Integrali indefiniti e definiti

Integrali indefiniti

Sia data una funzione $f : (a, b) \to R$

Definizione 1:

Sia $F : (a, b) \to R$ una funzione derivabile in $(a, b)$ e tale che $F^{'} (x) = f (x) \forall x \in (a, b)$ Si dice allora che $F$ è una primitiva di $f$ in $(a, b)$

Esempio: Se $f (x) = 2 x$ , qual è la funzione $F (x)$ che, se derivata, dà $2 x$ ? Sappiamo che la derivata di $x^{2}$ è $2 x$ . Quindi, $F (x) = x^{2}$ è una primitiva di $f (x) = 2 x$ .

Teorema 1 (caratterizzazione delle primitive):

Sia $F$ una primitiva di $f$ in $(a, b)$ . Allora tutte e sole le primitive di $f$ in $(a, b)$ sono le funzioni $F (x) + k$ al variare di $k$ in $R$

Dimostrazione 1:

Se $F$ è una primitiva di $f$ in $(a, b)$ e $k \in R$ , posto $G (x) = F (x) + k$ si ha subito $G^{'} (x) = f (x) + 0 = f (x) \forall x \in (a, b)$ Viceversa se $F$ e $G$ sono due primitive di $f$ in $(a, b)$ la funzione differenza: $H (x) = G (x) - F (x) \forall x \in (a, b)$ è derivabile in $(a, b)$ e si ha: $H^{'} (x) = G^{'} (x) - F^{'} (x) = f (x) - f (x) = 0 \forall x \in (a, b)$ Per il teorema sulle funzione con derivata nulla $H$ è costante in $(a, b)$ e quindi esiste $k \in R$ tale che $F (x) - G (x) = k \forall x \in (a, b)$ Da questo segue che se una funzione ha primitiva allora ne ha infinite, esistono casi in cui delle funzioni che non hanno alcuna primitiva

Esempio 1: Si consideri la funzione definita in $R$ ponendo $f (x) = {_{- 1 se x \leq 0}^{1 se x \geq 0}$ Supponiamo per assurdo che $F$ sia una primitiva di $f$ in $] - \infty, + \infty [$ in particolare possiamo dire che: $F$ è una primitiva di $f$

sia in $[0, + \infty [$
sia in $] - \infty, 0 [$ Osserviamo che un altra primitiva di $f$ in $[0, + \infty [$ è la funzione $g (x) = x$ quindi per il teorema precedente esiste un numero reale $k$ tale che $F (x) = x + k \forall x \geq 0$ Analogamente si conclude che esiste un numero reale $c$ tale che $F (x) = - x + c \forall x < 0$ Dato che $F$ è una funzione derivabile e quindi continua in $] - \infty, + \infty [$ si ha $l i m_{x \to 0^{-}} F (x) = l i m_{x \to 0^{+}} F (x) cio \overset{e}{ˋ} c = k$ e quindi in definitiva che $F (x) = ∣ x ∣ + k \forall x \in R$ è ciò è assurdo perché implica che la funzione $∣ x ∣$ è derivabile in tutto $R$ .

Definizione 2

Si chiama integrale indefinito di $f$ e si denota con il simbolo $\int f (x) d x$ L’insieme formato dalle primitive di $f$ che è dunque un insieme di funzioni vuoto o costituito da infiniti elementi. Formalmente se $F$ è una primitiva di $f$ di solito si scrive: $\int f (x) d x = F (x) + k, k \in R$

Integrali indefiniti notevoli

$\int e^{x} d x = e^{x} + k$ $\int cos x d x = sin x + k$ $\int sin x d x = - cos x + k$ $\int \frac{1}{x ^{2} + 1} d x = arctan x + k$ $\int \frac{1}{1 - x ^{2}} d x = arcsin x + k = - arccos x + k$ $\int x^{α} d x = \frac{x ^{α + 1}}{α + 1} + k, (α \neq = - 1)$ $\int \frac{1}{x} d x = lo g ∣ x ∣ + k$ $\int e^{f (x)} f^{'} (x) d x = e^{f (x)} + k$ $\int cos [f (x)] f^{'} (x) d x = sin [f (x)] + k$ $\int sin [f (x)] f^{'} (x) d x = - cos [f (x)] + k$ $\int \frac{1}{[ f ( x ) ] ^{2} + 1} f^{'} (x) d x = arctan [f (x)] + k$ $\int \frac{1}{1 - [ f ( x ) ] ^{2}} f^{'} (x) d x = arcsin [f (x)] + k = - arccos [f (x)] + k$ $\int [f (x)]^{α} f^{'} (x) d x = \frac{[ f ( x ) ] ^{α + 1}}{α + 1} + k, (α \neq = - 1)$ $\int \frac{1}{f ( x )} f^{'} (x) d x = lo g ∣ f (x) ∣ + k$

Teorema 2 (Proprietà di omogeneità)

Se $f$ è dotata di primitive in $(a, b)$ e $k$ è un numero reale diverso da zero allora:

i) $k f$ è dotata di primitive in $(a, b)$
ii) $\int k f (x) d x = k \int f (x) d x$ dove il secondo membro indica l’insieme delle funzioni ottenute moltiplicando per $k$ le primitive di $f$ Dimostrazione

1) Se $F \in \int k f (x) d x$ allora $F^{'} (x) = k f (x) \forall x \in (a, b)$ . Posto $G (x) = \frac{F ( x )}{k} \forall x \in (a, b)$ si ha che $G^{'} (x) = f (x) \forall x \in (a, b) ovvero G \overset{e}{ˋ} una primitiva di f in (a, b)$ Poiché $F (x) = k G (x), \forall x \in (a, b)$ La funzione $F$ appartiene al secondo membro della ii) in quanto è il prodotto di $k$ per una primitiva di $f$
2) Viceversa se $F \in k \int f (x) d x$ esiste $G$ primitiva di $f$ tale che: $F (x) = k G (x) \forall x \in (a, b)$ da cui $F^{'} (x) = k f (x) \forall x \in (a, b)$ e quindi che $F \in \int k f (x) d x$ Osservazione: se $k = 0$ la tesi non vale, infatti in questo caso il primo membro è l’integrale della funzione identicamente nulla, cioè l’insieme delle funzioni costanti, mentre il secondo membro è formato dalla sola funzione identicamente nulla

Teorema 3 (Proprietà distributiva)

Siano $f$ e $g$ due funzioni dotate di primitive in $(a, b)$ allora

i) $f + g$ è dotata di primitive in $(a, b)$
ii) $\int (f (x) + g (x)) d x = \int f (x) d x + \int g (x) d x$

dove il secondo membro indica l’insieme delle funzioni ottenute sommando una primitiva di $f$ ed una primitiva di $g$

Metodo di integrazione per decomposizione in somma

Se $f, g$ sono due funzioni dotate di primitive in $(a, b)$ e $h, k$ sono due numeri reali non entrambi nulli allora la funzione $h f + k g$ è dotata di primitive in $(a, b)$ e si ha che:

$\int (h f (x) + k g (x)) d x = h \int f (x) d x + k \int g (x) d x$
$\int (h f (x) + k g (x)) d x = h F (x) + k \int g (x) d x$ essendo $F$ una primitiva di $f$ in $(a, b)$ , Il seguente risultato fornisce un utile metodo di integrazione quando la funzione integranda è il prodotto di una funzione per la derivata di un’altra funzione

Teorema 4 (Integrazione indefinita per parti)

Siano $f, g$ due funzioni derivabili in $(a, b)$ . Se $f g^{'}$ è dotata di primitive in $(a, b)$ allora:

i) $f^{'} g$ è dotata di primitive in $(a, b)$
ii) $\int f (x) g^{'} (x) d x = f (x) g (x) - \int f^{'} (x) g (x) d x$

Dimostrazione: per la regola di derivazione del prodotto si ha: $f (x) g^{'} (x) = (f (x) g^{'} (x) + f^{'} (x) g (x)) - f^{'} (x) g (x) = D [f (x) g (x)] - f^{'} (x) g (x), \forall x \in (a, b)$ la i) è vera per la proprietà distributiva dell’integrale indefinito, applicando la formula di integrazione per decomposizione in somma si ottiene la ii).

Questa formula si usa dunque quando è possibile individuare, nella funzione integranda un fattore di cui sia nota una primitiva. I fattori $f$ e $g^{'}$ si chiamano rispettivamente fattore finito e fattore differenziale

Esempio 3 Sia $n \in N$ determiniamo $\int e^{x} x^{n} d x$ scegliendo $e^{x}$ come fattore differenziale e $x^{n}$ come fattore finito si ha: e dopo $n$ integrazioni per parti il problema viene ricondotto alla determinazione dell’integrale indefinito di $e^{x}$ $\int e^{x} x^{n} d x = e^{x} x^{n} - n \int e^{x} x^{n - 1} d x = = e^{x} x^{n} - n (e^{x} x^{n - 1} - (n - 1) \int e^{x} x^{n - 2} d x) = \dots .$

Errore

Se avessimo scelto $e^{x}$ si arrivava alla determinazione dell’integrale $\int e^{x} x^{n + 1} d x$ e quindi con il grado di x che aumenta cosa che inevitabilmente ci porta a calcoli enormi

Con $n = 2$ Esempio 4 Dato $\int lo g x d x$ Considerando 1 come fattore differenziale si ha: $\int lo g x d x = \int 1 \times lo g x d x = x lo g x - \int x \frac{1}{x} d x = x (lo g x - 1) + k$ Esempio 5

Osservazione 2: In alcuni casi integrando per parti si giunge ad un eguaglianza del tipo: $\int f (x) d x = g (x) + c \int f (x) d x$ Se $c \neq = 1$ si può dimostrare che: $\int f (x) d x = \frac{1}{1 - c} g (x) + k$ Esempio 6: Applicando l’osservazione precedente per determinare $\int e^{x} sin x d x$ Che si risolve in: $\int e^{x} sin x d x = e^{x} sin x - \int e^{x} cos x d x = e^{x} sin x - e^{x} cos x - \int e^{x} sin x d x$ e quindi: $\int e^{x} sin x d x = \frac{1}{2} e^{x} (sin x - cos x) + k$ Il seguente risultato fornisce un utile metodo di integrazione quando la funzione integranda è il prodotto di una funzione composta per la derivata della funzione interna

Teorema 5 (Primo teorema di integrazione indefinita per sostituzione)

Siano: $g : (a, b) \to (α, β)$ una funzione derivabile, $f : (α, β) \to R$ una funzione dotata di primitive in $(α, β)$ allora si ha:

i) $f (g (x)) g^{'} (x)$ è dotata di primitive in $(a, b)$
ii) $\int f (g (x)) g^{'} (x) d x = [\int f (t) d t]_{t = g (x)}$ dove il secondo membro è l’insieme delle funzioni ottenute componendo con $g$ le primitive di $f$ in $(α, β)$

Dimostrazione: Sia $F$ una primitiva di $f$ consideriamo la funzione $G (x) = F (g (x))$ si ha $G^{'} (x) = f (g (x)) g^{'} (x)$ quindi $G$ è una primitiva di $f (g (x)) g^{'} (x)$ . Dunque il primo membro della tesi è uguale a $G (x) + k$ il secondo membro è uguale a $[F (t) + k]_{t = g (x)} = F (g (x)) + k = G (x) + k$

Esempio 7: La proprietà appena dimostrata lo abbiamo applicato nell’esempio 2, infatti si ha: $\int e^{c x} d x = \frac{1}{c} \int c e^{c x} d x = \frac{1}{c} [\int e^{t} d t]_{t = c x} = \frac{e ^{c x}}{c} + k$ Di seguito altri esempi:

$Si ha \int x cos (x^{2} + 5) d x = \frac{1}{2} \int (2 x) cos (x^{2} + 5) d x = \frac{1}{2} [\int cos t d t]_{t = x^{2} + 5} = = \frac{1}{2} sin (x^{2} + 5) + k$ dato che la derivata di $x^{2} + 5$ è $2 x$ .
$Si ha \int \frac{e ^{x}}{e ^{x} + 5} d x = [\int \frac{1}{t + 5} d t]_{t = e^{x}} = lo g (e^{x} + 5) + k$ Dato che la derivata di $e^{x}$ è $e^{x}$

Integrazione polinomi trigonometrici

Risolveremo solo integrali del tipo:

$I_{n} = \int cos^{n} x d x$
$J_{n} = \int sin^{n} x d x$
$H = \int cos^{m} x sin^{n} x d x$ essendo $n, m \in N$ si ha:

$I_{1} = sin x + k, k \in R;$

$I_{2} = \int co s^{2} x d x = \int \frac{1 + c o s ( 2 x )}{2} d x = \int \frac{1}{2} + \int \frac{c o s 2 x}{2} = \frac{x}{2} + \frac{s i n ( 2 x )}{4} + k, k \in R;$

$I_{3} = \int cos x \cdot cos^{2} x d x = \int cos x (1 - sin^{2} x) d x = [\int (1 - t^{2}) d t]_{t = s i n x}$ analogamente per $n > 3$ , in pratica possiamo dire che:

Per n pari: si utilizzano le formule di bisezione
Per n dispari: si ricorre all’integrazione per sostituzione Analogamente: $J_1 = -\cos x + k$$$$J_2 = \int \frac{1 - \cos(2x)}{2} \, dx$$$$J_3 = \int \sin x \cdot \sin^2 x \, dx = -\int (-\sin x)(1 - \cos^2 x) \, dx$ e si procede allo stesso modo di $I_{3}$ . Invece per determinare $H$ si distinguono due casi:
i) se almeno uno fra $m, n$ è dispari, ad esempio $m = 2 p + 1, p \in N_{0}$ $H = \int cos x \cdot (cos^{2} x)^{p} \cdot sin^{n} x d x = \int cos x (1 - sin^{2} x)^{p} sin^{n} x d x = [\int (1 - t^{2})^{p} t^{n} d t]_{t = s i n x}$ praticamente arriviamo all’integrale di un polinomio
ii) se $m, n$ sono entrambi pari ovvero $m = 2 p, n = 2 q$ con $p, q \in N$ si procede nel seguente modo

Esempio 8: di seguito alcuni integrali indefiniti di polinomi trigonometrici

$\int sin x cos^{3} x d x = - \int (- sin x) cos^{3} x d x = - [\int t^{3} d t]_{t = c o s x} = - \frac{c o s ^{4} x}{4} + k, k \in R .$
$\int cos^{3} x sin^{2} x d x = \int (cos x) cos^{2} x sin^{2} x d x = \int (cos x) (1 - sin^{2} x) sin^{2} x d x = [\int (t^{2} - t^{4}) d t]_{t = s i n x} = \frac{s i n ^{3} x}{3} - \frac{s i n ^{5} x}{5} + k, k \in R .$
$\int cos^{2} x sin^{2} x d x = \int \frac{1 + c o s ( 2 x )}{2} \frac{1 - c o s ( 2 x )}{2} d x = \int \frac{1 - c o s ^{2} ( 2 x )}{4} d x = \frac{1}{4} \int (1 - \frac{1 + c o s ( 4 x )}{2}) d x = \frac{1}{4} \int (\frac{1}{2} - \frac{1}{2} cos (4 x)) d x = \frac{1}{8} x - \frac{1}{32} sin (4 x) + k, k \in R .$

Integrazione delle funzioni razionali fratte

Sia $f$ una funzione razionale fratta: $f (x) = \frac{a ( x )}{b ( x )} funzione 1.1$ con $a, b$ polinomi primi fra loro, effettuando la divisione fra $a$ e $b$ si ottengono due polinomi $q$ e $r$ quest’ultimo avente grado minore di quello di $b$ tali che: $f (x) = q (x) + \frac{r ( x )}{b ( x )}$ Quindi per integrare una qualsiasi funzione razionale fratta basta integrare un polinomio e una funzione razionale fratta propria, ossia una funzione razionale fratta in cui il grado del numeratore è minore di quello del denominatore.

Supponiamo che la funzione $1.1$ sia una funzione razionale fratta propria, e sia $m$ il grado del polinomio $b$ , possiamo affermare che: se $b (x) = 0$ ha $m$ soluzioni reali o complesse

Data $α$ una soluzione reale con una sua molteplicità $n$ allora $b (x)$ è divisibile per $(x - α)^{n}$
Dato $k + i c$ una soluzione complessa con molteplicità $n$ (anche il suo coniugato $k - i c$ lo sarà) allora $b (x)$ è divisibile per $[(x - k)^{2} + c^{2}]^{n}$

Dunque il polinomio $b$ si decompone nel prodotto di fattori del tipo $(x - α)^{n}$ e fattori del tipo $[(x - k)^{2} + c^{2}]^{n}$ cioè nel prodotto di potenze di polinomi di primo grado e di potenze di polinomi di secondo grado con discriminante negativo.

A questo punto si dimostra che è possibile decomporre la funzione razionale $f$ nella somma di funzioni razionali (le fratte semplici) che sono del tipo:

Ogni $b$ del tipo $(x - α)^{n}$ dà luogo ad $n$ fratti semplici del tipo: $\frac{A}{(x-\alpha)^n} \text{ funzione 1.2 }$$$$ \frac{A_1}{x-\alpha}, \frac{A_2}{(x-\alpha)^2}, \dots, \frac{A_n}{(x-\alpha)^n}$
Ogni fattore del tipo $[(x - k)^{2} + c^{2}]^{n}$ dà luogo ad $n$ fratti semplici del tipo: $\frac{A _{1} x + B _{1}}{( x - k ) ^{2} + c ^{2}} funzione 1.3$ $\frac{A _{1} x + B _{1}}{( x - k ) ^{2} + c ^{2}}, \frac{A _{2} x + B _{2}}{[( x - k ) ^{2} + c ^{2} ] ^{2}}, \dots, \frac{A _{n} x + B _{n}}{[( x - k ) ^{2} + c ^{2} ] ^{n}} .$ Esempio 9 Presa una funzione razionale fratta con denominatore nella forma: $x^{3} (x - 2) (x^{2} + 5) (x^{2} + 1)^{2}$ i suoi fratti semplici saranno: $\frac{A _{1}}{x}, \frac{A _{2}}{x ^{2}}, \frac{A _{3}}{x ^{3}}, \frac{A _{4}}{x - 2}$ e $\frac{C _{1} x + B _{1}}{x ^{2} + 5}, \frac{C _{2} x + B _{2}}{x ^{2} + 1}, \frac{C _{3} x + B _{3}}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$ Praticamente l’integrazione di una funzione razionale fratta propria viene ricondotta all’integrazione dei suoi fratti semplici

Come integrare un fratto semplice

Integrazione dei fratti semplici del primo tipo (1.2):

Osserviamo che grazie alla proprietà di omogeneità possiamo supporre $A = 1$ , il nostro fratto diventa: $I_{n} = \int \frac{1}{( x - c ) ^{n}} d x$ Se $n = 1$ si ha $I_{1} = \int \frac{1}{f ( x ) x - c} \cdot f^{'} (x) 1 d x = e quindi per la regola di integrazione = lo g ∣ x - c ∣ + k$ Se $n > 1$ si ha $I_{n} = \int (x - c)^{- n} d x = \frac{( x - c ) ^{- n + 1}}{- n + 1} = \frac{1}{- n + 1} \frac{1}{( x - c ) ^{n - 1}} + k$

Integrazione dei fratti semplici del secondo tipo (1.3):

Tratteremo solo i casi con $n = 1$ e $n = 2$ , poniamo quindi: $I_{n} = \int \frac{A _{1} x + B _{1}}{( x - k ) ^{2} + c ^{2}}$ Primo caso: $n = 1$ Grazie al primo teorema di integrazione per sostituzione possiamo supporre $k = 0$ quindi abbiamo che $I_{1} = \int \frac{A _{1} x + B _{1}}{x ^{2} + c ^{2}} d x decomponendo in somma: A \int \frac{x}{x ^{2} + c ^{2}} d x + B \int \frac{1}{x ^{2} + c ^{2}} d x .$ Supponendo $A = B = 1$ , consideriamo i due integrali in modo separato per semplicità:

$\int \frac{x}{x ^{2} + c ^{2}} d x = \frac{1}{2} \int \frac{2 x}{x ^{2} + c ^{2}} d x = \frac{1}{2} lo g (x^{2} + c^{2}) + k;$

\frac{1}{c} \left[ \int \frac{1}{t^2+1} dt \right]_{t=\frac{x}{c}} = \frac{1}{c} \arctan \frac{x}{c} + k$$dato che la derivata di $\frac{x}{c}$ è $\frac{1}{c}$

Secondo caso: $n = 2$ Anche questa volta possiamo supporre che $A = B = 1$ e $k = 0$ quindi si ha che: $\int \frac{x + 1}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x = I_{1} + I_{2}$ dove $I_{1}$ e $I_{2}$ sono: $I_{1} = \int \frac{x}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x, I_{2} = \int \frac{1}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x .$

$I_{1} = \frac{1}{2} \int \frac{2 x}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x = \frac{1}{2} [\int \frac{1}{t ^{2}} d t]_{t = x^{2} + c^{2}} = - \frac{1}{2} \frac{1}{x ^{2} + c ^{2}} + k$
Per determinare $I_{2}$ procediamo come abbiamo visto nell’esempio $5$ relativo all’integrazione per parti: $I_{2} = \frac{1}{c ^{2}} \int \frac{c ^{2}}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x = \frac{1}{c ^{2}} \int \frac{x ^{2} + c ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x = \frac{1}{c ^{2}} \int \frac{1}{x ^{2} + c ^{2}} d x + \frac{1}{c ^{2}} \int \frac{- x ^{2}}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x .$ il primo è stato già studiato nel caso $n = 1$ , per il secondo invece osserviamo che $\frac{1}{x ^{2} + c ^{2}}$ è $\frac{- 2 x}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}}$ quindi è possibile procedere per parti: $\int \frac{- x ^{2}}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x = \frac{1}{2} \int x \cdot \frac{- 2 x}{( x ^{2} + c ^{2} ) ^{2}} d x = \frac{1}{2} \frac{x}{x ^{2} + c ^{2}} - \frac{1}{2} \int \frac{1}{x ^{2} + c ^{2}} d x .$ e anche in questo caso ci riconduciamo al caso di $n = 1$

Generalizziamo

Con le considerazioni fatte finora, siamo in grado di integrare una funzione del tipo: $f (x) = \frac{a x + b}{x ^{2} + p x + q}$ Posto $Δ = p^{2} - 4 q$ e da qui distinguiamo tre casi:

$Δ > 0$ : in questo caso il trinomio al denominatore ha due zeri reali e distinti $x_{1}$ , $x_{2}$ e si ha $x^{2} + p x + q = (x - x_{1}) (x - x_{2})$ e quindi cerchiamo $A$ e $B$ tali che: $\frac{a x + b}{x ^{2} + p x + q} = \frac{A}{x - x _{1}} + \frac{B}{x - x _{2}}$ Si deve risolvere il sistema ${_{- x_{2} A - x_{1} B = b}^{A + B = a}$ che ammette una sola soluzione in quanto il determinante dei coefficienti vale $x_{2} - x_{1} \neq = 0$ quindi ci si riconduce al caso $1.2$
$Δ = 0$ : in questo caso il trinomio al denominatore ha un solo zero $x_{0}$ di molteplicità $2$ e si ha: $x^{2} + p x + q = (x - x_{0})^{2}$ , procedendo come nel caso precedente si determinano due numeri $A$ e $B$ tali che: $\frac{a x + b}{x ^{2} + p x + q} = \frac{A}{x - x _{0}} + \frac{B}{( x - x _{0} ) ^{2}} .$ in questo modo ci si riconduce nuovamente al caso $1.2$
$Δ < 0$ : in questo caso si utilizza il metodo del complemento dei quadrati: $x^{2} + p x + q = x^{2} + p x + \frac{p ^{2}}{4} - \frac{p ^{2}}{4} + q = (x + \frac{p}{2})^{2} + (\frac{- Δ}{2})^{2}$ quindi il trinomio al denominatore si scrive nella forma $(x - k)^{2} + c^{2}$ e si ha: $\int f(x) dx = a \int \frac{x}{x^2+px+q} dx + b \int \frac{1}{(x-k)^2+c^2} dx = $$$$ = \frac{a}{2} \int \frac{2x}{x^2+px+q} dx + b \int \frac{1}{(x-k)^2+c^2} dx = $$$$ = \frac{a}{2} \int \frac{2x+p-p}{x^2+px+q} dx + b \int \frac{1}{(x-k)^2+c^2} dx = $$$$ = \frac{a}{2} \int \frac{2x+p}{x^2+px+q} dx + \left( b - \frac{ap}{2} \right) \int \frac{1}{(x-k)^2+c^2} dx = $$$$ = \frac{a}{2} \log(x^2+px+q) + \left( b - \frac{ap}{2} \right) \left[ \int \frac{1}{t^2+c^2} dt \right]_{t=x-k}$ Ci si riconduce quindi al caso $1.3$

Valanga di esempi:

Esempio 10: Determiniamo $I = \int \frac{x + 4}{x ^{2} - x - 6} d x$ si ha: $x^{2} - x - 6 = (x - 3) (x + 2)$ quindi i fratti semplici saranno del tipo: $\frac{A}{x - 3}, \frac{B}{x + 2}$ cerchiamo di determinare $A, B$ : $\frac{x + 4}{x ^{2} - x - 6} = \frac{A}{x - 3} + \frac{B}{x + 2} = \frac{( A + B ) x + 2 A - 3 B}{x ^{2} - x - 6}$ quindi deve essere $A + B = 1$ , $2 A - 3 B = 4$ e quindi troviamo che $A = \frac{7}{5}, B = - \frac{2}{5}$ sostituendo nei fratti semplici e integrando otteniamo che: $I = \frac{7}{5} lo g ∣ x - 3∣ - \frac{2}{5} lo g ∣ x + 2∣ + k$ Esempio 11: Determiniamo $\int \frac{x + 4}{x ^{2} - 2 x + 1} d x$ in questo caso i fratti semplici sono del tipo: $\frac{A}{x - 1}, \frac{B}{( x - 1 ) ^{2}}$ si trova $A = 1$ e $B = 5$ quindi l’integrale richiesto risulta essere: $∣ x - 1∣ - \frac{5}{x - 1} + k$ Esempio 12: Determiniamo $I = \int \frac{x + 4}{x ^{2} + x + 4} d x$ il denominatore ha discriminante negativo, quindi si procede nel seguente modo: $I = \frac{1}{2} \int \frac{2x+8}{x^2+x+4} dx = \frac{1}{2} \int \frac{2x+1}{x^2+x+4} dx + \frac{1}{2} \int \frac{7}{x^2+x+4} dx = $$$$ = \frac{1}{2} \log(x^2+x+4) + \frac{7}{2} \int \frac{dx}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{15}{4}} = $$$$ = \frac{1}{2} \log(x^2+x+4) + \frac{7}{\sqrt{15}} \arctan \frac{2}{\sqrt{15}} \left(x+\frac{1}{2}\right) + k$ Esempio 13: Determiniamo $I = \int \frac{x + 3}{( x ^{2} + 4 ) ^{2}} d x$ e quindi risulta che:

I = \frac{1}{2} \int \frac{2 x + 6}{( x ^{2} + 4 ) ^{2}} d x = \frac{1}{2} [\int \frac{d t}{t ^{2}}]_{t = x^{2} + 4} + 3 \int \frac{d x}{( x ^{2} + 4 ) ^{2}}

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

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

= - \frac{1}{2 ( x ^{2} + 4 )} + \frac{3}{4} \int \frac{d x}{x ^{2} + 4} - \frac{3}{8} \int x \cdot \frac{2 x}{( x ^{2} + 4 ) ^{2}} d x

= - \frac{1}{2 ( x ^{2} + 4 )} + \frac{3}{8} arctan \frac{x}{2} - \frac{3}{8} [x \cdot (- \frac{1}{x ^{2} + 4}) - \int 1 \cdot (- \frac{1}{x ^{2} + 4}) d x]

= - \frac{1}{2 ( x ^{2} + 4 )} + \frac{3}{8} arctan \frac{x}{2} - \frac{3}{8} [- \frac{x}{x ^{2} + 4} + \int \frac{d x}{x ^{2} + 4}]

= - \frac{1}{2 ( x ^{2} + 4 )} + \frac{3}{8} arctan \frac{x}{2} + \frac{3 x}{8 ( x ^{2} + 4 )} - \frac{3}{8} \int \frac{d x}{x ^{2} + 4}

= - \frac{1}{2 ( x ^{2} + 4 )} + \frac{3}{8} arctan \frac{x}{2} + \frac{3 x}{8 ( x ^{2} + 4 )} - \frac{3}{8} (\frac{1}{2} arctan \frac{x}{2}) + k

= - \frac{1}{2 ( x ^{2} + 4 )} + (\frac{3}{8} - \frac{3}{16}) arctan \frac{x}{2} + \frac{3 x}{8 ( x ^{2} + 4 )} + k

= - \frac{1}{2 ( x ^{2} + 4 )} + \frac{3}{16} arctan \frac{x}{2} + \frac{3 x}{8 ( x ^{2} + 4 )} + k .

Esempi 14: questi sono esempi in cui la funzione razionale fratta non è propria, in questi casi la funzione deve essere decomposta nella somma di un polinomio e di una funzione razionale fratta propria:

Casi con trasformazioni semplici:
1. $\int \frac{x + 1}{2 x + 3} d x = \frac{1}{2} \int \frac{2 x + 2}{2 x + 3} d x = \frac{1}{2} \int \frac{2 x + 3 - 1}{2 x + 3} d x = \frac{1}{2} \int (1 - \frac{1}{2 x + 3}) d x .$
2. $\int \frac{x ^{4}}{x ^{2} + 1} d x = \int \frac{x ^{4} - 1 + 1}{x ^{2} + 1} d x = \int (\frac{x ^{4} - 1}{x ^{2} + 1} + \frac{1}{x ^{2} + 1}) d x = \int (x^{2} - 1 + \frac{1}{x ^{2} + 1}) d x .$
3. $\int \frac{x ^{2} + 2}{x - 5} d x = \int \frac{x ^{2} - 25 + 25 + 2}{x - 5} d x = \int (x + 5 + \frac{27}{x - 5}) d x$
Casi dove la trasformazione viene fatta effettuando la divisione fra il numeratore e il denominatore
1. $\int \frac{x ^{3}}{x ^{2} + 2} d x = \int (x + \frac{- 2 x}{x ^{2} + 2}) d x$
2. $\int \frac{x ^{4} + 1}{x ^{3} - 2} d x = \int (x + \frac{3 x + 1}{x ^{3} - 2}) d x$

Integrazione per razionalizzazione

Grazie al primo teorema di integrazione per sostituzione è possibile ricondurre alcuni integrali a quelli di funzioni razionali fratte. Di seguito degli esempi:

$\int \frac{e ^{x}}{e ^{x} + 1} d x = [\int \frac{1}{t + 1} d t]_{t = e^{x}} = lo g (e^{x} + 1) + k$
$\int \frac{e ^{2 x} + 4 e ^{x}}{e ^{2 x} + 1} d x = \int e^{x} \frac{e ^{x} + 4}{e ^{2 x} + 1} d x = [\int \frac{t + 4}{t ^{2} + 1} d t]_{t = e^{x}}$ qui abbiamo osservato che è presente il fattore $D (e^{x}) = e^{x}$ . Se esso non è presente basta moltiplicare il numeratore e il denominatore per $e^{x}$ come nell’esempio successivo
$\int \frac{d x}{e ^{x} + 3} = \int \frac{e ^{x}}{e ^{2 x} + 3 e ^{x}} d x = [\int \frac{d t}{t ^{2} + 3 t}]_{t = e^{x}}$
$\int \frac{t a n x}{t a n x + 1} d x = \int \frac{t a n x ( t a n ^{2} x + 1 )}{( t a n x + 1 ) ( t a n ^{2} x + 1 )} d x = [\int \frac{t}{( t + 1 ) ( t ^{2} + 1 )} d t]_{t = t a n x}$ qui abbiamo moltiplicato numeratore e denominatore per $t a n^{2} x + 1$ che è la derivata di $tan x$

Teorema 6 (secondo teorema di integrazione per sostituzione)

Siano $f : (a, b) \to R$ una funzione dotata di primitive, $g : (c, d) \to R$ una funzione derivabile e tale che $I m (g) = (a, b)$ . Se $g$ è invertibile si ha: $\int f (x) d x = [\int f (g (t)) g^{'} (t) d t]_{t = g^{- 1} (x)}$ Dimostrazione: Dal primo teorema di integrazione per sostituzione segue che: $\int f (g (t)) g^{'} (t) d t = [\int f (x) d x]$ componendo ambo i membri con $t = g^{- 1} (x)$

Esempio 15: di seguito degli esempi di applicazione del teorema appena dimostrato

Determinare $\int x + 3 d x$ si ha che $(a, b) = [- 3, + \infty [$ è ci poniamo come obbiettivo quello di porre $x + 3 = t$ . Si deve scegliere dunque $(c, d) = [0, + \infty [e che g (t) = t^{2} - 3$ Si prova subito che tutte le ipotesi del teorema sono soddisfatte e in particolare si ha: $g^{'} (t) = 2 t, g^{- 1} (x) = x + 3$ quindi $\int x + 3 d x = [\int t \times 2 t d t]_{t = x + 3} = \frac{2}{3} (x + 3)^{3} + k$
Sia $f (x) = \frac{p x + q}{r x + s}$ con $p s - q r \neq = 0$ una funzione definita in un intervallo $(a, b)$ in cui il radicando è non negativo. La sostituzione da fare in questo caso è $t = \frac{p x + q}{r x s + s}$ con $t \geq 0$ si ha allora $g (t) = \frac{s t ^{2} - q}{p - r t ^{2}}, g^{'} (t) = \frac{2 ( p s - q r ) t}{( p - r t ^{2} ) ^{2}}$ Poiché $g^{'}$ ha sempre segno costante, la funzione $g$ è invertibile. Applicando il secondo teorema di integrazione per sostituzione si ottiene: $\int f (x) d x [\int \frac{2 ( p s - q r ) t ^{2}}{( p - r t ^{2} ) ^{2}} d t]_{t = \frac{p x + q}{r x + s}}$ che è l’integrale di una funzione razionale.
Di seguito un caso particolare:

Integrale definito secondo Riemann

Ricordiamo che dati due insiemi numerici $A$ e $B$ se: $a \leq b \forall a \in A, \forall b \in B$ si dice che $A$ e $B$ sono separati e in quel caso si può provare che $sup A \leq in f B$ e tutti gli elementi $c \in [sup A, in f B]$ sono detti elementi di separazione. Se $sup A = in f B$ l’elemento di separazione è unico e gli insiemi $A$ e $B$ sono detti contigui.

Si può provare che $A$ e $B$ sono contigui se e solo se per ogni $ϵ > 0$ esistono $a \in A$ e $b \in B$ tali che $b - a < ϵ$

Definizione 3

Chiameremo decomposizione di $[a, b]$ ogni insieme di punti: $D = {x_{0}; x_{1}; \dots, x_{n - 1}; x_{n}}$ tali che: $a = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n - 1} < x_{n} = b$

i punti $x_{0}, x_{1}, \dots, x_{n}$ sono detti capisaldi della decomposizione
Il numero $∣ D ∣ = ma x {(x_{1} - x_{0}), (x_{2} - x_{1}), \dots, (x_{n} - x_{n - 1})}$ si chiama ampiezza di D

Esempio

Se consideriamo l’intervallo $[0, 10]$ , una possibile decomposizione D potrebbe essere: $D = {0; 2; 5; 10}$ Qui i capisaldi sono $x_{0} = 0, x_{1} = 2, x_{2} = 5, x_{3} = 10$ con $∣ D ∣ = 5$ .

Sia $D = {x_{0}; x_{1}; \dots, x_{n - 1}; x_{n}}$ una delle decomposizioni di $[a, b]$ . Poiché $f$ è continua in ognuno degli intervalli $[x_{i - 1}, x_{i}]$ (con $i = 1, \dots, n$ ) è ivi dotata di massimo e minimo assoluto. Formalmente scriveremo che: per ogni $i = 1, \dots, n$ siano $y_{i}, z_{i} \in [x_{i - 1}, x_{i}]$ tali che: $f (y_{i}) = min_{[x_{i - 1}, x_{i}]} f, f (z_{i}) = max_{[x_{i - 1}, x_{i}]} f$

Definizione 4

le quantità :

Somma inferiore della funzione $f$ relativa a $D$ $s (f, D) = Σ_{i = 1}^{n} f (y_{i}) (x_{i} - x_{i - 1})$
Somma superiore della funzione $f$ relativa a $D$ $S (f, D) = Σ_{i = 1}^{n} f (z_{i}) (x_{i} - x_{i - 1})$ Al variare della decomposizione $D$ , queste somme descrivono due insiemi numeri $\underline{S}$ (insieme di tutte le possibili somme inferiori) e $\overline{S}$ (insieme di tutte le possibili somme superiori) su questi due insiemi possiamo dire che:
Date due composizioni $D_{1}, D_{2}$ si ha che $s (f, D_{1}) \leq S (f, D_{2})$ cioè gli insiemi $\underline{S} e \overline{S}$ sono separati
Sapendo che sono separati sappiamo sicuramente che $sup \underline{S} \leq in f \overline{S}$

Teorema 7

Gli insiemi $\underline{S}$ e $\overline{S}$ sono contigui Dimostrazione: Dobbiamo dimostrare che $\forall ϵ > 0, \exists D decomposizione di [a, b] tale che S (D) - s (D) < ϵ$ Fissiamo $ϵ > 0$ essendo $f$ una funzione continua in $[a, b]$ per il teorema di Cantor essa è uniformemente continua in $[a, b]$ , scriviamo di seguito la definizione di uniformemente continua in $\frac{ϵ}{b - a}$ e troviamo che: $\exists δ > 0 tale che x, y \in [a, b], [x - y] < ϵ \Rightarrow ∣ f (x) - f (y) ∣ < \frac{ϵ}{b - a} (1.4)$ Costruiamo una decomposizione $D$ di $[a, b]$ tale che $∣ D ∣ < δ$ .

$x_{0}, x_{1}, \dots, x_{n - 1}, x_{n}$ i capisaldi di questa decomposizione
$y_{i}, z_{i} \in [x_{i - 1}, x_{i}]$ i punti di minimo e massimo assoluto di $f$ in $[x_{i - 1}, x_{i}]$ Dato che $∣ D ∣ < δ$ si ha $∣ z_{i} - y_{i} ∣ < δ$ quindi usando la $(1.4)$ per tale coppia di punti vale la disuguaglianza $f (z_{i}) - f (y_{i}) = ∣ f (z_{i}) - f (y_{i}) ∣ < \frac{ϵ}{b - a}$ si ha allora che: $S(D)-s(D) = \Sigma^{n}_{i = 1}(f(z_i)- f(y_i))(x_i-x_{i-1}) < \sum_{i=1}^{n} \frac{\varepsilon}{b-a} (x_i - x_{i-1}) = $$$$ \frac{\varepsilon}{b-a} \sum_{i=1}^{n} (x_i - x_{i-1}) =$$$$ \frac{\varepsilon}{b-a} (b-a) = \varepsilon.$ In virtù del teorema precedente gli insiemi $\underline{S} e \overline{S}$ sono contigui e $sup \underline{S} = in f \overline{S}$ è il loro unico elemento di separazione

Definizione 5

Il numero $\int_{a}^{b} f (x) d x = sup \underline{S} = in f \overline{S}$ e si chiama integrale definito (secondo Riemann) di $f$ in $[a, b]$

Esempio 16: consideriamo la funzione costante: $f (x) = k \forall \in [a, b]$ qualunque sia la decomposizione $D$ scelta, si ha subito $s (f, D) = S (f, D) = k (b - a)$ quindi $\int_{a}^{b} k d x = k (b - a)$ Osserviamo che se $k > 0$ il valore dell’integrale risulta uguale all’area del rettangolo ${(x, y) \in R^{2} : a \leq x \leq b, 0 \leq y \leq f (x)}$ Osservazione 3: Il valore dell’integrale dipende da $f$ , da $a$ e da $b$ ovviamente non cambia cambiando il nome della variabile di integrazione $\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} f (t) d t = \dots$ Sia $f$ una funzione continua in un intervallo $(α, β)$ e siano $a, b \in (α, β)$ Se $a < b$ abbiamo già definito l’integrale definito $\int_{a}^{b} f (x) d x$ che si generalizza nel caso in cui $a \geq b$ nel seguente modo: $\int_{a}^{b} f (x) d x = {_{- \int_{b}^{a} f (x) d x se a > b}^{0 se a = b}$

Proprietà dell’integrale definito

Di seguito le principali proprietà dell’integrale definito:

Proprietà additiva: se $f$ è una funzione continua in $(α, β)$ allora $\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$ qualunque siano i punti $a, b, c \in (α, β)$
Proprietà distributiva: se $f, g$ sono continue in $(α, β), a, b \in (α, β) e c_{1}, c_{2} \in R$ si ha: $\int_{a}^{b} (c_{1} f (x) + c_{2} g (x)) d x = c_{1} \int_{a}^{b} f (x) d x + c_{2} \int_{a}^{b} g (x) d x .$
Proprietà della media: Sia $f$ continua in $[a, b]$ . Posto $m = min_{[a, b]} f$ e $M = max_{[a, b]} f$ si ha $m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a) .$ inoltre esiste $c \in [a, b]$ tale che: $\int_{a}^{b} f (x) d x = f (c) (b - a)$ la prima proprietà della media segue dalla definizione di integrale usando la decomposizione $D = {a; b}$ . Per ottenere la seconda basta osservare che: $m \leq \frac{\int _{a}^{b} f ( x ) d x}{b - a} \leq M$ e applicare la proprietà dei valori intermedi alla funzione $f$
Prima proprietà di monotonia: Sia $f$ continua in $[a, b]$ e tale che $f (x) \geq 0$ per ogni $x \in [a, b]$ , allora si ha: $\int_{a}^{b} f (x) d x \geq 0$ l’eguaglianza si ha se e solo se $f$ è identicamente nulla. Questa proprietà si può provare usando quella della media e osservando che $m \geq 0$ , da questo risultato applicando la proprietà distributiva segue subito la seconda proprietà
Seconda proprietà di monotonia: Siano $f, g$ continue in $[a, b]$ e tali che $f (x) \leq g (x)$ per ogni $x \in [a, b]$ . Allora si ha $\int_{a}^{b} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} g (x) d x$
Proprietà con il valore assoluto: Siano $f$ continua in $[a, b]$ allora: $∣ \int_{a}^{b} f (x) d x ∣ \leq \int_{a}^{b} ∣ f (x) ∣ d x$

Funzione integrale

Sia $f : (α, β) \to R$ una funzione continua e sia $x_{0} \in (α, β)$ . Per ogni $x \in (α, β)$ l’integrale definito $\int_{x}^{x_{0}} f (t) d t$ è un numero che dipende da $x$ possiamo quindi considerare la funzione $F : (α, β) \to R$ definita mediante la legge: $F (x) = \int_{x}^{x_{0}} f (t) d t, \forall x \in (α, β)$ La funzione $F$ si chiama funzione integrale di f di punto iniziale $x_{0}$ , ovviamente $F (x_{0}) = 0$

Teorema 8

Siano $f (α, β) \to R$ una funzione continua e $x_{0}, x_{1} \in (α, β)$ . Se $F$ e $G$ sono due funzioni integrali di punti iniziale $x_{0}$ e $x_{1}$ rispettivamente, allora esiste $c \in R$ tale che: $F (x) = G (x) + c \forall x \in (α, β)$ Dimostrazione: Per definizione di funzione integrale si ha: $F (x) = \int_{x_{0}}^{x} f (t) d t, G (x) = \int_{x_{1}}^{x} f (t) d t, \forall x \in (α, β)$ Usando la proprietà additiva, dell’integrale definito otteniamo che: $F (x) = \int_{x_{0}}^{x} f (t) d t = \int_{x_{0}}^{x_{1}} f (t) d t + \int_{x_{1}}^{x} f (t) d t = G (x) + \int_{x_{0}}^{x_{1}} f (t) d t$

Teorema 9 (teorema di derivazione della funzione integrale)

Siano $f : (α, β) \to R$ una funzione continua e $F$ una funzione integrale di $f$ . Allora $F$ è derivabile e si ha $F^{'} (x) = f (x)$ per ogni $x \in (α, β)$ Dimostrazione: consideriamo la funzione integrale $F$ di punto iniziale $x_{0}$ . Proviamo la tesi in un punto $c \in (α, β)$ . Consideriamo il rapporto incrementale della funzione $F$ nel punto $c$ . Usando la definizione di $F$ e la proprietà additiva dell’integrale definito, se $x \in (α, β), x \neq = c$ si ha $\frac{F ( x ) - F ( c )}{x - c} = \frac{\int _{x_{0}}^{x} f ( t ) d t - \int _{x_{0}}^{c} f ( t ) d t}{x - c} = \frac{\int _{c}^{x} f ( t ) d t}{x - c} .$ Supponendo per semplicità che $x > c$ dal teorema della media applicato alla restrizione di $f$ in $[c, x]$ segue che esiste $\overline{x} \in [c, x]$ tale che $\frac{\int _{c}^{x} f ( t ) d t}{x - c} = f (\overline{x})$ Osserviamo che $\overline{x}$ dipenda da $x$ e al tendere di $x$ a $c$ anche $\overline{x}$ tende a $c$ quindi, per la continuità di $f$ nel punto $c$ si ha $lim_{x \to c} f (\overline{x}) = f (x) = f (c) da cui segue la tesi$ Dal risultato appena dimostrato segue che ogni funzione integrale di una funzione continua $f$ è una primitiva di $f$

Teorema 10 (Teorema fondamentale del calcolo integrale)

Una funzione continua in un intervallo è ivi dotata di primitive.

Di seguito degli esempi di applicazioni di questo teorema: Esempio 17: trovare la funzione $F$ primitiva in $] 0; + \infty [$ della funzione $f (x) = \frac{s i n x}{x}, \forall x > 0$ e tale che $F (2) = 5$ . Dato che ogni funzione integrale è una primitiva di $f$ basta porre: $F (x) = \int_{2}^{x} \frac{s i n t}{t} d t + 5$

Esempio 18: Derivare la funzione definita in $] 0, + \infty [$ della legge: $F (x) = \int_{1}^{x} \frac{s i n t}{t} d t \forall x > 0$ si tratta della funzione integrale di una funzione continua quindi: $F^{'} (x) = \frac{s i n x}{x} \forall x > 0$

Esempio 19: Derivare la funzione definita in $] 0, + \infty [$ della legge $F (x) = \int_{x}^{1} \frac{s i n t}{t} d t \forall x > 0$ Non è una funzione integrale in quanto l’estremo variabile di integrazione è quello inferiore. Tuttavia, si osserva che: $F (x) = - \int_{1}^{x} \frac{s i n t}{t} d t$ e quindi $F^{'} (x) = - \frac{s i n x}{x}, \forall x > 0$

Esempio 20: Derivare la funzione definita in $] 0; + \infty [$ della legge: $F(x) = \int^{x^3}_1 \frac{\sin t}{t} \ dt \ \forall x > 0$$$F$ è composta mediante la funzione integrale $\int^y_1 \frac{\sin t}{t} \ dt$ e la funzione $x^3$ quindi$ F’(x) = 3x^2\frac{\sin x^3}{x^3} \forall x > 0$$

Esempio 21: derivare la funzione definita in $] 0; + \infty [$ della legge: $F (x) = \int_{x^{4}}^{l o g x} \frac{s i n t}{t} d t \forall x > 0$ Non è una funzione integrale in quanto gli estremi di integrazione sono entrambi variabili, allora si procede nel seguente modo: $F (x) = \int_{x^{4}}^{2} \frac{s i n t}{t} d t + \int_{2}^{l o g x} \frac{s i n t}{t} d t$ e quindi $F^{'} (x) = - 4 x^{3} \frac{s i n x ^{4}}{x ^{4}} + \frac{1}{x} \frac{s i n ( l o g x )}{l o g x}, \forall x > 0.$

Teorema 11 (formula fondamentale del calcolo integrale)

Sia $f : (α, β) \to R$ una funzione continua, e sia $F$ una sua primitiva. Se $a, b \in (α, β)$ si ha $\int_{a}^{b} f (x) d x = F (b) - F (a) = [F (x)]_{a}^{b}$ Dimostrazioni: la funzione $G (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t$ è una primitiva di $f$ , quindi esiste una costante $k$ tale che, per ogni $x \in (α, β)$ si ha $F (x) = G (x) + k$ . In particolare per $x = a$ ne segue $F (a) = k$ quindi $F (x) = G (x) + F (a)$ . Calcolando i due membri di quest’eguaglianza per $x = b$ ne segue $F (b) = \int_{a}^{b} f (x) d x + F (a) che \overset{e}{ˋ} la tesi.$ Esempio 22

$\int_{1}^{e} lo g x d x = [x lo g x - x]_{1}^{e} = 1$
- Per risolvere $[x lo g x - x]_{1}^{e}$ abbiamo fatto;
  - $x lo g x - x \to sostituendo x con e \to e lo g e - e = e - e = 0$
  - $x lo g x - x \to sostituendo x con 1 \to 1 lo g 1 - 1 = 0 - 1 = - 1$
- sottraendo i due risultati otteniamo $0 - (- 1) = 1$
$\int_{π /2}^{π /4} cos x d x = [sin x]_{π /2}^{π /4} = \frac{2}{2} - 1$

Interpretazione geometrica dell’integrale di Riemann

Si vuole attribuire un’area a sottoinsiemi del piano che non siano necessariamente dei poligoni, se $X = (a, b) \times (c, d)$ è un rettangolo limitato e chiameremo area di $X$ il numero: $a re a (X) = (b - a) (d - c)$ Chiameremo plurirettangolo ogni insieme che sia unione finita di rettangoli a due a due privi di punti interni in comune. Se $X$ è un plurirettangolo chiamiamo $a re a (X)$ la somma delle aree dei rettangolo che lo compongono.

Siano rispettivamente $\underline{P}$ e $\overline{P}$ rispettivamente le famiglie non vuote dei plurirettangolo contenuti in $X$ e dei plurirettangoli contenenti $X$

Introduciamo $\underline{A}$ e $\overline{A}$ costituiti dalle aree degli elementi di $\underline{P}$ e $\overline{P}$ si tratta evidentemente di due insiemi numerici separati

Se essi sono contigui $X$ è detto misurabile e il loro elemento di separazione è chiamato area di $X$ se non sono contigui $X$ è detto non misurabile

Sia ora $f$ una funzione reale continua e non negativa in $[a, b]$ . Introduciamo l’insieme che chiameremo rettangoloide di f: $R (f) = {(x, y) \in R^{2} : a \leq x \leq b, 0 \leq y \leq f (x)}$ Siano $D$ una decomposizione dell’intervallo $[a, b]$ di capisaldi $x_{0}, x_{1}, \dots, x_{n}$ e $y_{i}, z_{i} \in [x_{i - 1}, x_{i}]$ i punti di minimo e massimo assoluto di $f$ nell’intervallo $[x_{i - 1}, x_{i}]$

Osserviamo che la quantità $f (y_{i}) (x_{i} - x_{i - 1})$ rappresenta l’area di un rettangolo contenuto nella porzione di rettangoloide relativa all’intervallo $[x_{i - 1}, x_{i}]$ . L’unione di tutti i rettangolo ottenuti in tal modo costituisce un plurirettangolo contenuto nel rettangoloide e la sua area è $s (f, D)$ , analogamente $S (f, D)$ fornisce l’area di un plurirettangolo contenente il rettangoloide.

Dire che la funzione è integrabile, cioè che gli insiemi $\underline{S}$ e $\overline{S}$ sono contigui, equivale dunque a dire che sono contigui gli insiemi $\underline{A}$ e $\overline{A}$ quindi garantisce che il rettangoloide è misurabile e la sua area è l’elemento di separazione fra tali insiemi, quindi l’integrale.

Se $f$ è a valori non positivi, si può in modo simile introdurre il rettangoloide e la sua area risulta uguale a $- \int_{a}^{b} f (x) d x$ dato che in questo caso $R (f)$ è simmetrico rispetto all’asse delle ascisse a $R (- f)$ quindi ha la sua stessa area

Se infine $f$ e $g$ sono due funzioni continue in $[a, b]$ tali che $g (x) \leq f (x) \forall x in [a, b]$ si può dimostrare che l’insieme ${(x, y) \in R^{2} : a \leq x \leq b, g (x) \leq y \leq f (x)}$ che chiameremo dominio normale rispetto all’asse delle ascisse è misurabile e la sua area è uguale $\int_{a}^{b} (f (x) - g (x)) d x$

Andrea Girlando

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Integrali indefiniti e definiti