Integrali definiti e indefiniti: teoria ed esercizi

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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:

Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi:

Buona lettura!

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Martina Moro

Revisori: Roberto Castorrini.

Definizione di integrale di Riemann

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Una delle questioni alla base della nascita del calcolo integrale è quella di determinare un metodo analitico per calcolare l’area di una figura piana.

Consideriamo ad esempio la funzione $f(x)=x^2$ nell’intervallo [0,1] e cerchiamo di approssimare l’area compresa tra il grafico di $f$ e il semiasse positivo delle ascisse attraverso l’unione di rettangoli.

Suddividiamo l’intervallo [0,1] in $n$ intervalli congruenti di ampiezza $\dfrac{1}{n}$

$x_0=0, x_1=\frac{1}{n}, x_2=\frac{2}{n},..., x_{n-1}=\frac{n-1}{n}, x_n=1\qquad n\in\mathbb{N}$

e consideriamo i rettangoli $R_j$ di base $[x_j,x_{j+1}]$ e altezza $f(x_j)$ per ogni $j=0,...,n-1$ .

$\quad$

È semplice calcolare l’area di questa unione di rettangoli

(1) $\begin{equation*} \begin{split} A(n)&=\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}f(x_j)=\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}x_j^2=\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\left(\frac{i}{n}\right)^2 =\frac{1}{n^3}\sum_{j=0}^{n-1}i^2=\\&=\frac{n(n-1)(2n-1)}{6n^3} \end{split} \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo utilizzato la somma notevole dei primi n quadrati facilmente dimostrabile per induzione.

All’aumentare di $n$ 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 $R_j$ di base $[x_j, x_{j+1}]$ e altezza $f(x_{j+1})$ per ogni $j=0,...,n-1$ .

Possiamo ottenere l’area sottesa al grafico calcolando il limite di $A(n)$

$\begin{equation*} \lim_{n\rightarrow +\infty}A\left(n\right)=\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{n\left(n-1\right)\left(2n-1\right)}{6n^3}=\frac{1}{3}. \end{equation*}$

Definizione 1. Dato un intervallo $[a,b]$

, una partizione di ordine n con $n\in\mathbb{N}$

dell’intervallo $[a,b]$

è un insieme ordinato P di $n+1$

punti $\{x_0,x_1,...,x_n\}$

tale che

$a=x_0<x_1<x_2<...<x_{n-1}<x_n=b.$

$\quad$

Una partizione di ordine $n$ definisce in modo naturale $n$ intervalli

$I_j=[x_{j-1},x_j]\quad\forall\, j=1,...,n$

tale che $\displaystyle \bigcup_{j=1}^{n} I_j=[a,b]$ .

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 $\subset$ 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 $P_0=\{a,b\}$ è ovviamente la meno fine di tutte. Viceversa non esiste una partizione più fine: presa una partizione qualsiasi $P=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ basta considerare $Q=\{x_0,y_1,x_1,...,x_{n-1}, y_n, x_n\}$ con

$y_i=\frac{x_{i-1}+x_i}{2}$

$Q$ è una partizione dell’intervallo $[a,b]$ naturalmente più fine di $P$ .

Definizione 2. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

, una funzione limitata e $P=\{x_0,x_1,...,x_n\}$

una partizione di ordine $n$

dell’intervallo. Siano

$m_j=\inf_{[x_{j},x_{j+1}]} f(x)\qquad\qquad M_j=\sup_{[x_{j},x_{j+1}]} f(x)\qquad\qquad$

per ogni $j=0,...,n-1$ .

$\quad$

La somma integrale superiore di $f$ rispetto alla partizione $P$ è
$\displaystyle S(P,f):=\sum_{j=0}^{n-1} M_j(x_{j+1}-x_{j}).$

La somma integrale inferiore di $f$ rispetto alla partizione $P$ è
$\displaystyle s (P,f):=\sum_{j=0}^{n-1} m_j(x_{j+1}-x_{j}).$

$\quad$

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 $n$ dell’area da calcolare.

Osservazione 2. Fissata una partizione P dell’intervallo [a,b], dato che $m_j\leq M_j$ da cui

$m_j(x_{j+1}-x_j)\leq M_j (x_{j+1}-x_j)\qquad\forall\,j=0,...,n-1$

allora

$\displaystyle s(P,f)=\sum_{j=0}^{n-1} m_j(x_{j+1}-x_{j})\leq\sum_{j=0}^{n-1} M_j\left(x_{j+1}-x_{j}\right)=S\left(P,f\right)$ .

Possiamo dimostrare un risultato più generale

Proposizione 1. Siano $P_1$

e $P_2$

due partizioni di uno stesso intervallo $[a,b]$

con $P_1$

più fine di $P_2$

( $P_2\subseteq P_1$

), allora

$\begin{equation*} s(P_2,f)\leq s(P_1,f)\leq S(P_1,f)\leq S(P_2,f) \end{equation*}$

$\quad$

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 $P_2=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ e $P_1=P_2\cup \{y\}$ con $y\in (a,b)\setminus P_2$ . Allora esiste $j\in\{0,...,n-1\}$ tale che $y\in (x_{j},\,x_{j+1})$ . Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} \displaystyle s(P_2,f)&=\sum_{i=0}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})=\\&= \sum_{i=0}^{j-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})+m_{j}(x_{j+1}-x_{j})+\sum_{i=j+1}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})=\\&=\sum_{i=0}^{j-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})+m_{j}(x_{j+1}-y+y-x_{j})+\sum_{i=j+1}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})=\\ & = \sum_{i=1}^{j-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})+m_{j}(x_{j+1}-y)+m_{j}(y-x_{j})+\sum_{i=j+1}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i}) \end{split} \end{equation*}$

Quindi se consideriamo $\displaystyle m_{j_1}:=\inf_{(x_{j},y)} f$ e $\displaystyle m_{j_2}:=\inf_{(y,x_{j+1})} f$ allora avremo che $m_{j_1}\geq m_j$ e $m_{j_2}\geq m_j$ per le proprietà di monotonia dell’estremo inferiore di una funzione¹. Allora

(1) $\begin{equation*} \begin{split} s(P_2,f)&\leq\sum_{i=0}^{j-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})+m_{j_1}(y-x_{j})+m_{j_2}(x_{j+1}-y)+\\&+\sum_{i=j+1}^{n-1}m_i(x_{i+1}-x_{i})=s(P_1,f). \end{split} \end{equation*}$

Analogamente possiamo definire $\displaystyle M_{j_1}:=\sup_{(x_{j},y)}f$ e $\displaystyle M_{j_2}:=\sup_{(y,x_{j+1})}f$ e osservare che

(2) $\begin{equation*} \begin{split} \displaystyle S(P_2,f)&=\sum_{i=0}^{j-1}M_i(x_{i+1}-x_{i})+M_{j}(x_{j+1}-y+y-x_{j})+\sum_{i=j+1}^{n-1}M_i(x_{i+1}-x_{i})\\&\geq\sum_{i=0}^{j-1}M_i(x_{i+1}-x_{i})+M_{j_1}(y-x_{j})+M_{j_2}(x_{j+1}-y)+\\&\sum_{i=j+1}^{n-1}M_i(x_{i+1}-x_{i})=S(P_1,f). \end{split} \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} s(P_2,f)\stackrel{(1)}\leq s(P_1,f)\leq S(P_1,f)\stackrel{(2)}{\leq}S(P_2,f). \end{equation*}$

Possiamo ottenere un risultato analogo anche nel caso di partizioni qualsiasi non confrontabili.

Proposizione 2. Per ogni coppia di partizioni $P_1$

e $P_2$

$\begin{equation*} s(P_1,f)\leq S(P_2,f). \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Consideriamo la partizione $P_3=P_1\cup P_2$ più fine di entrambe. Allora per il risultato precedente

$\begin{equation*} s(P_1,f)\leq s(P_3,f)\leq S(P_3,f)\leq S(P_2,f). \end{equation*}$

$\quad$

Indichiamo ora con

$\begin{aligned} &A=\{s(D,f)|\text{ $D$ è una partizione dell'intervallo $[a,b]$}\}\\\\ &B=\{S(D,f)| \text{ $D$ è una partizione dell'intervallo $[a,b]$}\} \end{aligned}$

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 $c\in\mathbb{R}$ maggiore o uguale a tutti gli elementi di $A$ e minore o uguale a tutti gli elementi di $B.$ 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

$\begin{equation*} s(f):=\sup_PA\qquad S(f):=\inf_PB \end{equation*}$

Definizione 3. Una funzione limitata $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

è integrabile secondo Riemann nell’intervallo $[a,b]$

se l’elemento di separazione tra l’insieme delle somme integrali superiori e inferiori è unico. Questo elemento, detto integrale di $f$

su $[a,b]$

si indica con

$\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx.$

Chiameremo $f$ funzione integranda e l’insieme $[a,b]$ dominio di integrazione.

$\quad$

Se una funzione $f$ è integrabile, allora l’elemento di separazione che esiste sempre per l’assioma di completezza è unico, quindi

$s(f)=S(f)=\int_{a}^{b}f(x)dx.$

Osservazione 3. Spesso per dire che una funzione $f$ è integrabile secondo Riemann si usa la notazione $f \in \mathcal{R}[a,b]$ .

Esempio 1. Funzione integrabile

Consideriamo la funzione costante $f(x)=k$ su [a,b] allora questa è integrabile, infatti presa una partizione P dell’intervallo [a,b] consideriamo

$\begin{equation*} m_j=\inf_{[x_{j},x_{j+1}]} f=k\qquad\qquad M_j=\sup_{[x_{j},x_{j+1}]} f=k \end{equation*}$

e quindi

$\begin{equation*} s(P,f)=\sum_{j=0}^{n-1}m_j(x_{j+1}-x_{j})=k\sum_{j=0}^{n-1}(x_{j+1}-x_{j})=k(b-a). \end{equation*}$

Analogamente possiamo concludere che $S(P,f)=k(b-a)$ e osservare che le somme inferiori e superiori non dipendono dalla partizione scelta. Allora

$\begin{equation*} \sup A=\sup \{k(b-a)\}=k(b-a)\qquad\qquad\inf A=\sup \{k(b-a)\}=k(b-a) \end{equation*}$

I due valori coincidono quindi, per definizione, la funzione è integrabile secondo Riemann e

$\begin{equation*} \int_{a}^{b}kdx=k(b-a) \end{equation*}$

Esempio 2. Funzione limitata non integrabile

Sia la funzione di Dirichlet ristretta nell’intervallo $[0,1]$ :

$\begin{equation*} f(x)=\begin{cases} 1&x\in\mathbb{Q}\cap[0,1]\\ 0&x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q} \cap[0,1] \end{cases}. \end{equation*}$

Consideriamo $P$ una partizione dell’intervallo $[0,1]$ , allora $M_j=1$ per ogni $j=0,...,n-1$ per la densità di $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{R}$ e $m_j=0$ per la densità dei numeri irrazionali in $\mathbb{R}$ ; infatti per ogni $x_{j},x_{j+1}\in\mathbb{R}$ con $x_{j}<x_{j+1}$ esiste $x\in\mathbb{Q}$ tale che $x_{j}<x<x_{j+1}$ . Quindi in ogni intervallo $[x_{j},x_{j+1}]$ esiste un punto razionale dove la funzione vale uno che rappresenta ovviamente il massimo della funzione. Inoltre per ogni $x_{j},x_{j+1}\in\mathbb{R}$ con $x_{j}<x_{j+1}$ esiste $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ tale che $x_{j}<x<x_{j+1}$ per la densità dei numeri irrazionali in $\mathbb{R}$ e quindi la funzione in questo punto assume valore $0$ che è il minimo.

Possiamo calcolare il valore della somma integrale superiore e inferiore che, anche in questo caso, non dipende dalla partizione scelta

$\begin{equation*} s(P,f)=\sum_{j=0}^{n-1}m_j(x_{j+1}-x_{j})=0 \end{equation*}$

$\begin{equation*} S(P,f)=\sum_{j=0}^{n-1}M_j(x_{j+1}-x_{j})=1\cdot\sum_{j=0}^{n-1}(x_{j+1}-x_{j})=1. \end{equation*}$

Allora $\sup A=0$ e $\inf B=1$ 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 $A$ e $B$ tale che $A\subset B$ allora vale quanto segue
$\inf_Af\geq\inf_Bf$
e
$\,\,\,\,\,\,\sup_Af\leq\sup_Bf.$
↩

Assioma di completezza: siano $A$ e $B$ due insiemi non vuoti di numeri reali con la proprietà che $a\leq b$ comunque si scelgano $a\in A$ e $b\in B$ . Allora esiste almeno un numero reale $c$ tale che $a\leq c\leq b$ per ogni $a\in A$ e $b\in B$ . Tale elemento $c$ è detto elemento di separazione di A e B. ↩

Funzioni integrabili

Introduzione.

Enunciamo in questa sezione alcuni criteri di integrabilità che permettono di delineare con maggiore semplicità intere classi di funzioni integrabili, senza calcolare esplicitamente le somme integrali superiori e inferiori come negli esempi precedenti.

Teorema 1. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

una funzione limitata. Allora $f$

è integrabile secondo Riemann nell’intervallo $[a,b]$

se e solo se $\forall\,\varepsilon>0$

esiste una partizione $P_\varepsilon$

di $[a,b]$

tale che

$\begin{equation*} S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)<\varepsilon. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. ( $\Rightarrow$ ) Se $f$ è integrabile secondo Riemann in $[a,b]$ allora $s(f)=S(f)$ . Per definizione di estremo superiore e inferiore, $\forall\varepsilon>0$ esistono $P$ e $Q$ partizioni dell’intervallo [a,b] tale che

$\begin{equation*} s(f)-\frac{\varepsilon}{2}<s(P,f) \end{equation*}$

$\begin{equation*} S(f)+\frac{\varepsilon}{2}>S(Q,f). \end{equation*}$

Considerando la partizione $R=P\cup Q$ e sfruttando i risultati della proposizione 1 e 2

$\begin{equation*} \begin{split} &S(R,f)\leq S(Q,f)<S(f)+\frac{\varepsilon}{2}\Rightarrow S(R,f)< S(f)+\frac{\varepsilon}{2},\\\\ &s(R,f)\geq s(P,f)>s(f)-\frac{\varepsilon}{2}\Rightarrow -s(R,f)<-s(f)+\frac{\varepsilon}{2}. \end{split} \end{equation*}$

Poiché $s(f)=S(f)$ per l’ipotesi di integrabilità di $f$ si ha che

$\begin{equation*} S(R,f)-s(R,f)<S(f)+\frac{\varepsilon}{2}-s(f)+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \end{equation*}$

( $\Leftarrow$ ) Se $\forall\varepsilon>0$ esiste una partizione $P_\varepsilon$ partizione dell’intervallo $[a,b]$ tale che $S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)<\varepsilon$ , essendo $S(f)\leq S(P_\varepsilon,f)$ e $s(f)\geq s(P_\varepsilon,f)$ allora

$\begin{equation*} 0\leq S(f)-s(f)\leq S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)<\varepsilon \end{equation*}$

per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ otteniamo³ che $s(f)=S(f)$ quindi la funzione è integrabile secondo Riemann.

Osservazione 4. Se $f\colon [a,b]\to\mathbb{R}$ è una funzione Riemann integrabile e $\varepsilon>0$ , per il teorema 1 esiste una partizione $P=\{x_0,x_1,\dots,x_n\}$ dell’intervallo $[a,b]$ tale che

(2) $\begin{equation*} s(P,f) \leq \int_a^b f(x) \, dx \leq S(P,f) < s(P,f) + \varepsilon, \end{equation*}$

dove la disuguaglianza più significativa è l’ultima, ovvero che la somma superiore della funzione sulla partizione $P$ dista meno di $\varepsilon$ dalla relativa somma inferiore.

Poiché le somme inferiore e superiore sono calcolate tenendo conto di $\inf_{[x_i,x_{i+1}]}f$ e $\sup_{[x_i,x_{i+1}]}f$ , scegliendo dei punti $t_i \in [x_i,x_{i+1}]$ si ha ovviamente

(3) $\begin{equation*} s(P,f) = \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) \inf_{[x_i,x_{i+1}]}f \leq \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) f(t_i) \leq \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) \sup_{[x_i,x_{i+1}]}f = S(P,f). \end{equation*}$

Da (2) e (3) segue che $\int_a^b f(x) \, dx$ e $\sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) f(t_i)$ appartengono all’intervallo $[s(P,f),s(P,f)+\varepsilon)$ di ampiezza $\varepsilon$ e quindi si ha

(4) $\begin{equation*} \left| \int_a^b f(x) \, dx - \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) f(t_i) \right| < \varepsilon. \end{equation*}$

La quantità $\sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1}-x_i) f(t_i)$ è detta una somma di Cauchy di $f$ relativa alla partizione $P$ e, per quanto visto, approssima il valore dell’integrale $\int_a^b f(x) \, dx$ a meno di $\varepsilon$ .

Intuitivamente, considerando delle partizioni dell’intervallo $[a,b]$ via via più fitte, ci si aspetta che le relative somme di Cauchy approssimino sempre meglio il valore dell’integrale di $f$ . Tale intuizione è confermata dal prossimo risultato, dove si considerano le partizioni $P_n = \left\{ a, a+ \dfrac{b-a}{n}, a+ 2\dfrac{b-a}{n},\dots, a+ (n-1)\dfrac{b-a}{n}, b \right\}$ costituite suddividendo $[a,b]$ in $n$ intervalli della stessa lunghezza, e delle somme di Cauchy ad esse relative.

Proposizione 3. Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$

una funzione limitata e integrabile secondo Riemann. Allora si ha

(5) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \sum_{i=0}^{n-1}\left(\frac{b-a}{n}\right)f \left( \frac{i(b-a)}{n} \right) = \int_a^b f(x) \, dx. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Senza ledere la generalità possiamo assumere $[a,b]=[0,1]$ , in quanto l’argomento è lo stesso anche negli altri casi.

Come nell’osservazione 4, poiché $f$ è integrabile, per il teorema 1, per ogni $\varepsilon>0$ esiste una partizione $P=\{x_0,x_1,\dots,x_N\}$ dell’intervallo $[0,1]$ tale che

(6) $\begin{equation*} s(P,f) \leq \int_0^1 f(x) \, dx \leq S(P,f) < s(P,f) + \varepsilon. \end{equation*}$

Vogliamo dimostrare che, se scegliamo $n$ sufficientemente grande, le somme inferiore e superiore relative alla partizione $P_n = \left\{ 0, \dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n},\dots, \dfrac{n-1}{n}, 1 \right\}$ soddisfano una disuguaglianza simile. A tal fine, consideriamo $M= \sup_{[0,1]} |f|$ e fissiamo $n \in \mathbb{N}$ tale che

(7) $\begin{equation*} \frac{6M N}{n}< \varepsilon. \end{equation*}$

Consideriamo ora la partizione $Q$ ottenuta unendo $P$ e $P_n= \left\{ 0, \dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n},\dots, \dfrac{n-1}{n}, 1 \right\}$ . Poiché essa è più fine di $P$ , per la proposizione 1 si ha

(8) $\begin{equation*} S(Q,f) - s(Q,f) < \varepsilon. \end{equation*}$

Osserviamo che la partizione $Q$ differisce da $P_n$ solo negli intervalli $\left [ \dfrac{i}{n},\dfrac{i+1}{n} \right]$ in cui capitano dei punti $x_j$ della partizione $P$ . Tali intervalli sono in quantità al più pari a $3N$ (contando sia quelli in $P_n$ che in $Q$ , poiché il numero di ulteriori suddivisioni è pari al numero di punti di $P$ da inserire in $P_n$ ) e di ampiezza al più pari a $\dfrac{1}{n}$ (dato che si tratta di sottointervalli di $P_n$ ). Inoltre, su ciascuno di tali intervalli, gli estremi inferiori di $f$ sono distanti al più $2M$ (per la limitatezza di $f$ ). Pertanto possiamo stimare la differenza $s(Q,f)-s(P_n,f)$ come segue:

(9) $\begin{equation*} 0 \leq s(Q,f)-s(P_n,f) \leq \frac{6 M N}{n} \overset{(7)}{<} \varepsilon. \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza segue dalla proposizione 1 dato che $Q$ è più fine di $P_n$ . Analogamente si ha anche

(10) $\begin{equation*} 0\leq S(P_n,f)- S(Q,f) < \varepsilon. \end{equation*}$

Unendo queste informazioni otteniamo

(11) $\begin{equation*} \begin{split} \int_0^1 f(x)\,dx - 2\varepsilon & \overset{(6)}{<} s(Q,f)-\varepsilon \\ & \overset{(9)}{<} s(P_n,f) \\ & \leq \sum_{i=0}^{n-1}\left(\frac{b-a}{n}\right)f \left( \frac{i(b-a)}{n} \right) \\ & \leq S(P_n,f) \\ & \overset{(10)}{<} S(Q,f)+\varepsilon \\ & \overset{(6)}{<} \int_0^1 f(x)\,dx + 2\varepsilon, \end{split} \end{equation*}$

che implica immediatamente

(12) $\begin{equation*} \left| \int_0^1 f(x)\,dx - \sum_{i=0}^{n-1}\left(\frac{b-a}{n}\right)f \left( \frac{i(b-a)}{n} \right)\right | < 2\varepsilon. \end{equation*}$

Tale stima continua ad essere valida per ogni $m\geq n$ . Dunque, per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ e per definizione di limite, si ha la tesi.

Esempio 3. Calcolare il seguente integrale $\int_{0}^{1}x^3\,dx.$ Dalla proposizione 3

$\int_{0}^{1}x^3\,dx=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{n}\left(\dfrac{i}{n}\right)^3=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^4}\sum_{i=0}^{n}i^3\overset{\clubsuit}{=}\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^3}\left(\dfrac{1}{4}n^2\right)\left(n+1\right)^2=\dfrac{1}{4}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i^3=\dfrac{n^2\left(n+1\right)^2}{4}$ facilmente dimostrabile tramite il principio di induzione o calcolo diretto usando la seguente formula notevole $\displaystyle\sum_{n=0}^{N}x^n=\dfrac{x^{N+1}-1}{x-1}$ .

Teorema 2. Sia $f$

una funzione continua in $[a,b]$

. Allora $f$

è integrabile secondo Riemann nell’intervallo $[a,b]$

$\quad$

Dimostrazione. Per prima cosa osserviamo che $f$ è una funzione continua in un compatto $[a,b]$ pertanto per il teorema di Weierstrass è limitata e quindi ha senso indagare se sia integrabile; inoltre per il teorema di Heine-Cantor $f$ è uniformemente continua in $[a,b]$ : preso un valore $\varepsilon>0$ esiste $\delta_\varepsilon>0: \space\forall x,x'\in [a,b]\space : |x-x'|<\delta_\varepsilon$ si ha che⁴

$|f(x)-f(x')|<\frac{\varepsilon}{(b-a)}.$

Consideriamo⁵ $P_\varepsilon=\{a=x_0,x_1,...,x_n=b\}$ una partizione dell’intervallo $[a,b]$ scelta in modo tale che $x_j-x_{j-1}<\delta_\varepsilon\,\,\forall j\in \{1,\dots, n\}$ . Siano inoltre $\displaystyle m_j=\inf_{[x_{j-1},x_j]}f$ e $\displaystyle M_j=\sup_{[x_{j-1},x_j]}f$ allora per il teorema di Weierstrass esistono $x_j'\in[x_{j-1},x_j]$ tale che $f(x_j')=m_j$ e $x_j''\in[x_{j-1},x_j]$ tale che $f(x_j'')=M_j$ per ogni $j=1,...,n$ . Allora

$M_j-m_j=f(x_j'')-f(x_j')<\frac{\varepsilon}{(b-a)}.$

Quindi

$\begin{equation*} \begin{split} S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)=\sum_{j=1}^{n}(M_j-m_j)(x_{j}-x_{j-1})\leq\frac{\varepsilon}{(b-a)}\sum_{j=1}^{n}(x_j-x_{j-1})=\frac{\varepsilon}{(b-a)}(b-a)=\varepsilon. \end{split} \end{equation*}$

Cioè $f$ è integrabile secondo Riemann nell’intervallo $[a,b]$ per il teorema 1.

Teorema 3. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

una funzione limitata in $[a,b]$

e continua in $[a,b]\setminus N$

dove $N$

è un sottoinsieme finito di punti di $[a,b]$

allora $f$

è integrabile secondo Riemann in $[a,b]$

$\quad$

Dimostrazione. Sia $P=\{a=x_0<x_1<...<x_n=b\}$ una partizione dell’intervallo $[a,b]$ tale che $\forall i\in\{1,...,n-1\}$ , $x_i$ è un punto di discontinuità. Sia inoltre

$M=\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f.$

Fissato $\varepsilon>0$ è possibile costruire una partizione più fine di $P$ così definita $P'=\{a=x_0<y_1<z_1<x_1<y_2<z_2<x_2<...<y_n<z_n<x_n=b\}$

$\quad$

Figura 4: rappresentazione partizione $P^\prime$

$\quad$

Figura 5

$\quad$

con $y_i=x_{i-1}+\varepsilon$ e $z_i=x_i-\varepsilon,\,\,\forall i \in\{1,...,n\}$ .

Osserviamo che la restrizione $f|_{[y_i,z_i]}\,\,\forall i \in \{1,\dots ,n\}$ risulterà continua nel compatto $[y_i,z_i]$ perché tale intervallo non contiene alcun punto di discontinuità e allora per il teorema 2 la funzione $f|_{[y_i,z_i]}$ risulta integrabile in $[y_i, z_i]$ da cui per il teorema 1 è possibile scegliere una partizione $P_\varepsilon^{(i)}$ di $[y_i, z_i]$ tale che

$\begin{equation*} S(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})-s(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})<\varepsilon. \end{equation*}$

Consideriamo allora la seguente partizione di $[a,b]$ $P_\varepsilon=P'\cup P_\varepsilon^{(1)}\cup...\cup P_\varepsilon^{(n)}$ e abbiamo

$\begin{aligned} S(P_\varepsilon,f)=\sum_{i=1}^{n}\sup_{[x_{i-1},y_i]} f\,\,\left(y_i-x_{i-1}\right)+\sum_{i=1}^{n}\sup_{[y_i,z_i]}f\,\,\left(z_i-y_i\right)+\sum_{i=1}^{n}S\left(P^{(i)}_\varepsilon,\,f\vert_{[y_i,z_i]}\right) \end{aligned}$

$s(P_\varepsilon,f)=\sum_{i=1}^{n}\inf_{[x_{i-1},y_i]} f\,\,\left(y_i-x_{i-1}\right)+\sum_{i=1}^{n}\inf_{[y_i,z_i]}f\,\,\left(z_i-y_i\right)+\sum_{i=1}^{n}s\left(P^{(i)}_\varepsilon,\,f\vert_{[y_i,z_i]}\right)$

da cui

$\begin{aligned} &S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)=\\ &{\sum_{i=1}^{n}\big(\sup_{[x_{i-1},y_i]}f-\inf_{[x_{i-1},y_i]}f\big)(y_i-x_{i-1})}+\sum_{i=1}^{n}\big(\sup_{[z_{i},x_i]}f-\inf_{[z_{i},x_i]}f\big)(x_{i}-z_i)+\\ &+ \sum_{i=1}^{n}\big(S(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})-s(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})\big). \end{aligned}$

Per le proprietà di monotonia dell’estremo superiore e inferiore sappiamo che

$\sup_{[a,b]}f>\sup_{[x_{i-1},y_i]}f,\quad \quad \sup_{[a,b]}f>\sup_{[z_{i},x_i]}f\quad \forall i \in\{1,\dots,n\}$

$\quad\quad \inf_{[a,b]}f<\inf_{[x_{i-1},y_i]}f,\quad \quad \inf_{[a,b]}f<\inf_{[z_{i},x_i]}f\quad \forall i \in\{1,\dots,n\}$

pertanto

$\begin{aligned} &{\sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[x_{i-1},y_i]}f-\inf_{[x_{i-1},y_i]}f\right)\left(y_i-x_{i-1}\right)}<\sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\left(y_i-x_{i-1}\right)=\\ &=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\left(y_i-x_{i-1}\right)=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i-1}+\varepsilon-x_{i-1}\right)=\\ &=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\varepsilon=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)n\varepsilon=Mn\varepsilon, \end{aligned}$

$\begin{aligned} &{\sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[z_i,x_i]}f-\inf_{[z_i,x_i]}f\right)(x_i-z_{i})}<\sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\left(x_i-z_{i}\right)=\\ &=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\left(x_i-z_{i}\right)=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\left(x_i-x_i+\varepsilon\right)=\\ &=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)\sum_{i=1}^{n}\varepsilon=\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)n\varepsilon=Mn\varepsilon \end{aligned}$

$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\big(S(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})-s(P_\varepsilon^{(i)},f|_{[y_i,z_i]})\big)=\\ &=\underbrace{\underbrace{\big(S(P_\varepsilon^{(1)},f|_{[y_1,z_1]})-s(P_\varepsilon^{(1)},f|_{[y_1,z_1]})\big)}_{<\varepsilon}+\dots+\underbrace{\big(S(P_\varepsilon^{(n)},f|_{[y_n,z_n]})-s(P_\varepsilon^{(n)},f|_{[y_n,z_n]})\big)}_{<\varepsilon}}_{n\,\,\text{elementi}}<n\varepsilon \end{aligned}$

cioè

$S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f) < 2n\varepsilon\left(\sup_{[a,b]}f-\inf_{[a,b]}f\right)+n\varepsilon=n(2M+1)\varepsilon.$

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ 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 $f:[0,3]\to\mathbb{R}$ tale che

$f(x)=\begin{cases} 2x\quad& \text{per}\,\,x\in [0,1]\\ 3x^2&\text{per} \,\,(1,2]\\ \cos\left(x-2\right)&\text{per} \,\,x\in (2,3] \end{cases}.$

Dimostrare che è integrabile in $[0,3]$ .

Dimostrazione. La funzione $f$ è limitata in $[0,3]$ e ha due punti di discontinuità in $x=1$ e $x=2$ ; pertanto per il teorema 3 $f$ risulta integrabile in $[0,3]$ e questo conclude la dimostrazione.

Esempio 5. Sia $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ tale che

$f(x)=\begin{cases} 2\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\quad& \text{per}\,\,x\in (0,1]\\ 1&\text{per} \,\,x=0 \end{cases}.$

Dimostrare che è integrabile in $[0,1]$ .

Dimostrazione. Osserviamo che $f$ è limitata in $[0,1]$ e che in $x=0$ un punto di discontinuità di seconda specie. Pertanto per il teorema 3 $f$ risulta integrabile in $[0,1]$ e questo conclude la dimostrazione.

Teorema 4. Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

una funzione monotona in $[a,b]$

. Allora $f$

è integrabile secondo Riemann in $[a,b]$

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo che la funzione sia monotona crescente; la dimostrazione nel caso decrescente è analoga. Poiché $f$ è limitata allora $\min_{[a,b]}f=f(a)\leq f(x)\leq f(b)=\max_{[a,b]} f,\,\,\,\forall x \in (a,b)$ . Nel caso in cui la funzione $f$ è costante per l’esempio 1 si conclude subito che è integrabile. Supponiamo che $f$ non sia costante in $[a,b]$ allora dato $\varepsilon>0$ si consideri una partizione dell’intervallo $[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} |P|:=\max_i{|x_{i}-x_{i-1}|}<\frac{\varepsilon}{\left \vert f(b)-f(a)\right \vert }. \end{equation*}$

Osserviamo che la funzione essendo monotona crescente $\left \vert f(b)-f(a)\right \vert=f(b)-f(a)>0$ ; inoltre per la monotonia di $f$ , abbiamo che $m_i=f(x_{i-1})$ e $M_i=f(x_i)$ e quindi

$\begin{equation*} \begin{split} S(P,f)-s(P,f)=&\sum_{i=1}^{n}(M_i-m_i)(x_i-x_{i-1})\leq\\&\leq\sum_{i=1}^{n}(f(x_i)-f(x_{i-1}))(x_{i}-x_{i-1})\leq\\&\leq|P|\sum_{i=1}^{n}(f(x_i)-f(x_{i-1}))=\\ &=|P|\left(f(x_1)-f(x_0)+f(x_2)-f(x_1)+f(x_3)-f(x_2)+\dots+f(x_n)-f(x_{n-1})\right)=\\ &=\left \vert P\right \vert \left(f(x_n)-f(x_0)\right)=|P|(f(b)-f(a))<\\ &<(f(b)-f(a))\cdot \dfrac{\varepsilon}{(f(b)-f(a))}=\varepsilon \end{split} \end{equation*}$

da cui per il teorema 1 si ha la tesi.

Teorema 5. Sia

$f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$

una funzione integrabile e poniamo

$m:= \inf_{[a,b]}f \quad \quad M:=\sup_{[a,b]} f.$

Allora, per ogni funzione continua

$g:\left[m,M\right]\to\mathbb{R},$

la funzione

$h:=g\circ f:[a,b]\to\mathbb{R }$

risulta integrabile in $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Osserviamo che per il teorema di Heine-Cantor la funzione $g$ risulta uniformemente continua nel proprio dominio, ovvero

$\forall \varepsilon>0 \; \exists \delta>0: \; x,y \in [m,M], \;|x-y| < \delta \Rightarrow |g(x)-g(y)|<\varepsilon.$

Fissato $\varepsilon >0$ , scegliamo $\delta$ in modo tale che $\delta < \varepsilon$ . Inoltre osserviamo che, essendo $f$ integrabile nel proprio dominio, per il teorema 1 si può scegliere una partizione $P=\{ x_0,\dots, x_n \}$ di $[a,b]$ tale che:

$S(P,f)-s(P,f)<\delta^2.$

Siano

$m_i:= \inf_{[x_{i-1},x_i]}f, \quad \quad M_i:=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f, \quad \text{ per }i\in \{1,\dots,n\}.$

Ora dividiamo l’insieme degli indici $i \in \{1,\dots,n\}$ in due sottoinsiemi $A$ e $B$ tale che

$\quad$

$A\cup B=\{1,\dots,n\}$ ;

$M_i-m_i<\delta,\quad \forall i \in A$ ;

$M_i-m_i\geq \delta,\quad \forall i \in B.$

Siano ora

$\tilde{m}_i:= \inf_{[x_{i-1},x_i]}h, \quad \quad \tilde{M}_i:=\sup_{[x_{i-1},x_i]}h, \quad \text{ per }i\in \{1,\dots,n\},$

e siano $y_i^1,y_i^2\in [ m_i,M_i]$ tali che

$g(y_i^1)=\inf_{[m_i,M_i]}g \quad \quad g(y_i^2)=\sup_{[m_i,M_i]}g.$

Preso $i \in A$ , abbiamo $|y_i^2- y_i^1| \leq M_i-m_i <\delta$ e dunque per l’uniforme continuità di $g$ otteniamo

$\tilde{M}_i-\tilde{m}_i\leq \sup_{[m_i,M_i]}g-\inf_{[m_i,M_i]}g= g(y_i^2)-g(y_i^1) <\varepsilon.$

Preso $i \in B$ , possiamo stimare $\tilde{M}_i-\tilde{m}_i$ come segue:

$\tilde{M}_i-\tilde{m}_i\leq |\tilde{M}_i|+|\tilde{m}_i|\leq2\max\{|\tilde{M}_i|,|\tilde{m}_i|\}\leq 2 \sup_{[m_i,M_i]}|g|\leq 2 \sup_{[m,M]}|g|.$

Osserviamo che per $i\in B$ si ha $\dfrac{M_i-m_i }{\delta}\geq 1$ , dunque

$\sum_{i\in B} (x_i-x_{i-1})\leq \dfrac{1}{\delta}\sum_{i\in B} (M_i-m_i )(x_i-x_{i-1})\leq \dfrac{1}{\delta} (S(P,f)-s(P,f))<\dfrac{1}{\delta}\cdot \delta^2=\delta.$

Infine,

$\begin{equation*} \begin{aligned} S(P,h)-s(P,h)&= \sum_{i\in A} (\tilde{M}_i-\tilde{m}_i )(x_i-x_{i-1})+ \sum_{i\in B} (\tilde{M}_i-\tilde{m}_i)(x_i-x_{i-1}) \leq \\ & \leq \varepsilon(b-a)+ 2\sup_{[m,M]}|g| \delta< \varepsilon((b-a)+2\sup_{[m,M]}|g|). \end{aligned} \end{equation*}$

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ otteniamo che $h$ è integrabile.

Osservazione:
$x=0 \quad \Leftrightarrow \quad \vert x \vert < \varepsilon,\quad \forall \varepsilon >0$
↩

Dividere per $b-a$ è perfettamente ammissibile per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ . ↩

Scegliamo una partizione così fine da avere $x_j-x_{j-1}<\delta_\varepsilon\,\,\forall j$ . ↩

Proprietà delle funzioni integrabili..

Nel seguente teorema verranno dimostrate le principali proprietà delle funzioni integrabili secondo Riemann che risulteranno utili per le prime regole di integrazione.

Teorema 6. Siano $f$

e $g$

due funzioni integrabili secondo Riemann in $[a,b]$

e $k\in\mathbb{R}$

. Allora valgono le seguenti proprietà:

$\quad$

la funzione $f+g$ è integrabile e
$\begin{equation*} \int_{a}^{b}\left(f(x)+g(x)\right)dx=\int_{a}^{b} f(x)dx+\int_{a}^{b}g(x)dx. \end{equation*}$

La funzione $k\cdot g$ è integrabile e
$\begin{equation*} \int_{a}^{b}k\cdot f(x)dx=k\cdot\int_{a}^{b} f(x)dx. \end{equation*}$

Proprietà di linearità $\alpha f+\beta g$ è integrabile e
$\int_{a}^{b}\left(\alpha\, f(x)+\beta\, g(x)\right)\,dx=\alpha\int_{a}^{b}f(x)\,dx+\beta \int_{a}^{b}g(x)\,dx.$

Proprietà di monotonia Se $f(x)\geq g(x)$ per ogni $x\in [a,b]$ allora
$\begin{equation*} \int_{a}^{b} f(x)dx\geq\int_{a}^{b} g(x)dx. \end{equation*}$

$|f|$ è integrabile e
$\begin{equation*} \Big|\int_{a}^{b} f(x)dx\Big|\leq\int_{a}^{b} |f(x)|dx. \end{equation*}$

$\quad$

Prima di procedere alle dimostrazioni ricordiamo le seguenti proprietà degli estremi superiori ed inferiori

$\begin{aligned} &\sup_X(f+g)\leq \sup_Xf+\sup_Xg,\\ &\inf_X(f+g)\geq\inf_Xf+\inf_Xg,\\ &\text{se}\,\,\alpha>0:\,\sup_X\left(\alpha f\right)=\alpha\sup_Xf,\\ &\text{se}\,\,\alpha<0:\sup_X(\alpha f)=\alpha\inf_X(f),\\ &\text{se}\,\,\alpha>0:\inf_X(\alpha f)=\alpha\inf_X(f),\\ &\text{se}\,\,\alpha<0:\inf_X(\alpha f)=\alpha\sup_X(f). \end{aligned}$

Osservazione 6. Immaginiamo di voler applicare $\sup_X(f+g)\leq \sup_Xf+\sup_Xg$ alle somme superiori. Allora si avrebbe:

$\begin{aligned} S(P,f+g)&=\sum_{i=1}^{n}M_i\left(P,f+g\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)=\sum_{i=1}^{n}\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,f+g\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)\leq\\ &\leq \sum_{i=1}^{n}\left(\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,f\right)+\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,g\right)\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)=\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,f\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)+\sum_{i=1}^{n}\sup_{[x_{i-1},x_i]}\left(P,f\right)\left(x_i-x_{i-1}\right)=\\ &=S(P,f)+S(P,g) \end{aligned}$

dove $P$ è una partizione di $[a,b]$ . Le altre proprietà si applicano in modo analogo.

Dimostrazione.

Per prima cosa dimostriamo che se $f$ e $g$ sono integrabili in $[a,b]$ allora la funzione $f+g$ è integrabile in $[a,b]$ . Per l’ipotesi di integrabilità delle due funzioni si ha che per il teorema 1 scelta una quantità $\varepsilon>0$ esistono due partizioni distinte $P$ e $Q$ relative all’intervallo $[a,b]$ tali che
$\begin{equation*} S(P,f)-s(P,f)<\frac{\varepsilon}{2},\qquad\text{ e }\qquad S(Q,g)-s(Q,g)<\frac{\varepsilon}{2}. \end{equation*}$
Indichiamo con $R=P\cup Q$ una partizione di $[a,b]$ che risulta ovviamente più fine di $P$ e $Q$ . Allora quanto affermato per le partizioni $P$ e $Q$ continuerà ad essere valido per la partizione $R$ (vedi proposizione 1)
$\begin{equation*} S(P,f)-s(P,f)\leq S(R,f)-s(R,f)<\frac{\varepsilon}{2}\qquad\text{ e }\qquad S(Q,g)-s(Q,g)\leq S(R,g)-s(R,g)<\frac{\varepsilon}{2}. \end{equation*}$
Dalle proprietà dell’estremo inferiore e superiore $\sup_X(f+g)\leq\sup_Xf+\sup_Xg$ e $\inf_X(f+g)\geq\inf_Xf+\inf_Xg$ otteniamo
$\begin{equation*} s(R,f)+s(R,g)\leq s(R,f+g)\leq S(R,f+g)\leq S(R,f)+S(R,g) \end{equation*}$
da cui
$\begin{cases} s(R,f)+s(R,g)\leq s(R,f+g)\\ S(R,f+g)\leq S(R,f)+S(R,g) \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} -s(R,f+g)\leq -s(R,f)-s(R,g)\\ S(R,f+g)\leq S(R,f)+S(R,g) \end{cases}$
cioè
$S(R,f+g)-s(R,f+g)\leq S(R,f)+S(R,g)-s(R,f)-s(R,g)=S(R,f)-s(R,f)+S(R,g)-s(R,g)$
quindi
$\begin{equation*} S(R,f+g)-s(R,f+g)\leq S(R,f)-s(R,f)+S(R,g)-s(R,g)<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \end{equation*}$
pertanto la funzione $f+g$ è integrabile.
Ora dobbiamo dimostrare che
$\int_{a}^{b}f(x)\,dx+\int_{a}^{b}g(x)\,dx=\int_{a}^{b}\left(f(x)+g(x)\right)\,dx.$
Osserviamo quanto segue
$\begin{equation*} s(R,f)+s(R,g)\leq s(R,f+g)\leq \int_{a}^{b}\left(f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)dx\leq S\left(R,f+g\right)\leq S\left(R,f\right)+S\left(R,g\right) \end{equation*}$
e
$\begin{equation*} s(R,f)+s(R,g)\leq \int_{a}^{b}f(x)\,dx+\int_{a}^{b}g(x)\,dx\leq S(R,f)+S(R,g) \end{equation*}$
da cui
$\begin{equation*} \begin{aligned} & \left| \int_{a}^{b}[f(x)+g(x)]dx-\Big(\int_{a}^{b}f(x)dx+\int_{a}^{b}g(x)\Big)dx\right|\leq \left \vert S\left(R,f\right)+S\left(R,g\right)-s\left(R,f\right)-s\left(R,g\right) \right \vert=\\ &=\left \vert S\left(R,f\right) - s\left(R,f\right)+S\left(R,g\right)-s\left(R,g\right)\right \vert <\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \end{aligned} \end{equation*}$
Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$
$\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}[f(x)+g(x)]dx.$

Supponiamo $k>0$ . Per l’ipotesi di integrabilità di $f$ nell’intervallo $[a,b]$ per il teorema 3 preso $\varepsilon>0$ esiste una partizione $P$ dell’intervallo $[a,b]$ tale che
$\begin{equation*} S(P,f)-s(P,f)<\frac{\varepsilon}{k}. \end{equation*}$
Quindi
$\begin{equation*} S(P,k\cdot f)-s(P,k\cdot f)=k S(P,f)-k s(P,f)=k\left( S(P,f)- s(P,f)\right)<k\cdot \dfrac{\varepsilon}{k}=\varepsilon \end{equation*}$
dove abbiamo usato $\,\sup_X\left(k f\right)=k\sup_Xf$ e quindi $kf$ è integrabile. Inoltre
$\begin{equation*} k\cdot s(P,f)=s(P,k\cdot f)\leq\int_{a}^{b}k\cdot f(x)dx\leq S(P,k\cdot f)=k\cdot S(P,f) \end{equation*}$
allora stesso modo vale che
$\begin{equation*} \begin{cases} k\cdot\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\,dx\leq k\cdot S(P,f)\\\\ \displaystyle\int_{a}^{b}kf(x)\,dx\geq k\cdot s(P,f) \end{cases} \end{equation*}$
quindi
$\begin{equation*} \left|\int_{a}^{b}k\cdot f(x)dx- k\cdot\int_{a}^{b} f(x)dx\right|\leq k|S(P,f)-s(P,f)|<\varepsilon \end{equation*}$
da cui
$\int_{a}^{b}k\cdot f(x)dx=k\cdot\int_{a}^{b} f(x)dx$
cioè la tesi.
Nel caso in cui $k=0$ è ovvio. Se invece $k<0$ iniziamo a dimostrare che se $f$ è integrabile in $[a,b]$ allora anche $-f$ è integrabile in $[a,b]$ . Sia $P=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ la partizione tale che
$\begin{equation*} S(P,f)-s(P,f)<\varepsilon. \end{equation*}$
Allora dalle proprietà dell’estremo inferiore e superiore si ha
$\begin{equation*} S(P,-f)=\sum_{j=1}^{n}\sup_{[x_{j-1},x_j]}(-f)(x_j-x_{j-1})=-\sum_{j=1}^{n}\inf_{[x_{j-1},x_j]}f\cdot(x_j-x_{j-1})=-s(P,f) \end{equation*}$
$\begin{equation*} s(P,-f)=\sum_{j=1}^{n}\inf_{[x_{j-1},x_j]}(-f)(x_j-x_{j-1})=-\sum_{j=1}^{n}\sup_{[x_{j-1},x_j]}f\cdot (x_j-x_{j-1})=-S(P,f) \end{equation*}$
allora
$\begin{equation*} S(P,-f)-s(P,-f)=-s(P,f)+S(P,f)<\varepsilon \end{equation*}$
e possiamo affermare che $-f$ è integrabile. Per concludere la dimostrazione è sufficiente osservare che $k\cdot f=|k|(-f)$ 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 $f$ e $g$ sono due funzioni integrabili in $[a,b]$ anche la funzione $h(x):=f(x)-g(x)$ risulterà integrabile in $[a,b]$ . Risulta chiaro che se $f(x)\geq g(x)\,\,\forall x \in[a,b]$ si ha che $h(x)\geq0 \,\,\forall x \in [a,b]$ e quindi $\displaystyle\int_{a}^{b}h(x)dx\geq 0$ .
Abbiamo dunque
$\int_{a}^{b}h(x)dx=\int_{a}^{b}f(x)-g(x)\,dx=\int_{a}^{b}f(x)\,dx-\int_{a}^{b}g (x)\,dx\geq 0\quad \Leftrightarrow\quad \int_{a}^{b}f(x)\,dx\geq \int_{a}^{b}g(x)\,dx$
da cui la tesi.

Consideriamo le funzioni
$g^+(x)=\begin{cases} x\quad &\text{per}\,\,x\geq 0\\ 0&\text{altrimenti} \end{cases}$
e
$g^-(x)=\begin{cases} -x\quad &\text{per}\,\,x< 0\\ 0&\text{altrimenti} \end{cases}$
entrambe continue nel proprio dominio; da cui
$\begin{equation*} g^+(f(x))= f^+(x)=\max\{f(x),0\}=\begin{cases} f(x)&\text{se }f(x)\geq0\\0&\text{altrimenti} \end{cases} \end{equation*}$
e
$\begin{equation*} g^-(f(x))=f^-(x)=-\min\{f(x),0\}=\begin{cases} -f(x)&\text{se }f(x)<0\\0&\text{altrimenti} \end{cases}. \end{equation*}$
le quali risultano entrambi integrabili per il teorema 5. Osserviamo che $\left \vert f \right \vert$ può essere riscritto come $|f|=f^++f^-$ quindi anche $|f|$ risulterà integrabile per il caso 1 del teorema 6. Inoltre
(13) $\begin{equation*} -\left\vert f(x)\right \vert\leq f(x)\leq \left \vert f(x)\right \vert . \end{equation*}$
Quindi applicando il risultato del caso $2$ e $4$ ad (13) si ha che
$\begin{equation*} -\int_{a}^{b}\left \vert f(x)\right \vert \leq\int_{a}^{b}f(x)\,dx\leq\int_{a}^{b}\left \vert f(x)\right \vert \quad \Leftrightarrow\quad \left|\int_{a}^{b}f(x)\,dx\right|\leq\int_{a}^{b}\left \vert f(x)\right \vert \,dx. \end{equation*}$

Proposizione 4. Siano $f,g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

due funzioni integrabili. Allora $h:[a,b]\to\mathbb{R},\,h(x)=f(x) g(x)$

risulta integrabile in $[a,b]$

$\quad$

Dimostrazione. Riscriviamo $f(x)\cdot g(x)$ come segue

$f(x)\cdot g(x)=\dfrac{1}{4}\left(f(x)+g(x)\right)^2-\dfrac{1}{4}\left(f(x)-g(x)\right)^2.$

Osserviamo che $f(x)+g(x)$ risulta integrabile per il caso 1 del teorema 6. Considerando le funzioni $t:[a,b]\to\mathbb{R},\,t(x)=\dfrac{1}{4}x^2$ e $n:[a,b]\to\mathbb{R},\,n(x)=-\dfrac{1}{4}x^2$ che sono continue nel proprio dominio e pertanto la funzione $z:[a,b]\to\mathbb{R} ,\,z(x)=t(f(x)+g(x))+n(f(x)-g(x))$ risulta integrabile per il teorema 5 e il caso 1 del teorema 6, da cui la tesi.

Teorema 7. (proprietà additiva). Siano $f:[a,b]\to\mathbb{R}$

una funzione limitata e $c\in (a,b)$

. Allora $f$

è integrabile in $[a,b]$

se e solo se risulta integrabile in $[a,c]$

e $[c,b]$

. Inoltre, in qualunque dei due casi, si ha

$\begin{equation*} \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{c}f(x)dx+\int_{c}^{b}f(x)dx. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Iniziamo con il dimostrare che se $f$ è integrabile in in $[a,c]$ e $[c,b]$ allora $f$ è integrabile in $[a,b]$ .

( $\Leftarrow$ )Sia $P=\{x_0,x_1,...,x_n\}$ una partizione formata da $n+1$ punti dell’intervallo $[a,c]$ e $Q=\{y_0,y_1,...,y_m\}$ partizione dell’intervallo $[c,b]$ formata da $m+1$ punti, allora $R:=P\cup Q$ è una partizione di $n+m+1$ punti dell’intervallo $[a,b]$ ⁶ e risulta

$\begin{equation*} \begin{split} s(R,f)&=\sum_{j=1}^{n+m}\inf_{[z_{j-1},z_j]}f\cdot(z_j-z_{j-1})=\\ &=\sum_{i=1}^{n}\inf_{[x_{i-1},x_i]}f\cdot(x_i-x_{i-1})+\sum_{k=1}^{m}\inf_{[y_{k-1},y_k]}f\cdot(y_k-y_{k-1})=s(P,f)+s(Q,f). \end{split} \end{equation*}$

Analogamente possiamo dimostrare che $S(R,f)=S(P,f)+S(Q,f)$ , quindi

$\begin{equation*} S(R,f)-s(R,f)=S(P,f)+S(Q,f)-s(P,f)-s(Q,f). \end{equation*}$

Per l’ipotesi di integrabilità di $f$ in $[a,c]$ e in $[c,b]$ allora scelto un valora $\varepsilon>0$ esistono due partizioni $P_\varepsilon$ e $Q_\varepsilon$ rispettivamente di $[a,c]$ e $[c,b]$ tali che

$\begin{equation*} S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon, f)<\frac{\varepsilon}{2}\qquad\text{e}\qquad S(Q_\varepsilon,f)-s(Q_\varepsilon, f)<\frac{\varepsilon}{2}. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)= S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon, f)+S(Q_\varepsilon,f)-s(Q_\varepsilon, f)<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \end{equation*}$

da cui segue che $f$ è integrabile in $[a,b]$ .

( $\Rightarrow$ ) Nel caso in cui $f$ risulti integrabile in $[a,b]$ allora scelto $\varepsilon>0$ esiste una partizione $R_\varepsilon$ dell’intervallo $[a,b]$ tale che $S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon$ . Allora possiamo distinguere due casi:

$\quad$

Se $c\in R_\varepsilon$ allora possiamo considerare $P_\varepsilon$ partizione dell’intervallo $[a,c]$ e $Q_\varepsilon$ partizione dell’intervallo $[c,b]$ tali che $P_\varepsilon\cup Q_\varepsilon=R_\varepsilon$ e per la proposizione 1 si ha che
$\begin{equation*} S(P_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)\leq S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon \end{equation*}$
$\begin{equation*} S(Q_\varepsilon,f)-s(Q_\varepsilon,f)\leq S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon \end{equation*}$
e quindi $f$ è integrabile in $[a,c]$ e in $[c,b]$ .

Se $c\not\in R_\varepsilon$ allora consideriamo la partizione $T_\varepsilon:=R_\varepsilon\cup R_0$ con $R_0:=\{c\}$ . Osserviamo che $T_\varepsilon$ è più fine di $R_\varepsilon$ allora per la proposizione 1 si ha
$s\left(T_\varepsilon,f\right)\geq s\left(R_\varepsilon,f\right)$
e
$S\left(T_\varepsilon,f\right)\leq S\left(R_\varepsilon,f\right)$
quindi
$\underbrace{S\left(T_\varepsilon,f\right)-S\left(R_\varepsilon,f\right)}_{\leq 0}+\underbrace{s\left(R_\varepsilon,f\right)-s\left(T_\varepsilon,f\right)}_{\leq 0}\leq 0$
pertanto
$\begin{equation*} S(T_\varepsilon,f)-s(T_\varepsilon,f)\leq S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon \end{equation*}$
quindi $f$ è integrabile in $[a,c]$ e in $[c,b]$ .

Per dimostrare l’uguaglianza, sia $\varepsilon>0$ allora esiste una partizione $R_\varepsilon$ tale che, seguendo un ragionamento analogo a quello fatto nella dimostrazione dell’integrabilità, $c\in R_\varepsilon$ . Consideriamo poi le due partizioni $P_\varepsilon$ e $Q_\varepsilon$ rispettivamente di $[a,c]$ e $[c,b]$ , allora

$\begin{equation*} \begin{split} &\int_{a}^{b}f(x)dx- \int_{a}^{c}f(x)dx-\int_{c}^{b}f(x)dx\leq S(R_\varepsilon,f)-s(P_\varepsilon,f)-s(Q_\varepsilon,f)=S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)<\varepsilon. \end{split} \end{equation*}$

Analogamente

$\begin{equation*} \begin{split} &\int_{a}^{b}f(x)dx- \int_{a}^{c}f(x)dx-\int_{c}^{b}f(x)dx\geq s(R_\varepsilon,f)-S(P_\varepsilon,f)-S(Q_\varepsilon,f)=S(R_\varepsilon,f)-s(R_\varepsilon,f)>-\varepsilon \end{split} \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \left| \int_{a}^{b}f(x)dx- \int_{a}^{c}f(x)dx-\int_{c}^{b}f(x)dx\right|<\varepsilon \end{equation*}$

da cui per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ otteniamo la tesi.

Teorema 8. Sia $f:[a,b]\to\mathbb{R}$

una funzione continua e non negativa. Allora risulta

$\int_{a}^{b}f(x)\,dx=0$

se e solo se $f\equiv0$ in $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Se $f$ è identicamente nulla in $[a,b]$ è ovvio. Ipotizziamo per assurdo che $f$ non è identicamente nulla in $[a,b]$ . Sappiamo che $f(x)\geq0$ per ogni $x\in[a,b]$ e scelto un qualsiasi valore $x_0\in(a,b)$ tale che $f(x_0)>0$ , per il teorema della permanenza del segno la funzione in un intorno di $(x_0-\delta,x_0+\delta)\subset(a,b)$ risulta $f(x)>0$ . Scelto un qualsiasi compatto $[\alpha,\beta]\subset(x_0-\delta,x_0+\delta)$ per il teorema di Weierstrass la funzione ammette minimo assoluto $m>0$ e pertanto risulta chiaro che

$\int_{a}^{b}f(x)\,dx>m\left(\beta-\alpha\right)$

ovvero l’area del rettangolo di base $\beta-\alpha>0$ e altezza $m$ è minore dell’area sottesa alla curva $f$ in $[a,b]$ ; ma questo fatto è assurdo poiché $m\left(\beta-\alpha\right)>0$ contraddice l’ipotesi $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\,dx=0$ .

Definizione 4. Sia $f\colon[a,b]\to\mathbb{R}$

una funzione integrabile e siano $c,\,d\in [a,b]$

tali che $c\leq d$

. Poniamo per definizione

$\begin{equation*} \int_{d}^{c}f(x)\,dx=-\int_{c}^{d}f(x)\,dx. \end{equation*}$

$\quad$

Osservazione 7. Si noti che, dalla definizione 4 segue che

$\begin{equation*} \int_{c}^{c}f(x)\,dx=0. \end{equation*}$

per ogni $c\in [a,b].$ Ciò è coerente con l’idea intuitiva che l’area sottesa al grafico di $f$ su un intervallo di ampiezza nulla sia nulla.

Verrebbe naturale pensare che ci sono $n+m+2$ elementi ma $x_n\equiv y_0$ ↩

Teoremi della media integrale.

Teorema 9. (teorema della media integrale). Sia $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

una funzione integrabile in $[a,b]$

. Allora

$\begin{equation*} \inf_{[a,b]}f\leq\dfrac{\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)dx}{(b-a)}\leq \sup_{[a,b]}f. \end{equation*}$

Inoltre se $f$ è continua in $[a,b]$ allora esiste un punto $x_0\in[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} f(x_0)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Dalla definizione di funzione integrabile secondo Riemann, per ogni partizione $P$ dell’intervallo $[a,b]$ risulta che

$\begin{equation*} s(P,f)\leq\int_{a}^{b} f(x)dx\leq S(P,f). \end{equation*}$

Se consideriamo la partizione meno fine di tutte $P_0=\{a,b\}$ costituita dai soli estremi dell’intervallo abbiamo

$\begin{equation*} s(P_0,f)=\inf_{[a,b]} f\cdot(b-a)\leq\int_{a}^{b}f(x)dx\leq S(P_0,f)=\sup_{[a,b]}f\cdot (b-a). \end{equation*}$

Dividiamo le precedenti disuguaglianze per la quantità $b-a>0$ e otteniamo

$\begin{equation*} \inf_{[a,b]} f\leq\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx\leq \sup_{[a,b]}f \end{equation*}$

da cui la prima tesi del teorema.

Supponiamo ora che $f$ sia continua in $[a,b]$ allora per il teorema dei valori intermedi esiste un punto $x_0\in[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} f(x_0)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} f(x)dx \end{equation*}$

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 $f$ è integrabile in $[a,b]$ quindi è limitata in $[a,b]$ pertanto

$\inf_{[a,b]}f\leq f(x)\leq \sup_{[a,b]}f \quad \forall x \in[a,b].$

Integrando si ha

$\int_{a}^{b}\inf_{[a,b]}f\,dx\leq \int_{a}^{b}f(x)\,dx\leq\int_{a}^{b} \sup_{[a,b]}f\,dx$

cioè

$\inf_{[a,b]}f\int_{a}^{b}1\,dx=\inf_{[a,b]}f\left(b-a\right)\leq \int_{a}^{b}f(x)\,dx\leq\sup_{[a,b]}f\int_{a}^{b} 1\,dx=\sup_{[a,b]}f\left(b-a\right)$

da cui dividendo per $b-a>0$ si ottiene nuovamente la tesi.

Osservazione 9. Questo teorema assicura nel caso di funzioni continue l’esistenza di un punto $x_0$ tale che il rettangolo di base $[a,b]$ e altezza $f(x_0)$ ha area uguale all’area sottesa al grafico di $f$ .

$\quad$

Osservazione 10. Il rapporto $\displaystyle\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} f(x)dx$ prende il nome di media integrale della funzione $f$ sull’intervallo [a,b]. Tale denominazione è giustificata: consideriamo le partizioni $P_n$ dell’intervallo di integrazione

$\begin{equation*} x_i=a+\frac{i}{n}(b-a)\qquad\text{ per } i=0,...,n \end{equation*}$

Per l’integrabilità della funzione

$\begin{equation*} \begin{split} \int_{a}^{b}f(x)\,dx&=\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i)(x_{i+1}-x_i)=\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i)\frac{b-a}{n}=\\&=(b-a)\lim_{n\to+\infty}\frac{f(x_0)+...+f(x_n)}{n}\\&\Rightarrow\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)\,dx=\lim_{n\to+\infty}\frac{f(x_0)+...+f(x_n)}{n}. \end{split} \end{equation*}$

Dunque la media integrale si presenta come il limite a cui tende la media aritmetica di $n$ valori della funzione, assunti in $n$ punti distinti, al tendere di $n$ all’infinito.

Teorema 10. (teorema della media ponderata). Siano $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

e $g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$

due funzioni continue in $[a,b]$

e sia $g$

di segno costante in $[a,b]$

. Allora esiste un punto $c\in[a,b]$

tale che

$\begin{equation*} \int_a^{b}f(x)g(x)\,dx=f(c)\int_a^bg(x)\,dx \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo $g$ positiva nell’intervallo $[a,b]$ . Poiché $f$ è una funzione continua nel compatto $[a,b]$ allora per il teorema di Weierstrass esistono $m$ e $M$ rispettivamente il minimo e il massimo di $f$ in $[a,b]$ :

$\begin{equation*} mg(x)\leq f(x)g(x)\leq Mg(x) \end{equation*}$

Per la proprietà di linearità otteniamo che

$\begin{equation*} m\int_a^bg(x)\,dx\leq\int_a^b f(x)g(x)\,dx\leq M\int_{a}^{b}g(x)\,dx. \end{equation*}$

Inoltre osseviamo che, poichè $g$ è positiva nell’intervallo $[a,b]$ , per il teorema 8 si ha $\int_{a}^{b}g(x)\,dx> 0$ e quindi possiamo dividere per tale quantità ottenendo

$\begin{equation*} m\leq \frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)\,dx}{\int_a^bg(x)\,dx}\leq M. \end{equation*}$

Per il teorema dei valori intermedi esiste un punto $c\in[a,b]$ tale che

$\begin{equation*} \frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)\,dx}{\int_a^bg(x)\,dx}=f(c)\Rightarrow \int_{a}^{b}f(x)g(x)\,dx=f(c)\int_a^bg(x)\,dx \end{equation*}$

che è l’asserto.

Osservazione 11. Il teorema della media integrale è conseguenza diretta del teorema della media ponderata per $g(x)=1$ .

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