Calcolo degli integrali di Riemann

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

Somma di integrali

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

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

$\int _{a}^{\_b}(f(x)+g(x))dx\leq S(f+g,\sigma )\leq S(f,\sigma )+S(g,\sigma )\leq S(f,\sigma ')+s(g,\sigma '')$

Dunque

$\int _{a}^{\_b}(f(x)+g(x))dx\leq \int _{a}^{\_b}f(x)dx+\int _{a}^{\_b}g(x)dx=\int _{a}^{b}f(x)dx+\int _{a}^{b}g(x)dx$

D'altra parte

$\int _{\_a}^{b}(f(x)+g(x))dx\geq \int _{a}^{b}f(x)dx+\int _{a}^{b}g(x)dx$

In conclusione

$\int _{a}^{\_b}(f(x)+g(x))dx\leq \int _{a}^{b}f(x)dx+\int _{a}^{b}g(x)dx\leq \int _{\_a}^{b}(f(x)+g(x))dx\leq \int _{a}^{\_b}(f(x)+g(x))dx$

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

$\int _{a}^{\_b}(f(x)+g(x))dx=\int _{\_a}^{b}(f(x)+g(x))dx=\int _{a}^{b}f(x)dx+\int _{a}^{b}g(x)dx$

Moltiplicazione di un integrale per un numero reale

$\int _{a}^{b}\lambda f(x)dx=\lambda \int _{a}^{b}f(x)dx$

Infatti, se $\lambda \neq 0$ (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

Supponiamo $f(x)\leq g(x),\ \forall x\in [a,b]$

$\int _{a}^{b}f(x)dx\leq \int _{a}^{b}g(x)$

Infatti $f(x)\leq g(x),\ \forall x\in [a,b]\Rightarrow S(f,\sigma )\leq S(g,\sigma ),\ \forall \sigma \in \Omega _{[a,b]}$ e di conseguenza $\int _{a}^{b}f(x)dx\leq \int _{a}^{b}g(x)dx$.

Valore assoluto di un integrale

Sia $|f|\in {\mathcal {R}}_{[a,b]}$. Allora

$\left|\int _{a}^{b}f(x)fx\right|\leq \int _{a}^{b}|f(x)|dx$

Infatti, prendiamo un $\varepsilon >0$ e una scomposizione $\sigma =\{x_{0},\dots ,x_{n}\}$ tale che $S(f,\sigma )-s(f,\sigma )<\varepsilon$. Allora:

$S(|f|,\sigma )-s(|f|,\sigma )=\sum _{i=1}^{n}\left(\sup _{I_{i}}|f|-\inf _{I_{i}}|f|\right)(x_{i+1}-x_{i})\leq$$\sum _{i=1}^{n}\left(\sup _{I_{i}}f-\inf _{I_{i}}f\right)(x_{i+1}-x_{i})\leq S(f,\sigma )-s(f,\sigma )<\varepsilon$

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

$\pm \int _{a}^{b}f(x)dx\leq \int _{a}^{b}|f(x)|dx$

Dunque

$\left|\int _{a}^{b}f(x)dx\right|=\max \left\{\int _{a}^{b}f(x)dx,-\int _{a}^{b}f(x)dx\right\}\leq \int _{a}^{b}|f(x)|dx$

Teoremi

Teorema (della media integrale)

Sia $f$ una funzione integrabile secondo Riemann in $[a,b]$. Poniamo $\mu :={\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)dx$, allora si ha che

$\inf _{[a,b]}f\leq \mu \leq \sup _{[a,b]}f$.

Teorema (fondamentale del calcolo integrale)

Sia $f\in {\mathcal {R}}_{[a,b]}$. Poniamo

$I_{f}:[a,b]\to \mathbb {R} ,\ \ I_{f}(x)=\int _{a}^{x}f(t)dt$

Allora:

1. $I_{f}$ è continua in ogni punto di $[a,b]$.
2. se $f$ è continua in $x_{0}$, allora $I_{f}$ è derivabile in $x_{0}$ e si ha
   $I_{f}'(x_{0})=f(x_{0})$.

Dimostrazione

1. Sia $x_{0}\in [a,b]$ e prendiamo un numero $h\neq 0$ tale che $x_{o}+h\in [a,b]$. Abbiamo che

$I_{f}(x_{0}+h)-I_{f}(x_{0})=\int _{a}^{x_{0}+h}f(t)dt-\int _{a}^{x_{0}}f(t)dt=\int _{x_{0}}^{x_{0}+h}f(t)dt=\mu (h)h$

ove $\mu (h)={\frac {1}{h}}\int _{x_{0}}^{x_{0}+h}f(t)dt$. Per il Teorema della media integrale abbiamo che $\inf _{[x_{0},x_{0}+h]}f\leq \mu (h)\leq \sup _{[x_{0},x_{0}+h]}f$. Dunque

$\lim _{h\to 0}(I_{f}(x_{0}+h)-I_{f}(x_{0}))=0$

Quindi $I_{f}$ è continua.

2. Sia $x_{0}$ un punto di continuità di $f$. Preso dunque un numero positivo $\varepsilon$, esiste un altro numero positivo $\delta$ tale che $|t-x_{0}|<\delta ,\ \ \forall t\in [a,b]$ abbiamo

$f(x_{0})-\varepsilon <f(t)<f(x_{0})+\varepsilon$

dunque

Nota:
problema con la dimostrazione. chiedere al prof.

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

Sia $f$ una funzione continua in $[a,b]$ e sia $x_{0}$ un punto dell'intervallo. Poniamo $I(x)=\int _{x_{0}}^{x}f(t)dt$, si ha per ogni $x\in [a,b]$,

$I'(x)=f(x)$

.

Dimostrazione

Scomponiamo questo integrale come somma di più integrali. Abbiamo:

$I(x)=\int _{x_{0}}^{x}f(t)dt=\int _{x_{0}}^{a}f(t)dt+\int _{a}^{x}f(t)dt=\int _{a}^{x_{0}}f(t)dt+\int _{a}^{x}f(t)dt$

Ora, notiamo che $\int _{a}^{x_{0}}f(t)dt$ è una costante reale nella funzione $I$, dunque poniamo $\int _{a}^{x_{0}}f(t)dt=c$.

Adesso, abbiamo che

$\left(c+\int _{a}^{x}f(t)dt\right)'=\left(c+I_{f}(x)\right)'=f(x)$

.

$\Box$

Corollario

Sia $f\in {\mathcal {C}}^{1}([a,b],\mathbb {R} )$, allora

$\int _{a}^{b}f'(x)dx=f(b)-f(a)$

Dimostrazione

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

$\int _{a}^{b}f'(x)dx=[f(x)]_{a}^{b}=f(b)-f(a)$

$\Box$

Teorema (integrabilità delle funzione dotate di primitiva)

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

Sia $f\in {\mathcal {R}}_{[a,b]}$ ed $F$ una sua primitiva. Allora si ha

$\int _{a}^{b}f(x)dx=[F(x)]_{a}^{b}=F(b)-F(a)$

Dimostrazione

Per ipotesi $f$ è integrabile, dunque per il Teorema di Riemann $\forall \varepsilon >0\exists \sigma \in \Omega _{[a,b]}\ :\ S(f,\sigma )-s(f,\sigma )<\varepsilon$. 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 $c_{i}\in ]x_{i-1},x_{i}[\ :\ F(x_{i})-F(x_{i-1})=F'(c_{i})(x_{i}-x_{i-1})$

cioè

$f(c_{i})(x_{i}-x_{i-1})$

perché $F$ è una primitiva di $f$.

Mettendo insieme le due espressioni, otteniamo:

$F(b)-F(a)=\sum _{i=1}^{n}f(c_{i})(x_{i}-x_{i-1})\leq \sum _{i=1}^{n}\sup _{[x_{i-1},x_{i}]}f\cdot (x_{i}-x_{i-1})$ $=S(f,\sigma )<s(f,\sigma )+\varepsilon \leq \int _{a}^{b}f(x)dx+\varepsilon$

$F(b)-F(a)=\sum _{i=1}^{n}f(c_{i})(x_{i}-x_{i-1})\geq \sum _{i=1}^{n}\inf _{[x_{i-1},x_{i}]}f\cdot (x_{i}-x_{i-1})$ $=s(f,\sigma )>S(f,\sigma )-\varepsilon \geq \int _{a}^{b}f(x)dx-\varepsilon$

Dunque,

$F(b)-F(a)=\int _{a}^{b}f(x)dx$

$\Box$

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

Siano $f\in {\mathcal {C}}([a,b],\mathbb {R} )$, $g\in {\mathcal {C}}^{1}([a,b],\mathbb {R} )$ ed $F$ una primitiva di $f$. Allora

$\int _{a}^{b}f(x)g(x)dx=[F(x)g(x)]_{a}^{b}-\int _{a}^{b}F(x)g'(x)dx$

Dimostrazione

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

$[F(x)g(x)]_{a}^{b}=\int _{a}^{b}(F(x)g(x))'dx=\int _{a}^{b}(F'(x)g(x)+F(x)g'(x))dx=\int _{a}^{b}f(x)g(x)dx+\int _{a}^{b}F(x)g'(x)dx$

$\Box$

Integrazione per sostituzione (o cambio di variabile)

Sia $f\in {\mathcal {C}}([a,b],\mathbb {R} )$ e sia $\varphi :[\alpha ,\beta ]\to [a,b]$ una funzione biiettiva. Allora, se $\varphi \in {\mathcal {C}}^{1}$ abbiamo

$\int _{a}^{b}f(x)dx=\int _{\varphi ^{-1}(a)}^{\varphi ^{-1}(b)}f(\varphi (t))\varphi '(t)dt$

Dimostrazione

Consideriamo $F$ primitiva di $f$ e $G(t)=F(\varphi (t))$. Per le proprietà della derivata di funzione composta si ha che $G'(t)=F'(\varphi (t))\cdot \varphi '(t)=f(\varphi (t))\cdot \varphi '(t)$ dunque

$\int _{\alpha }^{\beta }f(\varphi (t))\cdot \varphi '(t)dt=\int _{\alpha }^{\beta }G'(t)dt=G(\beta )-G(\alpha )=F(\varphi (\beta ))-F(\varphi (\alpha ))=\int _{\varphi (\alpha )}^{\varphi (\beta )}f(x)dx$

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

$\int _{a}^{b}f(x)dx=\int _{\varphi ^{-1}(a)}^{\varphi ^{-1}(b)}f(\varphi (t))\varphi '(t)dt$

che era ciò che si voleva dimostrare.