Integrali impropri – Teoria

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L’integrazione secondo Riemann è uno strumento potente e con una relativa semplicità d’uso. Possiede però dei limiti: esso permette di integrare soltanto funzioni limitate su intervalli limitati. È possibile però estendere la nozione di integrale a una classe più ampia di funzioni, anche su intervalli illimitati, mediante un procedimento combinato di integrazione e limite, ottenendo i cosiddetti integrali impropri o generalizzati.

Questa dispensa è dedicata a tale importante tema e si focalizza sui seguenti punti:

Come si definiscono formalmente gli integrali generalizzati?
Quali sono le proprietà di questi strumenti e quali caratteristiche mantengono in comune con gli integrali “classici”?
In cosa consistono i criteri di convergenza degli integrali impropri detti del confronto, della convergenza assoluta, della serie numerica?
Cosa riguarda il criterio di Abel-Dirichlet sull’integrazione impropria di un prodotto e cosa sono le funzioni a variazione limitata?

Se desideri approfondire questi argomenti con spiegazioni chiare e numerosi esempi ed esercizi svolti, questa dispensa è quello di cui hai bisogno!

La conoscenza dei contenuti relativi agli integrali definiti e indefiniti è necessaria al fine di comprendere questo articolo.

Come ulteriori letture teoriche sul medesimo tema, consigliamo le seguenti, estratte dalla lista completa alla fine dell’articolo:

Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi svolti:

Autori e revisori

Leggi...

Autori: Maicol Caponi

Revisori: Matteo Talluri.

Integrali impropri

Definizione e proprietà.

Dato un intervallo chiuso e limitato $[a,b]\subset\mathbb R$ e una funzione $f\colon[a,b]\to\mathbb R$ limitata su $[a,b]$ e continua su $[a,b]\setminus N$ , con $N$ sottoinsieme finito di $[a,b]$ sappiamo che è possibile definire l’integrale di Riemann di $f$ su $[a,b]$ . Inoltre, tale integrale è continuo rispetto a uno qualunque dei due estremi, cioè

$\int_a^bf(t)\,dt=\lim_{x\to a^+}\int_x^bf(t)\,dt=\lim_{y\to b^-}\int_a^yf(t)\,dt.$

Infatti, poiché $f$ è limitata, se chiamiamo

$M:=\sup_{t\in[a,b]}|f(t)|<+\infty,$

vale

$\begin{align*} &\left|\int_a^b f(t)\,dt-\int_x^b f(t)\,dt \right|\le\int_a^x|f(t)|\,dt\le M(x-a)\to 0\quad\text{per $x\to a^+$},\\ &\left|\int_a^b f(t)\,dt-\int_a^y f(t)\,dt \right|\le\int_y^b|f(t)|\,dt\le M(b-y)\to 0\quad\text{per $y\to b^-$}. \end{align*}$

Si noti che l’integrale di Riemann può essere definito solo per una classe molto esigua di funzioni (limitate e definite su intervalli chiusi e limitati). In queste dispense vogliamo estendere la nozione di integrale in modo da includere funzioni illimitate o definite su intervalli illimitati. Per esempio, data la funzione

$f(x):=\frac{1}{x^2}\quad\text{per $x\in[1,+\infty)$},$

ci chiediamo se sia possibile definire il suo integrale sull’intervallo $[1,+\infty)$ . Si noti che, fissato $x\in(1,+\infty)$ , la funzione $f$ è integrabile su $[1,x]$ e risulta

$\int_1^x\frac{1}{t^2}\,dt=\left[-\frac{1}{t}\right]_1^x=1-\frac{1}{x}.$

Poiché la quantità a destra ammette limite per $x\to+\infty$ , ha senso definire

$\int_1^{+\infty}\frac{1}{t^2}\,dt=\lim_{x\to +\infty}\int_1^x\frac{1}{t^2}\,dt=\lim_{x\to +\infty}\left(1-\frac{1}{x}\right)=1.$

Questo tipo di integrale si chiama integrale generalizzato (o improprio) di $f$ su $[1,+\infty)$ .

Più in generale, dato un intervallo $I\subseteq\mathbb R$ e una funzione $f\colon I\to\mathbb R$ possiamo dare le seguenti definizioni.

$\quad$

Definizione 1 (locale integrabilità). Sia $I\subseteq\mathbb R$ un intervallo (non necessariamente aperto o chiuso) e $f\colon I\to\mathbb R$ . La funzione $f$ è localmente (Riemann) integrabile su $I$ se $f$ è integrabile secondo Riemann su ogni sottointervallo chiuso e limitato $J$ di $I$ .

$\quad$

Osservazione 1. Se $I\subseteq\mathbb R$ è un intervallo e $f\colon I\to\mathbb R$ è continua, allora $f$ è localmente integrabile su $I$ . Infatti, $f$ è integrabile secondo Riemann su ogni sottointervallo chiuso e limitato $J$ di $I$ , essendo $f$ continua e limitata su $J$ .

$\quad$

Definizione 2 (integrale generalizzato). Sia $I:=[a,b)\subset\mathbb R$ con $-\infty < a < b \le +\infty$ e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile sull’intervallo $[a,b)$ ¹. La funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato (o improprio) su $\overline I$ (la chiusura di $I$ ) se esiste finito il limite

$\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt.$

In tal caso si pone

$\int_a^bf(t)\,dt:=\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt,$

e l’integrale generalizzato (o improprio) di $f$ è detto convergente su $\overline I$ . Se invece

$\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt=\pm \infty,$

si dice che l’integrale generalizzato di $f$ è divergente su $\overline I$ .

Quindi $f$ è integrabile secondo Riemann su $[a,x]$ per ogni $x\in(a,b)$ . ↩

$\quad$

Osservazione 2. Se $[a,b]\subset\mathbb R$ è un intervallo chiuso e limitato e $f\colon [a,b]\to\mathbb R$ è integrabile secondo Riemann su $[a,b]$ , allora $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,b]$ e i due integrali coincidono.

Osservazione 3. In queste dispense l’intervallo dove è definito l’integrale generalizzato di $f\colon I:=[a,b)\to\mathbb R$ è indicato con $\overline I$ (la chiusura di $I$ ). Dunque, se $b\in\mathbb R$ , allora $\overline I=[a,b]$ , mentre se $b=+\infty$ allora $\overline I=[a,+\infty)$ . In molti libri l’intervallo dove $f$ è integrabile in senso generalizzato viene denotato anche con $I$ , senza aggiungere la chiusura.

Analogamente, se $I:=(a,b]\subset\mathbb R$ con $-\infty \le a < b < +\infty$ e $f\colon (a,b]\to \mathbb R$ è una funzione localmente integrabile sull’intervallo $(a,b]$ ², allora $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se esiste finito il limite

$\lim_{x\to a^+}\int_x^bf(t)\,dt,$

e si pone

$\int_a^bf(t)\,dt:=\lim_{x\to a^+}\int_x^bf(t)\,dt.$

Si noti che $f\colon I:=(a,b]\to\mathbb R$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se la funzione la funzione $g\colon J:=[-b,-a)\to\mathbb R$ definita come

$g(x):=f(-x)\quad\text{per $x\in [-b,-a)$}$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ .

Esempio 1. Sia $f\colon [0,+\infty)\to\mathbb R$ definita da

$f(x)=xe^{-x^2}\quad\text{per $x\in[0,+\infty)$}.$

La funzione $f$ è continua su $[0,+\infty)$ , dunque è localmente integrabile su $[0,+\infty)$ . Andiamo a vedere se è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty).$ Per ogni $x\in(0,+\infty)$ abbiamo che

$\int_0^xte^{-t^2}\,dt=\left[-\frac{e^{-t^2}}{2}\right]_0^x=\frac{1-e^{-x^2}}{2}.$

Poiché

$\lim_{x\to+\infty}\int_0^x te^{-t^2}\,dt=\lim_{x\to+\infty}\frac{1-e^{-x^2}}{2}=\frac{1}{2},$

ne deduciamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ .

Esempio 2. Sia $f\colon (-\dfrac{\pi}{2},0]\to\mathbb R$ definita da

$f(x)=\tan x\quad\text{per $x\in \left(-\frac{\pi}{2},0\right]$}.$

La funzione $f$ è continua su $(-\dfrac{\pi}{2},0]$ , dunque è localmente integrabile su $(-\dfrac{\pi}{2},0]$ . Andiamo a vedere se è integrabile in senso generalizzato su $[-\dfrac{\pi}{2},0].$ Per ogni $x\in(-\dfrac{\pi}{2},0)$ abbiamo che

$\int_x^0\tan t\,dt=\int_x^0\frac{\sin t}{\cos t}\,dt=\left[-\ln(\cos t)\right]_x^0=\ln(\cos x).$

Poiché

$\lim_{x\to-\frac{\pi}{2}^+}\int_x^0\tan t\,dt=\lim_{x\to-\frac{\pi}{2}^+} \ln(\cos x)=-\infty,$

ne deduciamo che $f$ non è integrabile in senso generalizzato su $[-\dfrac{\pi}{2},0]$ (in questo caso l’integrale generalizzato di $f$ su $[-\dfrac{\pi}{2},0]$ diverge).

Esempio 3. Sia $\alpha\in\mathbb R$ e consideriamo la funzione $f\colon (0,+\infty)\to\mathbb R$ definita come

$f(x):=\frac{1}{x^\alpha}=x^{-\alpha}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Andiamo a determinare valori di $\alpha$ per cui la funzione $f$ risulta integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ oppure su $[1,+\infty)$ . Chiaramente $f$ è localmente integrabile sia su $(0,1]$ che su $[1,+\infty)$ . Inoltre, fissato $x\in(0,1)$ risulta che

$\int_x^1f(t)\,dt= \begin{cases}\dfrac{1-x^{1-\alpha}}{1-\alpha}&\text{per $\alpha\neq 1$},\\ -\ln x&\text{per $\alpha= 1$}. \end{cases}$

Quindi il limite per $x\to 0^+$ esiste finito se e solo se $\alpha<1$ . Fissato invece $y\in (1,+\infty)$ abbiamo che

$\int_1^yf(t)\,dt= \begin{cases}\dfrac{y^{1-\alpha}-1}{1-\alpha}&\text{per $\alpha\neq 1$},\\ \ln y&\text{per $\alpha= 1$}. \end{cases}$

Dunque il limite per $y\to+\infty$ esiste finito se e solo se $\alpha>1$ .

Perciò l’integrale generalizzato di $f$ su $[0,1]$ è convergente se e solo se $\alpha<1$ e risulta

$\int_0^1 f(t)\,dt=\frac{1}{1-\alpha},$

mentre l’integrale generalizzato di $f$ su $[1,+\infty)$ è convergente se e solo se $\alpha>1$ e risulta

$\int_1^{+\infty} f(t)\,dt=\frac{1}{\alpha-1}.$

Più in generale, fissato $a\in\mathbb R$ , per ogni $\alpha\in\mathbb R$ possiamo considerare la funzione $f\colon (a,+\infty)\to\mathbb R$ definita come

$f(x):=\frac{1}{(x-a)^\alpha}\quad\text{per $x\in(a+\infty)$}.$

In maniera analoga a prima, per ogni $c\in(a,+\infty)$ abbiamo che l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,c]$ converge se e solo se $\alpha<1$ , mentre diverge per $\alpha\ge 1$ . Invece l’integrale generalizzato di $f$ su $[c,+\infty)$ converge se e solo se $\alpha>1$ , mentre diverge per $\alpha\le 1$ .

Si noti che negli esempi precedenti abbiamo sempre considerato funzioni $f$ illimitate o definite su intervalli illimitati. Infatti, nel caso in cui sia la funzione $f$ che il suo intervallo di definizione $I$ siano limitati, allora $f$ risulta sempre integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ .

Teorema 1. Siano $-\infty < a < b < +\infty$ e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ una funzione limitata e localmente integrabile su $[a,b)$ . Allora qualunque prolungamento di $f$ ad $[a,b]$ è integrabile secondo Riemann su $[a,b]$ e il suo integrale su $[a,b]$ coincide con l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,b]$ (in particolare l’integrale su $[a,b]$ di un qualsiasi prolungamento è lo stesso).

$\quad$

Dimostrazione. Ricordiamo che se $I\subset\mathbb R$ è un intervallo chiuso e limitato e $f\colon I\to\mathbb R$ è una funzione limitata, allora $f$ è integrabile secondo Riemann su $I$ se e solo se per ogni $\varepsilon >0$ esiste una partizione $P:=\{x_0,\dots,x_n\}$ di $I$ tale che

$S(P,f)-s(P,f)<\varepsilon,$

dove

$\begin{align*} &S(P,f):=\sum_{j=0}^{n-1}M_j(x_{j+1}-x_j),\qquad M_j:=\sup_{t\in[x_j,x_{j+1}]}f(t)\quad\text{per $j=0,\dots,n-1$},\\ &S(p,f):=\sum_{j=0}^{n-1}m_j(x_{j+1}-x_j),\qquad m_j:=\inf_{t\in[x_j,x_{j+1}]}f(t)\quad\text{per $j=0,\dots,n-1$},\\ \end{align*}$

Siano $-\infty<a<b<+\infty$ e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ una funzione limitata e localmente integrabile su $[a,b)$ . Sia inoltre $\tilde f\colon [a,b]\to \mathbb R$ un qualsiasi prolungamento di $f$ , cioè

$\tilde f(x):= \begin{cases} f(x)&\text{per $x\in[a,b)$},\\ w\in\mathbb R&\text{per $x=b$}. \end{cases}$

Chiaramente anche la funzione $\tilde f$ è limitata, quindi esiste una costante $\tilde M>0$ tale che

$|\tilde f(x)|\le \tilde M\quad\text{per ogni $x\in[a,b]$}.$

Fissato $\varepsilon>0$ , sia $c\in (a,b)$ tale che

$b-c<\frac{\varepsilon}{4\tilde M}.$

Poiché la funzione $f$ è integrabile secondo Riemann su $[a,c]$ , allora esiste una partizione $P:=\{x_0,\dots,x_n\}$ di $[a,c]$ che soddisfa

$S(P,f)-s(P,f)<\frac{\varepsilon}{2}.$

Chiaramente $\tilde P:=\{x_0,\dots,x_n,b\}$ è una partizione di $[a,b]$ e per costruzione

$\begin{align*} &S(\tilde P,\tilde f)=S(P,f)+\sup_{t\in[c,b]}\tilde f(t)(b-c)\le S(P,f)+\tilde M(b-c)\le S(P,f)+\frac{\varepsilon}{4},\\ &s(\tilde P,\tilde f)=s(P,f)+\inf_{t\in[c,b]}\tilde f(t)(b-c)\ge s(P,f)-\tilde M(b-c)\ge s(P,f)-\frac{\varepsilon}{4}. \end{align*}$

Allora

$S(\tilde P,\tilde f)-s(\tilde P,\tilde f)\le S(P,f)-s(P,f)+\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon,$

e quindi $\tilde f$ è integrabile secondo Riemann su $[a,b]$ . In particolare

$\int_a^b \tilde f(t)\,dt=\lim_{x\to b^-}\int_a^x\tilde f(t)\,dt=\lim_{x\to b^-}\int_a^xf(t)\,dt=:\int_a^bf(t)\,dt.$

Ne segue che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[a,b]$ e l’integrale generalizzato di $f$ su $[a,b]$ coincide con l’integrale di Riemann di $\tilde f$ su $[a,b]$ .

$\quad$

Esempio 4. Sia $f\colon (0,1]\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\sin\left(\frac{1}{x}\right)\quad\text{per $x\in(0,1]$}.$

La funzione $f$ è continua e limitata su $(0,1]$ , essendo $|f(x)|\le 1$ per ogni $x\in(0,1]$ . Allora, per il Teorema 1 abbiamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ .

Osservazione 4. Se $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ è continua su $[a,b)$ ed esiste finito

$\lim_{x\to b^-}f(x)=L\in\mathbb R,$

allora $f$ è prolungabile con continuità in $[a,b]$ e dunque è limitata su $[a,b)$ . In particolare, per il Teorema 1 la funzione $f$ è sempre integrabile in senso generalizzato su $[a,b]$ e il suo prolungamento continuo è integrabile secondo Riemann.

Sia $I:=[a,b)$ con $-\infty \le a < b \le +\infty$ e sia $f\colon [a,b)\to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile sull’intervallo $[a,b)$ . Si può facilmente osservare che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se lo è in un intorno sinistro di $b$ , cioè se comunque preso $c\in(a,b)$ e $J:=[c,b)$ , la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ . Inoltre vale

$\int_a^bf(t)\,dt=\int_a^cf(t)\,dt+\int_c^bf(t)\,dt.$

Possiamo dunque definire l’integrale generalizzato per una funzione $f$ definita su un intervallo aperto $(a,b)$ con $-\infty \le a < b \le +\infty$ nel seguente modo.

Quindi $f$ è integrabile secondo Riemann su $[x,b]$ per ogni $x\in(a,b)$ . ↩

$\quad$

Definizione 3. Sia $I:=(a,b)$ con $-\infty \le a < b \le +\infty$ e sia $f\colon (a,b)\to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $(a,b)$ ³. La funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se comunque preso $c\in(a,b)$ , $I_1:=(a,c]$ e $I_2:=[c,b)$ la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I_1$ e $\overline I_2$ . In tal caso si pone

$\int_a^bf(t)\,dt:=\int_a^cf(t)\,dt+\int_c^bf(t)\,dt=\lim_{x\to a^+}\int_x^cf(t)\,dt+\lim_{y\to b^-}\int_c^yf(t)\,dt.$

Quindi $f$ è integrabile secondo Riemann su $[c,d]$ per ogni $a<c<d<b$ .. ↩

$\quad$

Esempio 5. Fissato $\alpha\in\mathbb R$ consideriamo di nuovo la funzione $f\colon (0,+\infty)\to\mathbb R$ definita come

$f(x):=\frac{1}{x^\alpha}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Nell’esempio 3 abbiamo già visto che tale funzione è integrabile in senso generalizzato su $[0,1]$ se e solo se $\alpha<1$ , mentre è integrabile in senso generalizzato su $[1,+\infty)$ se e solo se $\alpha>1$ . Dunque per ogni $\alpha\in\mathbb R$ la funzione $f$ non è mai integrabile in senso generalizzato su tutto $[0,+\infty)$ .

Esempio 6. Sia $f\colon (-1,1)\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\quad\text{per $x\in(-1,1)$}.$

Si osservi che la funzione $f$ è continua su $(-1,1)$ , e dunque è localmente integrabile su tale intervallo. Se scegliamo il punto $c:=0\in(-1,1)$ abbiamo che

$\begin{align*} &\int_x^0\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=[\arcsin t]_x^0=-\arcsin x\quad\text{per ogni $x\in(-1,0)$},\\ &\int_0^y\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=[\arcsin t]_0^y=\arcsin y\quad\text{per ogni $y\in(0,1)$}. \end{align*}$

Poiché esistono entrambi i limiti per $x\to -1^+$ e $y\to 1^-$ , ne deduciamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[-1,1]$ e

$\begin{aligned} \int_{-1}^1 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt &= \lim_{x \to -1^+} \int_x^0 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt + \lim_{y \to 1^-} \int_0^y \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt \\ &= \lim_{x \to -1^+} (-\arcsin x) + \lim_{y \to 1^-} \arcsin y \\ &= \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} \\ &= \pi. \end{aligned}$

Come abbiamo osservato prima, l’integrabilità in senso generalizzato di una funzione $f\colon I:=(a,b)\to\mathbb R$ non dipende dalla scelta di $c\in (a,b)$ . In particolare, la funzione $f$ risulta integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se esiste finito

$\lim_{\substack{x\to a^+\\y\to b^-}}\int_x^yf(t)\,dt\in\mathbb R,$

cioè esiste $l\in\mathbb R$ tale che per ogni $\varepsilon >0$ esistono $a<a_\varepsilon<b_\varepsilon<b$ con la proprietà che

$\left|\int_x^yf(t)\,dt-l\right|<\varepsilon\quad\text{per ogni $a<x<a_\varepsilon$ e $b_\varepsilon<y<b$}.$

In questo caso sarà $l=\int_a^bf(t)\,dt$ .

Osservazione 5. Si noti che la funzione

$(x,y)\mapsto \int_x^y f(t)\,dt$

deve essere vista come una funzione di due variabili e i limiti in $x$ e $y$ devono essere calcolati in maniera indipendente l’uno dall’altro. Per esempio, se consideriamo la funzione $f\colon \mathbb R\to \mathbb R$ definita da

$f(x):=\sin x\quad\text{per $x\in\mathbb R$},$

abbiamo che $f$ è localmente integrabile su $\mathbb R$ , ma non è integrabile in senso generalizzato su $\mathbb R$ . Infatti, preso $x\in (0,+\infty)$ abbiamo

$\int_0^x\sin t\,dt=[-\cos t]_0^x=1-\cos x,$

che non ammette limite per $x\to +\infty$ . D’altra parte $f$ è una funzione dispari, dunque per ogni $x\in(0,+\infty)$

$\int_{-x}^x\sin t\,dt=[-\cos t]_{-x}^x=0,$

è dunque esiste finito il limite

$\lim_{x\to+\infty}\int_{-x}^x\sin t\,dt=0.$

Teorema 2. Sia $I:=(a,b)\subseteq\mathbb R$ con $+\infty \le a < b \le +\infty$ . Sia $f\colon (a,b)\to\mathbb R$ una funzione continua su $(a,b)$ e sia $F\colon (a,b)\to\mathbb R$ una primitiva di $f$ in $(a,b)$ ⁴. Allora $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se esistono finiti i limiti

$\lim_{x\to a^+}F(x),\qquad\lim_{y\to b^-}F(y).$

In tal caso, si pone

$\int_a^bf(t)\,dt=[F(t)]_a^b:=\lim_{y\to b^-}F(y)-\lim_{x\to a^+}F(x).$

è derivabile su $(a,b)$ e $F'(x)=f(x)$ per ogni $x\in (a,b)$ . ↩

$\quad$

Dimostrazione. Fissato $c\in (a,b)$ , dal teorema fondamentale del calcolo integrale abbiamo

$\int_x^c f(t)\,dt =F(c)-F(x)\quad\text{per ogni $x\in(a,c)$},\qquad \int_c^yf(t)\,dt=F(y)-F(c)\quad\text{per ogni $y\in(c,b)$}.$

Dunque, la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se esistono finiti i limiti

$\lim_{x\to a^+}F(x),\qquad\lim_{y\to b^-}F(y),$

e risulta

$\begin{aligned} \int_a^b f(t)\,dt &= \int_a^c f(t)\,dt + \int_c^b f(t)\,dt \\ &= F(c) - \lim_{x \to a^+} F(x) + \lim_{y \to b^-} F(y) - F(c) \\ &= \lim_{y \to b^-} F(y) - \lim_{x \to a^+} F(x). \end{aligned}$

La notazione adottata nel teorema precedente è molto utilizzata per il calcolo degli integrali impropri, ma è necessario fare attenzione nell’adoperarla. Esempio 7. Sia $f\colon (0,+\infty)\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\frac{\ln x}{(x+1)^2}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

La funzione $f$ è localmente integrabile su $(0,+\infty)$ e vediamo se è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ . Determiniamo una primitiva di $f$ in $(0,+\infty)$ e integrando per parti otteniamo che

$\int\frac{\ln t}{(t+1)^2}\,dt=-\frac{\ln t}{t+1}+\int \frac{1}{t(t+1)}\,dt.$

Osserviamo che per il primo termine a destra dell’uguale risulta

$\lim_{t\to 0^+}\frac{\ln t}{t+1}=-\infty.$

Ciò non implica che la funzione $f$ non sia integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ , poiché l’integrale a destra dell’uguale può contribuire con ulteriori termini che possono rendere finito il limite della primitiva di $f$ per $x\to 0^+$ . Andiamo a determinare due numeri $A,B\in\mathbb R$ tali che

$\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}=\frac{1}{t(t+1)}.$

Abbiamo che

$\frac{(A+B)t+A}{t(t+1)}=\frac{1}{t(t+1)}\quad\Leftrightarrow\quad\text{$A=1$ e $B=-1$},$

da cui otteniamo

$\begin{aligned} \int\frac{\ln t}{(t+1)^2}\,dt=-\frac{\ln t}{t+1}+\int\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right)\,dt=\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)+c,\quad c\in\mathbb R. \end{aligned}$

Dunque, una primitiva di $f$ è data da

$F(t):=\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\quad\text{per $t\in(0+\infty)$}.$

Poiché⁵

$\begin{aligned} &\lim_{t\to 0^+}\left(\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\right)=\lim_{t\to 0^+}\left(\frac{t\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\right)=0, \\ &\lim_{t\to +\infty}\left(\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\right)=\lim_{t\to +\infty}\left(-\frac{\ln t}{t+1}-\ln \left(1+\frac{1}{t}\right)\right)=0, \end{aligned}$

allora $f$ risulta integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ e con la notazione del teorema 2 si ha

$\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{(t+1)^2}\,dt=\left[\ln t-\frac{\ln t}{t+1}-\ln(t+1)\right]_0^{+\infty}=0.$

Supponiamo ora di avere una funzione $f$ definita su un intervallo $I\subseteq\mathbb R$ eccetto in un punto $c\in I$ . In questo caso possiamo decomporre

$I\setminus\{c\}=I_1\cup I_2$

con $I_1,I_2\subset\mathbb R$ intervalli disgiunti e possiamo definire l’integrale generalizzato di $f$ su $\overline I$ richiedendo che $f$ sia integrabile in senso generalizzato su $\overline I_1$ e $\overline I_2$ e ponendo

$\int_{\overline I}f(t)\,dt:=\int_{\overline I_1}f(t)\,dt+\int_{\overline I_2}f(t)\,dt.$

Più in generale possiamo considerare una funzione $f$ definita su $I\setminus N$ , con $N$ sottoinsieme finito di $I$ , e dare la seguente definizione.

Ricordiamo che $\displaystyle\lim_{y\to 0^+}y\ln y=0$ . ↩

$\quad$

Definizione 4. Sia $I\subseteq\mathbb R$ un intervallo, sia $N$ un sottoinsieme finito di $I$ e sia

$I\setminus N=\bigcup_{j=1}^nI_j,$

con $I_j\subset \mathbb R$ per $j=1,\dots,n$ intervalli a due a due disgiunti. Sia $f\colon I\setminus N \to\mathbb R$ una funzione localmente integrabile su $I\setminus N$ ⁶. La funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se è integrabile in senso generalizzato su ogni intervallo $\overline I_j$ per $j=1,\dots,n$ . In tal caso l’integrale generalizzato di $f$ su $\overline I$ è definito come

$\int_{\overline I}f(t)\,dt:=\sum_{j=1}^n\int_{\overline I_j}f(t)\,dt.$

Quindi $f$ è localmente integrabile su ogni intervallo $I_j$ per $j=1,\dots,n$ . ↩

Esempio 8. Sia $f\colon\mathbb R\setminus\{0\}\to\mathbb R$ definita da

$f(x):=\frac{1}{\sqrt{|x|}(|x|+1)}\quad\text{per $x\in\mathbb R\setminus\{0\}$}.$

La funzione $f$ è localmente integrabile nel suo dominio di definizione è andiamo a vedere se è integrabile in senso generalizzato su $\mathbb R$ . Abbiamo che $\mathbb R\setminus\{0\}=(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$ e vediamo se $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ . Iniziamo con il determinare una primitiva di $f$ in $(0,+\infty)$ e osserviamo che

$f(x)= \frac{1}{\sqrt{|x|}(|x|+1)}=\frac{1}{\sqrt{x}(x+1)}\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$}.$

Tramite la sostituzione $s=\sqrt{t}$ otteniamo che $dt=2s\,ds$ e quindi

$\int f(t)\,dt =\int \frac{1}{\sqrt{t}(t+1)}\,dt=\int\frac{2}{s^2+1}\,ds=2\arctan s+c=2\arctan\sqrt{t}+c,\quad c\in\mathbb R.$

Dato che

$\lim_{t\to +\infty}2\arctan\sqrt{t}=\pi,\qquad \lim_{t\to 0^+}2\arctan\sqrt{t}=0,$

abbiamo che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $[0,+\infty)$ e

$\int_0^{+\infty}f(t)\,dt=\pi.$

Inoltre la funzione $f$ è pari su $\mathbb R\setminus\{0\}$ , quindi

$\int_x^yf(t)\,dt=\int_{-y}^{-x}f(t)\,dt\quad\text{per ogni $-\infty<x<y<0$}.$

Per $x\to-\infty$ e $y\to 0^+$ possiamo dedurre che $f$ è integrabile in senso generalizzato su $(-\infty,0]$ e

$\int_{-\infty}^0f(t)\,dt=\int_0^{+\infty}f(t)\,dt=\pi.$

Quindi la funzione $f$ è integrabile su $\mathbb R$ e

$\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,dt=2\pi.$

Dalla linearità dell’integrale di Riemann e dalla linearità del limite risulta che anche l’integrale generalizzato è lineare. Più precisamente, se $f,g\colon I\setminus N\to\mathbb R$ sono due funzioni integrabili in senso generalizzato su $\overline I$ , allora per ogni $\alpha,\beta\in\mathbb R$ anche la funzione $\alpha f+\beta g\colon I\setminus N\to\mathbb R$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ e

$\int_{\overline I}(\alpha f(t)+\beta g(t))\,dt=\alpha\int_{\overline I}f(t)\,dt+\beta\int_{\overline I}g(t)\,dt.$

Osservazione 6. Per vedere se una funzione $f\colon I\setminus N\to \mathbb R$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ , è necessario calcolare i limiti di ogni singolo integrale generalizzato in maniera indipendente. Si consideri per esempio la funzione

$f(x)=\frac{1}{x}\quad\text{per $x\in[-1,1]\setminus\{0\}$}.$

Già sappiamo che questa funzione non è integrabile in senso generalizzato su $[-1,1]$ perché non lo è su $[0,1]$ . D’altra parte, per ogni $x\in(0,1)$ abbiamo che

$\int_{-1}^{-x}\frac{1}{t}\,dt+\int_x^1\frac{1}{t}\,dt=\ln x-\ln x=0.$

Dunque esiste finito

$\lim_{x\to 0^+}\left(\int_{-1}^{-x}\frac{1}{t}\,dt+\int_x^1\frac{1}{t}\,dt\right)=0.$

Osservazione 7. Abbiamo visto che le funzioni $f(x):=\sin x$ e $g(x):=\frac{1}{x}$ non sono integrabili in senso generalizzato su $\mathbb R$ e $[-1,1]$ , rispettivamente, ma è possibile assegnare a questi due integrali un valore numerico calcolando il limite in maniera opportuna. Questo particolare tipo di integrazione prende il nome di valore principale di Cauchy e di solito si denota aggiungendo le lettere $P.V.$ di fronte all’integrale. Esso viene utilizzato in alcuni ambiti della matematica per dare un valore all’integrale di funzioni definite su $\mathbb R$ e/o con una singolarità isolata, nel caso in cui non siano integrabili in senso generalizzato. Più precisamente, per una funzione localmente integrabile $f\colon \mathbb R\to\mathbb R$ si definisce

$P.V.\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,dt:=\lim_{R\to+\infty}\int_{-R}^Rf(t)\,dt$

se tale limite esiste finito, mentre per una funzione localmente integrabile $f\colon[a,b]\setminus\{c\}\to\mathbb R$ con $a<c<b$ si definisce

$P.V.\int_a^bf(t)\,dt:=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_a^{c-\varepsilon}f(t)\,dt+\int_{c+\varepsilon}^b f(t)\,dt\right)$

se tale limite esiste finito. Infine, per una funzione localmente integrabile $f\colon \mathbb R\setminus\{c\}\to\mathbb R$ si definisce

$P.V.\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,dt:=\lim_{\varepsilon\to 0}\left(\int_{c-\frac{1}{\varepsilon}}^{c-\varepsilon}f(t)\,dt+\int_{c+\varepsilon}^{c+\frac{1}{\varepsilon}}f(t)\,dt\right)$

se tale limite esiste finito. In particolare, per i due esempi precedenti abbiamo che

$P.V.\int_{-\infty}^{+\infty}\sin t\,dt=0,\qquad P.V.\int_{-1}^1\frac{1}{t}\,dt=0.$

Nell’Esempio 8 abbiamo utilizzato le formule di sostituzione per calcolare la primitiva della funzione $f$ . In realtà, la stessa formula di sostituzione può essere usata anche per calcolare direttamente l’integrale generalizzato di $f$ .

Teorema 3. (Integrazione per sostituzione). Siano $I:=(a,b)\subseteq\mathbb R$ e $J:=(c,d)\subseteq\mathbb R$ due intervalli aperti e sia $f\colon (a,b)\to\mathbb R$ una funzione continua su $(a,b)$ . Sia $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ una funzione strettamente crescente e derivabile con derivata continua su $(c,d)$ tale che

$\lim_{x\to c^+}\phi(x)=a,\qquad\lim_{x\to d^-}\phi(x)=b.$

Allora la funzione $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ se e solo se la funzione

$g(x):= f(\phi(x))\phi'(x)\quad \text{per $x\in (c,d)$}$

è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ e risulta

$\int_a^bf(t)\,dt=\int_c^dg(s)\,ds=\int_c^df(\phi(s))\phi'(s)\,ds.$

$\quad$

Dimostrazione. Poiché $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ è derivabile con derivata continua su $(c,d)$ e $f\colon (a,b)\to\mathbb R$ è continua su $(a,b)$ , allora la funzione $g$ è continua su $(c,d)$ . In particolare, $g$ è localmente integrabile su $(c,d)$ . Fissati $c<x<y<d$ , dal teorema di integrazione per sostituzione per l’integrale di Riemann risulta

$\int_x^yg(s)\,ds=\int_x^yf(\phi(s))\phi'(s)\,ds=\int_{\phi(x)}^{\phi(y)}f(t)\,dt.$

Poiché $f$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ e

$\lim_{x\to c^+}\phi(x)=a,\qquad\lim_{x\to d^-}\phi(x)=b,$

ne deduciamo che

$\int_a^bf(t)\,dt=\lim_{\substack{w\to a^+,\\z\to b^-}}\int_w^zf(t)\,dt=\lim_{\substack{x\to c^+,\\y\to d^-}}\int_{\phi(x)}^{\phi(y)}f(t)\,dt.$

Quindi esiste finito il limite

$\lim_{\substack{x\to c^+,\\y\to d^-}}\int_x^yg(s)\,ds=\lim_{\substack{x\to c^+,\\y\to d^-}}\int_{\phi(x)}^{\phi(y)}f(t)\,dt=\int_a^bf(t)\,dt.$

Allora $g$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ e

$\int_c^d g(s)\,ds=\int_a^bf(t)\,dt.$

Infine, per ottenere l’altra implicazione osserviamo che la funzione $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ è invertibile (essendo strettamente crescente su $(c,d)$ ) e la sua inversa $\phi^{-1}\colon (a,b)\to (c,d)$ soddisfa ancora le ipotesi del teorema (l’inversa di una funzione strettamente crescente e derivabile con derivata continua è anche essa strettamente crescente e derivabile con derivata continua). Dunque, se $g$ è integrabile in senso generalizzato su $\overline J$ , allora la funzione

$g(\phi^{-1}(x))(\phi^{-1})'(x)=f(x)\phi'(\phi^{-1}(x))(\phi^{-1})'(x)=f(x)\quad\text{per $x\in I$}$

risulta integrabile in senso generalizzato su $\overline I$ .

Si noti che se abbiamo una funzione $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ derivabile con derivata continua che soddisfa $\phi'(x)>0$ per ogni $x\in (c,d)$ , allora $\phi$ è strettamente crescente. Inoltre questo teorema rimane vero se $\phi\colon (c,d)\to (a,b)$ è strettamente decrescente (per esempio quando $\phi'(x)<0$ per ogni $x\in (c,d)$ ) e

$\lim_{x\to c^+}\phi(x)=b,\qquad\lim_{x\to d^-}\phi(x)=a.$

In questo caso abbiamo

$\int_a^bf(t)\,dt=\int_d^cf(\phi(s))\phi'(s)\,ds=-\int_c^df(\phi(s))\phi'(s)\,ds.$

Esempio 9. Consideriamo la funzione $f\colon (4,+\infty)\to\mathbb R$ data da

$f(x):=\frac{1}{x\sqrt{x-4}}\quad\text{per $x\in(4,+\infty)$}.$

Se consideriamo il cambio di variabili $\phi\colon (0,+\infty)\to (4,+\infty)$ definito come

$\phi(x):=x^2+4\quad\text{per $x\in(0,+\infty)$},$

abbiamo che $\phi$ soddisfa le ipotesi del teorema precedente e

$\lim_{x\to 0^+}\phi(x)=4,\qquad \lim_{x\to +\infty}\phi(x)=+\infty.$

Dunque

$\int_4^{+\infty}\frac{1}{t\sqrt{t-4}}\,dt=\int_0^{+\infty}\frac{2}{s^2+4}\,ds=\left[\arctan \frac{s}{2}\right]_0^{+\infty}=\frac{\pi}{2}.$

A volte per calcolare un integrale per sostituzione è più semplice utilizzare l’inversa di $\phi$ . Infatti, se nell’esempio precedente poniamo $s=\sqrt{t-4}=\phi^{-1}(t)$ , da cui $t=s^2+4=\phi(s)$ , deduciamo immediatamente che $dt=2s\,ds$ e che i nuovi estremi di integrazione per $g(s):=\frac{2}{s^2+4}$ sono

$\lim_{t\to 4^+}\sqrt{t-4}=0,\qquad \lim_{t\to +\infty}\sqrt{t-4}=+\infty,$

da cui otteniamo

$\int_4^{+\infty}\frac{1}{t\sqrt{t-4}}\,dt=\int_0^{+\infty}\frac{2}{s^2+4}\,ds=\frac{\pi}{2}.$

Si noti che tramite il metodo di integrazione per sostituzione è possibile trasformare un integrale generalizzato in un integrale di Riemann e viceversa. Per esempio, se nell’esempio 6 consideriamo il cambio di variabili $\phi\colon (0,\pi)\to (-1,1)$ dato da

$\phi(x):=\cos x\quad\text{per $x\in (0,\pi)$},$

otteniamo

$\int_{-1}^1\frac{1}{1-t^2}\,dt=\int_0^{\pi}\frac{\sin s}{\sqrt{1-\cos^2 s}}\,ds =\int_0^{\pi}\,ds=\pi.$

Osservazione 8. Il teorema 3 può anche essere usato per ricondurre lo studio dell’integrabilità di una funzione illimitata su un dominio limitato a quello di una funzione su un dominio illimitato, e viceversa. Infatti, siano $-\infty<a<b<+\infty$ e sia $f\colon[a,b)\to\mathbb R$ una funzione continua su $[a,b)$ . Se consideriamo la funzione $\phi\colon (\dfrac{1}{b-a},+\infty)\to (a,b)$ definita come