Integrale di Riemann

Consideriamo l'intervallo $[a,b]\in ℝ$ con $a<b$.

Chiamiamo scomposizione di $[a,b]$ un sottoinsieme $\sigma \in [a,b]$ comprendente gli estremi $a,b$.

$\sigma =\{a=x_0,x_1,\dots ,x_n=b\}$

È possibile definire su $[a,b]$ la misura di ogni intervallo $I_k=[x_k,x_{k+1}]$ (è possibile farlo perché $ℝ$ è archimedeo) come $(x_{k+1}-x_k)$. Inoltre

$\sum _{i=1}^n(x_{k+1}-x_k)=b-a$

Definiamo il parametro di finezza di $\sigma$:

$|\sigma |\in ℝ=\max \{(x_{k+1}-x_k),k=1,\dots ,n\}$

cioè quanto al massimo può misurare un intervallo della scomposizione $\sigma$. In altri termini, $|\sigma |<|{\sigma }^{\prime }|$ significa che $\sigma$ è una scomposizione di $[a,b]$ in un numero di intervalli maggiore rispetto a ${\sigma }^{\prime }$ dunque ${\sigma }^{\prime }\supseteq \sigma$.

Indichiamo l'insieme totale di tutte le scomposizioni possibili di $[a,b]$ l'insieme denotato con ${\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}$.

Somme inferiori e somme superiori di una funzione limitata

Sia $f:[a,b]\to ℝ$ una funzione limitata. Se $\sigma \in {\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}$, è detta somma superiore di $f$ relativa a $\sigma$

$S(f,\sigma )\in ℝ=\sum _{i=1}^n\underset{I_i}{\sup }f\cdot (x_{i+1}-x_i)$

Graficamente:

Analogamente si definiscono le somme inferiori come

$s(f,\sigma )\in ℝ=\sum _{i=1}^n\underset{I_i}{\inf }f\cdot (x_{i+1}-x_i)$

e la figura sarà simile a quella sopra, se non per il fatto che i rettangoli non "superano" la funzione ma stanno tutti sotto di essa. In altri termini, le somme superiori approssimano per eccesso l'area sottesa alla funzione nell'intervallo $[a,b]$, mentre quelle inferiori la approssimano per difetto. Dunque risulta ovviamente che $s(f,\sigma )\le S(f,\sigma ),\mathrm{\forall }\sigma \in {\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}$. Osserviamo inoltre che, per ogni scomposizione $\sigma$, si ha:

$\underset{[a,b]}{\inf }f\cdot (b-a)=\sum _{i=1}^n\underset{[a,b]}{\inf }f\cdot (x_{i+1}-x_i)\le s(f,\sigma )\le S(f,\sigma )\le \sum _{i=1}^n\underset{[a,b]}{\sup }f\cdot (x_{i+1}-x_i)=\underset{[a,b]}{\sup }\cdot (b-a)$

Definiamo ora l' integrale inferiore e superiore da $a$ a $b$ di $f$, denotato con $\underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)\mathrm{d}x\in ℝ$ e $\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)\mathrm{d}x\in ℝ$ il numero reale tale che:

$\underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)\mathrm{d}x=\sup \{s(f,\sigma ),\sigma \in {\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}\}$ $\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)\mathrm{d}x=\inf \{S(f,\sigma ),\sigma \in {\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}\}$

In altri termini, l'integrale inferiore è quella somma inferiore che approssima meglio l'area di $f$ in $[a,b]$ tra tutte le scomposizioni $\sigma$ possibili. Analogamente l'integrale superiore.

Lemma

Dimostrazione del Lemma

Sia $\sigma ={\sigma }^{\prime }\cup \{c\}$, cioè $\sigma$ è più grande di ${\sigma }^{\prime }$ solo per un punto in più $\{c\}$. Abbiamo ${\sigma }^{\prime }=\{x_0,x_1,\dots ,x_p,x_{p+1},\dots ,x_n\}$ e $x_p<c<x_{p+1}$ in $\sigma$. Notiamo innanziutto che le due somme differiscono soltanto nell'intervallo $[x_p,x_{p+1}]$, ma per il resto sono uguali. Per provare che $S(f,\sigma )\le S(f,{\sigma }^{\prime })$, facciamo vedere che la differenza tra $S(f,\sigma )$ e $S(f,{\sigma }^{\prime })$ è minore di zero e in virtù di quanto abbiamo appena notato, possiamo solo considerare l'intervallo $[x_p,x_{p+1}]$ in quanto tutti gli altri intervalli, essendo i medesimi in entrambe le scomposizioni, si annullano. Dunque :

$S(f,\sigma )-S(f,{\sigma }^{\prime })=\underset{[x_p,c]}{\sup }f\cdot (c-x_p)+\underset{[c,x_{p+1}]}{\sup }f\cdot (x_{p+1}-c)-\underset{[x_p,x_{p+1}]}{\sup }f\cdot (x_{p+1}-x_p)\le$ $\underset{[x_p,x_{p+1}]}{\sup }f\cdot (c-x_p)+\underset{[x_p,x_{p+1}]}{\sup }f\cdot (x_{p+1}-c)-\underset{[x_p,x_{p+1}]}{\sup }f\cdot (x_{p+1}-x_p)=0$

Analogamente per le somme inferiori:

$s(f,\sigma )-s(f,{\sigma }^{\prime })=\underset{[x_p,c]}{\inf }f\cdot (c-x_p)+\underset{[c,x_{p+1}]}{\inf }f\cdot (x_{p+1}-c)-\underset{[x_p,x_{p+1}]}{\inf }f\cdot (x_{p+1}-x_p)\ge$ $\underset{[x_p,x_{p+1}]}{\inf }f\cdot (c-x_p)+\underset{[x_p,x_{p+1}]}{\inf }f\cdot (x_{p+1}-c)-\underset{[x_p,x_{p+1}]}{\inf }f\cdot (x_{p+1}-x_p)=0$

Abbiamo così dimostrato che le somme superiori (inferiori) di una certa scomposizione sono più piccole (più grandi) delle somme di un'altra scomposizione mano a mano che aumenta la finezza della scomposizione.

Inoltre, qualsiasi somma inferiore è minore uguale di qualsiasi altra somma superiore, a prescindere dalle rispettive scomposizioni. Infatti:

$\sigma \supseteq {\xi }^{\prime },\sigma \supseteq {\xi }^{″}\Rightarrow s(f,{\xi }^{\prime })\le s(f,\sigma )\le S(f,\sigma )\le S(f,{\xi }^{″})$

$◻$

Dimostrazione della Proposizione

È una diretta conseguenza del Lemma precedente.

$◻$

Funzioni integrabili

Vedremo ora alcuni teoremi che ci aiuteranno a stabilire quando una funzione è integrabile (secondo Riemann). Denoteremo con ${ℛ}_{[a,b]}$ l'insieme delle funzioni integrabili secondo Riemann nell'intervallo $[a,b]$.

Cominciamo proprio con il teorema omonimo.

Teorema (di Riemann)

Template:Riquadro Diciamo fra noi che è un'affermazione un po' "imparentata" con la definizione di integrale appena data, tuttavia è un teorema che risulta comodo e conveniente conoscere.

Dimostrazione

Dimostriamo l'implicazione $\Rightarrow$ utilizzando un piccolo "artificio" esclusivamente per semplificare la comprensione della dimostrazione, ma che naturalmente non ne invalida la correttezza. Se $f$ è integrabile, esiste una qualche scomposizione ${\sigma }^{\prime }\in {\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}$ per cui $S(f,{\sigma }^{\prime })<\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)dx+\frac{\epsilon }{2}$, cioè esisterà certamente una qualche scomposizione (che chiamiamo ${\sigma }^{\prime }$) tale che la somma superiore relativa a questa scomposizione sia minore della più piccola tra le somme superiori aumentata di un certo valore (che noi chiamiamo $\frac{\epsilon }{2}$) per quanto esso sia piccolo a piacere. Per ipotesi $f\in {ℛ}_{[a,b]}$, dunque $\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)dx+\frac{\epsilon }{2}=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx+\frac{\epsilon }{2}$. Analogamente esiste una scomposizione ${\sigma }^{″}$ tale che $s(f,{\sigma }^{″})>\underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx-\frac{\epsilon }{2}$ e anche qui, per l'ipotesi che $f$ sia integrabile, $\underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx-\frac{\epsilon }{2}=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx-\frac{\epsilon }{2}$. Ricapitolando, abbiamo dunque:

$S(f,{\sigma }^{\prime })<\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx+\frac{\epsilon }{2}$ $s(f,{\sigma }^{″})>\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx-\frac{\epsilon }{2}$ .

Sia ora $\sigma ={\sigma }^{\prime }\cup {\sigma }^{″}$ e dunque $\sigma \supseteq {\sigma }^{\prime }$ e $\sigma \supseteq {\sigma }^{″}$. Per il lemma 1.2, abbiamo che $S(f,\sigma )\le S(f,{\sigma }^{\prime })$ e $s(f,\sigma )\ge s(f,{\sigma }^{″})$ essendo $\sigma$ una scomposizioni più fine o uguale alle altre due. Dunque:

$S(f,\sigma )-s(f,\sigma )\le S(f,{\sigma }^{\prime })-s(f,{\sigma }^{″})<\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx+\frac{\epsilon }{2}-(\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx-\frac{\epsilon }{2})=\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$ .

Dimostriamo ora l'implicazione inversa, cioè assumiamo che $\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }\sigma \in {\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}:S(f,\sigma )-s(f,\sigma )<\epsilon$ e traiamone che $f\in {ℛ}_{[a,b]}$. Per ipotesi, si ha allora:

$\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)dx-\underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le S(f,\sigma )-s(f,\sigma )<\epsilon$

e di conseguenza

$\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)dx-\underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx<\epsilon \iff \underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)dx<\underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx+\epsilon \iff \underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)dx\le \underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

.

Ma la Proposizione 1.1 sostiene che si ha sempre $\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)dx\ge \underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$, dunque mettendo insieme le cose traiamo che

$\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}f(x)dx=\underset{\mathrm{\_}a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

e dunque

$f$

è integrabile secondo Riemann.

$◻$