insieme di tutte le primitive di f . Tale
insieme si denota con il simbolo
Z
f (x)dx:
Proposizione 1.12 (inversa della 1.11) Se la funzione f è de…nita su un intervallo, allora due qualsiasi primitive di f di¤ eriscono tra loro per una costante.
In forza della proposizione precedente, se f è de…nita su intervallo ed ammette una primitiva F , si può scrivere
Z
f (x)dx = fF (x) + cg
o, più semplicemente,
Z
f (x)dx = F (x) + c:
(1.1)
Osservazione 1.13 Vogliamo ribadire che, in forza delle precedenti de…nizioni,
se f non è de…nita su un intervallo, allora le precedenti scritture non sono valide,
oppure si intendono riferite ad un unico intervallo.
1.3
Teorema e formula fondamentali del Calcolo
Siano I
R intervallo, f : I ! R, integrabile secondo Riemann in ogni
intervallo compatto contenuto in I.
Per ogni a; b 2 I, si de…nisce integrale de…nito di f tra a e b il numero
8 R
se a < b
Z b
< [a;b] f (x)dx
0 R
se a = b
f (x)dx =
:
a
f (x)dx
se b < a
[b;a]
Nelle suddette ipotesi, …ssato a 2 I, la nozione di integrale de…nito consente
di de…nire la funzione integrale:
Z x
F (x) =
f (t)dt:
(1.2)
a
Teorema 1.14 Se f : I ! R è integrabile sugli intervalli compatti, allora la
funzione integrale (1.2) è continua. Precisamente la funzione F è localmente
lipschitziana ossia per ogni sottointervallo compatto J
I, la funzione F è
lipschitziana in J, con costante di Lipschitz dipendente da J.
Il Teorema fondamentale del Calcolo si può enunciare come segue.
1.4. PRIMITIVE IN SENSO GENERALIZZATO
5
Teorema 1.15 Se f : I ! R è continua in x0 2 I, allora la funzione integrale
(1.2) è derivabile in x0 e risulta F 0 (x) = f (x).
Come corollario possiamo stabilire che se f : I ! R è continua, allora
ammette una primitiva.
Osservazione 1.16 La continuità non è condizione necessaria per l’esistenza
di primitive. Infatti la funzione F (x) = x2 sin(1=x) è primitiva della funzione
f (x) =
2x sin(1=x)
0
cos(1=x)
se x 6= 0
se x = 0
la quale non è continua in x = 0.
Quello che si può dimostrare è che se una funzione ammette primitive, essa
non può avere discontinuità di salto.
Dal teorema precedente si ottiene la Formula fondamentale del Calcolo integrale.
Teorema 1.17 Se f : [a; b] ! R è continua, denotata con F una sua primitiva,
si ha
Z
b
f (x)dx = F (b)
F (a)
(1.3)
a
1.4
Primitive in senso generalizzato
La formula (1.3) ammette generalizzazioni. Per presentarne alcune dobbiamo
introdurre una nuova de…nizione.
De…nizione 1.18 Sia assegnata f : I ! R. Diremo che F : I ! R è una primitiva di f in senso generalizzato se, per ogni sottointervallo compatto [a; b] I,
F è derivabile, tranne che in un numero …nito di punti e, in [a; b]nfx1 ; : : : ; xk g,
risulta F 0 (x) = f (x).
Esempio 1.19 La funzione
F (x) =
x2 =2
x2 =2 + 5
se x < 0
se x 0
è una primitiva generalizzata di f (x) = x.
La funzione f (x) = x, oltre che la suddetta primitiva generalizzata, ammette,
come ben noto, in…nite primitive propriamente dette
F (x) = x2 =2 + c,
c 2 R.
La de…nizione di primitiva generalizzata assume particolare rilievo nei casi in
cui non esiste una primitiva propriamente detta.
Esempio 1.20 La funzione
f (x) =
e
x
ex
se x < 0
se x 0
non può ammettere primitive (infatti presenta una discontinuità di salto) tuttavia ammette la primitiva generalizzata F (x) = ejxj .
6
CAPITOLO 1. RIEPILOGO DELLA TEORIA
Osservazione 1.21 Dalla de…nizione consegue immediatamente che, in ciascun intervallo compatto, una primitiva generalizzata può ammettere solo un
numero …nito di discontinuità.
Passiamo ora alla generalizzazione della (1.3).
Teorema 1.22 Sia f : [a; b] ! R limitata e con un numero …nito di punti di
discontinuità. Sia F una primitiva in senso generalizzato della suddetta f .
Se F è continua in [a; b]; allora vale la (1.3).
In generale risulta
Z
k
X
b
f (x)dx = F (b)
F (a)
a
(F; xi );
(1.4)
i=1
dove
(F; xi ) = lim F (x)
lim F (x)
x!x+
i
x!xi
e la somma al secondo membro della (1.4) si estende a tutti i punti xi 2 [a; b]
in cui F non è continua.
Osservazione 1.23 Avevamo già osservato che una primitiva in senso generalizzato ammette, in un …ssato intervallo compatto, un numero …nito di punti
di discontinuità; ora, avendo supposto f limitata, possiamo aggiungere che tali
punti sono discontinuità di salto; quindi la quantità (F; xi ) è ben de…nita. Per
stabilire a priori che le discontinuità sono di salto si può utilizzare il criterio di
Cauchy per il limite di funzioni (Teorema di Lagrange); in ogni caso che questa
informazione la si ritrova nella dimostrazione riportata di seguito.
Ci limiteremo alla dimostrazione della (1.4) nel caso più semplice:
f o F presentano un solo punto di discontinuità in x1 2 (a; b).
Abbiamo, per la proprietà additiva rispetto al dominio
Z b
Z x1
Z b
f (x)dx =
f (x)dx +
f (x)dx:
a
a
x1
Quindi sfruttiamo la Proposizione 1.10
Z x1
Z b
Z
f (x)dx +
f (x)dx = lim
a
c!x1
x1
a
c
f (x)dx + lim+
c!x1
Negli intervalli [a; c] e [c; b] vale la (1.3) e pertanto
Z c
Z b
f (x)dx + lim
f (x)dx = lim (F (c)
lim
c!x1
a
c!x+
1
c
Z
= F (b)
F (a)
F (a)
f (x)dx:
c
F (a)) + lim (F (b)
c!x+
1
c!x1
= F (b)
b
F (c)) =
lim F (c) + lim F (c) =
c!x+
1
c!x1
(F; x1 ):
Osservazione 1.24 Ovviamente la formula (1.4) si può applicare anche quando f è continua ma, per qualche ragione, di f conosciamo soltanto una primitiva
in senso generalizzato.
1.5. INTEGRALI IMPROPRI
7
Proposizione 1.25 Siano I un intervallo ed f : I ! R. Supponiamo che
per ogni intervallo [a; b]
I la funzione f in [a; b] sia limitata e presenti un
numero …nito di punti di discontininuità. Allora la funzione integrale (1.2) è
ben de…nita, continua e risulta una primitiva di f in senso generalizzato.
1.5
Integrali impropri
A partire dalle proprietà enunciate nella Proposizione 1.10, vogliamo dare signi…cato all’integrale per una classe più ampia di funzioni
Z
f (x)dx
I
con I intervallo illimitato e/o f : I ! R illimitata.
In quanto segue a; b 2 R, con a < b e con le opportune restrizioni nel caso
di estremi inclusi.
Per semplicità assumeremo le funzioni integrabili secondo Riemann sui sottointervalli compatti. Possiamo distinguere quattro situazioni. Nei primi casi
la de…nizione viene suggerita direttamente dalla Proposizione 1.10.
a) Sia f : [a; b) ! R; si pone
Z b
f (x)dx = lim
c!b
a
Z
c
f (x)dx:
a
b) Analogamente nel caso f : (a; b] ! R; si pone
Z b
Z b
f (x)dx = lim
f (x)dx:
c!a+
a
c
c) Sia f : (a; b) ! R. Ci si riconduce ai casi precedenti: …ssato x0 2 (a; b) si
pone
Z b
Z x0
Z b
f (x)dx =
f (x)dx +
f (x)dx =
a
a
x0
Z x0
Z c
= lim+
f (x)dx + lim
f (x)dx
c!a
c!b
c
x0
sotto la condizione che i due limiti non siano in…niti di segno opposto.
d) Sia f : [a; b]nfx0 g ! R. Ci si riconduce ai casi precedenti a) e b):
Z b
Z x0
Z b
f (x)dx =
f (x)dx +
f (x)dx =
a
a
=
lim
c!x0
Z
a
x0
c
f (x)dx + lim+
c!x0
Z
b
f (x)dx
c
sotto la condizione che i due limiti non siano in…niti di segno opposto.
De…nizione 1.26 In tutti i casi suddetti la funzione f si dice integrabile in
senso improprio se i limiti esistono e sono …niti.
Evidentemente più delicata è la situazione con più limiti o con limiti bilateri
(casi c) e d)): e¤ettuando un limite simultaneo e non due separati si potrebbe
giungere ad un risultato diverso (e sbagliato)....
8
CAPITOLO 1. RIEPILOGO DELLA TEORIA
1.6
Criteri di integrabilità in senso improprio
In molte situazioni, teoriche e/o pratiche, è su¢ ciente stabilire che una certa
funzione sia integrabile in senso improprio, anche se non si riesce a calcolare
l’integrale. A questo scopo si sviluppa una teoria che per molti aspetti ricorda
quella delle serie.
D’ora in avanti assumiamo le tutte le funzioni integrabili secondo Riemann
sui compatti; quindi quando diciamo “integrabili” intendiamo “in senso improprio”.
1.6.1
Funzioni positive su [a; b)
Enuciamo alcuni risultati di base nell’intervallo prototipo [a; b) (ove b può essere
anche +1). Ovviamente si hanno risultati analoghi in (a; b] (ove a può essere
anche 1).
Anzitutto osserviamo che il segno costante assicura l’esistenza del limite.
Proposizione 1.27 Sia f : [a; b) ! R tale che 0
Allora esiste
Z
f (x) per ogni x 2 [b
; b).
c
lim
f (x)dx:
c!b
a
Dimostrazione. Per ogni c1 ; c2 2 [b
Z
c1
f (x)dx
a
; b), se c1
Z
c2 allora
c2
f (x)dx:
a
Pertanto l’esistenza del limite consegue dal teorema di regolarità delle funzioni
monotone.
Rimane da stabilire se il limite è …nito. Talvolta può fare comodo ricondurre
tale veri…ca alla convergenza di una serie.
Proposizione 1.28 Sia f : [a; b) ! R, positiva in [b
tale che x0 = a; xn < xn+1 ; limn xn = b. Allora
Z
; b). Sia fxn g
b
f (x)dx < +1
a
se e solo se
lim
n
ossia se e solo se
+1 Z
X
n=0
Risulta inoltre
Z
a
Z
xn
f (x)dx
a
xn+1
f (x) dx < +1
xn
b
f (x) dx =
+1 Z
X
n=0
xn+1
xn
f (x) dx :
[a; b)
1.6. CRITERI DI INTEGRABILITÀ IN SENSO IMPROPRIO
9
Dimostrazione. Anzitutto osserviamo che
Z c
lim
f (x) dx < +1
c!b
se e solo se
lim
n
a
Z
xn
f (x) dx < +1:
a
Osservato limn xn = b; una implicazione è ovvia. L’implicazione opposta consegue dalla proposizione precedente, che ci assicura l’esistenza del limite.
Le condizioni x0 = a, xn < xn+1 implicano
Z
xn
f (x) dx =
a
n
X1
k=0
Pertanto
lim
n
Z
Z
xk+1
f (x) dx
xk
xn
f (x) dx < +1:
a
se e solo se la seguente serie
+1 Z
X
n=0
xn+1
f (x) dx
xn
è convergente. L’uguaglianza tra integrale improprio e somma della serie è ovvia.
Passiamo ora a due criteri base.
Criterio 1.29 (di confronto) Siano f; g : [a; b) ! R. Supponiamo che per
ogni x 2 [b
; b)
0 f (x) g(x):
Se g è integrabile, allora anche f è integrabile; se f non è integrabile, anche g
non è integrabile.
Criterio 1.30 (di confronto asintotico) Siano f; g : [a; b) ! R positive in
[b
; b). Se risulta
g(x)
lim
= ` 2 (0; +1);
x!b f (x)
allora f è integrabile se e solo se g è integrabile.
Integrabilità su intervalli [a; +1)
Essendo f positiva, poichè l’integrale si interpreta come area, ci attendiamo che,
per x ! +1; si richieda che la funzione tenda a 0. In realtà tale condizione
non è né su¢ ciente né necessaria per l’integrabilità.
Esempio 1.31 La funzione f (x) = 1=x è in…nitesima ma non integrabile in
senso improprio. Esistono funzioni integrabili in senso improprio ma non in…nitesime e neanche limitate (vedi …gura seguente).
10
CAPITOLO 1. RIEPILOGO DELLA TEORIA
0.8
0.6
0.4
0.2
0
1
2
3x
4
5
6
Osservazione 1.32 Si può dimostrare che se f : [a; +1) ! R è positiva ed
integrabile allora
lim inf f (x) = 0:
x!+1
Per i criteri di confronto, esistono prototipi di funzioni integrabili, in…nitesime all’in…nito:
1
è integrabile per ogni a > 1;
ax
1
è integrabile se e solo se > 1.
x
Per gli altri casi (in cui f (x) non è equivalente ai prototipi) sussiste il criterio
degli in…nitesimi del tutto analogo a quello delle serie.
Criterio 1.33 Se
lim xf (x) = ` > 0
x!+1
(ordine di in…nitesimo
tale che
1), allora l’integrale diverge. Se esiste un certo
>1
lim x f (x) = ` < +1
x!+1
(ordine di in…nitesimo
> 1), allora l’integrale converge.
Osserviamo che il criterio precedente fornisce solo condizioni su¢ cienti. Rimane ancora escluso il caso in cui risulti
xf (x) ! 0 e
x f (x) ! +1
(1 < ordine di in…nitesimo < , 8 > 0). In questa situazione, come mostra il
seguente esempio, nulla si può dire a priori.
Esempio 1.34 L’integrale improprio
Z +1
2
è convergente se e solo se p > 1.
dx
x logp x
1.6. CRITERI DI INTEGRABILITÀ IN SENSO IMPROPRIO
11
Integrabilità su intervalli (0; a]
Prototipi di funzioni da utilizzarsi per i criteri di confronto:
1
è integrabile se e solo se
x
< 1.
Abbiamo anche un criterio “degli in…niti”, analogo a quello degli in…nitesimi.
Criterio 1.35 Se
lim xf (x) = ` > 0
x!0+
(in…nito di ordine
che
1), allora l’integrale diverge. Se esiste un certo
< 1 tale
lim x f (x) = 0
x!0+
(in…nito di ordine
Funzione
< 1), allora l’integrale converge.
di Eulero
Per ogni t > 0 poniamo
(t) =
Z
+1
xt
1
e
x
dx
0
Se t < 1 l’integrale è improprio sia a 0 che all’in…nito, quindi si studiano
separatamente
Z +1
Z 1
xt 1 e x dx
e
xt 1 e x dx:
0
1
Se t 1 l’integrale è improprio solo all’in…nito.
Risulta inoltre
(1) = 1;
(t) = (t
1) (t
1):
da cui si deduce
(n) = (n
1)!:
Dunque, a meno di una traslazione, la funzione
: (0; +1) ! R
è un prolungamento del fattoriale; rimane da provare (ed esula dalle nostre
possibilità) che si tratta di un prolungamenti continuo.
1.6.2
Assoluta integrabilità
Se la funzione integranda non ha segno costante (in un intorno del punto in cui
si calcola il limite) non è a¤atto assicurata l’esistenza del limite, come mostra:
Z +1
sin x dx
0
Il principale criterio di convergenza è quello della assoluta integrabilità.
12
CAPITOLO 1. RIEPILOGO DELLA TEORIA
Teorema 1.36 Sia f : I ! R integrabile sui compatti. Se jf j : I ! R è
integrabile in senso improprio, allora anche f : I ! R è integrabile in senso
improprio e si ha
Z
Z
f (x) dx
I
I
jf (x)j dx
Ovviamente per studiare la convergenza di
Z
jf (x)j dx
I
si possono utilizzare tutte le tecniche introdotte per gli integrali impropri a segno
costante.
Esistono funzioni integrabili ma non assolutamente integrabili. Ad esempio
Z +1
sin x
dx
x
converge ma
Z
diverge.
+1
jsin xj
dx
x
Esempio 1.37 (integrali di Fresnel) Come applicazione indiretta della convergenza assoluta vogliamo studiare l’integrabilità in senso improprio di
Z +1
cos x2 dx:
1
Risulta
Z
c
cos x2 dx =
1
Z
1
=
1
2
c
Z
2x
1 c1
cos x2 dx =
D sin x2 dx =
2x
2 1 x
Z c
c
sin x2
sin x2
+
dx
x
x2
1
1
Quindi siamo ricondotti a studiare
Z +1
1
che è assolutamente convergente.
sin x2
dx
x2
Capitolo 2
Esercizi sugli integrali
Vogliamo o¤rire di seguito una classi…cazione degli esercizi.
2.1
2.1.1
Primitive e funzioni integrali
Tipologia base
L’esercizio più semplice che si può chiedere di risolvere è il seguente.
Esercizio 2.1 Calcolare l’integrale inde…nito
Z
f (x) dx:
Se supponiamo la funzione f de…nita in un intervallo, si applica la (1.1),
essendo F una primitiva da determinarsi con le consuete tecniche di integrazione.
Un secondo tipo di esercizi è formulato di seguito.
Esercizio 2.2 Assegnata una funzione
f :I!R
continua in I intervallo, determinare la funzione F : I ! R primitiva di f tale
che
F (x0 ) = ;
essendo x0 2 I,
2 R.
E‘ su¢ ciente calcolare F primitiva di f e quindi risolvere rispetto a c la
seguente equazione
F (x0 ) + c = :
Ottenuto
c=
F (x0 )
la soluzione al nostro problema è data da
F (x) = F (x) + c:
13
14
CAPITOLO 2. ESERCIZI SUGLI INTEGRALI
Esercizio 2.3 Assegnati f : I ! R e x0 2 I, si chiede di calcolare (ossia
scrivere in forma esplicita) la funzione
Z x
F (x) =
f (t)dt
x0
Se f è una funzione continua e conosciamo una sua primitiva G, alla luce
della (1.3) possiamo scrivere
F (x) = G(x)
G(x0 ):
In realtà in alcune situazioni particolari (si veda il sottoparagrafo successivo),
conviene cambiare approccio e ricordare che F stessa è una primitiva di f; quindi
il problema assegnato si riduce a determinare la primitiva di f che si annulla
nel punto x0 .
Se invece f veri…ca le ipotesi della Proposizione 1.25 (con un numero …nito
di discontinuità e limitata in ciascun compatto) allora conviene ricordare che F
è una primitiva in senso generalizzato, continua.
2.1.2
Alcuni casi particolari
Con riferimento agli Esercizi 2.1, 2.2 ed 2.3 potrebbe essere assegnata una funzione f de…nita in un intervallo I, continua, con due (o più) diverse espressioni
analitiche in due (o più) sottointervalli di I. In simboli
f (x) = fk (x)
dove
I=
Ad esempio potremmo avere
f (x) =
oppure
1
=
1 + jxj
f (x) =
8
<
1
sin x
:
1=2
per x 2 Ik
[
(2.1)
Ik :
1= (1 + x)
1=(1 x)
se x 0;
se x < 0;
se x 6
=2;
se
=2 < x < =6;
se =6 6 x:
(2.2)
(2.3)
Esempio 2.4 Assegnata la funzione (2.3), si chiede di calcolare
Z
f (x) dx:
Siamo nella tipologia dell’Esercizio 2.1, quindi la formula risolutiva sarà
sempre la (1.1), tuttavia la F sarà una funzione continua de…nita al modo
seguente
F (x) = Fk (x)
per x 2 Ik
essendo Fk primitiva di fk in Ik .
In questo modo si ottiene immediatamente che F è primitiva di f all’interno
di ciascun Ik ; risulta infatti
F 0 (x) = Fk0 (x) = fk (x) = f (x):
2.1. PRIMITIVE E FUNZIONI INTEGRALI
15
Ricordiamo che la derivabilità di F nei punti di raccordo tra due diversi Ik si
ottiene applicando un Lemma visto in precedenza.
Precisamente, indicato con x un punto di raccordo si ha che
F è continua in un intorno di x, denotato con U ;
F è derivabile in U n fxg e risulta F 0 (x) = f (x);
poichè f è continua, si ha che esiste
lim F 0 (x) = lim f (x) = f (x):
x!x
x!x
Consegue che F è derivabile anche in x e si ha che F 0 (x) = f (x).
Passando agli esempi concreti, si può operare anche al modo seguente:
1. si determina la primitiva di fk in cisucun intervallo Ik ;
2. in ciascun intervallo si aggiunge una diversa costante ck 2 R; si ottiene in
questo modo un’espressione
F (x) = Fk (x) + ck
per x 2 Ik
(2.4)
3. si pone una costante uguale a zero e si calcolano tutte le altre ck , imponendo che la funzione F de…nita in (2.4) sia continua nei punti di
raccordo.
4. Ottenuta F possiamo concludere con la (1.1).
Applichiamo questa procedura al nostro esempio.
Calcoliamo una primitiva con tre distinte costanti
8
se x 6
=2;
< x + c1
cos x + c2
se
=2 < x < =6;
F (x) =
:
x=2 + c3
se =6 6 x:
Ora poniamo c2 = 0 e imponiamo che F sia continua nei punti di raccordo:
=2 e =6.
(
=2) + c1 =
cos( =6) =
cos( =2)
=6 + c3
e quindi
c1
=
=2
c3
=
=6
Pertanto concludiamo che
Z
essendo
F (x) =
8
<
p
3=2
f (x) dx = F (x) + c
x
=2
cos x
:
x=2
=6
p
3=2
se x 6
=2;
se
=2 < x < =6;
se =6 6 x:
16
CAPITOLO 2. ESERCIZI SUGLI INTEGRALI
Esempio 2.5 Assegnata la funzione (2.3), determinare la primitiva di f che
in 2 assume valore 1.
Sappiamo già che la primitiva cercata avrà un’espressione del tipo
8
se x 6
=2;
< x + c1
cos x + c2
se
=2 < x < =6;
F (x) =
:
x=2 + c3
se =6 6 x:
(2.5)
dove tutte le costanti ck dovranno essere eliminate completamente imponendo
la continuità di F e la condizione
F ( 2) = 1:
La prima costante da determinarsi è c1 in quanto risulta
Imponendo la (2.6) si ha
( 2) + c1 = 1
(2.6)
2 6
=2.
e quindi
c1 =
3
Ottenuta c1 , si procede al calcolo di c2 e c3 , imponendo la continuità.
Esempio 2.6 Assegnata la funzione (2.3), determinarne la primitiva che vale
2 nel punto =6.
La primitiva di partenza è sempre la (2.5). Questa volta il valore di F è
assegnato in punto di raccordo e si deve operare come segue. Da
2=
lim
x! =6+
(x=2 + c3 )
si ricava
c3 = 2
=12:
Da
2=
lim
x! =6
( cos x + c2 )
si ricava c2 ; in…ne, imponendo la continuità in
=2, si ricava c1 .
Riguardo Esercizi di tipo 2.3, se la funzione f è continua, come si è già detto,
ci si può ricondurre all’Esercizio 2.2.
Osservazione 2.7 Esercizi di tipo 2.3 hanno senso anche per funzioni f : I !
R che risultino limitate e con un numero …nito di discontinuità su ciascun
compatto. In questo caso per la risoluzione si tiene presente la Proposizione
1.25.
Esempio 2.8 Assegnata la funzione
8
se x 6
=2;
< 1
x
se
=2 < x < =6;
f (x) =
:
1=2
se =6 6 x;
calcolare la funzione integrale
F (x) =
Z
0
x
f (t)dt:
2.1. PRIMITIVE E FUNZIONI INTEGRALI
17
Dobbiamo individuare una funzione F con le seguenti caratteristiche:
continua,
che si annulli in x = 0;
derivabile in ciascun sottointervallo in cui f è continua.
Partiamo dall’individuare una generica primitiva in ciascun sottointervallo,
quindi imporremo la condizione F (0) = 0, in…ne imporremo la continuità.
La funzione F avrà un espressione del tipo
8
se x 6
=2;
< x + c1
x2 =2 + c2
se
=2 < x < =6;
F (x) =
:
x=2 + c3
se =6 6 x:
Imponendo
F (0) = 0;
si ottiene la costante c2 . Le altre due costanti si ottengono imponendo la
continuità nei punti
=6 e =6.
2.1.3
Funzioni integrali composte
Siano assegnate tre funzioni:
f :I!R
continua e
: J !I
: J !I
derivabili.
Rimane ben de…nita la funzione integrale
F
F (x)
:
J ! R;
Z (x)
=
f (t) dt:
(x)
Proposizione 2.9 La funzione F è derivabile e risulta
F 0 (x) = f ( (x)) 0 (x)
f ( (x)) 0 (x):
Vogliamo precisare che riusciamo a calcolare la derivata di F indipendentemente dal fatto che si riesca a calcolare in forma esplicita la funzione F .
Dimostrazione. Sia G una primitiva di f , sicuramente esistente in quanto
f è continua. Per la formula fondamentale del calcolo abbiamo
F (x) = G( (x))
G( (x))
Quindi F è derivabile e risulta
F 0 (x) = G0 ( (x)) 0 (x)
G0 ( (x)) 0 (x):
Ricordando che G è una primitiva di f si ottiene la tesi.
18
CAPITOLO 2. ESERCIZI SUGLI INTEGRALI
Osservazione 2.10 La funzione F è ben de…nita anche in ipotesi leggermente
più generali: è su¢ ciente che f sia integrabile, eventualmente in senso improprio, su ciascun intervallo [a; b] I.
Osservazione 2.11 La teoria degli integrali impropri può essere utilizzata per
studiare i limiti di F agli estremi del suo dominio.
2.2
Integrali de…niti
Esercizio 2.12 Assegnata f : [a; b] ! R continua, si chiede di calcolare
Z b
f (x)dx
a
Dopo aver calcolato una primitiva di f si applica la formula fondamentale
(1.3).
Osservazione 2.13 Nel caso di intervalli simmetrici [ a; a], può essere utile
ricordare che
Ra
Z a
2 0 f (x)dx
se f è pari,
f (x)dx =
0
se f è dispari.
a
Talvolta può essere utile applicare scomporre il dominio.
Esempio 2.14 Calcolare il seguente integrale
Z 3
e x jx 1j dx:
0
Osservato che
jx
possiamo scrivere
Z 3
e x jx
x
1
1j =
1j dx =
0
Z
1
x
se x 1
se x < 1
1
e
x
(1
x) dx +
0
Z
3
e
x
(x
1) dx:
1
R1
R3
Quindi si procede a calcolare 0 e x (1 x) dx e 1 e x (x 1) dx:
Questo particolare esempio ci consente qualche osservazione aggiuntiva.
Sia F (x) una qualsiasi primitiva di e x (x 1).
In primo luogo abbiamo che F (x) è una primitiva di e x (1 x).
Tenuto conto di questo, l’integrale proposto assume la seguente espressione
Z 3
e x jx 1j dx =
0
=
Z
0
1
e
x
(1
x) dx +
Z
= F (1) + F (0) + F (3)
= F (3) + F (0) 2F (1)
3
e
x
(x
1) dx =
1
F (1) =
(2.7)
2.3. CALCOLO DI INTEGRALI COME LIMITE
19
Ora, posto
F (x)
F (x)
F~ (x) =
abbiamo che F~ è una primitiva di e
è derivabile su Rnf1g e si ha
x
se x 1
se x < 1
jx
F~ 0 (x) = e
1j in senso generalizzato. Infatti essa
x
jx
1j ;
d’altra parte, a motivo dell’arbitrarietà di F , la funzione F~ in 1 risulterà discontinua e quindi non derivabile (a meno che non si abbia F (1) = 0, nel qual
caso F~ è anche derivabile).
Pertanto potevamo anche utilizzare la (1.4) e scrivere direttamente
Z
0
3
e
x
jx
1j dx = F~ (3)
F~ (0)
(F~ ; 1):
(2.8)
Possiamo veri…care che la (2.8) si riduce alla (2.7), osservando che
F~ (3)
F~ (0) = F (3) + F (0);
(F~ ; 1) = 2F (1):
Presentiamo le ultime due tipologie di esercizi.
Esercizio 2.15 Calcolare l’area del rettangoloide di base [a; b] relativo alla funzione f ivi de…nita e, per semplicità, continua.
Tenuto conto dell’interpretazione dell’integrale come “area con segno”, si sta
chiedendo di calcolare
Z b
jf (x)j dx
a
e possono valere, in particolare, le considerazioni svolte nell’ultimo esempio.
Esercizio 2.16 Calcolare l’area del rettangoloide di base [a; b] delimitato dai
gra…ci delle funzioni f e g ivi de…nite e, per semplicità, continue.
Si sta chiedendo di calcolare
Z
a
2.3
b
jf (x)
g(x)j dx:
Calcolo di integrali come limite
Si voglia calcolare
Z
0
2
p
sin 2 x
p
dx:
x
20
CAPITOLO 2. ESERCIZI SUGLI INTEGRALI
La funzione integranda si intende prolungata per continuità in 0, oppure l’integrale si intende de…nito nel senso del Corollario 1.8. Abbiamo
p
p
Z 2
Z 2
sin 2 x
sin 2 x
p
p
dx = lim+
dx =
x
x
c!0
0
c
p 2
1
= lim+
cos 2 x c =
4
c!0
p
p
1
= lim
cos 2 c cos 2 2 =
+
c!0 4
p
1
1 cos 2 2 :
=
4
Anche se la funzione integranda si intende prolungata per continuità, l’uso
della Proposizione 1.10 si rende necessario per poter applicare il metodo di
sostituzione nel calcolo della primitiva.
Esempio 2.17 Calcolare
Z
log 3
ex arctan
log 2
1
ex
1
dx:
Capitolo 3
Tecniche di integrazione
3.1
Integrazione per sostituzione
Questa denominazione si può riferire a due situazioni tra loro abbastanza diverse.
La prima situazione è quella più semplice e possiamo classi…carla come caso
diretto: se F è una primitiva di f , allora, per ogni ' derivabile, F ' è una
primitiva di (f ') '0 .
In altri termini, se conosciamo l’integrale inde…nito
Z
f (t)dt = F (t) + c;
allora riusciamo a calcolare
Z
f ('(x))'0 (x)dx = F ('(x)) + c:
Osservazione 3.1 In pratica assegnato
Z
f ('(x))'0 (x)dx
si pone
t = '(x)
e si scrive
dt = '0 (x)dx:
In base a tali trasformazioni abbiamo
Z
Z
0
f ('(x))' (x)dx = f (t)dt = F (t) + c = F ('(x)) + c:
Osservazione 3.2 Nella terminologia tradizionale, alcuni integrali risolubili
per sostituzione diretta prendono il nome di integrali immediati.
Passiamo ora al caso indiretto.
Talvolta per calcolare l’integrale inde…nito
Z
f (x)dx
21
22
CAPITOLO 3. TECNICHE DI INTEGRAZIONE
è su¢ ciente determinare una funzione invertibile x = '(t) tale che l’integrale
Z
f ('(t))'0 (t)dt
risulti più semplice di quello assegnato. Questa modalità di risoluzione viene
illustrata dalla seguente proposizione.
Proposizione 3.3 Siano I; J
R intervalli, f : I ! R continua, ' : J ! I
derivabile e tale che '0 (t) 6= 0 per ogni t 2 J. Se G : J ! R è una primitiva
della funzione f ('(t))'0 (t), allora, osservato che ' è strettamente monotona,
quindi invertibile, si ha che G ' 1 : I ! R è una primitiva della funzione
f (x).
In altri termini, nelle ipotesi della Proposizione precedente, se
Z
f ('(t))'0 (t)dt = G(t) + c;
allora
Z
f (x)dx = G('
1
(x)) + c
Dimostrazione. Per ipotesi G è derivabile e risulta
G0 (t) = f ('(t))'0 (t):
A sua volta la funzione '
1
è derivabile e risulta
'
1 0
(x) =
1
'0 ('
1 (x))
:
Possiamo concludere che la funzione composta G '
G '
1 0
(x)
= G0 ('
= f ('('
1
(x)) '
1
1 0
1
è derivabile e risulta
(x) =
(x)))'0 ('
1
(x))
1
'0
('
1 (x))
= f (x):
Esempio 3.4 Si voglia calcolare il seguente integrale
Z
dx
p
:
x + 3x + 4
Osserviamo preliminarmente che la funzione integranda è de…nita nell’insieme
Df = [ 4=3; +1)nf 1g;
ricercheremo le primitive relative all’intervallo
I = ( 1; +1):
Posto
f (x) =
x+
dx
p
;
3x + 4
3.1. INTEGRAZIONE PER SOSTITUZIONE
23
consideriamo la funzione
' : (1; +1) ! ( 1; +1)
(3.1)
de…nita ponendo
1 2
(t
4):
(3.2)
3
Tale funzione, nell’intervallo (1; +1), soddisfa le condizioni previste dal Teorema precedente; infatti
2
'0 (t) = t 6= 0:
3
La funzione
2t
;
f ('(t))'0 (t) = 2
t + 3t 4
dal punto di vista delle ricerca di primitive, non presenta particolari problemi.
Con pochi passaggi, infatti, si ottiene
Z
Z
2tdt
0
=
f ('(t))' (t)dt =
2
t + 3t 4
2
=
(log(t 1) + 4 log(t + 4)) + c:
5
'(t) =
Poniamo
2
(log(t 1) + 4 log(t + 4)) :
5
In base al Teorema precedente per calcolare l’integrale assegnato, dobbiamo
ancora determinare la funzione inversa
G(t) =
x 2 ( 1; +1) 7! t = '
1
(x) 2 (1; +1):
Dalla (3.2), in base alle limitazioni imposte su dominio e codominio (3.1),
otteniamo
p
t = 3x + 4
e quindi possiamo concludere
Z
dx
p
= G(' 1 (x)) + c =
x + 3x + 4
p
p
2
=
log( 3x + 4 1) + 4 log( 3x + 4 + 4) + c:
5
Osservazione 3.5 Nello svolgimento degli esercizi Rè assai di¢ cile riuscire a
determinare la funzioneR x = '(t) tale che l’integrale f ('(t))'0 (t)dt risulti più
semplice dell’integrale f (x)dx. La procedura comunemente utilizzata è quella
illustrata di seguito.
Si parte dallo scrivere t = (x), essendo invertibile e derivabile; la scelta
di tale funzione
viene dettata dall’esperienza ed è codi…cata per alcuni casi
tipici.
Quindi si ricava
x = '(t)
e si scrive
dx = '0 (t)dt
24
CAPITOLO 3. TECNICHE DI INTEGRAZIONE
In base a tali trasformazioni si può scrivere
Z
Z
f (x)dx = f ('(t))'0 (t)dt =
= G(t) + c = G( (x)) + c:
Con riferimento all’esempio precedente, dovremo porre
p
t = 3x + 4
da cui si ottiene
x = '(t) =
Z
4);
2
tdt:
3
dx =
Pertanto
1 2
(t
3
dx
p
=
x + 3x + 4
Z
2tdt
:
t2 + 3t 4
Lo svolgimento prosegue come indicato in precedenza.
3.2
Alcune sostituzioni razionalizzanti
3.2.1
Funzioni razionali con un solo radicale
Si voglia calcolare
Z
R x;
r
n
ax + b
cx + d
!
dx
essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti, sotto la condizione
ad
bc 6= 0:
Sono semplici casi particolari
a = d = 1;
b=c=0
oppure
d = 1;
Si pone
r
n
c = 0:
ax + b
=t
cx + d
Osservazione 3.6 Con semplici arti…ci si possono risolvere anche integrali del
tipo
!
r
r
Z
n1 ax + b
nk ax + b
R x;
;:::;
dx;
cx + d
cx + d
essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti.
3.2. ALCUNE SOSTITUZIONI RAZIONALIZZANTI
25
Nel caso particolare delle radici quadrate, si possono risolvere anche integrali
del tipo
Z
p
R x; ax2 + bx + c dx
essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti.
Si distinguono vari casi. Poniamo, come al solito,
Se = 0, allora necessariamente a > 0 e risulta
p
p
ax2 + bx + c = a x
= b2
4ac.
b
2a
quindi ci si riconduce ad un integrale di funzione razionale con un semplice
valore assoluto.
Negli altri casi si e¤ettua una sostituzione.
Se 6= 0 e a > 0 si pone
p
p
ax2 + bx + c = a (t x)
Se a < 0 allora necessariamente
> 0 (infatti, se così non fosse, avremmo
ax2 + bx + c
per ogni x). Indicate con
e
0
le radici di
ax2 + bx + c = 0
e supponendo
< , si pone
p
ax2 + bx + c = t(x
):
Osservazione 3.7 Per questa classe di integrali, si possono usare anche sostituzioni con funzioni circolari o iperboliche.
Osservazione 3.8 Ancora nel caso delle radici quadrate si possono risolvere
integrali del tipo
Z
p
p
R(x; ax + b; cx + d)dx
essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti.
3.2.2
Funzioni razionali di tan x
Si voglia calcolare
Z
R(tan x)dx
essendo R una funzione razionale. Si pone semplicemente
tan x = t:
Si voglia calcolare
Z
R(sin2 x; cos2 x; sin x cos x)dx
26
CAPITOLO 3. TECNICHE DI INTEGRAZIONE
essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti. Ci si riconduce al caso
precedente osservando che
sin2 x =
cos2 x =
sin x cos x =
3.2.3
tan2 x
tan2 x + 1
1
tan2 x + 1
tan x
tan2 x + 1
Funzioni razionali di cos x e sin x
Si voglia calcolare
Z
R(sin x; cos x)dx
essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti. Osservato che
sin x =
cos x =
2 tan x=2
1 + tan2 x=2
1 tan2 x=2
1 + tan2 x=2
si ottiene una funzione razionale in tan x=2, quindi si pone
tan x=2 = t:
