Analisi Matematica I - UniPDmaraston/Analisi1/An1_1415_5_integr_note.pdf · Analisi Matematica I poco. Si notera che, a di↵erenza della derivazione, non c’`e alcuna formula generale

Analisi Matematica I

3.5 Integrazione

“Integrare” una funzione ha un significato duplice: da un lato significa “fare l’operazio-ne inversa della derivata”, ovvero trovare la famiglia di tutte le funzioni che, derivate,danno la funzione di partenza; dall’altro significa “calcolare l’area della parte di pianocartesiano sottesa dal grafico della funzione”. Normalmente, alla prima operazione si dail nome di integrazione indefinita, alla seconda quello di integrazione definita. All’iniziole due questioni sembrano senza relazione reciproca, e sembra dunque incomprensibilelo scegliere nomi (e simboli) uguali per indicare cose cosı di↵erenti: in realta esse sonointimamente legate, come diventera chiaro nel seguito.

3.5.1 Integrazione indefinita (calcolo delle antiderivate)

Come detto, si tratta di trovare la famiglia di tutte le primitive, o antiderivate, di una Primitivedi una funzione

data funzione f : A �! R (ove A ⇢ R), ovvero la famiglia di tutte le funzioni derivabiliF : A �! R tali che F 0 = f . Come si e visto, la derivazione porta ad una perdita diregolarita (la derivata di una funzione derivabile non e nemmeno detto che sia continua, ein generale la derivata di una funzione di classe Ck con k � 1 e una funzione di classe Ck�1):dovremo dunque aspettarci che l’integrazione indefinita porti ad un miglioramento dellaregolarita. Il dubbio, allo stato presente, e piu che altro il seguente: data una funzionef : A �! R, si possono trovare sempre delle primitive di f ? La risposta e sı se f e unafunzione continua, ma per la dimostrazione bisognera pazientare un po’. Anzi, se A e unintervallo di R la famiglia delle primitive di f ha una forma particolarmente semplice:

Proposizione 3.5.1. Sia A ⇢ R un intervallo. Se f : A �! R e una funzione di classe Ck

(con k � 0) allora esiste una primitiva F : A �! R di f di classe Ck+1. Inoltre, la famigliadi tutte le primitive di f e data da {F + k : k 2 R}, ove F e una qualsiasi primitiva di f .

Dimostrazione. Se f e continua, ovvero se k = 0, mostreremo (vedi Corollario 3.5.12) che esiste unaprimitiva F di f di classe C1; per il momento, dunque, assumiamo che cio sia vero. Se allora f e di classeCk con k � 0, essa e in particolare continua e dunque ammette una primitiva F di classe C1, ma essendoF 0 = f si ha f (j) = F (j+1) per ogni 0 j k, e dunque tale F e in realta di classe Ck+1. Infine, seG : A �! R e un’altra primitiva di f , si ha (G � F )0 = f � f = 0 e basta ricordare la Proposizione3.3.7(ii).

Se il dominio A di f e un pluriintervallo (ovvero un’unione disgiunta di intervalli), laconclusione della proposizione precedente vale per ciascun intervallo disgiunto dagli altriche compone A: ad esempio, se si ha una funzione continua f : R

<↵

1

[R>↵

2

�! R per certi↵1,↵2 2 R con ↵1 < ↵2, una volta che si sono determinate una primitiva F1 : R

<↵

1

�! Rdi f |R

<↵

1

ed una primitiva F2 : R>↵

2

�! R di f |R>↵

2

, tutte e sole le primitive di f sono le

funzioni F : R<↵

1

[R>↵

2

�! R date da F (x) = F1(x)+k1 (per x < ↵1) e F (x) = F2(x)+k2(per x > ↵2) al variare di k1, k2 2 R. Pertanto, non e restrittivo pensare da subito che

Corrado Marastoni 155


A sia un intervallo. Denoteremo allora l’insieme (come preannunciato, non vuoto) delleprimitive di una funzione continua f col simbolo

Z

f(x) dx = {F (x) + k : F 0 = f, k 2 R},

detto integrale indefinito di f . Integraleindefinito

Siamo ora di fronte al problema concreto del calcolo delle primitive di una data funzionecontinua. Se derivare una funzione “quasi-elementare” (cioe, ottenuta operando e compo-nendo funzioni elementari) e una mera questione di conti, riuscire ad integrare una funzionequasi-elementare ottenendo un’espressione quasi-elementare delle primitive e, al contrario,una circostanza fortunata.(116) Dovremo dunque prepararci ad un problema di soluzioneelementare “quasi sempre impossibile” e, in generale, abbastanza ostico da a↵rontare an-che nei casi possibili. Tuttavia, almeno una cosa discende subito, per definizione, dallaProposizione 3.5.1:

Proposizione 3.5.2. Se A ⇢ R e un intervallo di R e f : A �! R e una funzionederivabile, vale(117)

Z

f 0(x) dx = {f(x) + k : k 2 R}.

Esercizio. Calcolare i seguenti integrali indefiniti:

(1)

Zx↵ dx (con ↵ 6= �1); (2)

Z1xdx; (3)

Zex dx; (4)

Zsinx dx; (5)

Zcosx dx; (6)

Z1

cos2 xdx;

(7)

Z1

sin2 xdx; (8)

Z1

1 + x2

dx; (9)

Z1p

1� x2

dx; (10)

Zsinhx dx; (11)

Zcoshx dx.

Risoluzione. Dalla Proposizione 3.5.2 si ricava subito (1)

Rx↵ dx = x

↵+1

↵+1

+ k (ad esempioR

dx = x + k,Rx dx = x

2

2

+ k,Rx dx = x

3

3

+ k,R

1

x

2

dx = � 1

x

+ k,R

1

x

3

dx = � 1

2x

2

+ k, etc.); (2)R

1

x

dx = log |x|+ k;

(3)

Rex dx = ex + k; (4)

Rsinx dx = � cosx+ k; (5)

Rcosx dx = sinx+ k; (6)

R1

cos

2

x

dx = tg x+ k; (7)R

1

sin

2

x

dx = � cotg x+ k; (8)R

1

1+x

2

dx = arctg x+ k; (9)R

1p1�x

2

dx = arcsinx+ k; (10)Rsinhx dx =

coshx+ k; (11)Rcoshx dx = sinhx+ k.

Ricordando la tabella delle derivate delle funzioni elementari e la regola di derivazionedelle funzioni quasi-elementari, desumiamo la tabella degli integrali immediati riportatanella Figura 3.21, ove si suppone che k 2 R, che le funzioni che appaiono abbiano senso(ad esempio, se si scrive arcsin'(x) si intende che la funzione ' soddisfi |'(x)| 1 perogni x del suo dominio) e che ↵ 6= �1.

(116)Un’analogia e�cace per comprendere la di↵erenza tra derivare ed integrare e visualizzare il derivarecome l’operazione (pressoche meccanica) di sminuzzare una fotografia, e l’integrare come l’operazione (benpiu complessa e faticosa, talvolta impossibile) di ricostruire la fotografia incollando i pezzetti nei quali essae stata precedentemente tagliata, senza sapere nulla sul suo aspetto originario.(117)Nell’analogia fotografica fatta poco fa, cio equivale a dover ricostruire una fotografia sminuzzata avendopero a disposizione una copia fedele dell’originale da ricostruire...



(a)

Z'0(x)'(x)↵ dx =

'(x)↵+1

↵+ 1+ k, (b)

Z'0(x)'(x)

dx = log |'(x)|+ k,

(c)

Z'0(x)'(x)

log↵ |'(x)| dx =log↵+1 |'(x)|

↵+ 1+ k, (d)

Z'0(x)

'(x) log |'(x)| dx = log��log |'(x)|

��+ k,

(e)

Z'0(x)e'(x) dx = e'(x) + k, (f)

Z'0(x)

1� '(x)2dx =

12log

��1 + '(x)1� '(x)

��+ k,

(g)

Z'0(x) sin'(x) dx = � cos'(x) + k, (h)

Z'0(x) cos'(x) dx = sin'(x) + k,

(i)

Z'0(x)

cos2 '(x)dx = tg'(x) + k, (j)

Z'0(x)

sin2 '(x)dx = � cotg'(x) + k,

(k)

Z'0(x)p1� '(x)2

dx = arcsin'(x) + k, (l)

Z'0(x)

1 + '(x)2dx = arctg'(x) + k,

(m)

Z'0(x) sinh'(x) dx = cosh'(x) + k, (n)

Z'0(x) cosh'(x) dx = sinh'(x) + k,

(o)

Z'0(x)p'(x)2 + 1

dx = sett sinh'(x) + k, (p)

Z'0(x)p'(x)2 � 1

dx = sett cosh'(x) + k.

Figura 3.21: Tabella degli integrali immediati.


(1)

Ztg x dx; (2)

Zcotg x dx; (3)

Zcosx sin7 x dx; (4)

Z2x

x2 � 1log3(x2 � 1) dx; (5)

Zex

ex � 4dx;

(6)

Ztg x log3(cosx) dx; (7)

Zepx�2

px

dx; (8)

Z1

1� x2

dx; (9)

Z1

x(1� log2 x)dx;

(10)

Zx2 sin(x3 � 1) dx; (11)

Zex + 1

sin2(ex + x)dx; (12)

Zsinx

1 + 3 cos2 xdx; (13)

Zxp

x4 � 1dx.

Risoluzione. Si fa riferimento alla tabella degli integrali immediati nella Figura 3.21. (1) Da (b) si ottieneRtg x dx = sin x

cos x

dx = � log | cosx|+ k. (2) Ancora da (b) si ottieneRcotg x dx = cos x

sin x

dx = log | sinx|+ k.

(3) Da (a) si haRcosx sin7 x dx = 1

8

sin8 +k. (4) Da (c) si haR

2x

x

2�1

log3(x2 � 1) dx = 1

4

log4(x2 � 1)+ k.

(5) Da (b) si ricavaR

e

x

e

x�4

dx = log |ex�4|+k. (6) Da (c) si haRtg x log3(cosx) dx = � 1

4

log4(cosx)+k.

(7) Da (e) si haR

e

px�2

px

dx =R2 1

2

px

epx�2 dx = 2e

px�2+c. (8) Da (f) si ricava

R1

1�x

2

dx = log�� 1+x

1�x

��+k.

(9) Da (f) si ricavaR

1

x(1�log

2

x)

dx =R

1

x

1

(1�log

2

x)

dx = 1

2

log�� 1+log x

1�log x

��+ k. (10) Da (g) si haRx2 sin(x3 �

1) dx = � cos(x3 � 1) + k. (11) Da (j) si haR

e

x

+1

sin

2

(e

x

+x)

dx = � cotg(ex + x) + k. (12) Da (l) si haR

sin x

1+3 cos

2

x

dx =R(� 1p

3

) �p3 sin x

1+(

p3 cos x)

2

dx = � 1p3

arctg(p3 cosx) + k. (13) Da (p) si ricava

Rxpx

4�1

dx =R

1

2

2xp(x

2

)

2�1

dx = 1

2

sett cosh(x2) + k.

Per il resto dei casi, possiamo fare a�damento solo sugli integrali immediati, sulle proprietae metodi (come quello del cambio di variabili o dell’“integrazione per parti”) elencati nellaProposizione che segue e su alcuni metodi di risoluzione “ad hoc” di cui parleremo tra



poco. Si notera che, a di↵erenza della derivazione, non c’e alcuna formula generale perl’integrale di un prodotto o di una composizione, ed in ultima analisi e proprio cio cherende quasi sempre impossibile integrare con risultati quasi-elementari.

Proposizione 3.5.3. Nel calcolo degli integrali indefiniti valgono le seguenti proprieta.

(i) (Linearita dell’integrale) Se A ⇢ R e un intervallo, f, g : A �! R due funzionicontinue e �, µ 2 R si ha

Z

�

�f(x) + µg(x)�

dx = �

Z

f(x) dx+ µ

Z

g(x) dx.

(ii) (Metodo di integrazione indefinita per sostituzione) Se A,B ⇢ R sono intervalli,f : A �! R una funzione continua e � : B �! A una funzione di classe C1, si ha

✓

Z

f(x) dx

◆

(�(t)) =

Z

f�

�(t)�

�0(t) dt per ogni t 2 B.

In particolare, se � e un di↵eomorfismo si puo risostituire t = ��1(x), ottenendo

Z

f(x) dx =

✓

Z

f�

�(t)�

�0(t) dt

◆

(��1(x)) per ogni x 2 A.

(iii) (Metodo di integrazione indefinita per parti) Se A ⇢ R e un intervallo e F,G : A �!R sono due funzioni di classe C1 con derivate F 0 = f e G0 = g, vale

Z

F (x)g(x) dx = F (x)G(x)�Z

f(x)G(x) dx.

(In questa formula, F (x) e detto fattore finito e g(x) fattore di↵erenziale dell’inte-grazione per parti.)

Dimostrazione. (i) Se F e una primitiva di f e G di g, allora �F + µG e una primitiva di �f + µg.(ii) Se F (x) e una primitiva di f(x), allora (usando la formula di derivazione delle funzioni composte)F (�(t))0 = F 0(�(t))�0(t) = f(�(t))�0(t), ovvero F (�(t)) e primitiva di f(�(t))�0(t). Viceversa, se � e undi↵eomorfismo e G(t) e una primitiva di f

��(t)

��0(t) si ha che G(��1(x)) e primitiva di f(x): infatti

G(��1(x))0 = G0(��1(x))(��1)0(x) = f��(��1(x))

��0(��1(x)) 1

�

0(�

�1

(x))

= f(x). (iii) Essendo (FG)0 =

fG+ Fg, se H(x) e una primitiva di f(x)G(x) allora F (x)G(x)�H e primitiva di F (x)g(x).

Esercizio. Calcolare i seguenti integrali indefiniti (in cui � 6= 0, � 6= 0 e n 2 N):

(1)

Z(2x2 � 4e�3x) dx; (2)

Z(2 sin(3x� 1)+

35

px) dx; (3)

Z(3pxcos

px�

p2x� 3) dx; (4)

Zx2e�x dx;

(5)

Zx sin(2x� 5) dx; (6)

Zx arcsinx2 dx; (7)

Zlog x dx; (8)

Zsin2 x dx; (9)

Zcos2

x5dx;

(10)

Ze2x sin(x� 3) dx; (11)

Zx2

x3 + 1log2(x3 + 1) dx; (12)

Zarctg 2x dx; (13)

Z1

sinxdx;

(14)

Ztg2(3x� 1) dx; (15)

Ze�x sin �x dx; (16)

Zxne�x dx; (17)

Zxn sin �x dx.



Risoluzione. (1) Ponendo f(x) = 2x2 � 4e�3x si ottieneRf(x) dx = 2

Rx2dx � 4

Re�3xdx = 2x

3

3

�4(� 1

3

)R(�3)e�3xdx = 2

3

x3+ 4

3

e�3x+k. (2) Ponendo t = 3x�1, si haR(2 sin(3x�1)+ 3

5

px

) dx = 2Rsin(3x�

1) dx+ 3Rx� 1

5 dx = 2Rsin t 1

3

dt+ 3x

4

5

4

5

= � 2

3

cos(3x� 1) + 15

4

5

px4 + k. (3) Se f(x) = 3 cos

pxp

x

�p2x� 3,

ponendo t =px e ⌧ = 2x� 3 (da cui dx = 2t dt = 1

2

d⌧) si haRf(x) dx = 3

Rcos

pxp

x

dx�R p

2x� 3 dx =

3R

cos t

t

2t dt�R p

⌧ 1

2

d⌧ = 6 sin t� 1

3

⌧p⌧+k = 6 sin

px� 1

3

(2x�3)p2x� 3+k. (4) Se h(x) = x2e�x, inte-

grando per parti con fattore finito F (x) = x2 (dunque f(x) = 2x) e fattore di↵erenziale g(x) = e�x (dunque

G(x) = �e�x) si haRh(x) dx = x2(�e�x)�

R2x(�e�x) dx = �x2e�x+2

Rxe�x dx; integrando

Rxe�x dx

di nuovo per parti con fattore finito F (x) = x (dunque f(x) = 1) e fattore di↵erenziale g(x) = e�x (dunque

G(x) = �e�x) si ottieneRxe�x dx = x(�e�x)�

R1(�e�x) dx = �xe�x � e�x = �(x+ 1)e�x + k, da cui,

tornando al problema originale, si haRh(x) dx = �x2e�x +2

Rxe�x dx = �x2e�x +2(�(x+1)e�x)+k =

�(x2 + 2x + 2)e�x + k. Giusto per esercizio, ripartiamo da capo usando stavolta il cambio di vari-

abili t = �x, ovvero x = �(t) = �t: si ha (usando due volte l’integrazione per parti come prima)

(Rh(x) dx)(t) =

R(�t)2et(�1) dt = �

Rt2et dt = �

�t2et �

R(2t)et dt

�= �t2et + 2(tet �

Ret dt) =

�(t2 � 2t+2)et + k da cui, ricordando che t = �x si trova nuovamenteRh(x) dx = �(x2 +2x+2)e�x + k.

(5) Se h(x) = x sin(2x � 5), integrando per sostituzione con 2x � 5 = t (e dunque x = �(t) = t+5

2

)

si ha (Rh(x) dx)(t) =

Rt+5

2

sin t 1

2

dt = 1

4

Rt sin t dt + 5

4

sin t dt = � 5

4

cos t + 1

4

Rt sin t dt; integrando poi

Rt sin t dt per parti con fattore finito F (t) = t (dunque f(t) = 1) e fattore di↵erenziale g(t) = sin t

(dunque G(t) = � cos t) si ricavaRt sin t dt = t(cos t)�

R1(� cos t) dt = �t cos t+

Rcos t dt = sin t� t cos t,

percio ritornando al problema originale si ha (Rh(x) dx)(t) = � 5

4

cos t+ 1

4

Rt sin t dt = � 5

4

cos t+ 1

4

(sin t�t cos t) + k = 1

4

�sin t � (t + 1) cos t

�+ k, e percio, ricordando che t = 2x � 5, si ha infine

Rh(x) dx =

1

4

�sin(2x � 5) � 2(x � 2) cos(2x � 5)

�+ k. (6) Calcoliamo

Rx arcsinx2 dx. Usando il cambio di vari-

abile x2 = t (ovvero x =pt) si ha (

Rx arcsinx2 dx)(t) =

R pt arcsin t 1

2

pt

dt = 1

2

Rarcsin t dt. Ci

resta dunque da calcolareRarcsin t dt. Usiamo un trucco: pensando arcsin t = 1arcsin t, integriamo

per parti con fattore finito (ovviamente) F (t) = arcsin t e fattore di↵erenziale g(t) = 1, ottenendo percioRarcsin t dt = t arcsin t�

Rt 1p

1�t

2

dt = t arcsin t�(� 1

2

)R(1�t2)0(1�t2)�

1

2 dt = t arcsin t+ 1

2

(1�t

2

)

1

2

1/2

+k =

t arcsin t +p1� t2 + k; dunque (

Rx arcsinx2 dx)(t) = 1

2

Rarcsin t dt = 1

2

(t arcsin t +p1� t2) + k da cui,

ricordando che t = x2, si ricavaRx arcsinx2 dx = 1

2

(x2 arcsinx2 +p1� x4) + k. (7) Il trucco precedente

funziona anche perRlog x dx: pensando log x = 1 log x e integrando per parti con F (x) = log x e g(x) = 1 si

ricavaRlog x dx = x log x�

Rx( 1

x

) dx = x log x�R1 dx = x log x�x+k = x(log x�1)+k. (8) Calcoliamo

Rsin2 x dx. Dalle formule di bisezione ricaviamo sin2 x = 1�cos 2x

2

, da cuiRsin2 x dx = 1

2

R(1�cos 2x) dx =

x

2

� 1

4

sin 2x = x�sin x cos x

2

+k. (9) CalcoliamoRcos2 x

5

dx. Posto t = x

5

, l’integrale diventa 5Rcos2 t dt; ra-

gionando come prima si ha alloraRcos2 t dt =

R1

2

(1+cos 2t) dt = t+sin t cos t

2

, e risostituendo t = x

5

si ricava

infineRcos2 x

5

dx = 5x

5

+sin

x

5

cos

x

5

2

+k =x+5 sin

x

5

cos

x

5

2

+k. (10) CalcoliamoRe2x sin(x�3) dx. Sostituendo

t = x� 3 (ovvero x = �(t) = t+ 3) si ricava (Re2x sin(x� 3) dx)(t) =

Re2(t+3) sin t 1 dt = e6

Re2t sin t dt.

Ci siamo dunque ridotti a calcolareRe2t sin t dt: integrando per parti due volte, si ha

Re2t sin t dt =

e2t(� cos t) �R2e2t(� cos t) dt = �e2t cos t + 2

Re2t cos t dt = �e2t cos t + 2(e2t sin t �

R2e2t sin t dt) =

e2t(2 sin t � cos t) � 4Re2t sin t dt; confrontando il primo e l’ultimo membro si ha allora

Re2t sin t dt =

e2t(2 sin t� cos t)� 4Re2t sin t dt, da cui

Re2t sin t dt = 1

5

e2t(2 sin t� cos t) + k. Ricordando infine che t =

x�3, si ottieneRe2x sin(x�3) dx = e

6

5

e2(x�3)(2 sin(x�3)�cos(x�3))+k = 1

5

e2x(2 sin(x�3)�cos(x�3))+k.

(11) CalcoliamoR

x

2

x

3

+1

log2(x3+1) dx: si tratta di un integrale immediato, perche x2 e “quasi” la derivata

di x3+1, e dunqueR

x

2

x

3

+1

log2(x3+1) dx = 1

3

R(x

3

+1)

0

x

3

+1

log2(x3+1) dx = 1

3

log

3

(x

3

+1)

3

+k = 1

9

log3(x3+1)+k.

(12) Ponendo 2x = t, l’integrale diventaRarctg 2x dx = 1

2

Rarctg t dt. Calcoliamo

Rarctg t dt per parti

usando ancora il trucco arctg t = 1arctg t e con F (t) = arctg t e g(t) = 1: si ricavaRarctg t dt =



t arctg t �Rt 1

1+t

2

dt = t arctg t � 1

2

R2t

1+t

2

dt = t arctg t � 1

2

log(1 + t2) + k = t arctg t � logp1 + t2 + k:

pertantoRarctg 2x dx = 1

2

(2x arctg 2x� logp

1 + (2x)2)+ k = x arctg 2x� log 4

p1 + 4x2 + k. (13) Calco-

liamoR

1

sin x

dx. Conviene usare il cambio di variabile dato dalle formule parametriche t = tg x

2

(dunque

x = 2arctg t), per cui sinx = 2t

1+t

2

; si ricava percioR

1

sin x

dx =R

1+t

2

2t

2

1+t

2

dt =R

1

t

dt = log |t| + k =

log | tg x

2

|+k. (14) Posto t = 3x�1, si haRtg2(3x�1) dx = 1

3

Rtg2 t dt = 1

3

R( 1

cos

2

t

�1) dt = 1

3

(tg t�t)+k =1

3

(tg(3x� 1)� 3x+1)+ k. (15) L’integraleRe�x sin �x dx generalizza quello proposto in (10), e si risolve

in modo analogo. Integrando due volte per parti, si haRe�x sin �x dx = 1

�

e�x sin �x� �

�

Re�x cos �x dx =

1

�

e�x sin �x � �

�

⇣1

�

e�x cos �x� �

�

Re�x(� sin �x) dx

⌘= 1

�

2

e�x(� sin �x � � cos �x) � �

2

�

2

Re�x sin �x dx,

da cuiRe�x sin �x dx = 1

�

2

+�

2

e�x(� sin �x � � cos �x). (16)

Rxne�x dx generalizza (4); procedendo in

modo analogo, si trova e

�x

�

n+1

Pn

j=0

(�1)j n!

(n�j)!

(�x)n�j . (17) In

=Rxn sin �x dx generalizza (5). Per

parti, si ottieneRxn sin �x dx = � 1

�

xn cos �x + n

�

Rxn�1 cos �x dx = � 1

�

xn cos �x + n

�

2

xn�1 sin �x �n(n�1)

�

2

Rxn�2 sin �x dx, ovvero I

n

= x

n�1

�

2

(n sin �x � �x cos �x) � n(n�1)

�

2

In�2

: in questo modo si puo

calcolare In

se si conosce In�2

. Basta dunque calcolare esplicitamente i casi n = 0 (che da I0

= � 1

�

cos �x,

da cui I2

= x

�

2

(2 sin �x � �x cos �x) � 2

�

2

(� 1

�

cos �x) = 1

�

3

(2�x sin �x(2 � �2x2) cos �x), I4

=...) e n = 1

(che da I1

= � x

�

cos �x+ 1

�

2

sin �x, da cui I3

=...).

Integrali di funzioni razionali fratte (casi particolari) Per trovare le primitive di

una funzione razionale fratta f(x) = A(x)B(x) , con A(x) e B(x) polinomi a coe�cienti reali

(diciamo di grado rispettivamente m ed n), si procede come segue. Innanzitutto, se f(x)e un polinomio (ovvero, se A(x) e divisibile per B(x)) l’integrazione e immediata: infatti,se f(x) =

P

d

j=0 ajxj = a

d

xd + · · ·+ a1x+ a0 per la linearita si haZ

(ad

xd + · · ·+ a1x+ a0) dx = a

d

d+1xd+1 + · · ·+ a

1

2 x2 + a0x+ k.

Cosı, se m � n si puo dividere A(x) per B(x) ottenendo A(x) = Q(x)B(x) + R(x) conQ(x) polinomio quoziente di grado m � n ed R(x) polinomio di grado < n, e pertantoR

A(x)B(x) dx =

R

Q(x) dx+R

R(x)B(x) dx: si e dunque ridotto il problema al calcolo di

R

R(x)B(x) dx.

Percio non e restrittivo supporre fin da subito che sia m < n, ovvero che si abbia a chefare con una funzione razionale fratta propria: iniziamo trattando alcuni casi particolari.

(1) Come si e visto, se f(x) = a

x�↵

alloraZ

a

x� ↵dx = a log |x� ↵|+ k;

(2) se f(x) = a

(x�↵)� con � 2 Z�2 alloraZ

a

(x� ↵)�dx = � a

� � 1

1

(x� ↵)��1+ k;

(3) se f(x) = ax+b

x

2+cx+d

ove il denominatore x2 + cx+ d abbia radici reali distinte ↵ e �,

si possono trovare due costanti reali A e B tali che f(x) = ax+b

(x�↵)(x��) =A

x�↵

+ B

x��

(dai conti si ricava facilmente A = b+a↵

↵��

e B = � b+a�

↵��

): dunqueZ

ax+ b

x2 + cx+ ddx = A log |x� ↵|+B log |x� �|+ k;



(4) se invece f(x) = ax+b

x

2+cx+d

ove il denominatore x2 + cx + d non abbia radici reali

perche c2 � 4d < 0, scrivendo x2 + cx+ d = x2 + cx+ c

2

4 + (d� c

2

4 ) = (x� u)2 + v2

(con u = � c

2 e v =q

d� c

2

4 )(118) ci si e ridotti alla forma f(x) = ax+b

(x�u)2+v

2

=

a x�u

(x�u)2+v

2

+ au+b

(x�u)2+v

2

= a

22(x�u)

(x�u)2+v

2

+au+b

v

1

v

1+(x�u

v

)2, da cui si ricava immediatamente

Z

ax+ b

x2 + cx+ ddx =

a

2log

�

(x� u)2 + v2�

+au+ b

varctg

x� u

v+ k.


(1)

Z4

(3x+ 1)5dx; (2)

Z3x2 + 4x� 8x2 + 2x� 3

dx; (3)

Z2x� 1

x2 + x+ 3dx; (4)

Zx3 + 12x� 3

dx.

Risoluzione. (1) Sia f(x) = 4

(3x+1)

5

. Col cambio di variabile t = 3x + 1 (da cui dx = 1

3

dt) si ricavaRf(x) dx = 4

R1

t

5

1

3

dt = 4

3

t

�4

�4

= � 1

3

1

t

4

+ k = � 1

3(3x+1)

4

+ k. (2) Sia f(x) = 3x

2

+4x�8

x

2

+2x�3

. Dividendo

il numeratore per il denominatore si ottiene 3x2 + 4x � 8 = 3(x2 + 2x � 3) � 2x + 1, e percio f(x) =

3 � 2x�1

x

2

+2x�3

: si ha alloraRf(x) dx = 3x �

R2x�1

x

2

+2x�3

dx, e ci siamo ridotti al calcolo diR

2x�1

x

2

+2x�3

dx.

Poiche x2+2x�3 = (x�1)(x+3), si puo scrivere 2x�1

x

2

+2x�3

= c

1

x�1

+ c

2

x+3

per opportune costanti c1

, c2

2 R:facendo il denominatore comune a destra si ha 2x�1

x

2

+2x�3

= c

1

(x+3)+c

2

(x�1)

(x�1)(x+3)

= (c

1

+c

2

)x+(3c

1

�c

2

)

x

2

+2x�3

da cui si

ricava c1

+ c2

= 2 e 3c1

� c2

= �1, che da c1

= 1

4

e c2

= 7

4

. Pertanto 2x�1

x

2

+2x�3

= 1

4

( 1

x�1

+ 7 1

x+3

), da

cuiR

2x�1

x

2

+2x�3

dx = 1

4

(R

1

x�1

dx + 7R

1

x+3

dx) = 1

4

(log |x � 1| + 7 log |x + 3|) + k e, tornando al problema

iniziale,Rf(x) dx = 3x� 1

4

(log |x�1|+7 log |x+3|)+k. (3) Sia f(x) = 2x�1

x

2

+x+3

. Seguendo il procedimento

suggerito in precedenza, si ha 2x�1

x

2

+2x+3

= 2x�1

(x+1)

2

+2

= 2 x+1

(x+1)

2

+2

� 3

(x+1)

2

+2

= 2(x+1)

(x+1)

2

+2

� 3p2

1/

p2

1+(

x+1p2

)

2

, da cuiRf(x) dx = log(x2 +2x+3)� 3p

2

arctg�x+1p

2

�+ k. (4) Sia f(x) = x

3

+1

2x�3

. Per i conti conviene far diventare

il denominatore “monico” (ovvero, con coe�ciente dominante 1). Si ha dunque x

3

+1

2x�3

= 1

2

x

3

+1

x� 3

2

; dividendo

x3 +1 per x� 3

2

si ottiene (x3 +1) = (x2 + 3

2

x+ 9

4

)(x� 3

2

)+ 35

8

, e pertanto f(x) = 1

2

(x2 + 3

2

x+ 9

4

)+ 35/16

x� 3

2

,

da cuiRf(x) dx = 1

2

�x

3

3

+ 3

2

x

2

2

+ 9

4

x�+ 35

16

log |x� 3

2

|+ k = 1

48

�8x3 + 6x2 + 6x+ 105 log |x� 3

2

|�+ k.

Integrali di funzioni razionali fratte (caso generale) e integrali binomi Il moti-

vo per cui si sono trattati prima alcuni casi particolari per integrare funzioni razionalifratte e che, per il caso generale, si puo usare il seguente metodo (che non dimostriamo):

Proposizione 3.5.4. (Metodo di Hermite) Se f(x) = A(x)B(x) e una frazione razionale pro-

pria reale con A(x) e B(x) polinomi coprımi di grado rispettivamente m ed n, col denom-inatore nella forma(119)

B(x) = (x� a1)m

1 · · · (x� ar

)mr

�

(x� u1)2 + v21

�

m

01 . . .

�

(x� ul

)2 + v21�

m

0l

(118)Per il Corollario 1.4.4 il polinomio x2 + cx + d ha due radici complesse coniugate, che sono propriou± iv.(119)Vedi il Corollario 1.4.4.



(ove m1 + · · · + mr

+ 2(m01 + · · · + m0

l

) = n), esistono e sono uniche delle costanti realic1, . . . , cr; d1, . . . , d

l

; e1, . . . , el

ed un polinomio C(x) di grado < n� r � 2l tale, posto

B0(x) = (x� a1)m

1

�1 · · · (x� ar

)mr

�1�

(x� u1)2 + v21

�

m

01

�1. . .

�

(x� ul

)2 + v21�

m

0l

�1,

si abbia

A(x)

B(x)=

r

X

i=1

ci

x� ai

+l

X

j=1

dj

x+ ej

(x� ul

)2 + v2l

+

✓

C(x)

B0(x)

◆0;

di conseguenza

Z

f(x) dx =r

X

i=1

Z

ci

x� ai

dx+l

X

j=1

Z

dj

x+ ej

(x� ul

)2 + v2l

dx+C(x)

B0(x)+ k

=r

X

i=1

ci

log |x� ai

|+l

X

j=1

dj

logq

(x� uj

)2 + v2j

+

+l

X

j=1

dj

uj

+ bj

vj

arctgx� u

j

vj

+C(x)

B0(x)+ k.

Facciamo un paio di osservazioni.

(a) Nel caso base in cui tutti gli esponentimi

em0j

sono uguali a 1, il metodo di Hermite daC(x) = 0, dunque bastera determinare le costanti reali c1, . . . , cr; d1, . . . , d

l

; e1, . . . , el

che decompongono la frazione A(x)B(x) in frazioni semplici.

(b) Nella forma di integrali razionali si possono ricondurre anche alcuni integrali binomi,ovvero del tipo

R

xp(axq + b)r dx con a, b 2 R e p, q, r 2 Q: (1) se p+1q

2 Z si

pone axq + b = th con h il denominatore di r; (2) se r 2 Z si pone xq = th con h ildenominatore di p+1

q

; (3) se p+1q

+ r 2 Z, si pone ax

q+b

x

q

= th con h il denominatore di

r.(120)


(1)

Z5x2 � 10x+ 9

(x� 1)(x2 � 4x+ 5)dx; (2)

Z�x6 � x5 � 9x4 + 40x3 � 46x2 � 7x+ 62

7(x+ 1)2(x� 2)(x2 � 3x+ 4)2dx;

(3)

Z5px(2� 3

px)2 dx; (4)

Z1

x2

3

pxpx� 1

dx.

Risoluzione. (1) Il metodo di Hermite dice che 5x

2�10x+9

(x�1)(x

2�4x+5)

= a

x�1

+ bx+c

x

2�4x+5

, con a, b, c 2 R da

determinare; i conti danno a = 2, b = 3 e c = 1, dunqueR

5x

2�10x+9

(x�1)(x

2�4x+5)

dx = 2 log |x � 1| + 3

2

log(x2 �4x+5)+ 7 arctg(x� 2) + k. (2) Sia f(x) = �x

6�x

5�9x

4

+40x

3�46x

2�7x+62

7(x+1)

2

(x�2)(x

2�3x+4)

2

. Trascurando il fattore costante

(120)Ad esempio, nell’ultimo caso, posto r = u

h

e m := p+1

q

+ r 2 Z, da ax

q

+b

x

q

= th si ricava b =

(th�a)xq ovvero x = �(t) = b1

q (th�a)�1

q , e dunque si ricavaRxp(axq + b)r dx =

Rb

p

q (th�a)�p

q tubr(th�a)�rb

1

q (� 1

q

)(th � a)�1

q

�1 dt = � 1

q

bmRtu(th � a)�m�1 dt, e l’integrale di una funzione razionale fratta.



� 1

7

, il metodo di Hermite dice che si puo scrivere x

6�x

5�9x

4

+40x

3�46x

2�7x+62

(x+1)

2

(x�2)(x

2�3x+4)

2

= c

1

x+1

+ c

2

x�2

+ dx+e

x

2�3x+4

+�

ux

2

+vx+w

(x+1)(x

2�3x+4)

�0per costanti c

1

, c2

, d, e, u, v, w 2 R da determinare. Derivando a destra e dopo lunghi

calcoli si determina che c1

= �1, c2

= 2, u = v = 0 e w = �1: dunqueRf(x) dx = � 1

7

��R

1

x+1

dx +

2R

1

x�2

dx �R �

1

(x+1)(x

2�3x+4)

�0dx

�= 1

7

�log |x + 1| � 2 log |x � 2| + 1

(x+1)(x

2�3x+4)

�+ k. (3) Sia f(x) =

5px(2 � 3

px)2. A parte il fattore costante 5, si tratta di un integrale binomio xp(axq + b)r con p = 1

2

,

q = 1

3

e r = 2. Essendo r 2 Z e p+1

q

= 9

2

, si era suggerito di porre 3

px = t2, ovvero x = �(t) =

t6: si ricava alloraRf(x) dx = 5

Rt3(2 � t2)2 6t5 dt = 30

Rt8(2 � t2)2 dt = 30

R(4t8 � 4t10 + t12) dt =

30( 49

t9 � 4

11

t11 + 1

13

t13) + k = 30( 49

t9 � 4

11

t11 + 1

13

t13) + k da cui, essendo t = x1

6 = 6

px, si ricava

Rf(x) dx = 30x( 4

9

px � 4

11

6

px5 + 1

13

x 6

px) + k. (4) Sia f(x) = 1

x

2

3

px

px�1

. Anche qui si ha un integrale

binomio, essendo 1

x

2

3

px

px�1

= xp(xq�1)r con p = �2, q = 3

2

e r = � 1

3

. Poiche p+1

q

+r = � 2

3

� 1

3

= �1 2 Z,

si porra x

3

2 �1

x

3

2

= t3, ovvero x = �(t) = (1 � t3)�2

3 , ottenendoRf(x) dx =

Rx�2(x

3

2 � 1)�1

3 dx =R(1 � t3)

4

3 t�1(1 � t3)1

3

�� 2

3

(�3t2)(1 � t3)�5

3

�dt = 2

Rt�1t2 dt = 2

Rt dt = t2 + k da cui, ricordando

che t = 3

rx

3

2 �1

x

3

2

=3

px

px�1px

, si ottieneRf(x) dx =

3

p(x

px�1)

2

x

+ k.

3.5.2 Integrazione definita alla Riemann (calcolo delle aree)

Ci occupiamo ora del problema del calcolo dell’area di sottoinsiemi limitati del pianocartesiano.(121) Piu precisamente, lo scopo e di sviluppare un metodo per calcolare inmodo preciso l’area di quelle zone il cui bordo si possa decomporre come unione di graficidi funzioni continue di x definite su intervalli (ovvero, da curve della forma {(x, f(x)) 2R2 : x 2 A} con f : A �! R funzione continua dell’intervallo A ⇢ R) ed eventualmente darette verticali della forma x = k (vedi Figura 3.22(a)).

Figura 3.22: Area di un insieme piano delimitato da grafici di funzioni; aree con segno.

Iniziamo dunque a studiare l’area con segno (vedi Figura 3.22(b,c,d)) della zona del pianocompresa tra il grafico di una funzione e l’asse delle ascisse. L’espressione “con segno”vuole indicare il fatto che, durante il calcolo dell’area di tale zona, le aree delle parti diessa che si trovano al di sopra (risp. al di sotto) dell’asse sono da considerarsi positive(risp. negative).

(121)Il calcolo avverra in rapporto all’unita d’area determinata dalle unita di misura scelte nel dotare sial’asse delle ascisse che quello delle ordinate di un sistema di coordinate (usualmente, come sappiamo, lalunghezza unitaria viene scelta uguale per entrambi gli assi).



Funzioni integrabili E opportuno decomporre il problema che vogliamo trattare, i-niziando dalle funzioni che meglio di altre permettono questa operazione.

Una funzione s : R �! R si dira semplice (o a scalino) se esiste una “suddivisione” di R Funzione semplice

(ovvero una famiglia finita di numeri reali x0 < x1 < · · · < xn

) tale che s sia costantequando ristretta a ] � 1, x0[, ad ogni ]x

j�1, xj [ (per j = 1, . . . , n) e a ]xn

,+1[ (vediFigura 3.23(a)).(122) Qualsiasi suddivisione di R tale che s abbia questa proprieta si diraessere una suddivisione associata ad s. L’esempio piu immediato di funzione semplice e lafunzione caratteristica di un intervallo.(123)

Denoteremo con S(R) l’insieme delle funzioni semplici su R: si tratta di un sottoinsiemedell’insieme RR di tutte le funzioni di R in R. Si noti che l’insieme RR e un’algebra su R(vedi pag. 43) ovvero vi si possono fare somme, prodotti e multipli scalari: infatti, date duefunzioni f, g : R �! R e una costante ↵ 2 R si possono costruire in modo naturale le funzionif + g, ↵f e fg ponendo (f + g)(x) = f(x) + g(x), (↵f)(x) = ↵ f(x) e (fg)(x) = f(x)g(x).

Proposizione 3.5.5. S(R) e una sottoalgebra di RR, ovvero somme, prodotti e multipliscalari di funzioni semplici sono ancora funzioni semplici. Inoltre, S(R) coincide con ilsottospazio vettoriale di RR generato dalle funzioni caratteristiche sugli intervalli di R,ovvero

S(R) = {s : R �! R : s =X

N

j=1aj

�A

j

per opportuni intervalli Aj

⇢ R}.

Dimostrazione. Se s, t 2 S(R), siano (xi

))i=1,...,n

e (x0j

))j=1,...,m

due suddivisioni associate a s e t rispetti-vamente, e consideriamo la suddivisione (x00

k

))k=1,...,p

ottenuta unendo le due precedenti (ove max{m,n} p m + n, e vale p = max{m,n} se una delle due suddivisioni e contenuta nell’altra, o, all’opposto,p = m + n se i punti x

i

e x0j

sono tutti diversi tra loro): allora, per ogni �, µ 2 R la funzione �s + µtresta costante su ogni ]x00

k�1

, x00k

[, e dunque anche �s + µt 2 S(R). In altre parole, S(R) e un sottospaziovettoriale di RR. Lo stesso ragionamento mostra che anche il prodotto st 2 S(R), il che prova che S(R) eanche una sottoalgebra di RR. L’ultima a↵ermazione e chiara: poiche tutte le funzioni caratteristiche diintervalli sono semplici, il sottospazio da esse generato sara contenuto in S(R), e viceversa ogni funzione diS(R) e della forma

PN

j=1

aj

�A

j

(ove eventualmente alcuni degli intervalli Aj

sono degeneri, ovvero ridotti

ad un punto).

Se A ⇢ R e f : A �! R e una funzione qualsiasi, il supporto di f e, per definizione, la Supporto

chiusura (in R) del sottoinsieme di A in cui f e non nulla (vedi Figura 3.23(b)):

supp f = {x 2 A : f(x) 6= 0} :

(122)Osserviamo che si richiede che s sia costante nell’interno degli intervalli, e che quello che accade neipunti di separazione non interessa per nulla: qualsiasi valore s assuma in essi, per questa definizione sresta sempre a scalino.(123)Ricordiamo che, in generale, si definisce la funzione caratteristica �

A

: R �! R di un sottoinsiemeA ⇢ R ponendo

�A

(x) =

(1 se x 2 A,

0 se x /2 A :

si tratta della funzione che vale 1 su A e 0 altrove. E immediato verificare che se A,B ⇢ R allora�

A\B

= �A

�B

e �A[B

= �A

+ �B

� �A\B

(in particolare, vale �{RA

= 1 � �A

e �A\B = �

A

� �A\B

).

Dunque, se A e un intervallo, il grafico di �A

si presenta dunque come uno “scalino alto 1” al di sopra diA, ed e l’esempio piu immediato di funzione semplice.



Figura 3.23: Funzione semplice; supporto; funzione semplice a supporto compatto.

notiamo che ovviamente vale supp(�f + µg) ⇢ supp f [ supp g e supp(fg) = supp f \supp g per ogni f, g : A �! R e �, µ 2 R. Diremo che f : R �! R e una funzione asupporto compatto se supp f e un sottoinsieme compatto di R, ovvero se supp f e (chiuso Funzione a

supportocompattoe) limitato: naturalmente, cio equivale a dire che esiste M > 0 tale che f(x) = 0 per

ogni x 2 R tale che |x| > M (cioe che f e nulla tranne che in un insieme limitato). Siadunque S

c

(R) ⇢ S(R) il sottoinsieme di S(R) costituito dalle funzioni semplici a supportocompatto (vedi Figura 3.23(c)): per quanto detto, si ha che S

c

(R) e una sottoalgebra S(R)(cioe se s, t 2 S

c

(R) e �, µ 2 R vale �s + µt 2 Sc

(R) e st 2 Sc

(R)). Le funzioni di Sc

(R)sono quelle che cercavamo per iniziare a parlare di “area (con segno) della zona del pianocartesiano compresa tra il grafico e l’asse delle ascisse”: tale area sara, in questo casoparticolarmente eloquente, quella ottenuta sommando, con segno, le aree di una famigliafinita di rettangoli. Definiamo dunque la funzione integrale ponendo Integrale di

funzioni semplici asupporto compatto

Z

R: S

c

(R) �! R,Z

Rs =

N

X

j=1

aj

(xj

� xj�1)

ove (xj

)j=0,1,...,N e una qualsiasi suddivisione di R associata ad f , e si suppone che

s|]xj�1

,x

j

[ ⌘ aj

2 R per ogni j = 1, . . . , N .(124) Il numero realeR

R s, detto integrale

di s esteso ad R si denota anche comeR

R s(x) dx. Si verifica facilmente che la funzioneR

R : Sc

(R) �! R e ben definita (cioe non dipende dalla suddivisione scelta), lineare(ovvero

R

R(�s+ µt) = �R

R s+ µR

R t), isotona (ovvero se s t, cioe s(x) t(x) per ognix 2 R, allora

R

R s R

R t) e soddisfa la disuguaglianza fondamentale�

�

R

R s�

� R

R |s|, conuguaglianza se e solo se s ha segno costante (tranne che eventualmente sui punti dellasuddivisione).(125)

Esempio. Dati a, b 2 R con a < b, si ha s = �[a,b[

2 Sc

(R) eRR s = b � a (la lunghezza dell’intervallo

[a, b[), e si ottiene lo stesso risultato mettendo ]a, b[, ]a, b] o [a, b] al posto di [a, b[.

Torniamo ora al caso generale, che intendiamo trattare per approssimazione con funzioni

(124)Si noti che, essendo s a supporto compatto, certamente s sara nulla prima di x0

e dopo xN

.(125)Per la buona definizione: se si prendono due suddivisioni di R associate a s il risultato dell’integralenon cambia (facile esercizio: “triangolando” sull’unione delle due suddivisioni si puo supporre che una siacontenuta nell’altra...). Per la linearita e l’isotonıa si prendano due suddivisioni associate a f ed a g, e siconsideri la loro unione, che sara associata ad entrambe. La disuguaglianza fondamentale e ovvia.



semplici. Se f : R �! R e una funzione qualsiasi e s 2 Sc

(R) e una funzione semplicea supporto compatto che maggiora (risp. minora) f , ovvero f s (risp. f � s)(126),l’integrale

R

R s si dira una somma superiore (risp. inferiore) di f (vedi Figura 3.24). Somma superioree inferiore

Figura 3.24: Somme superiori ed inferiori.

Se s+ e s� sono una somma superiore e inferiore di una medesima f si ha s� s+ edunque, per isotonia, si ha

R

R s� R

R s+: pertanto, se si considerano i sottoinsiemi

U+f

= {R

R s+ : s+ 2 Sc

(R), s+ � f}, U�f

= {R

R s� : s� 2 Sc

(R), s� f}

di R, vale certamente U�f

U+f

. Ebbene, diremo che f e integrabile su R (secondo Funzioneintegrabile su R(alla Riemann)Riemann) se U�

f

e U+f

sono classi contigue in R (vedi pag. 48), ovvero se

⇢

per ogni " > 0 esistono s+"

, s�"

2 Sc

(R)tali che s�

"

f s+"

eR

R(s+"

� s+"

) < ".

In tal caso, l’unico elemento separatore tra U�f

e U+f

(vedi Proposizione 1.3.3) si diraintegrale di f esteso a R, e si indichera con i simboli

Z

Rf oppure

Z

Rf(x) dx.

Il significato geometrico dell’integrale di f esteso a R e chiaro: ottenuto tramite conver-genza di aree a scalino superiori ed inferiori ad un medesimo valore

R

R f , esso rappresental’area della parte di piano compresa tra il grafico di f e l’asse x contata col segno, ovveroin cui si considerano positive le aree al di sopra dell’asse x e negative quelle al di sotto.E dunque naturale che, nella teoria dell’integrale di Riemann, cambiare la funzione su unnumero finito di punti non cambi il risultato:

Proposizione 3.5.6. Se f, g : R �! R sono due funzioni che di↵eriscono solo su unnumero finito di punti, allora f e integrabile su R se e solo se lo e g, e vale

R

R f =R

R g.

(126)Naturalmente, data un f qualsiasi, si↵atte funzioni semplici a supporto compatto potrebbero nonesistere!



Dimostrazione. Siano x1

, . . . , xn

2 R i punti su cui f e g di↵eriscono, e supponiamo che f sia integrabile.Dato " > 0, siano s, t 2 S

c

(R) tali che s f t eRR(t � s) "; cambiando i valori di s e t nei punti x

i

ponendoli uguali a g(xi

) si ottengono ancora due funzioni s0, t0 2 Sc

(R) tali che s0 g t0,RR s

0 =RR s eR

R t0 =

RR t: dunque

RR(t

0 � s0) ", e cio mostra tutte le a↵ermazioni fatte.

La condizione di integrabilita (su R) alla Riemann e piuttosto impegnativa:

Proposizione 3.5.7. Se f e integrabile su R (secondo Riemann) allora f e limitata e asupporto compatto, ma il viceversa e falso.

Dimostrazione. Se f e integrabile su R esistono s± 2 Sc

(R) tali che s� f s+, dunque f e limitata(perche sia s� che s+ sono limitate) e a supporto compatto (perche supp f ⇢ supp s+ [ supp s�). Peril viceversa, si consideri A = {x 2 Q : 0 x 1} = Q \ [0, 1]: allora f = �

A

(funzione di Dirichlet) elimitata e a supporto compatto (infatti 0 f 1 e supp f = [0, 1]) ma non e integrabile alla Riemannsu R. Infatti, se s 2 S

c

(R) soddisfa s f , dev’essere di certo s 0 (se x < 0 oppure x > 1 si has(x) f(x) = 0; se [a, b] ⇢ [0, 1] e poi un intervallo su cui s e costante, poiche in [a, b] ci sono certamentepunti irrazionali su cui f vale 0 tale costante dev’essere 0) e pertanto

RR s 0; similmente se s 2 S

c

(R)soddisfa s � f dev’essere di certo s(x) � 0 per x < 0 oppure x > 1 e s(x) � 1 per x 2 [0, 1]. Dunque leclassi U�

f

(contenuta in R0

) e U+

f

(contenuta in R�1

) di certo non sono contigue.

Esempio. Vediamo un esempio facile. Dati a, b,m, q 2 R con m > 0, sia f : R �! R data da f(x) = mx+q

(se x 2 [a, b]) e f(x) = 0 (se x /2 [a, b]). Notiamo che tale f , che come sappiamo e crescente, e anche limitata

(infatti min{ma + q, 0} f max{mb + q, 0}) e a supporto compatto (infatti supp f = [a, b]). (f non e

continua, ma cio non importa: per essere integrabile non serve essere continua, come mostra chiaramente il

caso delle funzioni di Sc

(R).) Per un qualsiasi n 2 N consideriamo la suddivisione xj

= a+j b�a

n

= (n�j)a+jb

n

(con j = 0, 1, . . . , n) di R, ove si noti che a = x0

< · · · < xn

= b; poiche f e crescente, se si pone

s�n

=P

n

j=1

f(xj�1

)�[x

j�1

,x

j

[

e s+n

=P

n

j=1

f(xj

)�[x

j�1

,x

j

[

vale s±n

2 Sc

(R) e s�n

f s+n

, ora, si calcolaRR s

�n

=P

n

j=1

(mxj�1

+ q)(xj

�xj�1

) = b�a

n

+P

n

j=1

(m (n�j+1)a+(j�1)b

n

+ q) = (b� a)(m 1

n

2

Pn

j=1

((n� j+

1)a+(j�1)b)+ q) = (b�a)(m 1

n

2

(n(n+1)

2

a+ n(n�1)

2

b)+ q) = (b�a)(m2

(n+1

n

a+ n�1

n

b)+ q), e analogamenteRR s

+

n

=P

n

j=1

(mxj

+q)(xj

�xj�1

) = b�a

n

+P

n

j=1

(m (n�j)a+jb

n

+q) = (b�a)(m 1

n

2

Pn

j=1

((n�j)a+jb)+q) =

(b � a)(m 1

n

2

(n(n�1)

2

a + n(n+1)

2

b) + q) = (b � a)(m2

(n�1

n

a + n+1

n

b) + q): poiche limRR s

�n

= limRR s

+

n

=

(b � a)(m b+a

2

+ q), abbiamo mostrato che f e integrabile su R e cheRR f = (b � a)(m b+a

2

+ q). Questa,

come si verifica direttamente caso per caso con considerazioni di geometria piana elementare, non e altro

che l’area contata con segno della parte di piano compresa tra la retta y = mx+ q e l’asse delle ascisse nel

tratto [a, b], come previsto. Notiamo piuttosto un fatto che per ora sembra solo una curiosa coincidenza:

la funzione F (x) = mx

2

2

+ qx e, come si e visto, una primitiva di f sull’intervallo [a, b], e si verifica

immediatamente cheRR f = F (b) � F (a). Che non sia una mera coincidenza sara chiaro nel seguito,

quando avremo a disposizione il Teorema fondamentale del calcolo (Teorema 3.5.13).

L’integrale appena introdotto soddisfa le medesime tre proprieta che abbiamo visto per lefunzioni semplici a supporto compatto.

Proposizione 3.5.8. (Proprieta dell’integrale) Siano f, g : R �! R funzioni integrabili.

(i) (Linearita) �f + µg e integrabile per ogni �, µ 2 R, eZ

R(�f + µg) = �

Z

Rf + µ

Z

Rg.

(ii) (Isotonıa) Se f g (ovvero, se f(x) g(x) per ogni x 2 R) alloraR

R f R

R g.



(iii) (Disuguaglianza fondamentale) Vale�

�

�

�

Z

Rf

�

�

�

�

Z

R|f |

con uguaglianza se e solo se f ha segno costante (tranne che alpiu in un numerofinito di punti).

Dimostrazione. (i) Supponiamo per semplicita che �, µ > 0, gli altri casi essendo facili adattamenti diquesto. Sia " > 0, e siano s±

"

, t±"

2 Sc

(R) tali che s�"

f s+"

, t�"

g t+"

,RR(s

+

"

� s�"

) < 1

2�

" eRR(t

+

"

� t�"

) < 1

2µ

". Allora si ha u±"

:= �s±"

+ µt±"

2 Sc

(R), vale u�"

�f + µg u+

"

ed usando la linearita

dell’integrale in Sc

(R) si ottieneRR(u

+

"

�u�"

) = �RR(s

+

"

�s�"

)+µRR(t

+

"

� t�"

) � 1

2�

"+µ 1

2µ

" = "; pertanto

�f + µg e integrabile eRR(�f + µg) = �

RR f + µ

RR g. (ii) Come appena visto, h = g � f e integrabile eR

R h =RR g �

RR f ; essendo poi h � 0 e 0 2 S

c

(R) si haRR h �

RR 0 = 0, ovvero

RR g �

RR f . (iii) Siano

f± : R �! R�0

le funzioni (entrambe positive!) parte positiva e parte negativa di f , date da

f+(x) =

(f(x) se f(x) � 0

0 se f(x) < 0, f�(x) =

(0 se f(x) � 0

�f(x) se f(x) < 0;

si noti che f = f+ � f� e |f | = f+ � f�. E facile mostrare che f e integrabile se e solo se entrambef± lo sono, e in tal caso anche |f | lo e e vale

RR f =

RR f

+ �RR f

� eRR |f | =

RR f+ +

RR f

�.(127) Allora��RR f

�� =��R

R f+ �

RR f

�� R

R f+

��+��R

R f�� =

RR f

+ +RR f

� =RR |f |.

Funzioni localmente integrabili Abbiamo visto (Proposizione 3.5.7) che una fun-zione f : R �! R, per poter essere integrabile su R, deve essere in particolare limitata ea supporto compatto. Queste ultime proprieta sono pero irrealistiche per le funzioni piucomuni (come le funzioni elementari), che praticamente mai hanno supporto compattoe sono assai spesso illimitate nel loro dominio. Una richiesta molto piu realistica e chel’integrabilita valga quando si considera la funzione solo su un qualsiasi intervallo com-patto (ovvero, chiuso e limitato in R) contenuto nel suo dominio, ponendola uguale a zeroaltrove: sembrerebbe ad esempio che tutte le funzioni continue siano sulla buona stradaper soddisfare questa proprieta, perche esse sono limitate su un compatto (ricordare ilTeorema di Weierstrass a pag. 101).

Se A ⇢ R e un intervallo e f : R �! R una funzione, diremo che f e integrabile su A se, Funzioneintegrabilesu un intervalloper definizione, f�

A

(funzione che coincide con f sopra A, ed e posta uguale a 0 altrove)e integrabile in R: si scrivera in tal caso

Z

A

f :=

Z

Rf�

A

.

Anche qui il significato geometrico e chiaro: poiche si e lasciata f tale e quale sopra A e lasi e annullata fuori di A”, il numero

R

A

f rappresenta l’area della parte di piano compresatra il grafico di f e il tratto dell’asse x dato da A, contata col segno (vedi Figura 3.25).

(127)Se f± sono integrabili tali sono anche f = f+�f� e |f | = f++f�. Viceversa, sia f integrabile; preso" > 0 ed s, t 2 S

c

(R) tali che s f t eRR(t� s) ", si ha ovviamente s+, t+ 2 S

c

(R) e s+ f+ t+,e inoltre vale t+ � s+ t � s (se t(x) � 0 allora t+(x) = t(x) e dunque t+(x) � s+(x) = t(x) � s+(x) t(x)�s(x), ove l’ultima disuguaglianza si ha perche s s+; se invece t(x) < 0 allora anche s(t) t(x) < 0,e pertanto t+(x) � s+(x) = 0 � 0 = 0 mentre, come per ogni x, vale t(x) � s(x) � 0); dunque f+ eintegrabile, e similmente si prova che f� e integrabile; dunque anche |f | = f+ + f� e integrabile. Leuguaglianze

RR f =

RR f

+ �RR f

� eRR |f | =

RR f

+ +RR f

� sono allora chiare, grazie a (i).



Figura 3.25: Integrabilita locale.

Proposizione 3.5.9. Valgono le seguenti proprieta.

(i) Se A,B ⇢ R sono due intervalli tali che A = B, allora f e integrabile su A se e solose lo e su B, e vale

R

A

f =R

B

f .

(ii) Se f e integrabile su un intervallo A, allora essa e integrabile su ogni altro intervalloB contenuto in A (in particolare, una funzione integrabile su R e integrabile anchesu ogni intervallo di R).

(iii) (Additivita rispetto al dominio d’integrazione) Se A,B ⇢ R sono intervalli tali cheA[B sia esso stesso un intervallo, allora f : R �! R e integrabile su A[B se e solose e integrabile sia su A che su B, e vale

Z

A[Bf +

Z

A\Bf =

Z

A

f +

Z

B

f.

Dimostrazione. (i) Discende subito dalla Proposizione 3.5.6. (ii) Fissato " > 0, siano s, t 2 Sc

(R) tali ches f�

A

t eRR(t � s) ": allora, poste s0 = s�

B

e t0 = t�B

, si ha s0, t0 2 Sc

(R), s0 f�B

t0 e(essendo 0 t0 � s0 t� s) si ha

RR(t

0 � s0) " (iii) Essendo �A[B

+ �A\B

= �A

+ �B

, la conclusione eimmediata.

Veniamo dunque alla proprieta “realistica” che abbiamo preannunciato: se A ⇢ R e unsottoinsieme qualsiasi, una funzione f : A �! R si dira localmente integrabile (nel sensodi Riemann) in A se f e integrabile su ogni intervallo compatto di R contenuto in A. La Funzione

localmenteintegrabileclasse delle funzioni localmente integrabili e piuttosto larga:

Proposizione 3.5.10. Tutte le funzioni con alpiu delle discontinuita di prima specie(128)

sono localmente integrabili. In particolare le funzioni monotone, le funzioni continue, lefunzioni semplici sono localmente integrabili.

Dimostrazione. Dobbiamo mostrare che una funzione f : [a, b] �! R con alpiu delle discontinuita di primaspecie e integrabile su [a, b], ovvero che per ogni " > 0 esistono due funzioni semplici u

"

, v"

: [a, b] �! Rcon u

"

f v"

eR[a,b]

(v"

� u"

) < ". Fissato " > 0, sia I"

il sottoinsieme di [a, b] dato dagli x 2 [a, b]

(128)Ricordiamo (vedi pag. 104) che un punto x0

2 A di accumulazione bilatera per A si dice discontinuitadi prima specie (o di salto) per f : A �! R se esistono finiti entrambi i limiti f(x⌥

0

) = limx�!x

⌥0

, x2A

2 R.



tali che esistono due funzioni semplici ux

, vx

: [a, x] �! R con ux

f vx

e vx

(t) � ux

(t) < "

b�a

: ci

bastera mostrare che b 2 I"

, perche allora, posto v"

:= vb

e u"

:= ub

si ha per isotoniaR[a,b]

(v"

� u"

) <R[a,b]

"

b�a

�[a,b]

= ". Ora, chiaramente I"

e non vuoto (infatti a 2 I"

); inoltre, se c 2 I"

con c < b esiste

� > 0 tale che anche c + � 2 I"

. Infatti, per ipotesi esiste � > 0 tale che |f(c+) � f(t)| < "

b�a

perogni t 2]c, c+ �], e allora, note le funzioni semplici u

c

, vc

: [a, c] �! R, potremo definire le funzioni sempliciuc+�

, vc+�

: [a, c+�] �! R tramite uc+�

(t) = uc

(t) e vc+�

(t) = vc

(t) per ogni t 2 [a, c], uc+�

(t) = f(c+)� "

b�a

"

e vc+�

(t) = f(c+) + "

b�a

per ogni t 2 [c, c + �]. Pertanto, essendo I"

non vuoto e superiormente limitato,ammettera ⇠ := sup I

"

, e sara a < ⇠ b; anzi, per quanto appena detto dovra essere ⇠ = b. A questopunto dobbiamo solo mostrare che ⇠ 2 I

"

, ovvero che ⇠ = max I"

. Essendo ⇠ > a ha senso consideraref(⇠�), che sara finito per ipotesi, ed esistera � > 0 tale che |f(⇠�) � f(t)| < "

b�a

per ogni t 2 [⇠ � �, ⇠[.Per la seconda proprieta caratteristica del sup esistera poi d 2 I

"

tale che d 2]⇠ � �, ⇠], e allora, notele funzioni semplici u

d

, vd

: [a, d] �! R, potremo definire le funzioni semplici u⇠

, v⇠

: [a, ⇠] �! R tramiteu⇠

(t) = ud

(t) e v⇠

(t) = vd

(t) per ogni t 2 [a, d], u⇠

(t) = f(c�) � "

b�a

e v⇠

(t) = f(c�) + "

b�a

per ognit 2]d, ⇠[, e u

⇠

(⇠) = u⇠

(⇠) = f(⇠).Infine notiamo che ovviamente le funzioni continue e le funzioni semplici hanno alpiu delle discontinuita diprima specie, e che a stessa cosa accade per una funzione monotona: supposto ad esempio che f : [a, b] �! Rsia crescente, per ogni x 2 [a, b] sappiamo (Proposizione 3.2.6(a)) che esistono i limiti sinistro e destrof(x±), e che per la crescenza deve essere f(a) f(x�) f(x+) f(b).

Funzione integrale e teorema fondamentale del calcolo Introduciamo ora unanuova notazione. Se f e una funzione integrabile su un intervallo compatto di estremia e b (con a < b oppure b < a), si definisce il simbolo

R

b

a

f(x) dx come segue:

Z

b

a

f(x) dx :=

(

R

[a,b] f se a b ,

�R

[b,a] f se a > b .

Si parlera, in questo caso, di integrale di f sull’intervallo orientato di estremi a e b. Insostanza, con questa nuova convenzione, l’integrale orientato di una funzione d’ora in poi Integrale

orientatopotra cambiare segno (1) o cambiando il segno ad f , (2) o invertendo gli “estremi diintegrazione”: vogliamo dire che per ogni a, b 2 A si ha

Z

b

a

f(x) dx = �Z

b

a

(�f(x)) dx = �Z

a

b

f(x) dx.

Inoltre, vale(129)

Z

b

a

f(t) dt+

Z

c

b

f(t) dt =

Z

c

a

f(t) dt per ogni a, b, c 2 A.

Con l’introduzione della nozione di integrabilita locale, (che, come mostra la Proposizione3.5.10, costituisce una generalizzazione della nozione di continuita), si e fatto un notevoleprogresso. In e↵etti, se A e un intervallo di R e f : A �! R e una funzione localmenteintegrabile in A, preso un qualsiasi c 2 A ha senso definire la funzione

R •c

f : A �! R (dettafunzione integrale (di punto iniziale c)) in questo modo: Funzione

integrale

(129)Basta considerare una ad una le sei possibili disposizioni dei punti a, b, c usando la Proposizione3.5.9(iii): ad esempio, se a < b < c vale

Rb

a

f(t) dt+R

c

b

f(t) dt =R[a,b]

f(t) dt+R[b,c]

f(t) dt =R[a,c]

f(t) dt =R

c

a

f(t) dt; se c < a < b valeR

b

a

f(t) dt+R

c

b

f(t) dt =R[a,b]

f(t) dt�R[c,b]

f(t) dt = �R[c,a]

f(t) dt =R

c

a

f(t) dt;

e similmente negli altri quattro rimanenti casi.



Z •

c

f : A �! R,✓

Z •

c

f

◆

(x) :=

Z

x

c

f(t) dt =

(

R

[c,x] f se x � c ,

�R

[x,c] f se x < c .

In sostanza, la funzioneR •c

f assegna ad ogni x 2 A il valore dell’integrale orientato di fda c a x. La proposizione che segue mostra che, come preannunciato, la regolarita dellafunzione integrale sara migliore di quella della funzione di partenza: nella prima parte sidice che la funzione integrale di una funzione localmente integrabile e continua, mentrenella seconda parte, vera chiave di volta della teoria, si prova che la funzione integrale diuna funzione continua e derivabile, con derivata... la funzione stessa.

Proposizione 3.5.11. Sia A un intervallo di R, c 2 A e f una funzione localmenteintegrabile su A.

(i) La funzione integraleR •c

f : A �! R e continua.

(ii) (Teorema di Torricelli) Se f e continua in x 2 A alloraR •c

f e derivabile in x, e vale

✓

Z •

c

f

◆0(x) = f(x).

Corollario:

(Teorema della media integrale per le funzioni continue) Se [a, b] e un intervallocompatto di R e f : [a, b] �! R e una funzione continua, esiste ⇠ 2]a, b[ tale che

f(⇠) =1

b� a

Z

b

a

f(x) dx.

Dimostrazione. Poniamo F (x) := (R •c

f)(x) =R

x

c

f(t) dt. (i) Sia [a, b] un intervallo compatto di R contenuto

in A, e poniamo La,b

= sup{|f(x)| : x 2 [a, b]}: allora se x0, x00 2 [a, b] si ha |F (x0)�F (x00)| = |R

x

0

c

f(t) dt�R

x

00

c

f(t) dt| = |R

x

0

x

00 f(t) dt| |R

x

0

x

00 |f(t)| dt| |R

x

0

x

00 La,b

dt| = La,b

|R

x

0

x

00 dt| = La,b

|x0 � x00|. Percio lafunzione F e lipschitziana (vedi pag. 103) su [a, b], e dunque continua in [a, b]. Per la genericita di [a, b],si conclude che F e continua su tutto A. (ii) Dobbiamo mostrare che, dato " > 0, esiste � > 0 tale che se

|⇠�x| < � allora |F (⇠)�F (x)

⇠�x

�f(x)| < ". Poiche f e continua in x, esiste �0 > 0 tale che se |⇠�x| < �0 allora

|f(⇠)�f(x)| < ": scegliamo allora � = �0, e supponiamo dunque che nel seguito sia |⇠�x| < �. Essendo f(x)costante rispetto alla variabile d’integrazione, usando la disuguaglianza fondamentale e poiche |t � x| |⇠� x| < � per ogni t nell’intervallo di estremi ⇠ e x, si ha

��F (⇠)�F (x)

⇠�x

� f(x)�� =

�� 1

⇠�x

R⇠

x

(f(t)� f(x)) dt��

1

|⇠�x|

��R

⇠

x

|f(t)� f(x)| dt�� 1

|⇠�x|

��R

⇠

x

" dt�� = 1

|⇠�x|"|⇠� x| = ", ed il Teorema di Torricelli e dimostrato. Ne

segue che, per il Teorema del valor medio di Lagrange, esiste qualche ⇠ 2]a, b[ tale che F 0(⇠) = F (b)�F (a)

b�a

,

ovvero f(⇠) =Rb

a

f(x) dx�Ra

a

f(x) dx

b�a

=Rb

a

f(x) dx

b�a

.

Come immediata conseguenza del Teorema di Torricelli si puo finalmente dimostrarequanto lasciato in sospeso nella dimostrazione della Proposizione 3.5.1:

Corollario 3.5.12. (Ogni funzione continua su un intervallo ammette primitiva) Se Ae intervallo di R, f : A �! R una funzione continua e c 2 A, la funzione integraleR •c

f : A �! R e una primitiva di f (cioe (R •c

f)0(x) = f(x) per ogni x 2 A).



Ma la conseguenza piu importante, che mostra il legame tra integrazione definita e in-definita e apre la strada a tutte le applicazioni del calcolo integrale, e senza dubbio il

Teorema 3.5.13. (Teorema fondamentale del calcolo) Se A e un intervallo di R, f : A �!R una funzione continua ed F : A �! R una qualsiasi primitiva di F , allora

Z

b

a

f(t) dt = F (b)� F (a) per ogni a, b 2 A.

Dimostrazione. Se F e una primitiva di f su A, per la Proposizione 3.5.1 preso un qualsiasi c 2 A esiste unacostante k 2 R tale che F =

R •c

f +k: dunque F (b)�F (a) =R

b

c

f(x) dx+k�R

a

c

f(x) dx�k =R

b

a

f(x) dx.

Talvolta in luogo di F (b)� F (a) si usa scrivere anche (F (x)|ba

.

Esempi. (0) Calcoliamo l’area con segno della zona compresa tra il grafico della funzione f(x) = mx+ q

ed il segmento [a, b] dell’asse delle ascisse (con m, q 2 R e a > 0). Una primitiva di f(x) e F (x) = mx

2

2

+qx,

pertanto l’area cercata eR

b

a

f(x) dx = F (b)� F (a) = m b

2�a

2

2

+ q(b� a) = (b� a)(m b+a

2

+ q) (vedi anche

pag. 167). Se m = 0 si ottiene semplicemente q(b� a), l’area con segno del rettangolo di lati b� a e |q|; sea = q = 0 si ottiene mb

2

2

, l’area con segno del triangolo rettangolo di cateti b e |m|b. (1) Calcoliamo l’area

del settore parabolico delimitato dal grafico della funzione f : [a, b] �! R, f(x) = �(x2 � (a + b)x + ab)

(una parabola con concavita rivolta verso il basso, passante per (a, 0), (b, 0) e con vertice (a+b

2

, a

2

+b

2

2

)). e

dall’asse delle ascisse. Una primitiva di f e F (x) = �x

3

3

�(a+b)x2

2

�abx, e pertanto l’area cercata e uguale aR

b

a

f(x) dx = F (b)�F (a) = (b�a)

3

6

. (2) Per quanto abbiamo spiegato, dovra essere di certoR

2⇡

0

sinx dx = 0

(le aree tra 0 e ⇡ e tra ⇡ e 2⇡ sono uguali ma di segno opposto): infatti una primitiva di f(x) = sinx e

F (x) = � cosx, e F (2⇡) � F (0) = �1 � (�1) = 0. Invece valeR

⇡

0

sinx dx = (� cos)(⇡) � (� cos)(0) =

�(�1) � (�1) = 2. (3) Calcoliamo l’area (con segno) compresa tra il grafico di f(x) = e�2x � 1 e

l’asse delle ascisse sull’intervallo [�3, 1] (la funzione, essendo continua, e anche localmente integrabile, e

dunque tale richiesta ha senso). Una primitiva di f(x) e F (x) = � 1

2

e�2x � x e dunque, essendo F (�2) =

� 1

2

e4 + 2 ⇠ �25, 3 e F (1) = � 1

2

e�2 � 1 ⇠ �1, 1, si haR

1

�2

f(x) dx = F (1)� F (�2) = e

4�e

�2

2

� 3 ⇠ 24, 2.

Si noti che la funzione e positiva se e solo se x < 0 e dunque, quest’area e la somma del contributo

positivoR

0

�2

f(x) dx = F (0) � F (�2) = � 1

2

� (� 1

2

e4 + 2)) = e

4�1

2

� 2 ⇠ 24, 8 e del contributo negativoR

1

0

f(x) dx = F (1)� F (0) = � 1

2

e�2 � 1� (� 1

2

) = �1 + 1�e

�2

2

⇠ �0, 6.

Proposizione 3.5.14. Nel calcolo degli integrali definiti valgono le seguenti proprieta.

(i) (Metodo di integrazione definita per sostituzione) Siano A, T intervalli di R, � : B �!A una funzione di classe C1, [t1, t2] ⇢ T un intervallo compatto, a

j

= �(tj

) 2 A (perj = 1, 2) ed f : A �! R una funzione continua. Si ha allora

Z

�(t2

)

�(t1

)f(x) dx =

Z

t

2

t

1

f�

�(t)�

�0(t) dt.

In particolare, se � e un di↵eomorfismo, dato un intervallo compatto [a1, a2] ⇢ Avale

Z

a

2

a

1

f(x) dx =

Z

�

�1(a2

)

�

�1(a1

)f�

�(t)�

�0(t) dt.



(ii) (Metodo di integrazione definita per parti) Siano A ⇢ R un intervallo e F,G : A �! Rdue funzioni di classe C1 con derivate F 0 = f e G0 = g. Allora per ogni intervallocompatto [a, b] ⇢ A vale

Z

b

a

F (x)g(x) dx =�

F (x)G(x)�

�

b

a

�Z

b

a

f(x)G(x) dx.

Dimostrazione. (i) Va innanzitutto ricordato che l’intervallo in A di estremi �(t1

) e �(t2

) e compatto (siricordi la Proposizione 3.2.10(d)), e dunque il primo membro ha senso. Se F e una primitiva di f , F � �e una primitiva di (f � �)�0 e dunque ambo i membri valgono (F (�(t))|t2

t

1

. Se inoltre � e di↵eomorfismo,

si ha aj

= �(tj

) se e solo se tj

= �(aj

) (per j = 1, 2). (ii) Basta calcolare ( · |ba

di ambo i membri dellaformula di integrazione indefinita per parti.

Esempi. (1) Si debba calcolareR

2

� 1

3

f(x) dx, dove f e una qualsiasi funzione continua. Se (per fare un

esempio) si vuole applicare a tale integrale il cambio di variabile x = �(t) = t(t � 2), si noti che �(t) = 2

per t = ⌥p3 + 1 (con t0

1

=p3 + 1 ⇠ 2, 7 e t00

1

= �p3 + 1 ⇠ �0, 7) , e che �(t) = � 1

3

per t = 1⌥p6

3

(con

t02

= 1�p

6

3

⇠ 0, 2 e t002

= 1+p6

3

⇠ 1, 8. Pertanto l’integrale di partenza e uguale ad uno qualsiasi dei quattro

integraliR

t

2

t

1

f(t(t�2))(2t�2) dt, ove t1

sia liberamente scelto tra t01

e t001

e t2

tra t02

e t002

. (Si noti che � induce

di↵eomorfismi � : [t01

, t02

] �! [� 1

3

, 2] e � : [t001

, t002

] �! [� 1

3

, 2].) (2) Si haR

3

�1

te2t dt =�t e

2t

2

��3�1

�R

3

�1

1 e

2t

2

dt =3e

6

2

� �e

�2

2

��e

2t

4

��3�1

= 3e

6

+e

�2

2

� ( e6

4

� e

�2

4

) = 5e

6

+3e

�2

4

. (3) Ricordiamo che la funzione potenza x↵

con esponente razionale ↵ = m

n

a denominatore n dispari e definita per ogni x se ↵ > 0, e per ogni

x 6= 0 se ↵ 0 (vedi pag. 4): ad esempio, (�8)1

3 = � 3

p8 = �2 e (� 1

2

)�2

5 = 1

(� 1

2

)

2

5

= 1

(� 5

p1

2

)

2

= 5

p4.

Pertanto, l’integrale definitoR

0

�1

dx

3

p(7x�1)

2

ha senso, perche la funzione 1

3

p(7x�1)

2

= (7x� 1)�2

3 e definita

e continua (dunque localmente integrabile) per x 6= 1

7

, e lo stesso vale perR

1

�1

dx

5

px�2

, perche la funzione1

5

px�2

= (x�2)�1

5 e definita e continua (dunque localmente integrabile) per x 6= 2. Inoltre, nel primo caso

il risultato sara positivo (la funzione integranda 1

3

p(7x�1)

2

e positiva su [�1, 0]) mentre nel secondo sara

negativo (la funzione integranda 1

5

px�2

e negativa su [�1, 1]). Passiamo ora al calcolo preciso di questi

integrali. Utilizzando rispettivamente il cambio di variabile t = 7x � 1 (dunque x = t+1

7

) e ⌧ = x � 2

(dunque x = ⌧ + 2), si ottieneR

0

�1

dx

3

p(7x�1)

2

= 1

7

R �1

�8

dt

3

pt

2

= 3

7

(t1

3 ]�1

�8

= 3

7

((�1) � (�2)) = 3

7

> 0 eR

1

�1

dx

5

px�2

=R �1

�3

d⌧

5

p⌧

= 5

4

(⌧4

5 ]�1

�3

= 5

4

((�1)4

5 � (�3)4

5 ) = 5

4

(1� 5

p81) < 0.

Esercizio. Calcolare i seguenti integrali definiti:

(1)

Z2

�1

x3 � 11x+ 1x2 � x� 12

dx, (2)

Z2

1

e1

x

x5

dx, (3)

Z⇡

0

sinx(sin 2x+ cos 2x) dx.

Risoluzione. (1) Dividendo il numeratore per il denominatore si ottiene x3 � 11x + 1 = (x + 1)(x2 �x � 12) + 2x + 13 da cui x

3�11x+1

x

2�x�12

= x + 1 + 2x+13

x

2�x�12

. Poiche x2 � x � 12 = (x + 3)(x � 4), esistono

due numeri A,B 2 R tali che 2x+13

x

2�x�12

= A

x+3

+ B

x�4

: dai calcoli risulta che A = �1 e B = 3. Si ha

pertanto x

3�11x+1

x

2�x�12

= x+ 1 + 3

x�4

� 1

x+3

, e percioR

x

3�11x+1

x

2�x�12

dx = x

2

2

+ x+ 3 log |x� 4|� log |x+ 3|+ k,

da cuiR

2

�1

x

3�11x+1

x

2�x�12

dx = (x2

2

+ x + 3 log |x � 4| � log |x + 3|]2�1

= 2 + 2 + 3 log 2 � log 5 � ( 12

� 1 +

3 log 5� log 2) = 9

2

+ 4 log 2 � 4 log 5 = 9

2

� 4 log 5

2

⇠ 0, 83. (2) Sostituendo x = 1

t

si ottiene dx = � 1

t

2

dt,

da cuiR

e

1

x

x

5

dx =Rt5et(� 1

t

2

dt) = �Rt3et dt. Integrando ripetutamente per parti si ha poi

Rt3et dt =

t3et �R3t2et dt = t3et � 3(t2et �

R2tet dt) = t3et � 3t2et + 6

Rtet dt = t3et � 3t2et + 6(tet �

Ret dt) =



t3et � 3t2et + 6tet � 6et + k = (t3 � 3t2 + 6t � 6)et + k, da cui finalmenteR

e

1

x

x

5

dx = �Rt3et dt =

�(t3�3t2+6t�6)et+k = �( 1

x

3

� 3

x

2

+ 6

x

�6)e1

x +k = 6x

3�6x

2

+3x�1

x

3

e1

x +k. L’integrale definitoR

2

1

e

1

x

x

5

dx

vale percio ( 6x3�6x

2

+3x�1

x

3

e1

x ]21

= 48�24+6�1

8

pe � 6�6+3�1

1

e = 29

8

pe � 2e ⇠ 0, 54. (3) Usando le formule

trigonometriche di duplicazione si haR

⇡

0

sinx(sin 2x+cos 2x) dx =R

⇡

0

sinx(2 sinx cosx+2 cos2 x�1) dx =R

⇡

0

(2 sin2 x cosx+2 sinx cos2 x� sinx) dx = (2 sin

3

x

3

� 2 cos

3

(x)

3

+cosx]⇡0

= (0+ 2

3

� 1)� (0� 2

3

+1) = � 2

3

.

Esercizio. Si consideri la funzione f : [0, ⇡

2

] �! R data da f(x) = sinx log sinx (per x 6= 0) e f(0) = 0.Mostrare che f e continua, e trovare una primitiva F (x) di f(x) su [0, ⇡

2

]. Usare il risultato trovato per

calcolareR

⇡

2

0

f(x) dx.

Risoluzione. Posto t = sinx, si ha limx�!0

f(x) = limt�!0

+

t log t = 0 = f(0): dunque f e continua su [0, ⇡

2

],

e dunque certamente vi ammette primitive. Integrando per parti, si haRf(x) dx = � cosx log(sinx) �

R(� cosx) cos x

sin x

dx = � cosx log(sinx) +R

cos

2

x

sin x

dx = � cosx log(sinx) +R

1

sin x

dx�Rsinx dx = cosx(1�

log sinx) + log tg x

2

+ k (si e usato l’integraleR

1

sin ⇠

d⇠ = log | tg ⇠

2

| + k, che si calcola ad esempio usando

le formule parametriche ⌧ = tg ⇠

2

ovvero ⇠ = 2arctg ⌧ , da cuiR

1

sin ⇠

d⇠ =R

1+⌧

2

2⌧

2

1+⌧

2

d⌧ =R

1

⌧

d⌧ =

log |⌧ |+k = log | tg ⇠

2

|+k). Come primitiva possiamo scegliere dunque F (x) = cosx(1� log sinx)+log tg x

2

:

si ha F (⇡2

) = 0, e ci resta da calcolare F (0) = limx�!0

+

F (x), che e nella forma indeterminata +1�1.

Usando ancora le formule parametriche con ⌧ = tg x

2

, si ha log sinx = log 2⌧

1+⌧

2

= log 2+log ⌧ � log(1+⌧2),

da cui F (0) = limx�!0

+

F (x) = lim⌧�!0

+

[ 1�⌧

2

1+⌧

2

(1� log 2� log ⌧ +log(1+ ⌧2))+ log ⌧ ] = lim⌧�!0

+

[ 1�⌧

2

1+⌧

2

(1�log 2) + 2⌧

2

1+⌧

2

log ⌧ + 1�⌧

2

1+⌧

2

log(1 + ⌧2)] = 1 � log 2: si ricava percio cheR

⇡

2

0

f(x) dx = F (⇡2

) � F (0) =

0� (1� log 2) = �(1� log 2) ⇠ �0, 3 (il segno negativo era atteso, in quanto f(x) < 0 in [0, ⇡

2

]).

Diamo ora una terza versione della formula di Taylor (vedi Teorema 3.3.11), nella quale ilresto e espresso in forma integrale.(130)

Proposizione 3.5.15. (Formula di Taylor con resto nella forma integrale) Sia A unintervallo, c 2 A e f : A �! R di classe Ck in A. Allora

f(x) = f(c) + f 0(c) (x� c) + · · ·+ f (k�1)(c)

(k � 1)!(x� c)k�1 +

Z

x

c

(x� t)k�1

(k � 1)!f (k)(t) dt.

Dimostrazione. Ragioniamo per induzione su k. Se k = 1 la formula f(x) = f(c) +R

x

c

f 0(t) dt e nientealtro che il Teorema Fondamentale del Calcolo (Teorema 3.5.13); supponiamo poi che l’enunciato valgaper funzioni di classe Ck�1 (con k � 2), e mostriamo che allora esso vale anche per funzioni Ck. Data unaf di classe Ck, essa e in particolare di classe Ck�1 e dunque possiamo scrivere f(x) = f(c)+ f 0(c) (x� c)+

· · ·+ f

(k�2)

(c)

(k�2)!

(x�c)k�2+R

x

c

(x�t)

k�2

(k�2)!

f (k�1)(t) dt; calcolando ora per parti l’ultimo integrale (Proposizione

3.5.14(ii) con F (t) = f (k�1)(t) e g(t) = (x�t)

k�2

(k�2)!

, da cui f(t) = f (k)(t) e G(t) = � (x�t)

k�1

(k�1)!

) si ottieneR

x

c

(x�t)

k�2

(k�2)!

f (k�1)(t) dt =�� (x�t)

k�1

(k�1)!

f (k�1)(t)��xc

�R

x

c

(� 1

k�1

(x� t)(k�1)!)f (k)(t) dt = 0� (� f

(k�1)

(c)

(k�1)!

)(x�c)k�1 +

Rx

c

1

k�1

(x� t)(k�1)! f (k)(t) dt, che e quanto si voleva.

Misura nella retta e nel piano, area di regioni piane Trattiamo ora con mag-

gior precisione la nozione di misura nella retta R e nel piano R2. “Misurare” un sot-toinsieme di R oppure di R2 significhera rispettivamente determinarne, quando possibile,

(130)Si noti che il legame tra le versioni della formula di Taylor con resto in forma di Lagrange (Teorema3.3.11(ii)) e la seguente con resto in forma integrale e dato dal teorema della media integrale (Proposizione3.5.11) applicato alla funzione continua f (k)(x).



la lunghezza (in R) oppure l’area (in R2), che sono numeri � 0. Una proprieta che vienespontaneo richiedere a questa “misura”, oltre alla positivita, e l’“additivita”: se A e Bsono sottoinsiemi disgiunti misurabili (ovvero, cui si puo assegnare una misura), ci si as-petta che anche A t B si misurabile e che la sua misura sia la somma di quelle di A e diB.

Una breve esposizione in termini del tutto generali puo aiutare ad inquadrare meglio laquestione. Dato un insieme non vuoto X, consideriamo una famiglia di parti A ⇢ P(X)chiusa rispetto alla di↵erenza ed all’unione numerabile (ovvero se A,B 2 A allora ancheA \ B 2 A, e se {A

n

: n 2 N} e una famiglia numerabile di elementi di A allora ancheA =

S

n2NAn

2 A) e tale che X 2 A:(131) si verifica facilmente che, allora, A e chiusoanche rispetto all’intersezione numerabile ed alla complementazione (ovvero se {A

n

: n 2N} e una famiglia numerabile di elementi di A allora anche A =

T

n2NAn

2 A, e se A 2 Aallora anche {

X

A 2 A). Una misura positiva su A e una funzione Misura

� : A �! eR�0

non identicamente uguale a +1 e “numerabilmente additiva”: ovvero se {An

: n 2 N} euna famiglia numerabile di elementi disgiunti di A (con A =

F

n2NAn

2 A) allora �(A)sara +1 se esiste qualche n0 2 N per cui �(A

n

0

) = +1, mentre sara uguale alla somma(in eR�0) della serie numerica (vedi pag. 79)

P

�(An

) se �(An

) 2 R�0 per ogni n 2 N. Sidimostra allora facilmente che vale:

(1) �(?) = 0 .

(2) (Additivita finita) Se A,B 2 A sono disgiunti allora �(A tB) = �(A) + �(B) .

(3) (Monotonıa) se A,B ⇢ A e A ⇢ B allora �(A) �(B).(132)

I sottoinsiemi di X appartenenti ad A si chiameranno i misurabili di X secondo �. Sottoinsiemimisurabili

Torniamo ora ai nostri casi particolari.

• Su X = R si considera solitamente la misura elementare di Lebesgue �1, che esprimel’idea di “lunghezza”. In questo caso, A ⇢ P(R) sara formato da tutti gli intervalli(limitati o no, con punti interni o degenerati ad un punto, aperti/chiusi o no) edalle loro unioni arbitrarie, che si diranno anche pluri-intervalli; se A e un intervallolimitato di R si porra ovviamente �1(A) = supA � inf A che e l’usuale nozione di“lunghezza”, mentre se P e un pluri-intervallo limitato di R (ovvero P = A1t· · ·tAm

con Ai

intervalli limitati e a due a due disgiunti) si avra percio, per l’additivita,�1(P ) =

P

m

i=1 �1(Ai

) =P

m

i=1(supAi

� inf Ai

); per la buona definizione, e peroindispensabile notare (facile esercizio) che cambiando la scrittura P = B1 t · · · tB

n

con altri intervalli limitati e a due a due disgiunti Bj

si ha anche �1(P ) =P

n

j=1 �1(Bj

) =P

n

j=1(supBj

� inf Bj

). Notiamo che, in particolare, i punti (visti

(131)Una tale famiglia si dira una �-algebra di parti di X.(132)Per �(?) = 0 si consideri {A

n

: n 2 N} con A1

= ? e An

= A per ogni n � 2; per �(A tB) = �(A) +�(B) basta considerare {A

n

: n 2 N} con A1

= A e An

= B per ogni n � 2; infine, per la monotonıa, si haB = At (B \A) con B \A 2 A e dunque, grazie all’additivita finita, si ha �(B) = �(A)+�(B \A) � �(A).



come intervalli degeneri) e dunque le famiglie finite di punti hanno misura nulla inR.

• Su X = R2, in generale, si considera di solito la misura elementare di Lebesgue �2,che esprime l’idea di “area”. In questo caso, A ⇢ P(R2) sara formato da tutti irettangoli, ovvero i sottoinsiemi di R2 del tipo A ⇥ B con A e B intervalli di Re dalle loro unioni arbitrarie, tra le quali si trovano anche i plurirettangoli, ovverole unioni finite di rettangoli; se A,B ⇢ R sono intervalli limitati di R si porra�2(A ⇥ B) = �1(A)�1(B) = (supA � inf A)(supB � inf B) che e l’usuale nozionedi “area”, mentre se P e un plurirettangolo limitato di R (ovvero P = (A1 ⇥ B1) t· · · t (A

m

⇥ Bm

) con Ai

, Bi

intervalli limitati tali che i rettangoli Ai

⇥ Bi

siano adue a due disgiunti) si avra percio, per l’additivita, �2(P ) =

P

m

i=1 �2(Ai

⇥ Bi

) =P

m

i=1(supAi

� inf Ai

)(supBi

� inf Bi

): anche qui va pero verificato che, per la buonadefinizione, cambiando la scrittura P = (A0

1⇥B01)t · · ·t (A0

n

⇥B0n

) la misura �2(P )non cambia (stavolta la verifica e un po’ laboriosa, e la omettiamo). Notiamo cheunendo arbitrariamente rettangoli si ottiene una classe molto larga di sottoinsiemidi R2: ad esempio, anche un cerchio (pieno) si puo ottenere unendo una famiglianumerabile di rettangoli. Notiamo anche che un segmento contenuto in R2 ha misuranulla: infatti, un segmento puo essere visto come un rettangolo degenere.

• Generalizzando in modo naturale il caso di R2, a questo punto e facile immaginare,e lo lasciamo fare allo studente, quale sara la misura elementare di Lebesgue �

n

suX = Rn, che esprimera l’idea di “area n-dimensionale” (di “volume” per n = 3).

La nozione di misurabilita introdotta in R2 porta ad una classe molto vasta di sottoinsiemidel piano, i cui elementi possono essere particolarmente complicati; lasciandoci ispiraredalla teoria dell’integrazione alla Riemann, ci accontentiamo di una sottoclasse di elementiparticolarmente descrivibili, come quelli che si lasciano approssimare “dal di dentro” e“dal di fuori” da plurirettangoli limitati (e dunque essi stessi saranno limitati). Per lamonotonıa della misura �2, dato D ⇢ R2 e due plurirettangoli limitati P± tali che P� ⇢D ⇢ P+ si ha �2(P�) �2(P+), e cosı, considerati i sottoinsiemi di R

U+D

= {�2(P ) : P plurirettangolo limitato, D ⇢ P}U�D

= {�2(P ) : P plurirettangolo limitato, P ⇢ D},

vale certamente U�D

U+D

. Il sottoinsieme D si dira quadrabile, o elementarmente misu- Insiemequadrabile

rabile (con misura finita) se U�D

e U+D

sono classi contigue in R, ovvero se

⇢

per ogni " > 0 esistono due plurirettangoli limitati P±"

tali che P�"

D P+"

e �2(P+"

)� �2(P�"

) = �2(P+"

\ P�"

) < ".

In tal caso, l’unico elemento separatore tra U�D

e U+D

si dira area di D, e sara denotatocon �2(D) oppure Area(D). Area

Siano ora A ⇢ R e f : A �! R una funzione localmente integrabile. Se [a, b] e un intervallolimitato contenuto in A, abbiamo detto cosa significa geometricamente l’integrale definito



R

b

a

f(x) dx: esso e l’area con segno della parte di piano compresa tra il grafico di f el’asse delle ascisse nel tratto [a, b]. Poiche abbiamo introdotto una nozione di “area” persottoinsiemi di R2, dobbiamo mostrare che questa e compatibile con la nostra costruzioneprecedente. Se u : A �! R e una funzione localmente integrabile positiva (ovvero u � 0) e[a, b] ⇢ A e compatto, definiamo il trapezoide T

[a,b]

(u) di u su [a, b] proprio come T[a,b]

(u) = Trapezoide

{(x, y) 2 R2 : a x b, 0 y u(x)} (vedi Figura 3.26(a)).

Proposizione 3.5.16. Siano A ⇢ R, f : A �! R una funzione localmente integrabile e[a, b] ⇢ A un intervallo limitato. Allora i trapezoidi T

[a,b]

(f±) sono quadrabili e vale

Z

b

a

f(x) dx = Area(T[a,b]

(f+))�Area(T[a,b]

(f�)).

Dimostrazione. Iniziamo dal caso in cui f � 0. Se f |[a,b]

e semplice, si puo suddividere [a, b] in intervalli

disgiunti (eventualmente degenerati ad un punto) I1

< · · · < Im

di modo che f =P

m

i=1

↵i

�I

i

con ↵i

2 R�0

per i = 1, . . . ,m, e ne risulta T[a,b]

(f) =F

m

i=1

(Ii

⇥ [0,↵i

]), e pertantoR

b

a

f(x) dx =P

m

i=1

↵i

�1

(Ii

) =Area(T

[a,b]

(f)); la conclusione ne segue anche se f e localmente integrabile, perche preso " > 0 esistono

funzioni semplici s±"

tali cheR

b

a

s+"

(x) dx �R

b

a

s�"

(x) dx = Area(T[a,b]

(s+"

)) � Area(T[a,b]

(s�"

)) < ", e cio

mostra che T[a,b]

(f) e quadrabile (infatti i trapezoidi T[a,b]

(s±"

) sono plurirettangoli limitati) e che lasua area (elemento separatore del secondo membro) vale quanto l’elemento separatore del primo membro,

ovveroR

b

a

f(x) dx. Tornando al caso generale, se f e localmente integrabile tali sono anche f± e dunque, per

quanto appena visto, T[a,b]

(f±) sono quadrabili e valeR

b

a

f±(x) dx = Area(T[a,b]

(f±)); essendoR

b

a

f(x) dx =R

b

a

f+(x) dx�R

b

a

f�(x) dx, si ottiene quanto voluto.

Figura 3.26: Trapezoide; aree di piano delimitate da grafici di funzioni

Dopo questa doverosa precisazione, terminiamo la trattazione dell’integrazione precisandocome calcolare l’area di una vasta classe di sottoinsiemi quadrabili di R2. Supponiamodi avere un sottoinsieme D ⇢ R2 il cui bordo si possa decomporre in tratti descrivibilicome grafici di funzioni f1(x), . . . , fm(x) a due a due privi di intersezioni (tranne che negliestremi), eventualmente intercalati da tratti verticali (ovvero, giacenti su rette del tipox ⌘ k 2 R). Il caso piu semplice e il seguente:



Proposizione 3.5.17. Sia [a, b] un intervallo compatto di R, f1, f2 : [a, b] �! R duefunzioni integrabili tali che f1 > f2: allora (vedi Figura 3.26(b))

D = {(x, y) 2 R2 : x 2 [a, b], f2(x) y f1(x)}e quadrabile, e vale

Area(D) =

Z

b

a

�

f1(x)� f2(x)�

dx =

Z

b

a

f1(x) dx+

Z

a

b

f2(x) dx.

Dimostrazione. Sia k 2 R una qualsiasi costante; se cambiamo f1

e f2

con f1

+k e f2

+k, l’e↵etto e quello ditraslare i grafici di f

1

e f2

(e dunque anche D) verticalmente di k; agli e↵etti dell’uguaglianza da dimostrarenon cambia nulla (si noti che infatti nessuno dei due membri risente del cambiamento). Possiamo dunquesupporre che sia f

1

> f2

> 0. Ma allora si ha ovviamente Area(D) = Area(T[a,b]

(f1

)) � Area(T[a,b]

(f2

));

usando allora la Proposizione 3.5.16, si ha Area(D) =R

b

a

f1

(x) dx�R

b

a

f2

(x) dx, come voluto.

L’idea e dunque quella di partire dal punto (a, f1(a)) e, percorrendo il grafico di f1(x) insenso orario (ovvero positivo, da sinistra a destra), integrare f1 da a a b; indi, portandosidal punto (b, f1(b)) al punto (b, f2(b)) (eventualmente spostandosi lungo la retta verticalex = b verso il basso; in ogni caso, questa operazione e “innocua” dal punto di vistadell’area), percorrere a ritroso il grafico di f2(x) integrando percio f2 da b ad a; infine,portarsi dal punto (a, f2(a)) al punto (a, f1(a)) (sempre spostandosi lungo la retta verticalex = a, altra operazione “innocua”) da cui eravamo partiti, chiudendo cosı il circuito datodal bordo di di D. Ma anche se fossimo partiti ad esempio dal punto (b, f2(b)) percorrendoil bordo di D sempre in senso orario (che stavolta dunque e negativo, da destra a sinistra)seguendo le stesse tappe fino a tornare allo stesso punto (b, f2(b)), il risultato al secondomembro non sarebbe cambiato; anzi, e facile vedere che, prendendo un qualsiasi c 2 [a, b]e facendo la stessa operazione (cioe, partendo da (c, f1(c)) oppure da (c, f2(c)), integraremuovendosi in senso orario sul bordo di D fino a tornare al punto di partenza) il risultatocontinua a non cambiare, dando sempre l’area di D. Insomma, per calcolare l’area diD basta prendere un punto qualsiasi del bordo di D e percorrere il bordo in verso orariointegrando la funzione sul grafico della quale ci si sta muovendo, fino a chiudere il circuitotornando nel punto da cui si era partiti.

Questa idea funziona esattamente allo stesso modo anche nel caso piu generale delineatoall’inizio, in cui il bordo di D si possa decomporre in tratti descrivibili come grafici dipiu funzioni a due a due privi di intersezioni (tranne che negli estremi), eventualmenteintercalati da tratti verticali (vedi Figura 3.26(c)). Data una famiglia (senza alcun ordine)di m + 1 punti distinti {x1, . . . , xm+1} di R con x0 = x

m+1, per j = 1, . . . ,m si denoticon I

j

l’intervallo compatto di estremi xj

e xj+1 (dunque I

j

e Ij+1 hanno l’estremo x

j+1

in comune) e si considerino delle funzioni continue fj

: Ij

�! R i cui grafici non abbianointersezioni ne tra di loro (tranne che negli estremi) ne con i segmenti verticali `

j

da(x

j+1, fj(xj+1)) e (xj+1, fj+1(xj+1)), e si consideri il sottoinsieme D ⇢ R2 delimitato dai

grafici delle fj

e dai segmenti `j

: allora(133)

Area(D) =m

X

j=1

Z

x

j+1

x

j

fj

(t) dt.

(133)La dimostrazione, che non scriviamo in dettaglio, si puo ottenere riducendosi a cio che accade sopra unsingolo intervallo I

k

ed applicando il caso base della Proposizione 3.5.17. Menzioniamo solamente il fattoche questa espressione e un caso particolare della formula di Green nel piano (per la quale rimandiamo



Esercizio. Si calcoli l’area della regione piana limitata D racchiusa inferiormente dal grafico della funzionef(x) = x2 � 3 e, superiormente, dai grafici di g(x) = x

2

+ 2 per x < 0 e di h(x) = 2 4x�3

2x�3

per x > 0.

Risoluzione. I grafici di f e g si intersecano in A = (�2, 1) e A0 = ( 52

, 13

4

); quelli di g e h in B = (0, 2) e

B0 = ( 112

, 17

4

); quelli di f e h in C = (� 5

2

, 13

4

), C0 = (1,�2) e C00 = (3, 6). La regioneD (vedi Figura 3.27(i))

risulta delimitata inferiormente dal grafico di f(x) per �2 x 1 e superiormente dal grafico di g(x) per

�2 x 0 e di h(x) per 0 x 1; si ha dunque Area(D) =R

0

�2

g(x) dx+R

1

0

h(x) dx+R �2

1

f(x) dx. Delle

primitive di f, g, h sono rispettivamente F (x) = x

3

3

� 3x, G(x) = x

2

4

+ 2x e (essendo h(x) = 4 + 6

2x�3

=

4+3 2

2x�3

), H(x) = 4x+3 log |2x�3|: pertanto Area(D) = G(0)�G(�2)+H(1)�H(0)+F (�2)�F (1) =

0� (1� 4) + 4� (3 log 3) + (� 8

3

+ 6)� ( 13

� 3) = 13� 3 log 3 ⇠ 9, 7.

Figura 3.27: Le regioni piane D, S1

e S

2

degli esercizi.

Esercizio. Disegnare le seguenti regioni del piano cartesiano e calcolarne l’area:

(1) S1

= {(x, y) 2 R2 : |x| 1, log(x+ 2) y ⇡2+ arcsinx},

(2) S2

= {(x, y) 2 R2 : 0 x ⇡, y x, �x sinx y x(⇡ � x)}.

Risoluzione. (1) L’area di S1

= {(x, y) 2 R2 : |x| 1, log(x+2) y ⇡

2

+arcsinx} (vedi Figura 3.27(ii))

eR

1

�1

(⇡2

+arcsinx) dx+R �1

1

log(x+2) dx. Si ha (per parti)Rarcsinx dx =

R(1 · arcsinx) dx = x arcsinx�

Rxp1�x

2

dx = x arcsinx+ 1

2

R(�2x)(1� x2)�

1

2 dx = x arcsinx+ 1

2

(1�x

2

)

1

2

1

2

+ k = x arcsinx+p1� x2 + k,

e (ponendo t = x + 2)Rlog(x + 2) dx =

Rlog t dt =

R(1 · log t) dt = t log t �

Rt 1t

dt = t(log t � 1) + k =

(x+2)(log(x+2)�1)+k, da cui l’area risulta (⇡2

x+x arcsinx+p1� x2]1�1

+((x+2)(log(x+2)�1)]�1

1

=

⇡ + 2 � 3 log 3 ⇠ 1, 85. (2) Le due funzioni x e x(⇡ � x) si intersecano in x = 0 e x = ⇡ � 1, dunque

l’area di S2

= {(x, y) 2 R2 : 0 x ⇡, y x, �x sinx y x(⇡ � x)} (vedi Figura 3.27(iii)) e

a un corso ulteriore di Analisi): se U e un sottoinsieme aperto del piano R2, � : U �! R una funzionedi↵erenziabile tale che il chiuso D = ��1(R0

) di U sia compatto con bordo @D = ��1(0) ⇢ U curvaregolare, allora si ha Area(D) =

R@D

� ds, ove il secondo membro denota l’“integrale curvilineo” dellafunzione �(x, y) lungo la curva @D.



R⇡�1

0

x dx+R

⇡

⇡�1

x(⇡�x) dx+R

0

⇡

(�x sinx) dx. Essendo (per parti)Rx sinx dx = �x cosx�

R(� cosx) dx =

sinx � x cosx + k, l’area e (x2

2

]⇡�1

0

+ (⇡ x

2

2

� x

3

3

]⇡⇡�1

+ (� sinx + x cosx]0⇡

= ( (⇡�1)

2

2

� 0) + (⇡3

2

� ⇡

3

3

�⇡ (⇡�1)

2

2

+ (⇡�1)

3

3

) + (0 + ⇡) = 3⇡

2

+3⇡+1

6

⇠ 6, 7.

Integrale di funzioni a valori complessi Se I e un intervallo di R, una funzione Integraledi funzionicomplessef : I �! C puo essere vista come una coppia di funzioni f1 : I �! R e f2 : I �! R tali che

f(x) = f1(x)+ if2(x) (la funzione f1 si dira parte reale di f , e si indichera anche con Re f ,mentre f2 si dira parte immaginaria di f , e si indichera anche con Im f . Le nozioni diintegrale indefinito e definito hanno senso anche per f , a patto che sia possibile e↵ettuarleper le funzioni Re f e Im f :

(3.2)

Z

f(x) dx =

✓

Z

(Re f)(x) dx

◆

+ i

✓

Z

(Im f)(x) dx

◆

: R �! R,Z

b

a

f(x) dx =

✓

Z

b

a

(Re f)(x) dx

◆

+ i

✓

Z

b

a

(Im f)(x) dx

◆

2 C.

Esempi. (1) Sia f : R �! R data da f(x) = x(2� 3i sinx): allora (Re f)(x) = 2x e (Im f)(x) = �3x sinx,

e percioRf(x) dx = (

R2x dx) + i(

R(�3x sinx) dx) = x2 + 3i(x cosx � sinx) + k. Dunque, ad esempio,

R⇡

2

�⇡

f(x) dx = (x2 + 3i(x cosx � sinx)]0�⇡

= (⇡2

4

� 3i) � (⇡2 � 3⇡i) = � 3⇡

2

4

+ 3(⇡ � 1)i. (2) Sia f :

R �! C data da f(x) = 3x�i

1+ix

: poiche 3x�i

1+ix

= (3x�i)(1�ix)

1+x

2

= 2x�(3x

2

+1)i

1+x

2

= 2x

1+x

2

+ i�(3x

2

+1)

1+x

2

, si ricavaRf(x) dx = (

R2x

1+x

2

dx) + i(R �(3x

2

+1)

1+x

2

dx) = log(x2 + 1) + i(2 arctg x � 3x) + k. Dunque, ad esempio,R

0

�1

f(x) dx = 0� (log 2 + i(�2⇡

4

+ 3)) = � log 2� (3� ⇡

2

)i.


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Analisi Matematica I - UniPDmaraston/Analisi1/An1_1415_5_integr_note.pdf · Analisi Matematica I poco. Si notera che, a di↵erenza della derivazione, non c’`e alcuna formula generale