Complementi sull™integrazionegalileo.dm.uniba.it/~pisani/matematica/Integrali.pdf · Proposizione...

Complementi sull�integrazione

(a cura di L. Pisani)C.d.L. in Matematica

Università degli Studi di Bari

A.A. 2003/04

Indice

1 Riepilogo della teoria 11.1 Integrale di Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Continuità rispetto al dominio . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Primitive ed integrale inde�nito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Teorema e formula fondamentali del Calcolo . . . . . . . . . . . . 41.4 Primitive in senso generalizzato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.5 Integrali impropri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.6 Criteri di integrabilità in senso improprio . . . . . . . . . . . . . 8

1.6.1 Funzioni positive su [a; b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.6.2 Assoluta integrabilità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Esercizi sugli integrali 132.1 Primitive e funzioni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.1 Tipologia base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.1.2 Alcuni casi particolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.1.3 Funzioni integrali composte . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2 Integrali de�niti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Calcolo di integrali come limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Tecniche di integrazione 213.1 Integrazione per sostituzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Alcune sostituzioni razionalizzanti . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.2.1 Funzioni razionali con un solo radicale . . . . . . . . . . . 243.2.2 Funzioni razionali di tanx . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2.3 Funzioni razionali di cosx e sinx . . . . . . . . . . . . . . 26

ii

Capitolo 1

Riepilogo della teoria

In questo capitolo cerchiamo di richiamare alcune nozioni. In sede di riepilogopossiamo suggerire di tener presente due domande fondamentali.

� Per quali funzioni f : (a; b) ! R ha senso de�nire l�oggetto denominatointegrale Z b

a

f(x)dx 2 R?

Anzitutto si de�nisce l�integrale di Riemann, che ha senso per una classe difunzioni limitate su intervalli chiusi e limitati; quindi parleremo di integrali insenso improprio.

� Sotto quali ipotesi si può scrivere una formula del tipoZ b

a

f(x)dx = F (b)� F (a)?

Per stabilire una formula di questo tipo si introduce la nozione di primitiva;tramite l�integrale de�nito si de�nisce la funzione integrale; quindi si enuncia ilTeorema fondamentale del Calcolo da cui si deduce la formula di sopra. Taleformula è soggetta a varie generalizzazioni.

1.1 Integrale di Riemann

Ricordiamo che con il simbolo Z[a;b]

f(x)dx

si denota l�integrale secondo Riemann di f in [a; b]. A¢ nché questo abbia sensosi richiede che sia assegnata f : A ! R, che [a; b] � A e che f sia integrabilesecondo Riemann in [a; b] (in particolare che f sia limitata).Sussistono i seguenti risultati.

Teorema 1.1 Se f : [a; b]! R è monotona, allora f è integrabile.

1

2 CAPITOLO 1. RIEPILOGO DELLA TEORIA

Teorema 1.2 Se f : [a; b]! R è continua, allora f è integrabile.

Teorema 1.3 Se f : [a; b]! R è limitata e presenta un numero �nito di puntidi discontinuità, allora f è integrabile.

I teoremi precedenti forniscono condizioni su¢ cienti per l�integrabilità. Ri-mane aperto (ed esula da un corso di I anno) il problema di stabilire condizioninecessarie. Il seguente esempio mostra che esistono funzioni integrabili con uninsieme in�nito di punti di discontinuità.

Esempio 1.4 Si consideri la funzione f : [0; 1]! R così de�nita

f(x) =

�0 se x = 0;1=n se 1=(n+ 1) < x � 1=n:

Si tratta di una funzione monotona crescente, quindi integrabile, anche se pre-senta un salto nei punti di ascissa 1=n.

Si suggerisce, a titolo di esercizio, di dimostrare la seguente proposizione.

Proposizione 1.5 Se f : [a; b] ! R è integrabile secondo Riemann, alloraanche jf j è integrabile secondo Riemann.

Non è vero il viceversa, nel senso che esistono funzioni non integrabili e taliche jf j sia integrabile.Dobbiamo precisare, in�ne, che l�integrabilità ed il valore dell�integrale non

dipendono dal comportamento della la funzione integranda in un numero �nitodi punti. Precisamente sussiste il seguente teorema.

Teorema 1.6 Si abbiano due funzioni f : [a; b]! R e g : [a; b]! R, sia F unsottoinsieme di [a; b] costituito da un numero �nito di punti e risulti f(x) = g(x)per ogni x 2 [a; b]nF . Se f è integrabile, allora anche g è integrabile e risultaZ

[a;b]

g(x)dx =

Z[a;b]

f(x)dx:

Esempio 1.7 La funzione f(x) = arctan 1= (ex � 1) è integrabile secondo Rie-mann nell�intervallo [�2; 3]. Vediamo come si giusti�ca e si interpreta questaa¤ermazione. Osserviamo, anzitutto, che si tratta di una funzione de�nita econtinua in [�2; 3]n f0g; per x ! 0 osserviamo la presenza di un salto (limitidestro e sinistro diversi tra loro e �niti), quindi concludiamo che f è limitata. Inbase alla de�nizione, per parlare di integrale dovrebbe trattarsi di una funzionede�nita in tutto [�2; 3], quindi de�niamo un prolungamento della funzione

fa(x) =

�f(x) se x 6= 0;a se x = 0:

La scelta del valore a è davvero arbitraria in quanto non esiste alcun valoreprivilegiato, che possa rendere la funzione fa continua in 0. Ciononostante, inbase al Teorema 1.3, si conclude che fa è integrabile. Quindi quando parliamodi integrabilità di f intendiamo che esiste un prolungamento di f integrabilesecondo Riemann. In realtà rimane da studiare la dipendenza dell�integrale dal

1.1. INTEGRALE DI RIEMANN 3

particolare prolungamento fa. A questo scopo consideriamo un qualsiasi altroprolungamento fb, ottenuto ponendo fb(0) = b; in base al Teorema 1.6 avremoZ

[�2;3]fb(x)dx =

Z[�2;3]

fa(x)dx:

Pertanto possiamo porreZ[�2;3]

f(x)dx =

Z[�2;3]

fa(x)dx;

quale che sia a 2 R, infatti la quantità a secondo membro non dipende a¤attodalla scelta di a.

Generalizzando la situazione descritta nell�esempio precedente si perviene alseguente corollario.

Corollario 1.8 Sia F un sottoinsieme di [a; b] costituito da un numero �nitodi punti, sia f : [a; b]nF ! R continua e limitata. Allora f è integrabile secondoRiemann in [a; b].

Concludiamo con una proposizione

1.1.1 Continuità rispetto al dominio

Enuciamo una proprietà fondamentale dell�integrale, denominata assoluta con-tinuità rispetto al dominio.

Proposizione 1.9 Sia f : [a; b] ! R integrabile secondo Riemann. Allora perogni �; � 2 [a; b] con � < � risulta��

Z[�;�]

f(x)dx

�� supx2[a;b]

jf(x)j!(� � �) :

Si tratta, evidentemente, di una conseguenza di varie proprietà note degliintegrali. Da questa proposizione consegue la continuità della funzione integrale(paragrafo 1.3), nonché la possibilità di calcolare gli integrali come limite.

Proposizione 1.10 Sia f : [a; b]! R integrabile secondo Riemann. RisultaZ[a;b]

f(x)dx = limc!b�

Z[a;c]

f(x)dx =

= limc!a+

Z[c;b]

f(x)dx:

Questa proposizione torna utile in diversi contesti:

� verrà applicata in seguito per generalizzare la Formula Fondamentale delCalcolo;

� funge da modello per l�integrali impropri;

� negli esercizi si usa in particolari situazioni, vedi paragrafo 2.3.


1.2 Primitive ed integrale inde�nito

Ricordiamo che, assegnata una funzione f : A ! R, si de�nisce primitiva di funa qualunque funzione F : A! R derivabile, tale che F 0(x) = f(x).

Proposizione 1.11 Se esiste una primitiva F di f , allora ne esistono in�nite,ottenibili aggiungendo ad F una costante arbitraria.

Si de�nisce integrale inde�nito di f l�insieme di tutte le primitive di f . Taleinsieme si denota con il simbolo Z

f(x)dx:

Proposizione 1.12 (inversa della 1.11) Se la funzione f è de�nita su un in-tervallo, allora due qualsiasi primitive di f di¤eriscono tra loro per una costante.

In forza della proposizione precedente, se f è de�nita su intervallo ed am-mette una primitiva F , si può scrivereZ

f(x)dx = fF (x) + cg

o, più semplicemente, Zf(x)dx = F (x) + c: (1.1)

Osservazione 1.13 Vogliamo ribadire che, in forza delle precedenti de�nizioni,se f non è de�nita su un intervallo, allora le precedenti scritture non sono valide,oppure si intendono riferite ad un unico intervallo.

1.3 Teorema e formula fondamentali del Calcolo

Siano I � R intervallo, f : I ! R, integrabile secondo Riemann in ogniintervallo compatto contenuto in I.Per ogni a; b 2 I, si de�nisce integrale de�nito di f tra a e b il numero

Z b

a

f(x)dx =

8<:R[a;b]

f(x)dx se a < b

0 se a = b�R[b;a]

f(x)dx se b < a

Nelle suddette ipotesi, �ssato a 2 I, la nozione di integrale de�nito consentedi de�nire la funzione integrale:

F (x) =

Z x

a

f(t)dt: (1.2)

Teorema 1.14 Se f : I ! R è integrabile sugli intervalli compatti, allora lafunzione integrale (1.2) è continua. Precisamente la funzione F è localmentelipschitziana ossia per ogni sottointervallo compatto J � I, la funzione F èlipschitziana in J , con costante di Lipschitz dipendente da J .

Il Teorema fondamentale del Calcolo si può enunciare come segue.

1.4. PRIMITIVE IN SENSO GENERALIZZATO 5

Teorema 1.15 Se f : I ! R è continua in x0 2 I, allora la funzione integrale(1.2) è derivabile in x0 e risulta F 0(x) = f(x).

Come corollario possiamo stabilire che se f : I ! R è continua, alloraammette una primitiva.

Osservazione 1.16 La continuità non è condizione necessaria per l�esistenzadi primitive. Infatti la funzione F (x) = x2 sin(1=x) è primitiva della funzione

f(x) =

�2x sin(1=x)� cos(1=x) se x 6= 00 se x = 0

la quale non è continua in x = 0.Quello che si può dimostrare è che se una funzione ammette primitive, essa

non può avere discontinuità di salto.

Dal teorema precedente si ottiene la Formula fondamentale del Calcolo in-tegrale.

Teorema 1.17 Se f : [a; b]! R è continua, denotata con F una sua primitiva,si ha Z b

a

f(x)dx = F (b)� F (a) (1.3)

1.4 Primitive in senso generalizzato

La formula (1.3) ammette generalizzazioni. Per presentarne alcune dobbiamointrodurre una nuova de�nizione.

De�nizione 1.18 Sia assegnata f : I ! R. Diremo che F : I ! R è una pri-mitiva di f in senso generalizzato se, per ogni sottointervallo compatto [a; b] � I,F è derivabile, tranne che in un numero �nito di punti e, in [a; b]nfx1; : : : ; xkg,risulta F 0(x) = f(x).

Esempio 1.19 La funzione

F (x) =

�x2=2 se x < 0x2=2 + 5 se x � 0

è una primitiva generalizzata di f(x) = x.

La funzione f(x) = x, oltre che la suddetta primitiva generalizzata, ammette,come ben noto, in�nite primitive propriamente dette

F (x) = x2=2 + c, c 2 R.

La de�nizione di primitiva generalizzata assume particolare rilievo nei casi incui non esiste una primitiva propriamente detta.

Esempio 1.20 La funzione

f(x) =

�e�x se x < 0�ex se x � 0

non può ammettere primitive (infatti presenta una discontinuità di salto) tut-tavia ammette la primitiva generalizzata F (x) = �ejxj.


Osservazione 1.21 Dalla de�nizione consegue immediatamente che, in cia-scun intervallo compatto, una primitiva generalizzata può ammettere solo unnumero �nito di discontinuità.

Passiamo ora alla generalizzazione della (1.3).

Teorema 1.22 Sia f : [a; b] ! R limitata e con un numero �nito di punti didiscontinuità. Sia F una primitiva in senso generalizzato della suddetta f .Se F è continua in [a; b]; allora vale la (1.3).In generale risultaZ b

a

f(x)dx = F (b)� F (a)�kXi=1

�(F; xi); (1.4)

dove�(F; xi) = lim

x!x+i

F (x)� limx!x�i

F (x)

e la somma al secondo membro della (1.4) si estende a tutti i punti xi 2 [a; b]in cui F non è continua.

Osservazione 1.23 Avevamo già osservato che una primitiva in senso gene-ralizzato ammette, in un �ssato intervallo compatto, un numero �nito di puntidi discontinuità; ora, avendo supposto f limitata, possiamo aggiungere che talipunti sono discontinuità di salto; quindi la quantità �(F; xi) è ben de�nita. Perstabilire a priori che le discontinuità sono di salto si può utilizzare il criterio diCauchy per il limite di funzioni (Teorema di Lagrange); in ogni caso che questainformazione la si ritrova nella dimostrazione riportata di seguito.

Ci limiteremo alla dimostrazione della (1.4) nel caso più semplice:

� f o F presentano un solo punto di discontinuità in x1 2 (a; b).

Abbiamo, per la proprietà additiva rispetto al dominioZ b

a

f(x)dx =

Z x1

a

f(x)dx+

Z b

x1

f(x)dx:

Quindi sfruttiamo la Proposizione 1.10Z x1

a

f(x)dx+

Z b

x1

f(x)dx = limc!x�1

Z c

a

f(x)dx+ limc!x+1

Z b

c

f(x)dx:

Negli intervalli [a; c] e [c; b] vale la (1.3) e pertanto

limc!x�1

Z c

a

f(x)dx+ limc!x+1

Z b

c

f(x)dx = limc!x�1

(F (c)� F (a)) + limc!x+1

(F (b)� F (c)) =

= F (b)� F (a)� limc!x+1

F (c) + limc!x�1

F (c) =

= F (b)� F (a)� �(F; x1):

Osservazione 1.24 Ovviamente la formula (1.4) si può applicare anche quan-do f è continua ma, per qualche ragione, di f conosciamo soltanto una primitivain senso generalizzato.

1.5. INTEGRALI IMPROPRI 7

Proposizione 1.25 Siano I un intervallo ed f : I ! R. Supponiamo cheper ogni intervallo [a; b] � I la funzione f in [a; b] sia limitata e presenti unnumero �nito di punti di discontininuità. Allora la funzione integrale (1.2) èben de�nita, continua e risulta una primitiva di f in senso generalizzato.

1.5 Integrali impropri

A partire dalle proprietà enunciate nella Proposizione 1.10, vogliamo dare sig-ni�cato all�integrale per una classe più ampia di funzioniZ

I

f(x)dx

con I intervallo illimitato e/o f : I ! R illimitata.In quanto segue a; b 2 �R, con a < b e con le opportune restrizioni nel caso

di estremi inclusi.Per semplicità assumeremo le funzioni integrabili secondo Riemann sui sot-

tointervalli compatti. Possiamo distinguere quattro situazioni. Nei primi casila de�nizione viene suggerita direttamente dalla Proposizione 1.10.

a) Sia f : [a; b)! R; si poneZ b

a

f(x)dx = limc!b�

Z c

a

f(x)dx:

b) Analogamente nel caso f : (a; b]! R; si poneZ b

a

f(x)dx = limc!a+

Z b

c

f(x)dx:

c) Sia f : (a; b) ! R. Ci si riconduce ai casi precedenti: �ssato x0 2 (a; b) sipone Z b

a

f(x)dx =

Z x0

a

f(x)dx+

Z b

x0

f(x)dx =

= limc!a+

Z x0

c

f(x)dx+ limc!b�

Z c

x0

f(x)dx

sotto la condizione che i due limiti non siano in�niti di segno opposto.

d) Sia f : [a; b]nfx0g ! R. Ci si riconduce ai casi precedenti a) e b):Z b

a

f(x)dx =

Z x0

a

f(x)dx+

Z b

x0

f(x)dx =

= limc!x�0

Z c

a

f(x)dx+ limc!x+0

Z b

c

f(x)dx

sotto la condizione che i due limiti non siano in�niti di segno opposto.

De�nizione 1.26 In tutti i casi suddetti la funzione f si dice integrabile insenso improprio se i limiti esistono e sono �niti.

Evidentemente più delicata è la situazione con più limiti o con limiti bilateri(casi c) e d)): e¤ettuando un limite simultaneo e non due separati si potrebbegiungere ad un risultato diverso (e sbagliato)....


1.6 Criteri di integrabilità in senso improprio

In molte situazioni, teoriche e/o pratiche, è su¢ ciente stabilire che una certafunzione sia integrabile in senso improprio, anche se non si riesce a calcolarel�integrale. A questo scopo si sviluppa una teoria che per molti aspetti ricordaquella delle serie.D�ora in avanti assumiamo le tutte le funzioni integrabili secondo Riemann

sui compatti; quindi quando diciamo �integrabili�intendiamo �in senso impro-prio�.

1.6.1 Funzioni positive su [a; b)

Enuciamo alcuni risultati di base nell�intervallo prototipo [a; b) (ove b può essereanche +1). Ovviamente si hanno risultati analoghi in (a; b] (ove a può essereanche �1).Anzitutto osserviamo che il segno costante assicura l�esistenza del limite.

Proposizione 1.27 Sia f : [a; b)! R tale che 0 � f(x) per ogni x 2 [b� �; b).Allora esiste

limc!b�

Z c

a

f(x)dx:

Dimostrazione. Per ogni c1; c2 2 [b� �; b), se c1 � c2 alloraZ c1

a

f(x)dx �Z c2

a

f(x)dx:

Pertanto l�esistenza del limite consegue dal teorema di regolarità delle funzionimonotone.Rimane da stabilire se il limite è �nito. Talvolta può fare comodo ricondurre

tale veri�ca alla convergenza di una serie.

Proposizione 1.28 Sia f : [a; b) ! R, positiva in [b� �; b). Sia fxng � [a; b)tale che x0 = a; xn < xn+1; limn xn = b. AlloraZ b

a

f(x)dx < +1

se e solo se

limn

Z xn

a

f(x)dx

ossia se e solo se+1Xn=0

�Z xn+1

xn

f(x) dx

�< +1

Risulta inoltre Z b

a

f(x) dx =+1Xn=0

�Z xn+1

xn

f(x) dx

�:

1.6. CRITERI DI INTEGRABILITÀ IN SENSO IMPROPRIO 9

Dimostrazione. Anzitutto osserviamo che

limc!b�

Z c

a

f(x) dx < +1

se e solo se

limn

Z xn

a

f(x) dx < +1:

Osservato limn xn = b; una implicazione è ovvia. L�implicazione opposta con-segue dalla proposizione precedente, che ci assicura l�esistenza del limite.Le condizioni x0 = a, xn < xn+1 implicanoZ xn

a

f(x) dx =n�1Xk=0

�Z xk+1

xk

f(x) dx

�Pertanto

limn

Z xn

a

f(x) dx < +1:

se e solo se la seguente serie

+1Xn=0

�Z xn+1

xn

f(x) dx

�è convergente. L�uguaglianza tra integrale improprio e somma della serie è ovvia.

Passiamo ora a due criteri base.

Criterio 1.29 (di confronto) Siano f; g : [a; b) ! R. Supponiamo che perogni x 2 [b� �; b)

0 � f(x) � g(x):

Se g è integrabile, allora anche f è integrabile; se f non è integrabile, anche gnon è integrabile.

Criterio 1.30 (di confronto asintotico) Siano f; g : [a; b) ! R positive in[b� �; b). Se risulta

limx!b�

g(x)

f(x)= ` 2 (0;+1);

allora f è integrabile se e solo se g è integrabile.

Integrabilità su intervalli [a;+1)

Essendo f positiva, poichè l�integrale si interpreta come area, ci attendiamo che,per x ! +1; si richieda che la funzione tenda a 0. In realtà tale condizionenon è né su¢ ciente né necessaria per l�integrabilità.

Esempio 1.31 La funzione f(x) = 1=x è in�nitesima ma non integrabile insenso improprio. Esistono funzioni integrabili in senso improprio ma non in-�nitesime e neanche limitate (vedi �gura seguente).


0

0.2

0.4

0.6

0.8

1 2 3 4 5 6x

Osservazione 1.32 Si può dimostrare che se f : [a;+1) ! R è positiva edintegrabile allora

lim infx!+1

f(x) = 0:

Per i criteri di confronto, esistono prototipi di funzioni integrabili, in�nite-sime all�in�nito:

� 1

axè integrabile per ogni a > 1;

� 1

x�è integrabile se e solo se � > 1.

Per gli altri casi (in cui f(x) non è equivalente ai prototipi) sussiste il criteriodegli in�nitesimi del tutto analogo a quello delle serie.

Criterio 1.33 Selim

x!+1xf(x) = ` > 0

(ordine di in�nitesimo � 1), allora l�integrale diverge. Se esiste un certo � > 1tale che

limx!+1

x�f(x) = ` < +1

(ordine di in�nitesimo � � > 1), allora l�integrale converge.

Osserviamo che il criterio precedente fornisce solo condizioni su¢ cienti. Ri-mane ancora escluso il caso in cui risulti

xf(x)! 0 e x�f(x)! +1(1 < ordine di in�nitesimo < �, 8� > 0). In questa situazione, come mostra ilseguente esempio, nulla si può dire a priori.

Esempio 1.34 L�integrale improprioZ +1

2

dx

x logp x

è convergente se e solo se p > 1.

1.6. CRITERI DI INTEGRABILITÀ IN SENSO IMPROPRIO 11

Integrabilità su intervalli (0; a]

Prototipi di funzioni da utilizzarsi per i criteri di confronto:

� 1

x�è integrabile se e solo se � < 1.

Abbiamo anche un criterio �degli in�niti�, analogo a quello degli in�nitesimi.

Criterio 1.35 Selimx!0+

xf(x) = ` > 0

(in�nito di ordine � 1), allora l�integrale diverge. Se esiste un certo � < 1 taleche

limx!0+

x�f(x) = 0

(in�nito di ordine � � < 1), allora l�integrale converge.

Funzione � di Eulero

Per ogni t > 0 poniamo

�(t) =

Z +1

0

xt�1e�x dx

Se t < 1 l�integrale è improprio sia a 0 che all�in�nito, quindi si studianoseparatamente Z 1

0

xt�1e�x dx eZ +1

1

xt�1e�x dx:

Se t � 1 l�integrale è improprio solo all�in�nito.Risulta inoltre

�(1) = 1;

�(t) = (t� 1)�(t� 1):

da cui si deduce�(n) = (n� 1)!:

Dunque, a meno di una traslazione, la funzione

� : (0;+1)! R

è un prolungamento del fattoriale; rimane da provare (ed esula dalle nostrepossibilità) che si tratta di un prolungamenti continuo.

1.6.2 Assoluta integrabilità

Se la funzione integranda non ha segno costante (in un intorno del punto in cuisi calcola il limite) non è a¤atto assicurata l�esistenza del limite, come mostra:Z +1

0

sinx dx

Il principale criterio di convergenza è quello della assoluta integrabilità.


Teorema 1.36 Sia f : I ! R integrabile sui compatti. Se jf j : I ! R èintegrabile in senso improprio, allora anche f : I ! R è integrabile in sensoimproprio e si ha ��Z

I

f(x) dx

�� ZI

jf(x)j dx

Ovviamente per studiare la convergenza diZI

jf(x)j dx

si possono utilizzare tutte le tecniche introdotte per gli integrali impropri a segnocostante.Esistono funzioni integrabili ma non assolutamente integrabili. Ad esempioZ +1

�

sinx

xdx

converge ma Z +1

�

jsinxjx

dx

diverge.

Esempio 1.37 (integrali di Fresnel) Come applicazione indiretta della con-vergenza assoluta vogliamo studiare l�integrabilità in senso improprio diZ +1

1

cosx2dx:

Risulta Z c

1

cosx2dx =

Z c

1

2x

2xcosx2dx =

1

2

Z c

1

1

xD sinx2dx =

=1

2

��sinx2

x

�c1

+

Z c

1

sinx2

x2dx

�Quindi siamo ricondotti a studiareZ +1

1

sinx2

x2dx

che è assolutamente convergente.

Capitolo 2

Esercizi sugli integrali

Vogliamo o¤rire di seguito una classi�cazione degli esercizi.

2.1 Primitive e funzioni integrali

2.1.1 Tipologia base

L�esercizio più semplice che si può chiedere di risolvere è il seguente.

Esercizio 2.1 Calcolare l�integrale inde�nitoZf(x) dx:

Se supponiamo la funzione f de�nita in un intervallo, si applica la (1.1),essendo F una primitiva da determinarsi con le consuete tecniche di integrazione.Un secondo tipo di esercizi è formulato di seguito.

Esercizio 2.2 Assegnata una funzione

f : I ! R

continua in I intervallo, determinare la funzione F : I ! R primitiva di f taleche

F (x0) = �;

essendo x0 2 I, � 2 R.

E� su¢ ciente calcolare F primitiva di f e quindi risolvere rispetto a c laseguente equazione

F (x0) + c = �:

Ottenuto�c = �� F (x0)

la soluzione al nostro problema è data da

F (x) = F (x) + �c:

13

14 CAPITOLO 2. ESERCIZI SUGLI INTEGRALI

Esercizio 2.3 Assegnati f : I ! R e x0 2 I, si chiede di calcolare (ossiascrivere in forma esplicita) la funzione

F (x) =

Z x

x0

f(t)dt

Se f è una funzione continua e conosciamo una sua primitiva G, alla lucedella (1.3) possiamo scrivere

F (x) = G(x)�G(x0):

In realtà in alcune situazioni particolari (si veda il sottoparagrafo successivo),conviene cambiare approccio e ricordare che F stessa è una primitiva di f; quindiil problema assegnato si riduce a determinare la primitiva di f che si annullanel punto x0.Se invece f veri�ca le ipotesi della Proposizione 1.25 (con un numero �nito

di discontinuità e limitata in ciascun compatto) allora conviene ricordare che Fè una primitiva in senso generalizzato, continua.

2.1.2 Alcuni casi particolari

Con riferimento agli Esercizi 2.1, 2.2 ed 2.3 potrebbe essere assegnata una fun-zione f de�nita in un intervallo I, continua, con due (o più) diverse espressionianalitiche in due (o più) sottointervalli di I. In simboli

f(x) = fk(x) per x 2 Ik (2.1)

doveI =

[Ik:

Ad esempio potremmo avere

f(x) =1

1 + jxj =�1= (1 + x) se x � 0;1=(1� x) se x < 0;

(2.2)

oppure

f(x) =

8<: �1 se x 6 ��=2;sinx se ��=2 < x < �=6;1=2 se �=6 6 x:

(2.3)

Esempio 2.4 Assegnata la funzione (2.3), si chiede di calcolareZf(x) dx:

Siamo nella tipologia dell�Esercizio 2.1, quindi la formula risolutiva saràsempre la (1.1), tuttavia la F sarà una funzione continua de�nita al modoseguente

F (x) = Fk(x) per x 2 Ikessendo Fk primitiva di fk in Ik.In questo modo si ottiene immediatamente che F è primitiva di f all�interno

di ciascun Ik; risulta infatti

F 0(x) = F 0k(x) = fk(x) = f(x):

2.1. PRIMITIVE E FUNZIONI INTEGRALI 15

Ricordiamo che la derivabilità di F nei punti di raccordo tra due diversi Ik siottiene applicando un Lemma visto in precedenza.Precisamente, indicato con �x un punto di raccordo si ha che

� F è continua in un intorno di �x, denotato con U ;

� F è derivabile in U n f�xg e risulta F 0(x) = f(x);

� poichè f è continua, si ha che esiste

limx!�x

F 0(x) = limx!�x

f(x) = f(�x):

Consegue che F è derivabile anche in �x e si ha che F 0(�x) = f(�x).Passando agli esempi concreti, si può operare anche al modo seguente:

1. si determina la primitiva di fk in cisucun intervallo Ik;

2. in ciascun intervallo si aggiunge una diversa costante ck 2 R; si ottiene inquesto modo un�espressione

F (x) = Fk(x) + ck per x 2 Ik (2.4)

3. si pone una costante uguale a zero e si calcolano tutte le altre ck, im-ponendo che la funzione F de�nita in (2.4) sia continua nei punti diraccordo.

4. Ottenuta F possiamo concludere con la (1.1).

Applichiamo questa procedura al nostro esempio.Calcoliamo una primitiva con tre distinte costanti

F (x) =

8<: �x+ c1 se x 6 ��=2;� cosx+ c2 se ��=2 < x < �=6;x=2 + c3 se �=6 6 x:

Ora poniamo c2 = 0 e imponiamo che F sia continua nei punti di raccordo:��=2 e �=6.

�(��=2) + c1 = � cos(��=2)� cos(�=6) = �=6 + c3

e quindi

c1 = ��=2c3 = ��=6�

p3=2

Pertanto concludiamo cheZf(x) dx = F (x) + c

essendo

F (x) =

8<:�x� �=2 se x 6 ��=2;� cosx se ��=2 < x < �=6;

x=2� �=6�p3=2 se �=6 6 x:


Esempio 2.5 Assegnata la funzione (2.3), determinare la primitiva di f chein �2 assume valore 1.

Sappiamo già che la primitiva cercata avrà un�espressione del tipo

F (x) =

8<: �x+ c1 se x 6 ��=2;� cosx+ c2 se ��=2 < x < �=6;x=2 + c3 se �=6 6 x:

(2.5)

dove tutte le costanti ck dovranno essere eliminate completamente imponendola continuità di F e la condizione

F (�2) = 1: (2.6)

La prima costante da determinarsi è c1 in quanto risulta �2 6 ��=2.Imponendo la (2.6) si ha

�(�2) + c1 = 1e quindi

c1 = �3Ottenuta c1, si procede al calcolo di c2 e c3, imponendo la continuità.

Esempio 2.6 Assegnata la funzione (2.3), determinarne la primitiva che vale2 nel punto �=6.

La primitiva di partenza è sempre la (2.5). Questa volta il valore di F èassegnato in punto di raccordo e si deve operare come segue. Da

2 = limx!�=6+

(x=2 + c3)

si ricavac3 = 2� �=12:

Da2 = lim

x!�=6�(� cosx+ c2)

si ricava c2; in�ne, imponendo la continuità in ��=2, si ricava c1.Riguardo Esercizi di tipo 2.3, se la funzione f è continua, come si è già detto,

ci si può ricondurre all�Esercizio 2.2.

Osservazione 2.7 Esercizi di tipo 2.3 hanno senso anche per funzioni f : I !R che risultino limitate e con un numero �nito di discontinuità su ciascuncompatto. In questo caso per la risoluzione si tiene presente la Proposizione1.25.

Esempio 2.8 Assegnata la funzione

f(x) =

8<: �1 se x 6 ��=2;x se ��=2 < x < �=6;1=2 se �=6 6 x;

calcolare la funzione integrale

F (x) =

Z x

0

f(t)dt:

2.1. PRIMITIVE E FUNZIONI INTEGRALI 17

Dobbiamo individuare una funzione F con le seguenti caratteristiche:

� continua,

� che si annulli in x = 0;

� derivabile in ciascun sottointervallo in cui f è continua.

Partiamo dall�individuare una generica primitiva in ciascun sottointervallo,quindi imporremo la condizione F (0) = 0, in�ne imporremo la continuità.La funzione F avrà un espressione del tipo

F (x) =

8<: �x+ c1 se x 6 ��=2;x2=2 + c2 se ��=2 < x < �=6;x=2 + c3 se �=6 6 x:

ImponendoF (0) = 0;

si ottiene la costante c2. Le altre due costanti si ottengono imponendo lacontinuità nei punti ��=6 e �=6.

2.1.3 Funzioni integrali composte

Siano assegnate tre funzioni:f : I ! R

continua e

� : J ! I

� : J ! I

derivabili.Rimane ben de�nita la funzione integrale

F : J ! R;

F (x) =

Z �(x)

�(x)

f(t) dt:

Proposizione 2.9 La funzione F è derivabile e risulta

F 0(x) = f(�(x))�0(x)� f(�(x))�0(x):

Vogliamo precisare che riusciamo a calcolare la derivata di F indipendente-mente dal fatto che si riesca a calcolare in forma esplicita la funzione F .Dimostrazione. Sia G una primitiva di f , sicuramente esistente in quanto

f è continua. Per la formula fondamentale del calcolo abbiamo

F (x) = G(�(x))�G(�(x))

Quindi F è derivabile e risulta

F 0(x) = G0(�(x))�0(x)�G0(�(x))�0(x):

Ricordando che G è una primitiva di f si ottiene la tesi.


Osservazione 2.10 La funzione F è ben de�nita anche in ipotesi leggermentepiù generali: è su¢ ciente che f sia integrabile, eventualmente in senso impro-prio, su ciascun intervallo [a; b] � I.

Osservazione 2.11 La teoria degli integrali impropri può essere utilizzata perstudiare i limiti di F agli estremi del suo dominio.

2.2 Integrali de�niti

Esercizio 2.12 Assegnata f : [a; b]! R continua, si chiede di calcolareZ b

a

f(x)dx

Dopo aver calcolato una primitiva di f si applica la formula fondamentale(1.3).

Osservazione 2.13 Nel caso di intervalli simmetrici [�a; a], può essere utilericordare cheZ a

�af(x)dx =

�2R a0f(x)dx se f è pari,

0 se f è dispari.

Talvolta può essere utile applicare scomporre il dominio.

Esempio 2.14 Calcolare il seguente integraleZ 3

0

e�x jx� 1j dx:

Osservato che

jx� 1j =�

x� 1 se x � 11� x se x < 1

possiamo scrivereZ 3

0

e�x jx� 1j dx =Z 1

0

e�x (1� x) dx+Z 3

1

e�x (x� 1) dx:

Quindi si procede a calcolareR 10e�x (1� x) dx e

R 31e�x (x� 1) dx:

Questo particolare esempio ci consente qualche osservazione aggiuntiva.Sia F (x) una qualsiasi primitiva di e�x (x� 1).In primo luogo abbiamo che �F (x) è una primitiva di e�x (1� x).Tenuto conto di questo, l�integrale proposto assume la seguente espressioneZ 3

0

e�x jx� 1j dx =

=

Z 1

0

e�x (1� x) dx+Z 3

1

e�x (x� 1) dx =

= �F (1) + F (0) + F (3)� F (1) == F (3) + F (0)� 2F (1) (2.7)

2.3. CALCOLO DI INTEGRALI COME LIMITE 19

Ora, posto

~F (x) =

�F (x) se x � 1�F (x) se x < 1

abbiamo che ~F è una primitiva di e�x jx� 1j in senso generalizzato. Infatti essaè derivabile su Rnf1g e si ha

~F 0(x) = e�x jx� 1j ;

d�altra parte, a motivo dell�arbitrarietà di F , la funzione ~F in 1 risulterà dis-continua e quindi non derivabile (a meno che non si abbia F (1) = 0, nel qualcaso ~F è anche derivabile).Pertanto potevamo anche utilizzare la (1.4) e scrivere direttamenteZ 3

0

e�x jx� 1j dx = ~F (3)� ~F (0)� �( ~F ; 1): (2.8)

Possiamo veri�care che la (2.8) si riduce alla (2.7), osservando che

~F (3)� ~F (0) = F (3) + F (0);

�( ~F ; 1) = 2F (1):

Presentiamo le ultime due tipologie di esercizi.

Esercizio 2.15 Calcolare l�area del rettangoloide di base [a; b] relativo alla fun-zione f ivi de�nita e, per semplicità, continua.

Tenuto conto dell�interpretazione dell�integrale come �area con segno�, si stachiedendo di calcolare Z b

a

jf(x)j dx

e possono valere, in particolare, le considerazioni svolte nell�ultimo esempio.

Esercizio 2.16 Calcolare l�area del rettangoloide di base [a; b] delimitato daigra�ci delle funzioni f e g ivi de�nite e, per semplicità, continue.

Si sta chiedendo di calcolareZ b

a

jf(x)� g(x)j dx:

2.3 Calcolo di integrali come limite

Si voglia calcolare Z 2

0

sin 2pxp

xdx:


La funzione integranda si intende prolungata per continuità in 0, oppure l�inte-grale si intende de�nito nel senso del Corollario 1.8. AbbiamoZ 2

0

sin 2pxp

xdx = lim

c!0+

Z 2

c

sin 2pxp

xdx =

= limc!0+

�14

�cos 2

px�2c=

= limc!0+

1

4

�cos 2

pc� cos 2

p2�=

=1

4

�1� cos 2

p2�:

Anche se la funzione integranda si intende prolungata per continuità, l�usodella Proposizione 1.10 si rende necessario per poter applicare il metodo disostituzione nel calcolo della primitiva.

Esempio 2.17 Calcolare Z log 3

� log 2ex arctan

1

ex � 1dx:

Capitolo 3

Tecniche di integrazione

3.1 Integrazione per sostituzione

Questa denominazione si può riferire a due situazioni tra loro abbastanza di-verse.La prima situazione è quella più semplice e possiamo classi�carla come caso

diretto: se F è una primitiva di f , allora, per ogni ' derivabile, F � ' è unaprimitiva di (f � ') � '0.In altri termini, se conosciamo l�integrale inde�nitoZ

f(t)dt = F (t) + c;

allora riusciamo a calcolareZf('(x))'0(x)dx = F ('(x)) + c:

Osservazione 3.1 In pratica assegnatoZf('(x))'0(x)dx

si ponet = '(x)

e si scrivedt = '0(x)dx:

In base a tali trasformazioni abbiamoZf('(x))'0(x)dx =

Zf(t)dt = F (t) + c = F ('(x)) + c:

Osservazione 3.2 Nella terminologia tradizionale, alcuni integrali risolubiliper sostituzione diretta prendono il nome di integrali immediati.

Passiamo ora al caso indiretto.Talvolta per calcolare l�integrale inde�nitoZ

f(x)dx

21

22 CAPITOLO 3. TECNICHE DI INTEGRAZIONE

è su¢ ciente determinare una funzione invertibile x = '(t) tale che l�integraleZf('(t))'0(t)dt

risulti più semplice di quello assegnato. Questa modalità di risoluzione vieneillustrata dalla seguente proposizione.

Proposizione 3.3 Siano I; J � R intervalli, f : I ! R continua, ' : J ! Iderivabile e tale che '0(t) 6= 0 per ogni t 2 J . Se G : J ! R è una primitivadella funzione f('(t))'0(t), allora, osservato che ' è strettamente monotona,quindi invertibile, si ha che G � '�1 : I ! R è una primitiva della funzionef(x).

In altri termini, nelle ipotesi della Proposizione precedente, seZf('(t))'0(t)dt = G(t) + c;

allora Zf(x)dx = G('�1(x)) + c

Dimostrazione. Per ipotesi G è derivabile e risulta

G0(t) = f('(t))'0(t):

A sua volta la funzione '�1 è derivabile e risulta�'�1

�0(x) =

1

'0 ('�1(x)):

Possiamo concludere che la funzione composta G � '�1 è derivabile e risulta�G � '�1

�0(x) = G0('�1(x))

�'�1

�0(x) =

= f('('�1(x)))'0('�1(x))1

'0 ('�1(x))= f(x):

Esempio 3.4 Si voglia calcolare il seguente integraleZdx

x+p3x+ 4

:

Osserviamo preliminarmente che la funzione integranda è de�nita nell�in-sieme

Df = [�4=3;+1)nf�1g;

ricercheremo le primitive relative all�intervallo

I = (�1;+1):

Posto

f(x) =dx

x+p3x+ 4

;

3.1. INTEGRAZIONE PER SOSTITUZIONE 23

consideriamo la funzione

' : (1;+1) ! (�1;+1) (3.1)

de�nita ponendo

'(t) =1

3(t2 � 4): (3.2)

Tale funzione, nell�intervallo (1;+1), soddisfa le condizioni previste dal Teore-ma precedente; infatti

'0(t) =2

3t 6= 0:

La funzionef('(t))'0(t) =

2t

t2 + 3t� 4 ;

dal punto di vista delle ricerca di primitive, non presenta particolari problemi.Con pochi passaggi, infatti, si ottieneZ

f('(t))'0(t)dt =

Z2tdt

t2 + 3t� 4 =

=2

5(log(t� 1) + 4 log(t+ 4)) + c:

PoniamoG(t) =

2

5(log(t� 1) + 4 log(t+ 4)) :

In base al Teorema precedente per calcolare l�integrale assegnato, dobbiamoancora determinare la funzione inversa

x 2 (�1;+1) 7! t = '�1(x) 2 (1;+1):

Dalla (3.2), in base alle limitazioni imposte su dominio e codominio (3.1),otteniamo

t =p3x+ 4

e quindi possiamo concludereZdx

x+p3x+ 4

= G('�1(x)) + c =

=2

5

�log(

p3x+ 4� 1) + 4 log(

p3x+ 4 + 4)

�+ c:

Osservazione 3.5 Nello svolgimento degli esercizi è assai di¢ cile riuscire adeterminare la funzione x = '(t) tale che l�integrale

Rf('(t))'0(t)dt risulti più

semplice dell�integraleRf(x)dx. La procedura comunemente utilizzata è quella

illustrata di seguito.Si parte dallo scrivere t = (x), essendo invertibile e derivabile; la scelta

di tale funzione viene dettata dall�esperienza ed è codi�cata per alcuni casitipici.Quindi si ricava

x = '(t)

e si scrivedx = '0(t)dt


In base a tali trasformazioni si può scrivereZf(x)dx =

Zf('(t))'0(t)dt = � � � = G(t) + c = G( (x)) + c:

Con riferimento all�esempio precedente, dovremo porre

t =p3x+ 4

da cui si ottiene

x = '(t) =1

3(t2 � 4);

dx =2

3tdt:

Pertanto Zdx

x+p3x+ 4

=

Z2tdt

t2 + 3t� 4 :

Lo svolgimento prosegue come indicato in precedenza.

3.2 Alcune sostituzioni razionalizzanti

3.2.1 Funzioni razionali con un solo radicale

Si voglia calcolare ZR

x; n

rax+ b

cx+ d

!dx

essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti, sotto la condizione

ad� bc 6= 0:

Sono semplici casi particolari

a = d = 1; b = c = 0

oppured = 1; c = 0:

Si pone

n

rax+ b

cx+ d= t

Osservazione 3.6 Con semplici arti�ci si possono risolvere anche integrali deltipo Z

R

x; n1

rax+ b

cx+ d; : : : ; nk

rax+ b

cx+ d

!dx;

essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti.

3.2. ALCUNE SOSTITUZIONI RAZIONALIZZANTI 25

Nel caso particolare delle radici quadrate, si possono risolvere anche integralidel tipo Z

R�x;pax2 + bx+ c

�dx

essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti.Si distinguono vari casi. Poniamo, come al solito, � = b2 � 4ac.Se � = 0, allora necessariamente a > 0 e risultap

ax2 + bx+ c =pa

��x� b

2a

��quindi ci si riconduce ad un integrale di funzione razionale con un semplicevalore assoluto.Negli altri casi si e¤ettua una sostituzione.Se � 6= 0 e a > 0 si ponep

ax2 + bx+ c =pa (t� x)

Se a < 0 allora necessariamente � > 0 (infatti, se così non fosse, avremmo

ax2 + bx+ c � 0

per ogni x). Indicate con � e � le radici di

ax2 + bx+ c = 0

e supponendo � < �, si ponepax2 + bx+ c = t(x� �):

Osservazione 3.7 Per questa classe di integrali, si possono usare anche sosti-tuzioni con funzioni circolari o iperboliche.

Osservazione 3.8 Ancora nel caso delle radici quadrate si possono risolvereintegrali del tipo Z

R(x;pax+ b;

pcx+ d)dx

essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti.

3.2.2 Funzioni razionali di tan x

Si voglia calcolare ZR(tanx)dx

essendo R una funzione razionale. Si pone semplicemente

tanx = t:

Si voglia calcolare ZR(sin2 x; cos2 x; sinx cosx)dx


essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti. Ci si riconduce al casoprecedente osservando che

sin2 x =tan2 x

tan2 x+ 1

cos2 x =1

tan2 x+ 1

sinx cosx =tanx

tan2 x+ 1

3.2.3 Funzioni razionali di cosx e sin x

Si voglia calcolare ZR(sinx; cosx)dx

essendo R una funzione razionale dei suoi argomenti. Osservato che

sinx =2 tanx=2

1 + tan2 x=2

cosx =1� tan2 x=21 + tan2 x=2

si ottiene una funzione razionale in tanx=2, quindi si pone

tanx=2 = t:

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