Calcolo degli integrali di Riemann

Nella lezione precedente abbiamo visto alcuni teoremi che ci permettono di stabilire l'integrabilità o meno di una funzione in base a certi criteri. Tuttavia, una volta stabilita l'integrabilità, si pone spesso il problema di calcolare effettivamente il valore dell'integrale e questa operazione può essere anche molto complessa. Vediamo allora alcuni teoremi e alcune tecniche che ci permettono, se sono rispettate certe condizioni, di ricondurci al caso di integrali più semplici da calcolare.

Algebra degli integrali di Riemann

Siano $f,g\in {ℛ}_{[a,b]},\lambda \in ℝ$:

Somma di integrali

Template:Riquadro cioè l'integrale di una somma è uguale alla somma degli integrali. Infatti, siano ${\sigma }^{\prime }$ e ${\sigma }^{″}$ due scomposizioni di $[a,b]$ qualsiasi e $\sigma ={\sigma }^{\prime }\cup {\sigma }^{″}$, cioè $\sigma$ è più fine delle altre due scomposizioni. Abbiamo allora:

$\underset{a}{\overset{\mathrm{\_}b}{\int }}(f(x)+g(x))dx\le S(f+g,\sigma )\le S(f,\sigma )+S(g,\sigma )\le S(f,{\sigma }^{\prime })+s(g,{\sigma }^{″})$

Dunque

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

D'altra parte

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

In conclusione

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

Ma il primo e l'ultimo membro sono uguali! Dunque tutti questi $\le$ sono in realtà uguaglianze ed in definitiva

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

Moltiplicazione di un integrale per un numero reale

Template:Riquadro Infatti, se $\lambda \ne 0$ (altrimenti l'affermazione è banale), si ha per $\lambda >0$:

$\lambda S(f,\sigma )=S(\lambda f,\sigma )$ $\lambda s(f,\sigma )=s(\lambda f,\sigma )$

Se $\lambda <0$

$\lambda S(f,\sigma )=s(\lambda ,\sigma )$ $\lambda s(f,\sigma )=S(\lambda f,\sigma )$

Ordine tra integrali

Template:Riquadro Infatti $f(x)\le g(x),\mathrm{\forall }x\in [a,b]\Rightarrow S(f,\sigma )\le S(g,\sigma ),\mathrm{\forall }\sigma \in {\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}$ e di conseguenza $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx$.

Valore assoluto di un integrale

Template:Riquadro Infatti, prendiamo un $\epsilon >0$ e una scomposizione $\sigma =\{x_0,\dots ,x_n\}$ tale che $S(f,\sigma )-s(f,\sigma )<\epsilon$. Allora:

$S(|f|,\sigma )-s(|f|,\sigma )=\sum _{i=1}^n(\underset{I_i}{\sup }|f|-\underset{I_i}{\inf }|f|)(x_{i+1}-x_i)\le$$\sum _{i=1}^n(\underset{I_i}{\sup }f-\underset{I_i}{\inf }f)(x_{i+1}-x_i)\le S(f,\sigma )-s(f,\sigma )<\epsilon$

Per il Teorema di Riemann abbiamo provato che $|f|$ è integrabile secondo Riemann in $[a,b]$. Osserviamo ora che $\pm f\le |f|$ e per le proprietà viste sopra abbiamo

$\pm \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)|dx$

Dunque

$|\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx|=\max \{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx,-\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\}\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}|f(x)|dx$

Teoremi

Teorema (fondamentale del calcolo integrale)

Dimostrazione

1. Sia $x_0\in [a,b]$ e prendiamo un numero $h\ne 0$ tale che $x_o+h\in [a,b]$. Abbiamo che

$I_f(x_0+h)-I_f(x_0)=\underset{a}{\overset{x_0+h}{\int }}f(t)dt-\underset{a}{\overset{x_0}{\int }}f(t)dt=\underset{x_0}{\overset{x_0+h}{\int }}f(t)dt=\mu (h)h$

ove $\mu (h)=\frac{1}{h}\underset{x_0}{\overset{x_0+h}{\int }}f(t)dt$. Per il Teorema della media integrale abbiamo che $\underset{[x_0,x_0+h]}{\inf }f\le \mu (h)\le \underset{[x_0,x_0+h]}{\sup }f$. Dunque

$\underset{h\to 0}{\lim }(I_f(x_0+h)-I_f(x_0))=0$

Quindi $I_f$ è continua.

2. Sia $x_0$ un punto di continuità di $f$. Preso dunque un numero positivo $\epsilon$, esiste un altro numero positivo $\delta$ tale che $|t-x_0|<\delta ,\mathrm{\forall }t\in [a,b]$ abbiamo

$f(x_0)-\epsilon <f(t)<f(x_0)+\epsilon$

dunque

Corollario (integrabilità in ogni punto di un intervallo di funzioni continue)

Dimostrazione

Scomponiamo questo integrale come somma di più integrali. Abbiamo:

$I(x)=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}f(t)dt=\underset{x_0}{\overset{a}{\int }}f(t)dt+\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt=\underset{a}{\overset{x_0}{\int }}f(t)dt+\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$

Ora, notiamo che $\underset{a}{\overset{x_0}{\int }}f(t)dt$ è una costante reale nella funzione $I$, dunque poniamo $\underset{a}{\overset{x_0}{\int }}f(t)dt=c$.

Adesso, abbiamo che

$(c+\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt)=(c+I_f(x))=f(x)$

.

$◻$

Corollario

Dimostrazione

Innanzitutto, essendo $f^{\prime }(x)$ una funzione continua, essa è integrabile secondo Riemann in $[a,b]$. Inoltre $f$ è una primitiva di $f^{\prime }$, per la definizione di primitiva. Per il precedente corollario

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^{\prime }(x)dx=[f(x){]}_a^b=f(b)-f(a)$

$◻$

Teorema (integrabilità delle funzioni dotate di primitiva)

Definiamo il concetto di primitiva di una funzione. Consideriamo una funzione $f:[a,b]\to ℝ$. Una funzione $F:[a,b]\to ℝ$ derivabile in ogni punto del suo dominio e tale che $F^{\prime }(x)=f(x)$ si dice primitiva di $f$.

Per il precedente corollario, sappiamo ora una cosa molto importante: ogni funzione continua ha almeno una primitiva, cioè la sua funzione integrale!

Enunciamo ora il seguente, fondamentale, Teorema: Template:Riquadro

Dimostrazione

Per ipotesi $f$ è integrabile, dunque per il Teorema di Riemann $\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }\sigma \in {\mathrm{\Omega }}_{[a,b]}:S(f,\sigma )-s(f,\sigma )<\epsilon$. Ora, osserviamo che possiamo scrivere $F(b)-F(a)$ in termine di scomposizioni, cioè

$F(b)-F(a)=F(x_n)-F(x_0)=\sum _{i=1}^n(F(x_i)-F(x_{i-1}))$

Per il Teorema del valor medio, sappiamo che esiste un $c_i\in ]x_{i-1},x_i[:F(x_i)-F(x_{i-1})=F^{\prime }(c_i)(x_i-x_{i-1})$

cioè

$f(c_i)(x_i-x_{i-1})$

perché $F$ è una primitiva di $f$.

Mettendo insieme le due espressioni, otteniamo:

$F(b)-F(a)=\sum _{i=1}^{n}f(c_i)(x_i-x_{i-1})\le \sum _{i=1}^n\underset{[x_{i-1},x_i]}{\sup }f\cdot (x_i-x_{i-1})$ $=S(f,\sigma )<s(f,\sigma )+\epsilon \le \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx+\epsilon$

$F(b)-F(a)=\sum _{i=1}^{n}f(c_i)(x_i-x_{i-1})\ge \sum _{i=1}^n\underset{[x_{i-1},x_i]}{\inf }f\cdot (x_i-x_{i-1})$ $=s(f,\sigma )>S(f,\sigma )-\epsilon \ge \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx-\epsilon$

Dunque,

$F(b)-F(a)=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

$◻$

Prima di proseguire, è fondamentale tenere bene a mente che l'esistenza di una primitiva non è condizione necessaria per l'integrabilità e nemmeno sufficiente. Infatti esistono funzioni che non hanno primitiva ma sono integrabili, così come esistono funzioni che hanno primitiva ma non sono integrabili secondo Riemann.

Integrazione per parti

Dimostrazione

$F,g$ sono funzioni derivabili, dunque $Fg\in {𝒞}^1([a,b],ℝ)$ e si ha

$[F(x)g(x){]}_a^b=\underset{a}{\overset{b}{\int }}(F(x)g(x){)}^{\prime }dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}(F^{\prime }(x)g(x)+F(x)g^{\prime }(x))dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)g(x)dx+\underset{a}{\overset{b}{\int }}F(x)g^{\prime }(x)dx$

$◻$

Integrazione per sostituzione (o cambio di variabile)

Dimostrazione

Consideriamo $F$ primitiva di $f$ e $G(t)=F(\phi (t))$. Per le proprietà della derivata di funzione composta si ha che $G^{\prime }(t)=F^{\prime }(\phi (t))\cdot {\phi }^{\prime }(t)=f(\phi (t))\cdot {\phi }^{\prime }(t)$ dunque

$\underset{\alpha }{\overset{\beta }{\int }}f(\phi (t))\cdot {\phi }^{\prime }(t)dt=\underset{\alpha }{\overset{\beta }{\int }}{G}^{\prime }(t)dt=G(\beta )-G(\alpha )=F(\phi (\beta ))-F(\phi (\alpha ))=\underset{\phi (\alpha )}{\overset{\phi (\beta )}{\int }}f(x)dx$

La funzione è invertibile per ipotesi, dunque, ponendo $\alpha ={\phi }^{-1}(a)$ e $\beta ={\phi }^{-1}(b)$ si ottiene

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{{\phi }^{-1}(a)}{\overset{{\phi }^{-1}(b)}{\int }}f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt$

che era ciò che si voleva dimostrare.