Gli integrali costituiscono uno dei più importanti strumenti dell’Analisi Matematica. Consentendo di calcolare l’area sottesa al grafico di una funzione, la loro presenza è costante in tutta la Matematica e le scienze applicate: qualunque grandezza ottenuta come prodotto di due grandezze può infatti essere pensata come un’area. La definizione di integrale è data tramite un processo di approssimazione che ricorda quello eseguito da Archimede per la determinazione dei volumi e delle superfici dei solidi.
Questa dispensa propone un approccio chiaro ma rigoroso alle seguenti questioni:
- Cos’è una funzione integrabile e cosa si intende per integrale definito di una funzione?
- Cosa afferma il teorema della media integrale?
- Cosa si intende per funzione integrale?
- Qual è il legame tra derivate e integrali stabilito dal teorema fondamentale del calcolo integrale (pagina 21 della dispensa) e come si giustifica intuitivamente?
- Cos’è una primitiva e cosa rappresenta l’integrale indefinito di una funzione?
- Come si risolvono gli integrali per sostituzione e per parti?
La dispensa, che unisce rigore accademico e accessibilità, risponde a queste domande: se desideri approfondire uno dei concetti più intriganti dell’Analisi Matematica, non ti resta che iniziare!
Consigliamo la lettura del seguente materiale di teoria supplementare:
- Teorema fondamentale del calcolo integrale (approfondimento);
- Teoria sugli integrali impropri;
- Funzioni integrali – Teoria.
Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi:
Buona lettura!
Autori e revisori
Leggi...
Definizione di integrale di Riemann
Leggi...
Consideriamo ad esempio la funzione nell’intervallo [0,1] e cerchiamo di approssimare l’area compresa tra il grafico di
e il semiasse positivo delle ascisse attraverso l’unione di rettangoli.
Suddividiamo l’intervallo [0,1] in intervalli congruenti di ampiezza
e consideriamo i rettangoli di base
e altezza
per ogni
.
È semplice calcolare l’area di questa unione di rettangoli
(1)
dove nell’ultima uguaglianza abbiamo utilizzato la somma notevole dei primi n quadrati facilmente dimostrabile per induzione.
All’aumentare di otteniamo una suddivisione dell’intervallo sempre più fitta e perciò una migliore approssimazione per difetto dell’area cercata. Il ragionamento è analogo per ottenere un’approssimazione per eccesso: basterà ovviamente considerare dei rettangoli
di base
e altezza
per ogni
.
Possiamo ottenere l’area sottesa al grafico calcolando il limite di
Una partizione di ordine definisce in modo naturale
intervalli
tale che .
Osservazione 1. Possiamo denotare con P([a,b]) l’insieme delle partizioni di [a,b] e definire un ordinamento su tale insieme. Se P e Q sono due partizioni, diremo che Q è più fine di P, se P Q. In questo modo abbiamo definito una relazione d’ordine che però è chiaramente parziale; infatti non tutte le partizioni possono essere confrontabili – nel caso limite due partizioni potrebbero avere solo gli estremi a e b in comune. La partizione banale
è ovviamente la meno fine di tutte. Viceversa non esiste una partizione più fine: presa una partizione qualsiasi
basta considerare
con
è una partizione dell’intervallo
naturalmente più fine di
.
per ogni .
- La somma integrale superiore di
rispetto alla partizione
è
- La somma integrale inferiore di
rispetto alla partizione
è
Le somme integrali superiori e inferiori misurano le aree delle regioni formate dai rettangoli in figura e quindi rappresentano una stima inferiore e superiore di ordine dell’area da calcolare.
Osservazione 2. Fissata una partizione P dell’intervallo [a,b], dato che da cui
allora
.
Possiamo dimostrare un risultato più generale
Dimostrazione. Dimostriamo l’affermazione nel caso in cui la partizione più fine abbia un solo punto in più rispetto alla partizione meno fine; la dimostrazione nel caso generale è analoga.
Sia e
con
. Allora esiste
tale che
. Quindi
Quindi se consideriamo e
allora avremo che
e
per le proprietà di monotonia dell’estremo inferiore di una funzione1. Allora
(1)
Analogamente possiamo definire e
e osservare che
(2)
Quindi
Possiamo ottenere un risultato analogo anche nel caso di partizioni qualsiasi non confrontabili.
Dimostrazione. Consideriamo la partizione più fine di entrambe. Allora per il risultato precedente
Indichiamo ora con
dalla dimostrazione precedente segue che gli insiemi appena definiti delle somme integrali superiori e inferiori risultano separati e quindi per l’assioma di completezza2 esiste almeno un elemento di separazione maggiore o uguale a tutti gli elementi di
e minore o uguale a tutti gli elementi di
In altri termini l’insieme dei valori delle somme superiori è limitato inferiormente da un qualsiasi valore della somma inferiore, e l’insieme dei valori delle somme inferiori è limitato superiormente da un qualsiasi valore della somma superiore. Quindi esistono
Chiameremo funzione integranda e l’insieme
dominio di integrazione.
Se una funzione è integrabile, allora l’elemento di separazione che esiste sempre per l’assioma di completezza è unico, quindi
Osservazione 3. Spesso per dire che una funzione è integrabile secondo Riemann si usa la notazione
.
Esempio 1. Funzione integrabile
Consideriamo la funzione costante su [a,b] allora questa è integrabile, infatti presa una partizione P dell’intervallo [a,b] consideriamo
e quindi
Analogamente possiamo concludere che e osservare che le somme inferiori e superiori non dipendono dalla partizione scelta. Allora
I due valori coincidono quindi, per definizione, la funzione è integrabile secondo Riemann e
Esempio 2. Funzione limitata non integrabile
Sia la funzione di Dirichlet ristretta nell’intervallo :
Consideriamo una partizione dell’intervallo
, allora
per ogni
per la densità di
in
e
per la densità dei numeri irrazionali in
; infatti per ogni
con
esiste
tale che
. Quindi in ogni intervallo
esiste un punto razionale dove la funzione vale uno che rappresenta ovviamente il massimo della funzione. Inoltre per ogni
con
esiste
tale che
per la densità dei numeri irrazionali in
e quindi la funzione in questo punto assume valore
che è il minimo.
Possiamo calcolare il valore della somma integrale superiore e inferiore che, anche in questo caso, non dipende dalla partizione scelta
e
Allora e
e la funzione seppur limitata non è integrabile secondo Riemann.
-
L’estremo inferiore cresce e l’estremo superiore diminuiscono se si riduce l’insieme di numeri reali in oggetto. Infatti presi due insiemi
e
tale che
allora vale quanto segue
e
-
Assioma di completezza: siano
e
due insiemi non vuoti di numeri reali con la proprietà che
comunque si scelgano
e
. Allora esiste almeno un numero reale
tale che
per ogni
e
. Tale elemento
è detto elemento di separazione di A e B. ↩
Funzioni integrabili
Introduzione.
Dimostrazione. () Se
è integrabile secondo Riemann in
allora
. Per definizione di estremo superiore e inferiore,
esistono
e
partizioni dell’intervallo [a,b] tale che
e
Considerando la partizione e sfruttando i risultati della proposizione 1 e 2
Poiché per l’ipotesi di integrabilità di
si ha che
() Se
esiste una partizione
partizione dell’intervallo
tale che
, essendo
e
allora
per l’arbitrarietà di otteniamo3 che
quindi la funzione è integrabile secondo Riemann.
Osservazione 4. Se è una funzione Riemann integrabile e
, per il teorema 1 esiste una partizione
dell’intervallo
tale che
(2)
dove la disuguaglianza più significativa è l’ultima, ovvero che la somma superiore della funzione sulla partizione dista meno di
dalla relativa somma inferiore.
Poiché le somme inferiore e superiore sono calcolate tenendo conto di e
, scegliendo dei punti
si ha ovviamente
(3)
Da (2) e (3) segue che e
appartengono all’intervallo
di ampiezza
e quindi si ha
(4)
La quantità è detta una somma di Cauchy di
relativa alla partizione
e, per quanto visto, approssima il valore dell’integrale
a meno di
.
Intuitivamente, considerando delle partizioni dell’intervallo via via più fitte, ci si aspetta che le relative somme di Cauchy approssimino sempre meglio il valore dell’integrale di
. Tale intuizione è confermata dal prossimo risultato, dove si considerano le partizioni
costituite suddividendo
in
intervalli della stessa lunghezza, e delle somme di Cauchy ad esse relative.
(5)
Dimostrazione. Senza ledere la generalità possiamo assumere , in quanto l’argomento è lo stesso anche negli altri casi.
Come nell’osservazione 4, poiché è integrabile, per il teorema 1, per ogni
esiste una partizione
dell’intervallo
tale che
(6)
Vogliamo dimostrare che, se scegliamo sufficientemente grande, le somme inferiore e superiore relative alla partizione
soddisfano una disuguaglianza simile.
A tal fine, consideriamo
e fissiamo
tale che
(7)
Consideriamo ora la partizione ottenuta unendo
e
. Poiché essa è più fine di
, per la proposizione 1 si ha
(8)
Osserviamo che la partizione differisce da
solo negli intervalli
in cui capitano dei punti
della partizione
. Tali intervalli sono in quantità al più pari a
(contando sia quelli in
che in
, poiché il numero di ulteriori suddivisioni è pari al numero di punti di
da inserire in
) e di ampiezza al più pari a
(dato che si tratta di sottointervalli di
). Inoltre, su ciascuno di tali intervalli, gli estremi inferiori di
sono distanti al più
(per la limitatezza di
). Pertanto possiamo stimare la differenza
come segue:
(9)
dove la prima disuguaglianza segue dalla proposizione 1 dato che è più fine di
. Analogamente si ha anche
(10)
Unendo queste informazioni otteniamo
(11)
che implica immediatamente
(12)
Tale stima continua ad essere valida per ogni . Dunque, per l’arbitrarietà di
e per definizione di limite, si ha la tesi.
Esempio 3. Calcolare il seguente integrale
Dalla proposizione 3
dove in abbiamo usato
facilmente dimostrabile tramite il principio di induzione o calcolo diretto usando la seguente formula notevole
.
Dimostrazione. Per prima cosa osserviamo che è una funzione continua in un compatto
pertanto per il teorema di Weierstrass è limitata e quindi ha senso indagare se sia integrabile; inoltre
per il teorema di Heine-Cantor
è uniformemente continua in
: preso un valore
esiste
si ha che4
Consideriamo5 una partizione dell’intervallo
scelta in modo tale che
. Siano inoltre
e
allora per il teorema di Weierstrass esistono
tale che
e
tale che
per ogni
. Allora
Quindi
Cioè è integrabile secondo Riemann nell’intervallo
per il teorema 1.
Dimostrazione. Sia una partizione dell’intervallo
tale che
,
è un punto di discontinuità.
Sia inoltre
Fissato è possibile costruire una partizione più fine di
così definita
Figura 4: rappresentazione partizione
Figura 5
con e
.
Osserviamo che la restrizione risulterà continua nel compatto
perché tale intervallo non contiene alcun punto di discontinuità e allora per il teorema 2 la funzione
risulta integrabile in
da cui per il teorema 1 è possibile scegliere una partizione
di
tale che
Consideriamo allora la seguente partizione di
e abbiamo
e
da cui
Per le proprietà di monotonia dell’estremo superiore e inferiore sappiamo che
e
pertanto
e
cioè
Per l’arbitrarietà di applicando il teorema 1 si ha la tesi.
Osservazione 5. Il teorema 3 si può estendere a funzioni limitate con una infinità numerabile di punti di discontinuità.
Esempio 4. Sia tale che
Dimostrare che è integrabile in .
Dimostrazione. La funzione è limitata in
e ha due punti di discontinuità in
e
; pertanto per il teorema 3
risulta integrabile in
e questo conclude la dimostrazione.
Esempio 5. Sia tale che
Dimostrare che è integrabile in .
Dimostrazione. Osserviamo che è limitata in
e che in
un punto di discontinuità di seconda specie. Pertanto per il teorema 3
risulta integrabile in
e questo conclude la dimostrazione.
Dimostrazione. Supponiamo che la funzione sia monotona crescente; la dimostrazione nel caso decrescente è analoga. Poiché è limitata allora
. Nel caso in cui la funzione
è costante per l’esempio 1 si conclude subito che è integrabile. Supponiamo che
non sia costante in
allora dato
si consideri una partizione dell’intervallo
tale che
Osserviamo che la funzione essendo monotona crescente ; inoltre
per la monotonia di
, abbiamo che
e
e quindi
da cui per il teorema 1 si ha la tesi.
una funzione integrabile e poniamo
Allora, per ogni funzione continua
la funzione
risulta integrabile in .
Dimostrazione. Osserviamo che per il teorema di Heine-Cantor la funzione risulta uniformemente continua nel proprio dominio, ovvero
Fissato , scegliamo
in modo tale che
.
Inoltre osserviamo che, essendo
integrabile nel proprio dominio, per il teorema 1 si può scegliere una partizione
di
tale che:
Siano
Ora dividiamo l’insieme degli indici in due sottoinsiemi
e
tale che
-
;
-
;
-
Siano ora
e siano tali che
Preso , abbiamo
e dunque per l’uniforme continuità di
otteniamo
Preso , possiamo stimare
come segue:
Osserviamo che per si ha
, dunque
Infine,
Per l’arbitrarietà di otteniamo che
è integrabile.
Proprietà delle funzioni integrabili..
- la funzione
è integrabile e
- La funzione
è integrabile e
- Proprietà di linearità
è integrabile e
- Proprietà di monotonia Se
per ogni
allora
-
è integrabile e
Prima di procedere alle dimostrazioni ricordiamo le seguenti proprietà degli estremi superiori ed inferiori
Osservazione 6. Immaginiamo di voler applicare alle somme superiori. Allora si avrebbe:
dove è una partizione di
.
Le altre proprietà si applicano in modo analogo.
Dimostrazione.
- Per prima cosa dimostriamo che se
e
sono integrabili in
allora la funzione
è integrabile in
. Per l’ipotesi di integrabilità delle due funzioni si ha che per il teorema 1 scelta una quantità
esistono due partizioni distinte
e
relative all’intervallo
tali che
Indichiamo con
una partizione di
che risulta ovviamente più fine di
e
. Allora quanto affermato per le partizioni
e
continuerà ad essere valido per la partizione
(vedi proposizione 1)
Dalle proprietà dell’estremo inferiore e superiore
e
otteniamo
da cui
cioè
quindi
pertanto la funzione
è integrabile.
Ora dobbiamo dimostrare che
Osserviamo quanto segue
e
da cui
Per l’arbitrarietà di
- Supponiamo
. Per l’ipotesi di integrabilità di
nell’intervallo
per il teorema 3 preso
esiste una partizione
dell’intervallo
tale che
Quindi
dove abbiamo usato
e quindi
è integrabile. Inoltre
allora stesso modo vale che
quindi
da cui
cioè la tesi.
Nel caso in cui
è ovvio. Se invece
iniziamo a dimostrare che se
è integrabile in
allora anche
è integrabile in
. Sia
la partizione tale che
Allora dalle proprietà dell’estremo inferiore e superiore si ha
allora
e possiamo affermare che
è integrabile. Per concludere la dimostrazione è sufficiente osservare che
e sfruttare il risultato appena dimostrato per coefficienti positivi.
- La dimostrazione risulta immediata basta applicare i punti 1 e 2 dimostrati in precedenza.
- Per i punti precedenti se
e
sono due funzioni integrabili in
anche la funzione
risulterà integrabile in
. Risulta chiaro che se
si ha che
e quindi
.
Abbiamo dunque
da cui la tesi.
- Consideriamo le funzioni
e
entrambe continue nel proprio dominio; da cui
e
le quali risultano entrambi integrabili per il teorema 5. Osserviamo che
può essere riscritto come
quindi anche
risulterà integrabile per il caso 1 del teorema 6. Inoltre
(13)
Quindi applicando il risultato del caso
e
ad (13) si ha che
Dimostrazione. Riscriviamo come segue
Osserviamo che risulta integrabile per il caso 1 del teorema 6. Considerando le funzioni
e
che sono continue nel proprio dominio e pertanto la funzione
risulta integrabile per il teorema 5 e il caso 1 del teorema 6, da cui la tesi.
Dimostrazione. Iniziamo con il dimostrare che se è integrabile in in
e
allora
è integrabile in
.
()Sia
una partizione formata da
punti dell’intervallo
e
partizione dell’intervallo
formata da
punti, allora
è una partizione di
punti dell’intervallo
6 e risulta
Analogamente possiamo dimostrare che , quindi
Per l’ipotesi di integrabilità di in
e in
allora scelto un valora
esistono due partizioni
e
rispettivamente di
e
tali che
Quindi
da cui segue che è integrabile in
.
() Nel caso in cui
risulti integrabile in
allora scelto
esiste una partizione
dell’intervallo
tale che
. Allora possiamo distinguere due casi:
- Se
allora possiamo considerare
partizione dell’intervallo
e
partizione dell’intervallo
tali che
e per la proposizione 1 si ha che
e quindi
è integrabile in
e in
.
- Se
allora consideriamo la partizione
con
. Osserviamo che
è più fine di
allora per la proposizione 1 si ha
e
quindi
pertanto
quindi
è integrabile in
e in
.
Per dimostrare l’uguaglianza, sia allora esiste una partizione
tale che, seguendo un ragionamento analogo a quello fatto nella dimostrazione dell’integrabilità,
. Consideriamo poi le due partizioni
e
rispettivamente di
e
, allora
Analogamente
Quindi
da cui per l’arbitrarietà di otteniamo la tesi.
se e solo se in
.
Dimostrazione. Se è identicamente nulla in
è ovvio. Ipotizziamo per assurdo che
non è identicamente nulla in
. Sappiamo che
per ogni
e scelto un qualsiasi valore
tale che
, per il teorema della permanenza del segno la funzione in un intorno di
risulta
. Scelto un qualsiasi compatto
per il teorema di Weierstrass la funzione ammette minimo assoluto
e pertanto risulta chiaro che
ovvero l’area del rettangolo di base e altezza
è minore dell’area sottesa alla curva
in
; ma questo fatto è assurdo poiché
contraddice l’ipotesi
.
Osservazione 7. Si noti che, dalla definizione 4 segue che
per ogni Ciò è coerente con l’idea intuitiva che l’area sottesa al grafico di
su un intervallo di ampiezza nulla sia nulla.
-
Verrebbe naturale pensare che ci sono
elementi ma
↩
Teoremi della media integrale.
Inoltre se è continua in
allora esiste un punto
tale che
Dimostrazione. Dalla definizione di funzione integrabile secondo Riemann, per ogni partizione dell’intervallo
risulta che
Se consideriamo la partizione meno fine di tutte costituita dai soli estremi dell’intervallo abbiamo
Dividiamo le precedenti disuguaglianze per la quantità e otteniamo
da cui la prima tesi del teorema.
Supponiamo ora che sia continua in
allora per il teorema dei valori intermedi esiste un punto
tale che
da cui la seconda tesi del teorema.
Osservazione 8. Per dimostrare la prima tesi del teorema 9 è possibile procedere anche nel modo che segue. Sappiamo che è integrabile in
quindi è limitata in
pertanto
Integrando si ha
cioè
da cui dividendo per si ottiene nuovamente la tesi.
Osservazione 9. Questo teorema assicura nel caso di funzioni continue l’esistenza di un punto tale che il rettangolo di base
e altezza
ha area uguale all’area sottesa al grafico di
.
Osservazione 10. Il rapporto prende il nome di media integrale della funzione
sull’intervallo [a,b]. Tale denominazione è giustificata: consideriamo le partizioni
dell’intervallo di integrazione
Per l’integrabilità della funzione
Dunque la media integrale si presenta come il limite a cui tende la media aritmetica di valori della funzione, assunti in
punti distinti, al tendere di
all’infinito.
Dimostrazione. Supponiamo positiva nell’intervallo
. Poiché
è una funzione continua nel compatto
allora per il teorema di Weierstrass esistono
e
rispettivamente il minimo e il massimo di
in
:
Per la proprietà di linearità otteniamo che
Inoltre osseviamo che, poichè è positiva nell’intervallo
, per il teorema 8 si ha
e quindi possiamo dividere per tale quantità ottenendo
Per il teorema dei valori intermedi esiste un punto tale che
che è l’asserto.
Osservazione 11. Il teorema della media integrale è conseguenza diretta del teorema della media ponderata per .
Funzione integrale e teorema fondamentale del calcolo
Introduzione.
Questo integrale, una volta fissato dipende unicamente dalla variabile
; pertanto è possibile definire una nuova funzione che associa ad ogni
il valore dell’integrale.
Se è positiva o nulla si può interpretare geometricamente la funzione integrale come una funzione che associa ad ogni
l’area sottesa al grafico della funzione. Nel caso in cui la funzione assuma valori positivi e valori negativi l’integrale definito corrisponderà alla somma con segno delle due aree che si trovano nel semipiano superiore e inferiore rispetto all’asse delle ascisse.
Grazie ai risultati dimostrati nei precedenti paragrafi è possibile dimostrare il teorema che lega l’integrale e la derivata e che evidenzia in particolare quali sono le ipotesi per la derivabilità della funzione integrale.
Dimostrazione. Una funzione è derivabile in un punto
se esiste ed è finito il limite del rapporto incrementale, ovvero vogliamo dimostrare che esiste ed è finito
e che questo coincide con .
Per dimostrarlo usiamo il teorema 7; per ogni vale
La dimostrazione del primo risultato è una conseguenza del teorema della media: sia , allora la funzione
è continua e limitata nell’intervallo
, quindi esiste un punto
tale che
allora
Per il punto7
, visto come una funzione della variabile
, tenderà a
e quindi per la continuità di
,
. Allora
Un calcolo analogo per ci permette di concludere che
quindi, per la definizione di derivata, la funzione è derivabile e
.
Ora consideriamo una funzione derivabile tale che
e la funzione
.
Sfruttando la proprietà di linearità dell’operazione di derivazione, calcoliamo la derivata di :
Ricordiamo che una funzione che è continua nel compatto e derivabile in
con derivata nulla8 è costante in
quindi
con
. Poichè
possiamo concludere che
cioè l’asserto.
Osservazione 12. Il teorema appena dimostrato prende anche il nome di teorema di Torricelli-Barrow, anche se tale denominazione non ha motivi storici.
L’ultimo risultato può essere espresso come segue
Osservazione 13. Riportiamo un’altra dimostrazione della prima parte del teorema fondamentale del calcolo che usa le proprietà della funzione integrale: per la definizione di funzione integrale e per la proprietà di linearità si ha
dove .
Poichè
continua in
allora si ha
Quindi posto si ha
cioè
In modo equivalente posto si ha
cioè
Possiamo concludere che
tale che se
allora
dunque la funzione è derivabile in
e vale
Dalla definizione di primitiva e dal teorema fondamentale del calcolo integrale possiamo concludere che ogni funzione continua ammette primitiva in e questa è proprio la funzione integrale. Inoltre, se
è una primitiva di
anche
è una primitiva di
per ogni
.
Dimostrazione. Sia la funzione integrale. Poiché anche
è una primitiva di
allora per il teorema precedente
Secondo teorema della media integrale.
- Se
è non negativa [non positiva] allora esiste un punto
tale che
- Se
assume sia valori positivi che valori negativi allora esiste almeno un punto
tale che
Dimostrazione.
- Consideriamo
la partizione uniforme dell’intervallo
tale che:
Osserviamo che la funzione
risulta continua in
pertanto possiamo applicare il teorema della media integrale: esiste un punto
tale che
Definendo
si ha
da cui
e consideriamo
Le funzioni
e
sono integrabili in
perché continue, quindi anche
risulterà integrabile per la proposizione 4. Inoltre per l’osservazione 4 si ha che
Allora
Osserviamo che
-
è decrescente dunque
per ogni
;
-
è non negativa quindi
per ogni
;
-
;
-
assume massimo
e minimo
in
.
Da queste osservazioni possiamo concludere che
Analogamente
Quindi
Passiamo al limite per
e teniamo conto che
:
Per il teorema dei valori intermedi esiste un punto
tale che
-
- Consideriamo la funzione
. Se
è decrescente allora
risulterà decrescente e non negativa. Per il punto
esiste un punto
tale che
L’integrale indefinito
Leggi...
Osservazione 14. Esistono funzioni che non ammettono primitiva. Per esempio la funzione
non ammette primitiva. Se infatti per assurdo esistesse primitiva di
in
, allora si avrebbe
dove la seconda uguaglianza è valida per il teorema di De L’Hopital in quanto , essendo pari a
, ha limite da destra nel punto
. Analogamente avremmo
.
D’Altra parte, per definizione di primitiva, sarebbe derivabile quindi
che è assurdo.
E’ necessario sottolineare la differenza sostanziale tra l’integrale definito e quello indefinito; il primo è un numero reale, il secondo è un insieme di funzioni
(14)
tutte uguali a meno di una costante. Possiamo quindi riscrivere l’integrale definito come
dove .
E’ possibile calcolare, grazie alla definizione, i primi integrali indefiniti. Sia con
. Dalla definizione, per calcolare l’integrale indefinito di
dobbiamo determinare quella funzione
tale che
. Allora
Infatti dalle regole di derivazione . Quindi
Esempio 6. Integrali di funzione potenza
-
-
-
.
Esempio 7. Integrali di polinomi Dalla regola di derivazione delle funzioni potenza e dalle proprietà di linearità dell’integrale possiamo calcolare la primitiva di polinomi
Verifica: Sia ha derivata
.
Osservazione 15. Ogni qualvolta si risolve un integrale si può fare la derivata del risultato ottenuto e vedere se viene la funzione integranda.
Dalla definizione segue la tabella di integrali indefiniti immediati. Tutte le formule possono essere verificate derivando il secondo membro e verificando che la derivata è uguale alla funzione integranda.
ese
Integrali immediati | |
---|---|
|
|
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|
|
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|
|
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|
Esempio 8. Calcoliamo i seguenti integrali indefiniti, ricordando gli integrali notevoli e le proprietà di linearità
.
Esempio 9. Calcoliamo .
Nonostante il significato geometrico dell’integrale questo risultato non ci deve sorprendere; infatti la funzione è una funzione dispari che stiamo integrando su un intervallo simmetrico.
L’area sottesa al grafico nell’intervallo sarà positiva e uguale in modulo a quella tra
ma opposta in segno. In generale se
è Riemann integrabile in
ed è una funzione dispari allora
Se è una funzione Riemann integrabile in
ed è pari si ha che
Tecniche risolutive integrali indefiniti e definiti
Introduzione.
Integrazione per sostituzione.
(15)
In particolare per gli integrali indefiniti possiamo scrivere formalmente quanto segue
Dimostrazione. Sia tale che
e pertanto
ha
per ogni
.
Quindi essendo una primitiva di
possiamo applicare il teorema fondamentale del calcolo integrale
da cui la tesi.
Osservazione 16. Nel caso in cui la funzione risulti invertibile possiamo riscrivere l’uguaglianza (15) come segue
(16)
dove è la funzione inversa di
.
Esempio 10. Calcolare .
Soluzione. Osserviamo che, considerando e
allora
e possiamo ricondurci a un integrale della forma
.
Abbiamo dunque
Poniamo da cui
, allora
cioè
Esempio 11. Calcolare .
Soluzione. Operiamo la sostituzione da cui
che è l’espressione che compare al numeratore della funzione integranda. Quindi
Allora
Esempio 12. Calcolare con
.
Soluzione. La sostituzione che conviene applicare per integrali di questa forma è allora
. La funzione
non è biunivoca; dobbiamo quindi restringerci9 a un opportuno intervallo di integrazione come
in cui è possibile ricavare
e
, abbiamo dunque
Per risolvere l’integrale, un’idea è quella di utilizzare le formule di duplicazione . Quindi
Grazie alle formule di duplicazione otteniamo
Esempio 13. Calcolare con
.
Soluzione.Poniamo allora
. La funzione
è continua, derivabile e invertibile10 allora si ha:
dove in abbiamo usato
e in
abbiamo applicato la definizione di coseno iperbolico.
Grazie alla sostituzione otteniamo
dove in abbiamo applicato la definizione di seno iperbolico. \\
Quindi
dove in abbiamo sostituito
da cui
e
.
Osservazione 18.Per ottenere il medesimo risultato era possibile applicare la formula di duplicazione per le funzioni iperboliche; consideriamo
cioè
Osservazione 18. Dalla definizione del seno iperbolico e attraverso delle manipolazioni algebriche è possibile riscrivere il settore seno come una funzione logaritmica. Infatti
Integrazione di funzioni razionali.
Osservazione 19. E’ sempre possibile ricondursi a un integrale in cui il grado del numeratore è minore del grado del denominatore. Infatti detti e
il quoziente e il resto della divisione tra
e
, avremmo
dove il grado di è minore del grado di
. La funzione integranda può essere riscritta come somma di un polinomio e di una funzione razionale il cui grado del numeratore è minore stretto del grado del denominatore.
Esempio 14. Calcolare .
Soluzione.
Svolgiamo la divisione polinomiale tra e
e otteniamo
Quindi
Nell’esercizio precedente la decomposizione della funzione integranda ci ha condotti a un polinomio e a una funzione razionale di integrazione immediata; non sempre ciò accade, pertanto occorre stabilire delle tecniche generali per integrare delle funzioni razionali in cui il grado del numeratore è minore stretto del grado del denominatore.
- Se il denominatore è di primo grado: in questo caso l’integrale è della forma
,
con
e
non contemporaneamente nulli. Con una semplice sostituzione è sempre possibile ricondurlo a una funzione integranda le cui primitiva è una funzione logaritmica.
Esempio 15. Calcolare
.
Soluzione. Ponendo
allora
e
, quindi
Altrimenti si poteva procedere ricordando questo integrale indefinito notevole
; infatti
- Se il denominatore è di secondo grado: in questo caso l’integrale è della forma
con
e
. Le tecniche di integrazione sono diverse a seconda del segno del discriminante
.
- Se
, il trinomio
ha due soluzioni reali e distinte
e
. La tecnica di integrazione consiste nel trovare due numeri reali
e
tale che
In questo modo la funzione integranda risulta decomposta nella somma di due funzioni (dette fratti semplici) i cui integrali sono immediati.
Esempio 16. Calcolare
.
Soluzione. Ovviamente
, quindi il polinomio di secondo grado ammette due zeri reali e distinti. Cerchiamo di determinare due numeri
e
tale che
(17)
Allora
cioè
che ha come soluzioni
e
. Quindi, per la linearità dell’integrale
Altrimenti si poteva procedere ponendo
e moltiplicando per
ambo i membri della relazione (17), così ottenendo
ottenendo cosi una nuova relazione definita per ogni
; sostituendo
troviamo
Analogamente a prima poniamo
e moltiplichiamo ambo i membri della (17) per
, otteniamo
da cui sostituendo
si trova che
ottenendo nuovamente i valori trovati in precedenza di
e di
.
- Caso
. In generale vale che
dove abbiamo supposto
. Ora sfruttando il fatto che
si ha che
Nella dimostrazione abbiamo supposto che
ma si può generalizzare supponendo
; ottenendo cosi la seguente scrittura
cioè
che è un quadrato di binomio.
Torniamo ora alla tecnica di integrazione e osserviamo che consiste sempre nel determinare due numeri
e
tale che
(18)
- Se
Esempio 17. Calcolare .
Soluzione. Dobbiamo determinare due numeri reali e
tale che
(19)
Allora
cioè
che ha come soluzione e
. Quindi, per la linearità dell’integrale
Il primo integrale è
grazie alle sostituzione procedendo in modo analogo all’esempio 15 o altrimenti si può usare l’integrale indefinito notevole
.
Per il secondo integrale, sempre per otteniamo
Quindi
Altrimenti per determinare e
si può procedere come segue: consideriamo la relazione (19) e posto
, moltiplicando ambo i membri per
si ottiene
e sostituendo troviamo
Sostituiamo nella relazione (19) e otteniamo
cioè
abbiamo così ottenuto nuovamente gli stessi valori di e di
trovati in precedenza.
Esempio 18. Calcolare .
Soluzione. L’idea generale è quella di ricondurre la funzione integranda, attraverso la tecnica del completamento del quadrato, a una funzione razionale che ha come primitiva la funzione arcotangente. Per farlo osserviamo che
Allora
Raccogliamo al denominatore e otteniamo
Posto allora
e
, quindi
Altrimenti ricordando il seguente integrale indefinito notevole
e ricordando quanto segue
se consideriamo ponendo
e
si ha che
pertanto
Esempio 19. Calcolare .
Soluzione. L’obiettivo è di riscrivere la funzione integranda come somma di due addendi, di cui uno avente al numeratore un multiplo della derivata del denominatore e l’altro avente come numeratore una costante
cioè
che ha come soluzione e
. Quindi per la linearità dell’integrale si ha:
Per il primo integrale poniamo quindi
Osserviamo che la funzione integranda del secondo integrale ha la stessa forma di quella dell’esempio 18 e quindi possiamo applicare lo stesso metodo di integrazione.
Sia allora
, allora
Concludendo
dove abbiamo tolto il modulo dal logaritmo perchè per ogni
.
3. Se il denominatore è di grado superiore al secondo: in questo caso l’integrale è della forma dove il grado di
è minore del grado di
. Si scompone anzitutto
nel prodotto di fattori di primo grado o di fattori irriducibili di secondo grado e successivamente di riscrive la funzione integranda in fratti semplici. Questa decomposizione si effettua secondo le regole viste negli esempi precedenti e riunite nella tabella che segue
Fattore | Decomposizione |
---|---|
Dato polinomio di grado
a coefficienti reali allora esiste un’unica scomposizione in fattori irriducibili
dove per
sono le radici reali e distinte del polinomio
ciascuna con molteplicità
e i polinomi
per
sono polinomi irriducibili in
.
Allora
Esempio 20. Calcolare il seguente integrale indefinito:
Soluzione. Scomponendo il denominatore, abbiamo
Posto
con costanti, ricaviamo la seguente identità
da cui
e quindi, uguagliando i termini tra i due polinomi
dalle quali si ricava facilmente
Abbiamo quindi
Risolviamo separatamente il secondo integrale: possiamo fare in modo di far apparire, a numeratore, la derivata del denominatore nel modo seguente
Ricordando che
e ponendo nel primo integrale, si ha
Per l’ultimo integrale rimasto, effettuando la sostituzione
otteniamo
Sostituendo a ritroso otteniamo la soluzione cercata
con .
Esempio 21. Calcolare il seguente integrale indefinito:
Soluzione. Scomponendo il denominatore, possiamo scrivere
con ,
e
costanti, da cui si ottiene l’identità valida per ogni
Sostituendo nella precedente identità i valori , si ottiene
Sostituendo invece otteniamo
Risolvendo dalle condizioni precedenti si trova:
Possiamo risolvere l’integrale nel modo seguente:
Esempio 22. Calcoliamo .
Scomponendo il denominatore osserviamo che la scomposizione contiene due fattori uno di primo grado e uno di secondo grado irriducibile. Allora determiniamo tre numeri reali
,
e
tale che
Risolvendo il sistema otteniamo ,
e
, allora per la linearità dell’integrale otteniamo
Svolgiamo separatamente i tre integrali
Per il secondo integrale poniamo e
La terza funzione integranda avrà come primitiva una funzione arcotangente
Poniamo allora
e
. Abbiamo dunque
Concludendo
Riportiamo un metodo diverso sempre per il calcolo di integrali di funzioni razionali nel caso in cui il denominatore abbia radici multiple basato sulla scomposizione di Hermite.
l’unica scomposizione di in fattori irriducibili. Allora esiste un’unica rappresentazione di
della forma
dove
e è un polinomio di grado minore di quello di
.
In altre parole per scrivere il termine da derivare si ha che: al denominatore si moltiplicano tutti i fattori della scomposizione di con molteplicità scalata di uno (in questo modo le radici semplici non contribuiscono) mentre al numeratore avremo un generico polinomio con grado minore di uno rispetto al denominatore appena costruito. In ogni caso dopo aver eseguito la derivata ritroveremo un sistema di
equazioni in
incognite.
Esempio 23. Calcolare .
Impostando la formula di Hermite otteniamo
cioè
Risolvendo il sistema otteniamo ,
e
, quindi per la linearità dell’integrale otteniamo
Altrimenti applicando la decomposizione in fratti semplici si ha:
(20)
Posto e moltiplicando ambo i membri della relazione (20) per
si ha
(21)
e sostituendo in (21) si trova
da cui
Poniamo e moltiplichiamo la precedente relazione ambo i membri per
così ottenendo:
(22)
e sostituendo in (22) si trova
, da cui
cioè
Poniamo e moltiplicando ambo i membri della precedente relazione per
, si trova
da cui sostituendo si trova
, quindi
Pertanto otteniamo la seguente decomposizione in fratti semplici
(23)
e integrando ambo i membri delle relazione (23) abbiamo
come risultato in precedenza.
Sostituzione di Eulero.
In questa circostanza è utile ricorrere alla sostituzione di Eulero. Si pone (scegliendo indifferentemente il + o il – e gli altri parametri in modo tale che la radice sia ben definita) e elevando al quadrato entrambi i membri si ha:
e differenziando si ottiene
da cui
Esempio 24. Calcolare il seguente integrale .
Soluzione. Si pone e quindi si ha
da cui
e
pertanto
Con i metodi di integrazione di funzioni razionali otteniamo
In conclusione
Esempio 25. Calcolare il seguente integrale .
Si pone ottenendo:
da cui
Allora
Vediamo adesso lo stesso integrale svolto con la sostituzione già vista nell’esempio 13. Allora
Esempio 26. Calcolare il seguente integrale indefinito
Soluzione. Riscriviamo l’integrale come
e posto abbiamo
Ricordiamo che la funzione coseno iperbolico
definita come
è sempre positiva in tutto il suo dominio. Inoltre vale l’identità notevole
Si ha quindi nell’integrale
Pertanto l’integrale diventa
Ricordiamo ora la seguente formula di duplicazione per il coseno iperbolico
da cui otteniamo
Dunque concludiamo che
dove e
.
Nota. Per completezza facciamo presente al lettore che si potevano esplicitare ulteriormente i calcoli sostituendo
in facendo uso dell’identit\’a notevole
e della regola di duplicazione del seno iperbolico
come segue
Sostituzione di Weierstrass.
In questi casi è utile applicare la sostituzione di Weierstrass che consiste nel sostituire il coseno e il seno in termini di funzioni che dipendono :
da cui
Quindi
Dimostriamo le formule parametriche.
Dimostrazione. Applicando le formule di duplicazione del seno e del coseno si ha
da cui applicando la regola fondamentale della goniometria otteniamo
Posto possiamo moltiplicare e dividere per
le precedenti relazioni
cioè
e ponendo si ha l’asserto.
Esempio 27. Calcolare il seguente integrale indefinito
Soluzione. Dalle relazioni
abbiamo
Esempio 28. Calcolare il seguente integrale indefinito
Soluzione. Dalle relazioni
abbiamo11
Esempio 29. Calcolare il seguente integrale indefinito
Soluzione. Dalle relazioni
abbiamo
Ora possiamo scrivere
da cui
Sostituendo nella precedente abbiamo
poi con
ed infine con otteniamo
Uguagliando i coefficienti di
Pertanto12
Esempio 30. Calcolare il seguente integrale indefinito
Soluzione. Dalle relazioni
abbiamo
Ora
da cui
(24)
Sostituendo nell’equazione precedente otteniamo
mentre sostituendo otteniamo
poi con
ed infine con abbiamo
da cui e in definitiva13
Esempio 31. Calcolare il seguente integrale
dove .
Soluzione. Dalle relazioni
abbiamo
Adesso scriviamo l’integranda come segue
da cui
e per il principio d’identità dei polinomi
Quindi l’integrale diviene
Riscriviamo14
da cui
Esempio 32. Calcolare il seguente integrale definito
Soluzione. Dalle relazioni
abbiamo
Integrazione per parti.
Dimostrazione. Dalla regola di derivazione del prodotto tra funzioni
Integrando ambo i membri della precedente relazione e utilizando la proprietà di linearità si ottiene:
La tesi si ottiene osservando che la funzione è una primitiva di
.
In pratica, l’integrazione per parti è conveniente quando dato un integrale è possibile scomporre
nel prodotto di due funzioni
e
in modo tale che l’integrazione di
risulti più semplice di quella di
.
Osservazione 20. E’ possibile riscrivere la regola di integrazione per parti nel caso di integrali definiti. Date due funzioni e
continue e derivabili con derivata continua in un intervallo
allora
Esempio 33. Calcolare .
Soluzione. Consideriamo e
allora
e
. Per la formula di integrazione per parti
Questo esempio rende ancora più chiaro lo scopo dell’applicazione del metodo di integrazione per parti che è quello di ricondursi a un integrale più semplice; per raggiungere questo scopo è fondamentale la scelta delle funzioni. Infatti se nell’esercizio precedente avessimo scelto come funzione da derivare e
come funzione da integrare avremmo ottenuto
Continuiamo ad integrare per parti
Risulta chiaro che l’esponente di in questo modo aumenta ad ogni passaggio rendendo l’integrale più complicato ad ogni passo; pertanto è importante capire chi integrare e derivare.
Esempio 34. Calcolare .
Soluzione. L’idea è quella di considerare . Allora
e
Adesso grazie alla sostituzione otteniamo che
, quindi
Esempio 35. Integrali ciclici
Soluzione. Calcoliamo con
.
Una possibile scelta è e
allora
e
.
(25)
Per l’integrale al secondo membro utilizziamo nuovamente il metodo di integrazione per parti con e
allora
Quindi
L’integrale ottenuto è analogo a quello di partenza: parleremo in questo caso di integrali ciclici.
Allora:
cioè
In modo analogo possiamo ottenere
Esempio 36. Calcoliamo .
Scegliamo
e
allora utilizzando le formule ricavate dall’esempio 36
Quindi
Allora
Esempio 37. Calcolare il seguente integrale definito:
Soluzione. Calcoliamo il seguente integrale indefinito:
Dunque
Tornando all’integrale definito si conclude che
Esempio 38. Calcolare il seguente integrale definito:
Soluzione.
Calcoliamo :
da cui concludiamo che
Allora
Esempio 39. Calcolare
Soluzione.
Poniamo e otteniamo
Quindi
Concludiamo
Esempio 40 (integrali ricorsivi). Sia e
Si calcoli
Soluzione. Si definisce
Scegliendo e
otteniamo
Quindi
Esplicitando rispetto a otteniamo la formula ricorsiva
(26)
La formula (26) permette di calcolare l’integrale a partire dal valore
. Ad esempio per calcolare
osserviamo che
Quindi
Esempio 41.
Calcolare per
.
Soluzione. Siano e
da cui
Allora
La formula di iterazione permette di calcolare conoscendo l’integrale
.
Posto si ha
Applichiamo nuovamente la formula ricorsiva ponendo
pertanto
Esempio 42. Calcolare i seguenti integrali ricorsivi:
determinandone una formula chiusa.
Soluzione. a) Abbiamo, ponendo
ed utilizzando la formula di integrazione per parti
otteniamo
(27)
Si ha allora
e quindi, osservando che
abbiamo
Dimostriamo questa relazione per induzione.
Base dell’induzione:
Abbiamo, come visto
mentre
Passo induttivo: supponiamo la relazione vera per e dimostriamola per
.
Dobbiamo dimostrare che
(28)
Possiamo scrivere, per quanto abbiamo visto nella relazione ricorsiva (27)
ovvero la tesi.
b) Per l’integrale , poniamo
da cui
(29)
Si ha allora, posto , utilizzando (29) ed osservando che
e così via.
Ricordando il simbolo del doppio fattoriale
l’andamento precedente suggerisce la seguente formula chiusa per il nostro integrale
(30)
Proviamo tale relazione con il principio di induzione.
Base dell’induzione:
Abbiamo
essendo .
Passo induttivo
Supponiamo vera (30) e dimostriamo che la relazione vale per , per cui dimostriamo che
(31)
Osserviamo che dalla relazione (30) ed usando (31) si ha
avendosi
Esempio 43. Trovare delle formule iterative per i seguenti integrali
Trovare delle formule iterative per i seguenti integrali
Soluzione.
Osserviamo che per si ha
e, per , integrando per parti
da cui
Per si ha
Nel secondo integrale, posto
si ha
Nell’ultimo integrale, posto
abbiamo
e quindi
da cui
ovvero
Passiamo al secondo integrale. Osserviamo che per si ha
e, per , integrando per parti
da cui
Per si ha
Nel secondo integrale, posto
si ha
Nell’ultimo integrale, con
abbiamo
e quindi
da cui
ovvero
Esempio 44. Sia e
, dimostrare la seguente identità:
Soluzione.
Osserviamo che abbiamo omesso, con ulteriore abuso di notazione, la costante arbitraria, ovvero abbiamo richiesto soltanto di dimostrare che il secondo membro è una primitiva di .
Sia , vogliamo dimostrare la formula per induzione su
(in alternativa potremmo semplicemente dimostrare che la derivata del se condo membro è
, ma questo non sarebbe un esercizio sull’integrazione!).
Il caso è immediato,
.
Assumiamo l’identità vera per e dimostriamola per
procedendo ad un’integrazione per parti in modo tale da abbassare il grado del monomio:
Per ipotesi induttiva
dove nell’ultima uguaglianza abbiamo effettuato un cambio di indice della sommatoria . Dunque
Per concludere la dimostrazione osserviamo che
e che corrisponde al termine per
nella sommatoria.
Scarica la teoria e gli esercizi svolti
Ottieni la dispensa di teoria ed esercizi sugli integrali definiti e indefiniti.
Esercizi
Presentiamo esercizi misti risolti con i vari metodi proposti nelle dispense.
Soluzione.
Sia allora
. Dunque
Dobbiamo determinare tre numeri reali e
tale che
allora
che ha come soluzioni ,
e
.
Per semplicità svolgiamo gli integrali separatamente
Attraverso la sostituzione otteniamo
In conclusione
Soluzione.
che fa riferimento alle formule parametriche
Quindi
(32)
Soluzione.
Soluzione.
e quindi, posto
si ha
Soluzione.
posto
si ha
ed essendo
segue
Soluzione.
e .
Otteniamo quindi
Soluzione.
Soluzione.
e quindi
per cui poniamo
da cui
Soluzione.
Soluzione.
Posto
l’integrale diventa
Risolviamo ora il seguente integrale indefinito per parti
Segue che
da cui
Soluzione.
e posto con
abbiamo
Decomponiamo la funzione integranda come segue
da cui
e per il principio di identità dei polinomi abbiamo
che ha soluzione
dunque
calcolare
esprimendo il risultato in termini di .
Soluzione.
allora abbiamo
(33)
Soluzione.
ora osserviamo che
(34)
quindi
dove in abbiamo usato l’integrale indefinito notevole
e
abbiamo usato l’identità notevole
per
.
Soluzione.
Dobbiamo quindi calcolare l’integrale di funzione razionale fratta
A tal fine iniziamo a scomporre il denominatore: dal momento che il polinomio non ammette radici reali, l’unica possibilità è quella di ottenere una scomposizione della forma
Uguagliando i coefficienti otteniamo le condizioni
da cui si ricava facilmente , e quindi la decomposizione
Scriviamo adesso la nostra integranda sotto forma di due frazioni, ciascuna avente uno dei fattori precedenti come denominatore: pertanto
e quindi, uguagliando i numeratori
da cui, svolgendo i prodotti
Uguagliando i coefficienti otteniamo le condizioni
e quindi
Il nostro integrale diventa pertanto
dove abbiamo posto
Dal momento che questi due integrali differiscono solo per il segno a denominatore, svolgeremo un unico calcolo utilizzando il doppio segno per evidenziare la differenza nei coefficienti. Osserviamo per prima cosa che si può scrivere
Ponendo adesso
tali integrali diventano
e quindi, ricordando la sostituzione fatta
In definitiva
Utilizzando una nota formula di trigonometria20 possiamo scrivere la differenza delle arcotangenti come
e quindi
Utilizzando questa espressione e ricordando la sostituzione iniziale, ricaviamo il nostro integrale
con .
-
Ricordiamo che
per cui se
, passando all’arcotangente ad ambo i membri
Soluzione.
da cui21
Dalla sostituzione fatta si ricava : inoltre, essendo
, si ricava, ricordando la definizione della funzione tangente e la prima formula fondamentale della trigonometria:
Pertanto
-
Si ricordano le relazioni notevoli
Soluzione.
Inoltre si ha
e pertanto siamo ricondotti ad un integrale della forma
essendo in questo caso
Ne deduciamo che
In particolare determinare la primitiva per la quale
.
Soluzione.
e pertanto
con costanti arbitrarie.
Per determinare la primitiva che soddisfa la condizione data, osserviamo per prima cosa che
Inoltre, per avere la continuità della primitiva, deve essere
Ne segue che la primitiva cercata è
analizzando i differenti casi in cui risulti positivo, negativo o nullo.
Soluzione.
Per questo motivo, possiamo riscrivere il nostro integrale, quando , come
avendo posto . Prima di analizzare i singoli casi, osserviamo che possiamo scrivere la nuova funzione integranda al modo seguente:
da cui l’identità
Allora, osservando che
si ha
Dobbiamo allora calcolare il secondo integrale. Si osservi che
e quindi, posto 22
Abbiamo allora le seguenti situazioni:
- Se
poniamo
e
da cui
e quindi23
pertanto
- Se
ponendo
da cui
si ha
e quindi
- Se
poniamo
e
da cui
e quindi24
pertanto
Abbiamo allora per l’integrale di partenza
Dimostare che
Soluzione.
Soluzione.
per cui possiamo scrivere
Risolviamo integrando per parti
da cui l’asserto.
Soluzione.
Soluzione.
Adesso vediamo i diversi casi a seconda dell’intervallo di valori per .
Se
Se
Se
Si conclude che
Soluzione.
Quindi
Osserviamo che perchè la funzione
è dispari rispetto a
. In particolare essendo
, quindi
Si conclude che
In modo analogo ricordando la seguente relazione
e sfruttando le considerazioni fatte si ha che
da cui la tesi.
calcolare
esprimendo il risultato in termini di .
Soluzione.
allora abbiamo
Soluzione.
E inoltre
Allora
Per la proprietà di monotonia otteniamo
una funzione continua con derivata continua e strettamente crescente in , dove
e sia
l’inversa di .
Per ogni coppia di numeri positivi, con
e
, dimostrare che
(36)
Infine applicare (36) con .
Soluzione.
e poniamo . Allora
e
Ora integriamo per parti
e, con quanto appena ottenuto, abbiamo
(37)
Sappiamo che è crescente in
e che
, quindi
vale la seguente disuguaglianza:
(38)
quindi usando (38) in (37) abbiamo
Ora sia con funzione inversa
per
, allora
con e
.
La disuguaglianza (36) prende il nome di disuguaglianza di Young e nel caso particolare in cui e la funzione inversa
la (36) diventa:
e posto
otteniamo
Soluzione.
Definiamo
e calcoliamo
Si conclude che
Soluzione.
Operiamo la sostituzione e otteniamo26
La funzione integranda di è dispari e l’intervallo di integrazione è simmetrico rispetto all’origine, quindi
.
Per quanto riguarda poniamo
: la funzione integranda di
è pari e l’intervallo di integrazione è simmetrico rispetto all’origine, quindi
Osserviamo ora che la funzione integranda è la derivata dell’arcotangente27
Dunque concludiamo che
Soluzione.
Soluzione.
(41)
Ora riscriviamo come segue
e osserviamo che
(42)
pertanto
(43)
Il risultato appena ottenuto si può scrivere in modo più compatto ricordando la seguente relazione
(44)
cioè
(45)
Concludiamo che
Soluzione.
Prima sostituzione: da cui segue
Seconda sostituzione:
ed infine terza sostituzione: , ottenendo così
Ora procediamo sviluppando i calcoli e perciò applichiamo la formula di somma e sottrazione per la tangente
Quindi
Proponiamo due soluzioni di questo esercizio, la prima molto breve, la seconda più lunga.
Soluzione 1.
(46)
dove nella prima uguaglianza abbiamo spezzato l’integrale sui due intervalli simmetrici rispetto allo , nella seconda uguaglianza abbiamo sostituito
nel primo integrale, nella terza uguaglianza abbiamo effettuato il cambio di variabile
e sfruttato la parità di
, mentre nella terza uguaglianza abbiamo soltanto manipolato algebricamente l’espressione e riunito i due integrali, avendo essi lo stesso dominio di integrazione.
Soluzione 2.
quindi
Sfruttando le simmetrie si ha
e
Pertanto abbiamo
e ricordando che è pari e sviluppando i calcoli otteniamo
Dal momento che , quanto ottenuto precedentemente diventa
da cui segue l’asserto.
Soluzione.
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Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica
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- Math Stack Exchange – Parte della rete Stack Exchange, questo sito è un forum di domande e risposte specificamente dedicato alla matematica. È una delle piattaforme più popolari per discutere e risolvere problemi matematici di vario livello, dall’elementare all’avanzato.
- Art of Problem Solving (AoPS) – Questo sito è molto noto tra gli studenti di matematica di livello avanzato e i partecipanti a competizioni matematiche. Offre forum, corsi online, e risorse educative su una vasta gamma di argomenti.
- MathOverflow – Questo sito è destinato a matematici professionisti e ricercatori. È una piattaforma per domande di ricerca avanzata in matematica. È strettamente legato a Math Stack Exchange ma è orientato a un pubblico con una formazione più avanzata.
- PlanetMath – Una comunità collaborativa di matematici che crea e cura articoli enciclopedici e altre risorse di matematica. È simile a Wikipedia, ma focalizzata esclusivamente sulla matematica.
- Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
- The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
- Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
- Reddit (r/Math) – Un subreddit popolare dove si possono trovare discussioni su una vasta gamma di argomenti matematici. È meno formale rispetto ai siti di domande e risposte come Math Stack Exchange, ma ha una comunità attiva e molte discussioni interessanti.
- Brilliant.org – Offre corsi interattivi e problemi di matematica e scienza. È particolarmente utile per chi vuole allenare le proprie capacità di problem solving in matematica.
- Khan Academy – Una risorsa educativa globale con lezioni video, esercizi interattivi e articoli su una vasta gamma di argomenti di matematica, dalla scuola elementare all’università.