Integrale di Riemann

INTEGRALE DI RIEMANN 1

1

DEFINIZIONE DI INTEGRALE DI RIEMANN

Integrale di Riemann Indice 1 Definizione di integrale di Riemann

1

2 Condizioni di esistenza dell’integrale di Riemann

3

3 Propriet` a dell’integrale di Riemann

4

4 Calcolo dell’integrale 4.1 La funzione integrale . . . . . . . . . . . . . 4.2 Il teorema fondamentale del calcolo . . . . . 4.3 Integrale di una f definita a tratti . . . . . 4.4 Funzione integrale di una f definita a tratti

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5 5 6 8 8

5 L’integrale di Riemann generalizzato 5.1 Integrale generalizzato su intervallo non limitato 5.2 Criteri di convergenza . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Integrale generalizzato di funzione non limitata . 5.4 Criteri di convergenza . . . . . . . . . . . . . . .

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9 10 12 14 16

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6 Soluzioni degli esercizi

1

18

Definizione di integrale di Riemann

Definizione Sia [a, b] in intervallo chiuso e limitato. Chiamiamo partizione di [a, b] un sottoinsieme finito {x0 , x1 , . . . , xN } di punti di [a, b] tali che a = x0 < x1 < . . . xN = b. 1 L’insieme di tutte le possibili partizioni di [a, b] (ovviamente sono infinite) verrà indicato con P[a, b]. a b ... x0 x1 xN x2 x3 b

b

b

b

b

Definizione Supponiamo in [a, b] sia definita una funzione f : [a, b] → R e che f sia limitata. Ad ogni partizione P = {x0 , x1 , . . . , xN } di [a, b] possiamo associare la somma inferiore s(P ) e la somma superiore S(P ) di Riemann, definite da s(P ) =

N X i=1

e

f (x)

e

mi xi − xi−1

S(P ) =

N X i=1

Mi xi − xi−1 ,

dove mi =

inf

x∈[xi−1 ,xi ]

Mi =

sup

f (x).

x∈[xi−1 ,xi ]

Le figure che seguono cercano di illustrare la costruzione di una somma inferiore e di una somma superiore di Riemann per una funzione data. 1E ` chiaro che l’insieme {x0 , x1 , . . . , xN } ` e fatto da N + 1 punti e che questi punti con le caratteristiche richieste suddividono [a, b] in N sottointervalli.

A. Peretti – Corso di Matematica

UNIVR – Sede di Vicenza


a x1

x2

x3

2

DEFINIZIONE DI INTEGRALE DI RIEMANN

x4

a x1

b

Somma inferiore di Riemann

x2

x3

x4

b

Somma superiore di Riemann

Osservazione Nelle due figure sono rappresentate geometricamente la somma superiore e la somma inferiore di una funzione positiva, relative alla partizione {a, x1 , x2 , x3 , x4 , b}. Si osservi infatti che ad esempio le quantit` a mi xi −xi−1 forniscono l’area dei rettangoli inscritti della figura di sinistra. Quindi la somma inferiore di Riemann fornisce l’area dell’unione di tutti i rettangoli inscritti, relativi alla data partizione. Rb Rb Si definiscono ora integrale inferiore f e integrale superiore a f di Riemann di f in [a, b] rispettivamente a

Z

b

f= a

sup s(P )

Z

e

P ∈P[a,b]

b

f= a

inf

P ∈P[a,b]

S(P ).

Osservazione Quindi l’integrale inferiore si ottiene considerando l’insieme di tutte le possibili somme inferiori e prendendo di questo insieme (di numeri reali) l’estremo superiore. Invece l’integrale superiore si ottiene considerando l’insieme di tutte le possibili somme superiori e prendendo di questo insieme l’estremo inferiore. Naturalmente nessuno ci garantisce che cos`ı facendo otteniamo la stessa quantit` a. Si consideri anche che almeno uno dei due potrebbe essere infinito. Si pu` o dimostrare che in generale Z

b a

f≤

Z

b

f. a

Rb Rb Ecco ora l’ultimo passo della definizione: se f = a f , diremo che f è integrabile secondo Riemann in [a, b] a e chiameremo integrale di Riemann di f in [a, b] il valore comune degli integrali inferiore e superiore di f , e lo Rb indicheremo con a f . 2 Per distinguerlo dall’integrale indefinito, questo viene spesso detto integrale definito.

Osservazione Riflettendo sulla definizione di integrale di Riemann, ci si pu` o convincere che l’integrale ha in qualche modo a che fare con l’area della regione ` bene ricordare che l’area è una quantit` di piano sottesa dal grafico di f . E a positiva e che quindi quanto detto è vero solo se la f è non negativa nell’intervallo. Quindi l’integrale di una f non negativa è l’area della regione sottesa dal grafico di f (può essere questa un’interpretazione geometrica dell’integrale). Se la f cambia segno, non è vero che l’integrale sia l’area della regione sottesa dal grafico di f . In tali casi si pu` o comunque dire che l’integrale è l’area con segno di questa regione, intendendo con area con segno l’area, eventualmente cambiata di segno nelle regioni in cui la funzione è negativa.

a

b

Esempi • Supponiamo che a ≤ c ≤ b, che f (c) = 1 e che f (x) = 0 se x 6= c. Allora f è integrabile secondo Riemann e Rb a f = 0.

2 Quando

nella scrittura di f appare esplicitamente l’indicazione della variabile si usa scrivere

indefiniti.


Rb a

f (x) dx, come gi` a visto con gli integrali


INTEGRALE DI RIEMANN

3

CONDIZIONI DI ESISTENZA DELL’INTEGRALE DI RIEMANN

Infatti, data una qualunque partizione P dell’intervallo [a, b], le somme inferiori relative a P sono nulle e le somme superiori si riducono ad un addendo (quello relativo all’intervallo [xi−1 , xi ] in cui cade il punto c). Avremo perciò s(P ) = 0 e S(P ) = f (c) xi − xi−1 .

1

Rb

f = 0 e, prendendo l’estremo inferiore rispetto a tali partizioni, si ottiene Quindi a Rb a f = 0, da cui la conclusione.

• Sia f : [0, 1] → R definita da

f (x) =

1 0

b

|

2

b

bc

a

c

b

b

se x ∈ Q se x ∈ / Q.

Si pu` o provare che f non è integrabile secondo Riemann. Infatti, per le propriet` a dei razionali e dei reali, si pu` o provare che per ogni partizione P di [0, 1] si ha che s(P ) = 0 per cui

2

Rb

a

f 6=

Rb

af

e

S(P ) = 1,

e quindi f non è integrabile secondo Riemann.

Condizioni di esistenza dell’integrale di Riemann

Data la complessità della definizione, non è facile capire se una funzione è integrabile secondo Riemann. Si pone allora la seguente questione: ci sono propriet` a di una funzione che assicurano la sua integrabilità? La risposta è affermativa. Teorema Supponiamo che sia f : [a, b] → R. Se vale una delle condizioni seguenti: (i) f è continua in [a, b]; (ii) f è monotona in [a, b]; (iii) f è limitata e ha un numero finito di punti di discontinuit` a in [a, b], allora f è integrabile secondo Riemann. Osservazione Ribadisco che queste condizioni sono singolarmente sufficienti per l’integrabilità. Ciascuna quindi, indipendentemente dalle altre, garantisce l’integrabilità secondo Riemann della funzione. Osservazione Il teorema permette di affermare che una grandissima parte delle funzioni, definite in un intervallo, che solitamente incontriamo sono integrabili secondo Riemann. Ad esempio un qualunque polinomio, considerato in un qualunque intervallo [a, b], lo è. Tutte le funzioni elementari, considerate in un intervallo [a, b] in cui risultano definite, lo sono (sono funzioni continue).3 Anche la funzione f (x) = |x|, pur non essendo una funzione elementare, è continua in qualunque intervallo chiuso e limitato e quindi integrabile secondo Riemann in tale intervallo. La funzione x x ∈ [0, 1) f (x) = x − 1 x ∈ [1, 2] 1 |

bc

è integrabile secondo Riemann in [0, 2], dato che, pur non essendo continua né monotona, è limitata e ha un solo punto di discontinuit` a.

b

b

b

|

1

2 Un aspetto teoricamente rilevante è quello di individuare intere classi di funzioni integrabili. Le tre propriet` a appena viste forniscono come detto classi significative, ma non coprono tutte le possibilità. La proposizione che segue individua una classe sufficientemente ampia e dice che se componiamo una funzione integrabile (interna) con una funzione continua (esterna) otteniamo una funzione integrabile. Proposizione Supponiamo che f sia integrabile secondo Riemann in [a, b] e che g sia continua in f ([a, b]). g ◦ f è integrabile secondo Riemann in [a, b].

4

Allora

3 Si faccia attenzione: l’intervallo deve essere chiuso e limitato, almeno per ora. Quindi non possiamo dire ad esempio che ln x in (0, 1) sia integrabile. 4 Che la g sia definita in f ([a, b]) ormai non dovrebbe disorientare lo studente: si tratta della solita ipotesi che garantisce la possibilit` a di parlare di funzione composta g ◦ f , cio` e g(f ).



INTEGRALE DI RIEMANN ` DELL’INTEGRALE DI RIEMANN PROPRIETA

3

4

Osservazione Conseguenza della Proposizione è quindi ad esempio che la funzione x 7→ |f (x)| è integrabile se è integrabile f , dato che la funzione t 7→ |t| è continua. Osservazione Il teorema precedente contiene, come caso particolare, l’implicazione f integrabile in [a, b] =⇒ f n integrabile in [a, b], per ogni n ∈ N. ` interessante chiedersi se è vero anche il viceversa, cioè se, sapendo che f n è integrabile, possiamo dire che anche E f lo è. Lo studente rifletta un po’, prima di leggere il seguito. La risposta è che se n è dispari la cosa è vera, ma se n è pari pu` o non esserlo. Ad esempio, la funzione f : [a, b] → R definita da f (x) =

1 se x ∈ Q −1 se x ∈ /Q

non è integrabile in [a, b], mentre il suo quadrato, che è la funzione identicamente uguale a 1 in [a, b], lo è.5

3

Propriet` a dell’integrale di Riemann

Teorema Supponiamo che [a, b] sia un intervallo chiuso e limitato e che f, g siano integrabili secondo Riemann in [a, b]. Allora valgono le propriet` a seguenti: (i) (linearit` a) se c1 , c2 sono due costanti, allora c1 f + c2 g sono integrabili secondo Riemann in [a, b] e si ha b

Z

(c1 f + c2 g) = c1

a

(ii) (monotonia) se f ≤ g, allora

Z

b a

f≤

Z

Z

b

f + c2

a

Z

b

g;

a

b

g;

6

a

(iii) se a < c < b, allora Z

a

(iv) se |f (x)| ≤ M , allora

(v) f g è integrabile secondo Riemann in [a, b];

b

f=

Z

a

c

f+

Z

b

f;

c

Z b f ≤ M (b − a); a

(vi) |f | è integrabile secondo Riemann in [a, b] e Z b Z b f ≤ |f |. a a Osservazione Il punto (vi) ribadisce quindi che se f è integrabile allora anche |f | lo è e aggiunge una disuguaglianza tra gli integrali. Osservazioni Supponiamo che a > 0 e che f sia integrabile secondo Riemann in [−a, a]. Si intuisce, e non sarebbe difficile dimostrarlo, che Ra • se f è dispari, allora −a f = 0; Ra Ra • se f è pari, allora −a f = 2 0 f . p p che 3 f 3 = f , ma f 2 = |f |. Si veda anche, nella sezione che segue, le propriet` a che coinvolgono il valore assoluto. 6 Non si confonda la monotonia di una funzione con la monotonia dell’integrale. Qui si parla di monotonia dell’integrale.

5 Ricordare




5

CALCOLO DELL’INTEGRALE

R1 Quindi, anche se non sappiamo ancora come calcolare gli integrali, possiamo dire che −1 x3 dx = 0, dato che la funzione x 7→ x3 è integrabile (in quanto monotona, o continua) e dispari, cioè simmetrica rispetto all’origine. R1 R1 Possiamo anche dire che −1 x2 dx = 2 0 x2 dx, ma quest’ultimo non lo sappiamo ancora calcolare. ` importante il seguente E

Teorema (della media integrale). Supponiamo che f sia continua in [a, b]. Allora esiste c ∈ [a, b] tale che Z b Z b 1 f (c) = f = (b − a)f (c). f oppure, analogamente, b−a a a Z b 1 Il numero f si chiama media integrale di f in [a, b]. b−a a Osservazione Il teorema ha una semplice interpretazione geometrica: scrivendo la tesi nella forma Z b f = (b − a)f (c) f (c) a

vi si legge che l’integrale è uguale all’area del rettangolo di base l’intervallo [a, b] e altezza f (c). Attenzione che questa interpretazione geometrica vale se possiamo identificare l’integrale con l’area, cioè se la f è positiva. Osservazione La tesi pu` o essere falsa in assenza dell’ipotesi di continuit` a di f . Consideriamo la funzione f : [0, 2] → R definita da

1 2

se 0 ≤ x ≤ 1 se 1 < x ≤ 2.

2 3/2 1

La media integrale di f in [0, 2] è 1 2

Z

2

f=

0

3 , 2

bc

c

b

b

|

f (x) =

a

b

b

1

2

ma non esiste nessun punto c dell’intervallo [0, 2] in cui f (c) = 32 . Osservazione Un’interessante questione è se l’annullarsi dell’integrale comporta necessariamente che la funzione sia sempre nulla. Qualche studente forse dir` a subito che questo è falso, ricordando uno degli esempi iniziali di calcolo dell’integrale con la definizione (lo si cerchi). E noterà che in quell’esempio la funzione non era continua. Infatti la continuit` a è importante in questo aspetto. Si potrebbe dimostrare che, se f è continua e non negativa in [a, b] e se Rb f = 0, allora f è identicamente nulla in [a, b]. Per esercizio lo studente verifichi che la conclusione pu` o essere falsa a se si omette l’ipotesi di non negativit` a di f o quella di continuit` a.

4

Calcolo dell’integrale

La definizione di integrale non è comoda per il calcolo operativo degli integrali. Occorre un metodo di calcolo pi` u efficace, e tra poco lo otteniamo.

4.1

La funzione integrale

Sia f una funzione integrabile nell’intervallo [a, b]. A partire da f possiamo definire una nuova funzione, che associa ad ogni x ∈ [a, b] l’integrale di f tra a e x, cioè Z x F (x) = f , per ogni x ∈ [a, b]. a

Se vogliamo scrivere esplicitamente nell’integrale anche la variabile di integrazione è bene fare in modo di non confondere questa con la variabile della funzione F , cioè x. Si scrive allora Z x f (t) dt , per ogni x ∈ [a, b]. F (x) = a




6


La si veda cos`ı: per ogni x fissato in [a, b], t varia tra a e x ed è la variabile di integrazione. Questa nuova funzione F si chiama funzione integrale di f in [a, b] ed è una funzione molto importante.

a ←x→ b La figura qui sopra illustra che il valore della funzione integrale in x (di una funzione non negativa) è l’area sottesa dal grafico tra a e x, al variare di x. Osservazione Si pu` o dimostrare che la funzione integrale F di una funzione integrabile f è una funzione continua (nell’intervallo in cui è definita). Quindi, anche se f non è continua, la sua funzione integrale lo è. Si potrebbe dire che la funzione integrale è pi` u regolare della funzione da cui proviene. Questa particolarità della funzione integrale è confermata anche dal seguente importantissimo teorema.

4.2

Il teorema fondamentale del calcolo

Teorema (fondamentale del calcolo). Supponiamo che f sia integrabile in [a, b] e che F sia la sua funzione integrale. Valgono le propriet` a seguenti: (i) se f è continua in [a, b], allora F è derivabile e F ′ = f in [a, b]; (ii) se f è continua in [a, b] e G è una qualunque primitiva di f in [a, b], allora Z b f = G(b) − G(a). a

Osservazione Il punto (i) del teorema afferma quindi che se f è continua allora la sua funzione integrale è una sua primitiva. La funzione costruita con l’integrale di f è una funzione che ha per derivata f (legame profondo tra derivata e integrale). Il punto (ii) del teorema fondamentale fornisce invece un comodo metodo per il calcolo dell’integrale di Riemann Rb ` f (x) dx. Dice infatti che, se conosciamo una primitiva G di f in [a, b], allora l’integrale è dato da G(b) − G(a). E a chiaro che la parte difficile sta nel calcolo della primitiva che, abbiamo visto, pu` o non essere banale. Rb Osservazione Nel calcolo dell’integrale a f (x) dx, dopo aver trovato una primitiva G di f , per indicare che si applica il teorema fondamentale e si calcola la variazione della primitiva agli estremi dell’intervallo, si scrive Z b b f (x) dx = G(x) , che sta ad indicare appunto G(b) − G(a). a

a

Vediamo allora qualche esempio di calcolo di integrale definito.

Esempi • Calcoliamo

• Calcoliamo

R1

−1

x2 dx. Si ha

R1 √ 3 0

Z

1 2 1 1 x3 = . = − − x dx = 3 −1 3 3 3 −1 1

7

x dx. Si ha Z

0

7 Per

2

1

√ 3

x dx =

Z

0

1

x1/3 dx =

1 x4/3 3 = . 4/3 0 4

quanto detto in precedenza sugli integrali di funzioni pari o dispari, si poteva anche fare 1 Z 1 Z 1 x3 2 x2 dx = 2 · x2 dx = 2 = 3. 3 0 −1 0




• Calcoliamo

Re 1

ln x dx. Si ha (ricordo che l’integrazione di ln x si fa per parti) Z

e

1

• Calcoliamo

R1

7


−1

e ln x dx = (x ln x − x) = 1. 1

2

xe−x dx. Ricordando che

si ha

Z

2

xe−x dx = −

1 2

Z

2 2 1 (−2)xe−x dx = − e−x + c, 2

1

2 2 1 1 xe−x dx = − e−x = 0. 2 −1 −1

Z

Il risultato era prevedibile, dato che la funzione è dispari e l’intervallo è simmetrico rispetto all’origine. Esempio Per concludere questa sezione vediamo come si pu` o scrivere l’espressione di una funzione integrale. Con2 sideriamo ancora la funzione f (x) = xe−x nell’intervallo [−1, 1]. Troviamo l’espressione della funzione integrale di f in tale intervallo. Dalla definizione di funzione integrale abbiamo Z x Z 2 2 x 2 1 x 1 1 −t2 F (x) = te dt = − (−2)te−t dt = − e−t = − e−x − e−1 . 2 2 2 −1 −1 −1

A verifica del teorema fondamentale, possiamo osservare che calcolando la derivata di F otteniamo 2 2 1 F ′ (x) = − e−x · (−2x) = xe−x = f (x). 2

Non approfondisco molto questo aspetto, ma per evitare che qualche studente perda inutilmente del tempo nel calcolo di qualche integrale (talvolta per fare qualche esercizio in pi` u ci si inventa una funzione e si prova ad integrarla) avverto che ci sono funzioni che non si possono integrare. Chiarisco il significato: ci sono funzioni che non hanno primitive “elementari”. Ogni funzione R x continua ha primitive, in conseguenza del teorema fondamentale del calcolo: se f è continua in [a, b] allora F (x) = a f è una primitiva di f , solo che non è detto che se f è una funzione ottenuta con composizione di funzioni elementari tale primitiva sia ancora una funzione esprimibile attraverso funzioni elementari. 2 Ci sono funzioni “elementari” per cui si pu` o dimostrare che la primitiva non è “elementare” e f (x) = e−x è la pi` u R 2 2 x 8 −t −x “famosa” tra queste. Quindi possiamo certamente dire che F (x) = 0 e dt è una primitiva di e in tutto R, ma non possiamo esprimere F mediante funzioni elementari (per esprimerla non possiamo fare a meno di usare l’integrale). Esercizio 4.1 Calcolare i seguenti integrali di Riemann. Z 1 Z 7/2 √ 1 √ (a) dx x dx (b) 3 1 + 2x 0 0 Z 2 Z 1/10 1 (c) e1−x dx (d) dx 1 + 10x 1 0 Z 4 √x Z 1 e x3 √ dx dx (f) (e) 4 1 + x x 1 0 Z e√ Z 1 p ln x (h) (g) x2 1 + x3 dx dx x 1 0 Z e Z 2 x 2 dx (i) x ln x dx (j) 1 + x2 1 1 Z −2 Z 3 1 1 dx (k) dx (l) 2 −3 x(x + 1) 2 x(x − 1) 8 Nemmeno ex probabilit` a.

2

ha primitive elementari, ma “quella col meno” ` e pi` u famosa, essendo una funzione fondamentale nella teoria della




4.3

8


Integrale di una f definita a tratti

Se dobbiamo calcolare l’integrale di una funzione definita a tratti basta utilizzare la propriet` a (iii) dell’integrale di Riemann, quella che afferma che se ho una partizione dell’intervallo di integrazione, il calcolo dell’integrale pu` o essere scomposto nella somma di pi` u integrali, ciascuno dei quali su di un sottointervallo della partizione. Vediamo allora come si procede in un paio di semplici esempi. Z 2 • Se dobbiamo calcolare |x2 − x| dx, dobbiamo anzitutto osservare che la funzione x 7→ x2 − x cambia segno 0

nell’intervallo di integrazione e quindi (dalla definizione di valore assoluto) si ha f (x) =

x2 − x x − x2

se x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, +∞) se x ∈ (0, 1).

Pertanto, usando la propriet` a (iii) dell’integrale, possiamo scrivere Z

0

2

2

|x − x| dx

Z

=

1 0

2

(x − x ) dx +

Z

2

1

y 2

(x − x) dx

2

1 3 2 x3 x2 x x2 + − − = 2 3 0 3 2 1 1 1 1 1 8 4 − = − + − − 2 3 3 2 3 2 = 1.

x 1

2 y

2

• Se dobbiamo calcolare l’integrale in [−1, 2] della funzione   x+1 f (x) = −x  x

1

−1 ≤ x ≤ 0 0 a. Z b Se lim f esiste finito, diciamo che f è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞), e chiamiamo b→+∞

a

integrale generalizzato di f in [a, +∞) il numero reale +∞

Z

f = lim

b→+∞

a

Z

b

f

(figura sotto a sinistra).

a

Analogamente, con f : (−∞, b] → R, integrabile secondo Riemann in [a, b] qualunque sia a < b, se

lim

a→−∞

Z

b

f

a

esiste finito, diciamo che f è integrabile in senso generalizzato in (−∞, b], e chiamiamo integrale generalizzato di f in (−∞, b] il numero reale Z b Z b f = lim f (figura al centro). a→−∞

−∞

a

Infine diciamo che f : R → R è integrabile in senso generalizzato in (−∞, +∞) (in R) se f è integrabile in senso generalizzato in (−∞, 0] e in [0, +∞). Chiamiamo integrale di f in (−∞, +∞) (in R) il numero reale Z

+∞

f= −∞

Z

0

f+

Z

+∞

f

(figura a destra).

0

−∞

Si faccia attenzione che quindi entrambi gli integrali a destra dell’uguale devono essere finiti. Se una funzione f è integrabile in senso generalizzato in qualche intervallo, si dice anche che il corrispondente integrale generalizzato converge. Altrimenti diciamo che l’integrale generalizzato diverge.

a ←a ←a b→ b→ b Le figure qui sopra illustrano che, se f ≥ 0, il suo integrale generalizzato è l’area della regione (ora non limitata) sottesa dal grafico di f . Quest’area pu` o essere finita (se l’integrale converge) oppure infinita (se l’integrale diverge). Dalla definizione di integrale generalizzato e dalla linearità dell’integrale di Riemann, si deduce la propriet` a seguente: • se f e g sono integrabili in senso generalizzato in [a, +∞) lo stesso vale per c1 f + c2 g, e si ha Z +∞ Z +∞ Z +∞ (c1 f + c2 g) = c1 f + c2 g (analogamente se l’intervallo è (−∞, b] o (−∞, +∞)). a

a

a

Vale inoltre la seguente importante propriet` a: • se f è integrabile in [a, b] per ogni b > a e se |f | è integrabile in senso generalizzato su [a, +∞),9 allora anche f lo è e Z +∞ Z +∞ f ≤ |f |. a

a

Attenzione. Non vale il viceversa di quest’ultima, cioè dall’integrabilità in senso generalizzato di f non si pu` o dedurre integrabilità in senso generalizzato di |f |. 10 Z +∞ Esempio La funzione x 7→ e−x è integrabile in senso generalizzato in [0, +∞) e e−x dx = 1. 0

9 Enunciati

analoghi si hanno naturalmente per funzioni definite in intervalli del tipo (−∞, b] o (−∞, +∞). noti che per l’integrale di Riemann classico invece, come abbiamo visto, dall’integrabilit` a di f segue l’integrabilit` a di |f |, e non viceversa. Ecco quindi in questo ultimo enunciato l’importanza dell’ipotesi iniziale, che cio` e f sia Riemann integrabile in [a, b] per ogni b > a. 10 Si




11

L’INTEGRALE DI RIEMANN GENERALIZZATO

Infatti, Z

+∞

e

−x

dx =

0

(teorema fond. calcolo)

= = =

Si verifichi che invece non è finito

R +∞ −∞

lim

b→+∞

Z

b

e−x dx

0

b −e−x 0 −b 1−e

lim

b→+∞

lim

b→+∞

1.

e−x dx.

Esempio Consideriamo l’integrale di una funzione potenza, in particolare consideriamo

Z

1

distinguendo i vari casi. Se α = 1, si ha Z

1

+∞

1 dx x


+∞

1 dx con α > 0, xα

11

b

1 dx b→+∞ 1 x b = lim ln x =

Z

lim

b→+∞

=

1

lim ln b

b→+∞

= +∞. Se α 6= 1, abbiamo Z

1

+∞

1 dx = xα


= =

lim

b→+∞

Z

b

x−α dx

1 −α+1 b

x b→+∞ −α + 1 1 1 lim b1−α − 1 . 1 − α b→+∞ lim

Il limite è infinito se 0 < α < 1 ed è invece finito se α > 1. Quindi, riassumendo, < α ≤ 1. 12R R +∞ 1 l’integrale converge se α > 1 e diverge se 0R +∞ +∞ 1 Ad esempio, 1 x2 dx converge, dato che α = 2 > 1. Invece 1 x dx e 1 in entrambi α ≤ 1.

√1 x

dx non convergono, dato che

Osservazione Negli esempi visti la funzione integranda è infinitesima (cioè tende a zero) all’infinito. Può nascere quindi la domanda se, per poter essere integrabile in senso generalizzato, una funzione non negativa debba tendere a zero all’infinito. Lo studente ci rifletta un po’ su prima di continuare. Presentata cos`ı, la questione ha subito risposta negativa: si consideri ad esempio la funzione in [0, +∞) nulla dappertutto tranne che sui numeri naturali, dove vale 1. Essa è integrabile secondo Riemann in un qualunque intervallo [0, b] (è limitata e ha un numero finito di punti di discontinuit` a) e l’integrale in [0, b] è nullo. Quindi è integrabile in senso generalizzato in [0, +∞), con integrale nullo. Il suo limite all’infinito però non esiste. A questo punto si potrebbe riproporre la questione in questi termini: per poter essere integrabile in senso generalizzato, una funzione non negativa e continua deve tendere a zero all’infinito? La risposta è ancora negativa, anche se un controesempio non è semplice come quello di prima (e non lo vediamo). Si intuisce forse però che anche cos`ı una funzione di controesempio pu` o esserci, a patto che non abbia limite all’infinito. Se ponessi la domanda: per poter essere integrabile in senso generalizzato, una funzione non negativa, continua, che abbia limite all’infinito, deve tende a zero? Allora la risposta sarebbe s`ı, e potrei anche togliere la richiesta sulla continuit` a. 11 Si noti che il caso pi` u significativo ` e quello di una funzione potenza che tenda a zero quando x → +∞, e quindi il modello pi` u ragionevole ` e appunto x1α con α > 0. Se la potenza tende all’infinito l’integrale non pu` o convergere. 12 Per ricordare pi` u facilmente il risultato: l’integrale converge se la potenza per x → +∞ tende a zero rapidamente, quindi con α > 1.




5.2

12


Criteri di convergenza

Lo studio dell’integrabilità in senso generalizzato di una funzione attraverso la definizione, cioè attraverso il calcolo del limite dell’integrale, risulta talvolta impraticabile, perché richiede il calcolo di una primitiva della funzione, cosa non sempre possibile. Sono utili allora criteri che permettano di stabilire la convergenza dell’integrale generalizzato senza dover calcolare una primitiva. In questa sezione presento alcuni criteri di convergenza per integrali generalizzati. Per brevità enuncio i criteri R +∞ Rb relativi agli integrali generalizzati del tipo a f ; criteri analoghi valgono per integrali del tipo −∞ f . Criteri del confronto. Siano f, g funzioni continue in [a, +∞), a valori non negativi. Valgono le affermazioni seguenti:

(i) se f ≤ g, e g è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞), allora anche f è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞); (ii) se f ≥ g, e g non è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞), allora nemmeno f è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞); (iii) se f (x) = o(g(x)), per x → +∞,13 e g è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞), allora anche f è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞); (iv) se g(x) = o(f (x)), per x → +∞, e g non è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞), allora nemmeno f è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞); (v) se f (x) ≍ g(x), per x → +∞,14 allora f e g hanno lo stesso carattere, cioè una è integrabile se e solo se è integrabile l’altra. Osservazione Si faccia attenzione che i criteri si applicano a funzioni a valori non negativi. Osservazione Si noti che, se si ha f (x) ∼ g(x), per x → +∞, cioè se lim

x→+∞

f (x) = 1, allora si ricade nel caso (v). g(x)

Osservazione In realt` a (iii) e (iv) sono conseguenze rispettivamente di (i) e (ii). Questo perché (punto (iii)), se f (x) = o(g(x)) per x → +∞, allora f è definitivamente minore o uguale a g,15 diciamo da b in poi. Ma allora per le ipotesi in [b, +∞) f è integrabile e quindi lo è anche in [a, +∞), dato che in [a, b] è continua e quindi integrabile. Stesso discorso per il punto (iv). I criteri presentati hanno utili conseguenze (confronti con le potenze). Supponiamo che f sia continua e positiva in [a, +∞). Corollario Se f (x) = o

1 xα

, per x → +∞ e α > 1,

` conseguenza della (iii) e del fatto che, essendo α > 1, 1/xα allora f è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞). E è integrabile. Corollario Se

1 = o f (x) α x

, per x → +∞ e α ≤ 1,

` conseguenza della (iv) e del fatto che, essendo α ≤ 1, allora f non è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞). E α 1/x non è integrabile. Corollario Se

1 , per x → +∞, e α > 1, xα allora f è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞); è conseguenza della (v) e del fatto che, essendo α > 1, 1/xα è integrabile. Quando invece la relazione vale con α ≤ 1, allora f non è integrabile in senso generalizzato in [a, +∞). f (x) ≍

13 Ricordo

f (x) g(x) f (x) limx→+∞ g(x)

che la scrittura significa che limx→+∞

14 Ricordo

= 0 (f ` e trascurabile rispetto a g).

esiste finito e diverso da zero (f ` e dello stesso ordine di grandezza di g). che la scrittura significa che 15 Definitivamente significa “da un certo punto in poi”. Quindi dire che una propriet` a vale definitivamente vuol dire che non vale dappertutto ma vale da un certo punto (valore reale) in poi.




13


Osservazione Si faccia attenzione. Se per una certa funzione f vale la propriet` a f (x) ≍ 1/xα per x → +∞, possiamo sempre stabilire se la funzione f è integrabile in senso generalizzato oppure no. Se vale invece la propriet` a f (x) = o 1/xα per x → +∞, possiamo concludere solo se α > 1. Quindi, ad esempio, se trovo che f (x) = o 1/x per x → +∞, non posso concludere nulla.16 Esempi +∞

ln x dx.17 x3 1 Dopo aver osservato che la funzione integranda è continua e non negativa nell’intervallo di integrazione, ricordando che ln x ≤ x per ogni x > 0, possiamo dire che lnx3x ≤ xx3 = x12 . Quindi, essendo 1/x2 integrabile in senso generalizzato in [1, +∞), per la (i) dei Criteri del confronto il nostro integrale converge. Z +∞ 1 • L’integrale dx non converge. Infatti in [2, +∞) la funzione è continua e positiva, si ha x ≥ ln x, e ln x 2 1 1 quindi ln x ≥ x . Dato che 1/x non è integrabile in senso generalizzato in [2, +∞), dalla (ii) dei Criteri del confronto segue allora che nemmeno f (x) = ln1x è integrabile in senso generalizzato in [2, +∞). Z +∞ • Consideriamo x e−x dx.18 • Consideriamo

Z

0

La funzione f (x) = x e−x è continua e non negativa nell’intervallo considerato. Confrontando f (x) con 1/x2 possiamo osservare che f (x) x→+∞ 1/x2 lim

x3 x→+∞ ex = 0 (confronto standard). =

lim

Pertanto f (x) = o(1/x2 ), per x → +∞. Dall’integrabilità di x 7→ 1/x2 in [1, +∞), per la (iii) dei Criteri del confronto, allora anche f è integrabile in senso generalizzato in [1, +∞), e quindi in [0, +∞). Z +∞ x + ln x x dx converge. Infatti, f (x) = xx+ln e continua e non negativa in [1, +∞), e • L’integrale 3 +ln3 x ` x3 + ln3 x 1 f (x) ≍

1 x = 2 3 x x

per x → +∞ (in realt` a sono equivalenti, cioè f (x) ∼

1 x2 );

quindi, dato che 1/x2 è integrabile in senso generalizzato in [1, +∞), anche f lo è (per la (v)). Z +∞ 2 e−x dx e si tratta di un esempio importante (fondamentale nella teoria della probabilit` a). • Consideriamo −∞

2

La funzione f (x) = e−x non ha primitive elementari, cioè le sue primitive non si possono esprimere attraverso funzioni elementari o loro composizioni. Quindi non siamo in grado di calcolare l’integrale con la definizione. Possiamo però provare che l’integrale in questione è finito, cioè che f è integrabile in senso generalizzato in (−∞, +∞). Vediamo perché. Si tratta di una funzione continua in tutto R, positiva e pari (simmetrica rispetto all’asse y). Possiamo considerarla nell’intervallo [0, +∞). Possiamo ora osservare che 2

e−x x→+∞ 1/x2 lim

x2 2 x→+∞ ex t = lim t t→+∞ e = 0 (confronto standard). =

lim

16 Si considerino ad esempio le due funzioni f (x) = 1/x2 e f (x) = 1/(x ln x) nell’intervallo [2, +∞). Entrambe sono o(1/x), per 1 2 x → +∞. La prima ` e integrabile in senso generalizzato in [2, +∞), la seconda no. 17 Per la verit` a questo integrale si potrebbe calcolare anche con la definizione, dato che di questa funzione siamo in grado di trovare una primitiva (lo studente provi per esercizio: il risultato ` e 41 ). 18 Anche questo integrale si potrebbe calcolare con la definizione, dato che siamo in grado di trovare una primitiva della funzione (lo studente provi per esercizio: il risultato ` e 1).




14


2

Pertanto e−x = o(1/x2 ), per x → +∞. Dato che la funzione x 7→ 1/x2 è integrabile in senso generalizzato in [1, +∞), per i Criteri del confronto anche f è integrabile in senso generalizzato in [1, +∞), e quindi è integrabile in senso generalizzato in [0, +∞), dato che tra 0 e 1 l’integrale è certamente finito. Dalla simmetria segue 2 che anche l’integrale generalizzato in (−∞, 0] esiste (ed è uguale a quello in [0, +∞)). Quindi f (x) = e−x è integrabile in senso generalizzato in (−∞, +∞). ` una funzione (e un integrale) assolutamente fondamentale nel calcolo delle probabilit` E a (li incontrerete nuovaR +∞ √ 2 mente nel corso di Statistica). Si pu` o dimostrare che −∞ e−x dx = π. Osservazione Faccio nuovamente osservare che con i Criteri del confronto possiamo studiare l’integrabilità in senso generalizzato di funzioni di cui non siamo in grado di trovare una primitiva.19 Osservazione Se f è una funzione integrabile in senso generalizzato a −∞, è possibile scrivere la sua funzione integrale con primo estremo −∞, cioè la funzione Z x F (x) = f (t) dt. −∞

Ad essa è applicabile il teorema fondamentale del calcolo integrale, che garantisce, nel caso f sia continua, la derivabilità di F e l’uguaglianza F ′ (x) = f (x). Ritroverete anche questa particolare situazione nel corso di Statistica. Per gli scopi del calcolo delle probabilit` a è ad esempio importante la funzione Z x 2 x 7→ e−t dt. −∞

Qui l’applicazione del teorema fondamentale porta a dire facilmente che questa funzione è monotona crescente. R x Inoltre 2 2 essa è positiva e limitata. Le due figure qui sotto illustrano f (x) = e−x e la sua funzione integrale F (x) = −∞ e−t dt. √ π

f F

√ π 2

Passiamo ora a considerare la seconda situazione possibile, quella della funzione non limitata.

5.3

Integrale generalizzato di funzione non limitata

Sia f : (a, b] → R una funzione integrabile in [c, b], per ogni a < c < b. Sia inoltre lim+ f (x) = ±∞. x→a

Diciamo che f è integrabile in senso generalizzato in (a, b] se Z b lim f esiste finito (figura sotto a sinistra). c→a+

c

In questo caso chiamiamo integrale generalizzato di f in [a, b) tale limite, e lo indichiamo naturalmente con

Rb a

f.

Analogamente per una funzione non limitata in prossimità del secondo estremo: se f : [a, b) → R è integrabile in [a, c], per ogni a < c < b, e se lim f (x) = ±∞, diciamo che f è integrabile in senso generalizzato in [a, b) se x→b−

lim−

c→b

a 19 E `

←c

b

Z

c

f esiste finito

(figura al centro).

a

a

c→ b

a

|

t

|

b z

c

chiaro che in questi casi si pu` o dire solo se l’integrale ` e finito o infinito, ma non si riesce in genere, se ` e finito, a calcolarlo.




15


Si pu` o poi generalizzare la definizione estendendola al caso di una funzione f definita in un intervallo (a, b), ad eccezione eventualmente di un insieme finito di punti in prossimità dei quali f è illimitata (figura a destra). Basta suddividere opportunamente l’intervallo (a, b) in sottointervalli in modo che in ciascuno di questi f sia illimitata in prossimità di un solo estremo. L’integrale su (a, b) esiste se esistono (finiti) tutti gli integrali sui vari sottointervalli. A titolo di esempio (sempre figura sopra a destra), sia f : (a, b) ∪ (b, c) → R, Riemann integrabile su ogni intervallo chiuso contenuto in (a, b) ∪ (b, c). Siano inoltre lim f (x) ,

x→a+

lim f (x)

,

x→b−

tutti infiniti. Allora, se a < t < b e b < z < c, Z c Z t Z f= f+ a

a

lim f (x) ,

x→b+

b

f+

t

Z

b

z

f+

Z

lim f (x)

x→c−

c

f,

z

se tutti e quattro integrali a destra sono finiti. R1 Esempio Chiediamoci se converge l’integrale generalizzato 0 x1 dx. Anzitutto, con questo tipo di integrali occorre fare attenzione: in apparenza l’integrale si presenta come un integrale di Riemann. A differenza di quelli dove un estremo è infinito (per cui è facile vedere che sono generalizzati) qui si tratta intanto di accorgersi che sono generalizzati. Quello che rende generalizzato un integrale è il fatto che la funzione integranda è infinita (cioè tende all’infinito) in qualche punto dell’intervallo (estremi o punti interni). Quindi la domanda che ci si deve fare è appunto: la funzione è illimitata nell’intervallo? Nel nostro caso evidentemente la funzione x1 è infinita in zero e quindi questo è un integrale generalizzato. Si ha allora con la definizione Z 1 Z 1 1 1 1 dx = lim dx = lim ln x = lim (− ln c) = +∞. c→0+ c x c→0+ c c→0+ 0 x

Quindi l’integrale non converge. Come fatto prima con l’altro tipo di integrale generalizzato, risolviamo questa questione in generale: in quali casi converge l’integrale di una funzione non limitata di “tipo potenza”? Volendola affrontare con la massima generalità, dobbiamo prevedere due parametri: l’esponente della potenza e il punto in prossimità del quale la funzione è illimitata. Un modello sufficientemente generale di funzione potenza nell’intervallo [a, b), non limitata in prossimità di b (da sinistra) è la funzione 1 , per x → b− . 20 f (x) = (b − x)α Z b 1 dx, con α > 0. 21 Sia quindi a < b e consideriamo α (b − x) a Se α = 1 abbiamo Z c Z b 1 1 dx = lim− dx b − x b − x c→b a a c = lim− − ln(b − x) c→b a = lim− − ln(b − c) + ln(b − a) c→b

=

Se α 6= 1 abbiamo Z

a

20 Ovviamente

21 Con

b

1 dx (b − x)α

+∞.

c

1 dx (b − x)α c (b − x)1−α = lim− − 1−α c→b a (b − c)1−α (b − a)1−α . = lim− − + 1−α 1−α c→b =

lim−

c→b

Z

a

se volessi la funzione potenza in (a, b], non limitata in prossimit` a di a (da destra) considererei la funzione 1 f (x) = , per x → a+ . (x − a)α

α ≤ 0 la funzione non ` e illimitata e l’integrale non ` e pi` u un integrale generalizzato, ma un integrale di Riemann “tradizionale”.




16


b 1 dx converge se e solo se α < 1. 22 Il limite è finito se e solo se α < 1. Pertanto l’integrale (b − x)α a R1 1 R2 1 Quindi ad esempio 0 √1−x dx converge, mentre 0 (2−x) 2 dx non converge. Rb 1 R0 1 Osservazione Regole analoghe si hanno per l’integrale a (x−a) Quindi ad esempio −1 √x+1 dx converge, α dx. R2 1 √ dx non converge. mentre 1 3

Z

(x−1)

Esempio Consideriamo

Z

0

Z

0

1

ln x dx. La funzione ln x è non limitata per x → 0+ . Si ha

1

ln x dx = lim+ a→0

Z

a

quindi l’integrale converge.

1

1 ln x dx = lim+ x ln x − x = lim+ − 1 − a ln a + a = −1, a

a→0

a→0

Anche per questo tipo di integrali generalizzati si possono dimostrare le consuete propriet` a di linearità dell’integrale (si vedano quelle analoghe per gli integrali generalizzati su intervalli non limitati). Vale anche qui inoltre la propriet` a che, se f è Riemann integrabile in [a, c] per ogni a < c < b e se |f | è integrabile in senso generalizzato su [a, b), allora anche f lo è e Z b Z b f ≤ |f |. a a

5.4

Criteri di convergenza

Valgono criteri di convergenza analoghi a quelli dell’integrale generalizzato su intervalli non limitati. In particolare valgono i seguenti criteri del confronto (per brevità enuncio i criteri relativi al caso di funzioni non limitate in prossimità del secondo estremo di integrazione; criteri analoghi valgono per gli altri casi). Criteri del confronto. Siano f, g funzioni continue in [a, b), a valori non negativi. Valgono le affermazioni seguenti: (i) se f ≤ g, e g è integrabile in senso generalizzato in [a, b), allora anche f è integrabile in senso generalizzato in [a, b); (ii) se f ≥ g, e g non è integrabile in senso generalizzato in [a, b), allora nemmeno f è integrabile in senso generalizzato in [a, b); (iii) se f (x) = o(g(x)), per x → b− , e g è integrabile in senso generalizzato in [a, b), allora f è integrabile in senso generalizzato in [a, b); (iv) se g(x) = o(f (x)), per x → b− , e g non è integrabile in senso generalizzato in [a, b), allora nemmeno f è integrabile in senso generalizzato in [a, b); (v) se f (x) ≍ g(x), per x → b− , allora f e g hanno lo stesso carattere, cioè una è integrabile se e solo se è integrabile l’altra. Osservazione Come in precedenza, il caso delle funzioni equivalenti (f (x) ∼ g(x)) rientra nel caso (v). Inoltre anche qui i punti (iii) e (iv) sono conseguenza rispettivamente di (i) e (ii). Come per l’integrale su intervalli illimitati, conseguenza dei criteri del confronto sono i seguenti ulteriori importanti risultati (confronti con le potenze). Sia f continua e positiva in [a, b). Corollario Se f (x) = o

1 (b − x)α

per x → b−

e α < 1, allora f è integrabile in senso generalizzato in [a, b). Corollario Se

22 Per

1 = o f (x) α (b − x)

, per x → b− , e α ≥ 1,

ricordare pi` u facilmente il risultato: l’integrale converge se la potenza tende all’infinito lentamente, quindi con α < 1.




17


allora f non è integrabile in senso generalizzato in [a, b). Corollario Se f (x) ≍

1 (b − x)α

per x → b−

e α < 1, allora f è integrabile in senso generalizzato in [a, b); quando invece la relazione vale con α ≥ 1, allora f non è integrabile in senso generalizzato in [a, b). Esempi 1

1 √ dx. x(x + 1) 0 Dopo aver osservato che la funzione è positiva nell’intervallo (0, 1] (e non limitata in un√intorno destro di zero), 1 possiamo notare che nell’intervallo si ha x + 1 > 1 e quindi √x(x+1) < √1x . Dato che 1/ x è integrabile in senso generalizzato in (0, 1], allora per la (i) dei Criteri del confronto il nostro integrale converge.23 Z 1/2 1 • Consideriamo dx. √ x ln2 x 0

• Consideriamo

Z

1 La funzione è positiva √ nell’intervallo (0, 2 ] e non limitata in un intorno destro di zero (esercizio). Se la confrontiamo con 1/ x otteniamo √ 12 1 x ln x = 0. lim = lim 2 1 + + √ x→0 x→0 ln x x √ √ 1 Quindi √x ln x), per x → 0+ . Ma allora, essendo 1/ x integrabile in senso generalizzato in (0, 1], per 2 x = o(1/ la (iii) dei Criteri del confronto il nostro integrale converge. Z 1 • Consideriamo e1/x dx. 0

La funzione integranda è illimitata in zero da destra. Se la confrontiamo con 1/x e calcoliamo il lim

x→0+

e1/x et = lim = +∞, t→+∞ t 1/x

otteniamo che allora 1/x = o(e1/x ) e quindi, dato che 1/x non è integrabile in senso generalizzato in (0, 1], per la (iv) l’integrale dato diverge. √ Z 1 x+ x dx. • Consideriamo 2 0 x+x √ La funzione integranda è illimitata in zero da destra. Ricordando che x2 = o(x) e x = o( x), per x → 0+ , possiamo scrivere √ √ 1 x+ x x ∼ = √ , per x → 0+ . 2 x+x x x √ Quindi, dato che 1/ x è integrabile in senso generalizzato in (0, 1], per la (v) l’integrale converge. R1 • Alla conclusione che l’integrale generalizzato 0 ln x dx (che abbiamo calcolato con la definizione poco fa) converge si pu` o arrivare con il confronto. Occorre osservare R 1 anzitutto che la funzione è negativa nell’intervallo di integrazione. Possiamo procedere cos`ı: consideriamo 0 | ln x| dx. Abbiamo

√ | ln x| √ = lim | x ln x| = 0, + 1/ x x→0 √ √ e quindi | ln x| = o 1/ x , per x → 0+ . Dato che 1/ x è integrabile in senso generalizzato in (0, 1], allora per i Criteri del confronto anche | ln x| è integrabile in senso generalizzato in (0, 1], e questo ci consente di dire che anche ln x lo è. lim

x→0+

23 Si

poteva anche, forse pi` u semplicemente, osservare che


√

1 x(x+1)

` e equivalente a

√1 , x

per x → 0+ .



18

SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI

1/2

1 dx. x ln2 x 0 √ 1 + Si trova facilmente che x ln12 x = o(1/x) e che 1/ x = o( x ln √2 x ), per x → 0 . Questo però non consente di o calcolare concludere nulla in quanto 1/x non è integrabile in (0, 1] e 1/ x è invece integrabile. L’integrale si pu` con la definizione, dato che siamo in grado di trovare una primitiva della funzione integranda. Lo lascio per esercizio.24

` istruttivo l’integrale • E

Z

Esercizio 5.1 Calcolare i seguenti integrali generalizzati, utilizzando la definizione. Z 0 Z +∞ 1 √ dx (a) ex dx (b) x −∞ 4 Z +∞ Z +∞ 2 1 xe−x dx (d) (c) dx x ln x 1 −∞ Z 1 Z 1 1 1 (e) dx (f) dx 2 2 0 x ln x 0 1−x Esercizio 5.2 Z +∞ (a)

Stabilire se i seguenti integrali generalizzati convergono, utilizzando i criteri di convergenza. Z +∞ x2 + x + 1 1 dx (b) dx x3 + x + 1 x3 + x2 + x + 1 0 0 Z +∞ Z +∞ 2 1 + e−x (c) x2 e−x dx (d) dx x −∞ 1 Z +∞ Z +∞ 1 + e−2x 1 (e) dx (f) dx 2 2 + 2−x x x 1 1 Z 1 Z 1 ln(1 + x) 1 dx (h) dx (g) 3 2 x3/2 0 0 x −x Z +∞ Z 1 1 1 √ x √ dx dx (j) (i) 2 x + x e −1 0 0

6

Soluzioni degli esercizi

Esercizio 4.1

(a)

Z

1

√ x dx.

Si ha

0

Z

0

(b)

Z

7/2

0

1 √ dx. 3 1 + 2x

0

Z

2

e1−x dx.

7/2

7/2 3 1 1 (1 + 2x)2/3 9 √ = (82/3 − 1) = . dx = 3 2 2/3 4 4 1 + 2x 0

Si ha

1

Z

1

24 Il

√ 2 x3/2 1 x dx = = . 3/2 0 3

Si ha Z

(c)

1

risultato ` e che l’integrale converge e vale


1 . ln 2

2

2 e1−x dx = −e1−x = 1 − 1/e. 1



(d)

Z

1/10

0

1 dx. 1 + 10x

Si ha 1/10

Z

0

(e)

Z

1

0

x3 dx. 1 + x4

1

x3 1 dx = 4 1+x 4

0

Z

4

1

1/10 1 1 1 dx = ln(1 + 10x) ln 2. = 1 + 10x 10 10 0

25

Si ha Z

(f)

19


Z

1

1 1 1 4x3 4 dx = ln(1 + x ) = ln 2. 4 1+x 4 4 0

0

√ x

e √ dx. Si ha x

√ √ 4 e x √ dx = 2e x = 2e(e − 1). 2 x 1 1 1 R L’integrale è stato risolto riconducendolo ad un integrale immediato del tipo ef Df . Si poteva anche risolverlo con un cambio di variabile. A tale proposito, ricordo che una buona procedura è la seguente: risolvere anzitutto l’integrale indefinito, operando il cambio di variabile. Una volta trovata la primitiva, calcolare l’integrale definito. Alternativamente si pu` o anche operare il cambio di variabile sull’integrale definito, ma in questo caso occorre ricordarsi di cambiare anche gli estremi di integrazione. Ad esempio, nell’integrale in questione, questo secondo √ modo di procedere porterebbe a scrivere (con la sostituzione x = t, da cui x = t2 e quindi dx = 2t dt)

Z

Z

4 1

4

√

e x √ dx = 2 x

√

e x √ dx = x

Z

2

1

Z

4

et · 2t dt = 2 t

Z

1

2

2 et dt = 2et = 2(e2 − e). 1

Cos`ı facendo non c’è ovviamente la necessità di tornare alla variabile x. Z 1 p (g) x2 1 + x3 dx. Si ha 0

Z

1

x2

0

(h)

Z

e

1

√

ln x dx. Si ha x

1 Z p 1 1 2p 1 (1 + x3 )3/2 2 √ 1 + x3 dx = 3x 1 + x3 dx = = (2 2 − 1). 3 0 3 3/2 9 0

Z

e

1

(i)

Z

e

x2 ln x dx.

√ e Z e 2 1 (ln x)3/2 ln x (ln x)1/2 · dx = dx = = 3. x x 3/2 1 1

Qui serve prima un’integrazione per parti per risolvere l’integrale indefinito.

1

Z

x3 x ln x dx = ln x · − 3 2

Quindi Z (j)

Z

1

2

x dx. 1 + x2

x3 1 x3 x3 1 · = ln x − + c = x3 (3 ln x − 1) + c. 3 x 3 9 9

2

x ln x dx = 1

e 1 1 3 x (3 ln x − 1) = (2e3 + 1). 9 9 1

L’integrale si riconduce facilmente ad un integrale immediato: Z

1

25 Il

e

Z

2

1 x dx = 2 1+x 2

Z

2 2x 1 5 1 2 dx = ln(1 + x ) = log . 2 1+x 2 2 2 1

valore assoluto qui si pu` o omettere dato che l’argomento ` e positivo nell’intervallo di integrazione.




(k)

Z

−2

−3

(l)

Z

3

2

20


1 dx. Si ha x(x + 1) Z −2 Z −2 −2 1 1 1 dx = ln |x| − ln |x + 1| = 2 ln 2 − ln 3. dx = − x(x + 1) x x + 1 −3 −3 −3

1 dx. x(x − 1)2

26

Qui serve prima la decomposizione in frazioni semplici di 1/(x(x − 1)2 ). Poniamo 1 A Bx + C = + . 2 x(x − 1) x (x − 1)2

Si ottiene

(A + B)x2 + (−2A + C)x + A Bx + C A = + 2 x (x − 1) x(x − 1)2

da cui

Pertanto Z 3 2

  A+B =0 −2A + C = 0  A=1 1 dx = x(x − 1)2

Z

3

2

1 2−x + x (x − 1)2

  A=1 B = −1  C = 2.

e cioè

dx =

3 1 − ln |x − 1| = ln 3 − 2 ln 2 + 1/2. x−1 2

ln |x| −

27

Esercizio 5.1 (a)

Z

0

ex dx.

Si ha

−∞

Z

0

ex dx = lim

a→−∞

−∞

(b)

Z

+∞

4

1 √ dx. x

+∞

1 √ dx = lim b→+∞ x

4

(c)

+∞

2

xe−x dx.

a

0 ex dx = lim ex = lim (1 − ea ) = 1. a→−∞

a→−∞

a

Si ha Z

Z

0

Z

Z

4

b

√ √ b 1 √ dx = lim 2 x = lim (2 b − 4) = +∞. b→+∞ b→+∞ 4 x

Si ha

−∞

Z

+∞

2

xe−x dx

=

−∞

0

Z

2

xe−x dx +

−∞

= =

lim

Z

lim

a→−∞

a→−∞

0

xe

−x2

Z

0

b→+∞

a

−1/2e

a→−∞

2

xe−x dx

dx + lim

0 −x2

= −1/2 lim (1 − e = 0.

+∞

+ lim a

−a2

Z

b

2 b −1/2e−x

b→+∞

2

xe−x dx

0

) − 1/2 lim (e b→+∞

0

−b2

− 1)

28

26 Qui la scomposizione della funzione integranda in frazioni semplici era immediata, ma si poteva comunque procedere con la posizione iniziale 1/(x(x + 1)) = A/x + B/(x + 1). Avremmo trovato A = 1 e B = −1. Si noti che in questo caso non si pu` o omettere il valore assoluto nelle primitive, poich´ e la funzione ` e negativa nell’intervallo di integrazione. 27 Qui l’integrazione del termine (2 − x)/(x − 1)2 si pu` o fare in modo “classico” con il cambio di variabile x − 1 = t, oppure osservando che 1−x+1 1−x 1 x−1 1 1 1 2−x = = + =− + =− + . (x − 1)2 (x − 1)2 (x − 1)2 (x − 1)2 (x − 1)2 (x − 1)2 x−1 (x − 1)2 Queste sono integrabili in modo immediato. In questo caso si poteva omettere il valore assoluto.




(d)

21


+∞

1 dx. Si noti che la funzione è illimitata per x → 1+ . Quindi occorre spezzare l’integrale in due x ln x 1 integrali, e per farlo possiamo scegliere un qualunque punto alla destra di 1 (prendiamo 2). Z 2 Z +∞ Z +∞ 1 1 1 dx = dx + dx x ln x x ln x 1 x ln x 2 1 Z 2 Z b 1 1 = lim+ dx + lim dx b→+∞ 2 x ln x a→1 a x ln x 2 b = lim+ log ln x + lim log ln x . Z

a→1

a

b→+∞

2

Si vede allora che entrambi i limiti sono infiniti. Quindi l’integrale diverge. Z 1 1 (e) dx. La funzione è illimitata per x → 0+ e per x → 1− . Anche qui occorre spezzare l’integrale in due 2 0 x ln x integrali, e per farlo possiamo scegliere un qualunque punto tra 0 e 1 (prendiamo 1/2). Z

0

1

1 dx x ln2 x

= = = =

Z 1 1 1 dx + dx 2 2 x ln x x ln x 0 1/2 Z b Z 1/2 1 1 dx + lim dx lim+ 2 b→1− 1/2 x ln x a→0 x ln2 x a 1/2 b 1 1 − + lim lim+ − ln x a ln x 1/2 b→1− a→0 1 1 1 1 lim + lim− − . + − ln 2 ln a ln b ln 2 a→0+ b→1 Z

1/2

Si vede allora che il primo integrale converge, mentre il secondo diverge. Quindi l’integrale dato diverge. Z 1 1 (f) dx. La funzione non è limitata per x → 1− . Quindi 2 0 1−x Z b Z 1 1 1 dx = lim dx 2 − 1 − x 1 − x2 b→1 0 0 Z b 1/2 1/2 = lim dx + 1−x 1+x b→1− 0 b = lim − 1/2 ln |1 − x| + 1/2 ln |1 + x| − 0 b→1 = lim− − 1/2 ln |1 − b| + 1/2 ln |1 + b| b→1

=

+∞.

Esercizio 5.2 (a)

+∞

1 dx. 3+x+1 x 0 La funzione è continua e positiva in [0, +∞). Possiamo scrivere

Z

1 1 1 = 3 ≍ 3 , per x → +∞. x3 + x + 1 x + o(x3 ) x Quindi per il criterio del confronto, dato che la funzione 1/x3 è integrabile all’infinito, l’integrale dato converge. 28 Si noti che la funzione ` e dispari. Attenzione! Non ` e vero in generale che l’integrale generalizzato di una funzione dispari ` e sempre 0, in ` vero per` quanto l’integrale potrebbe non essere finito. E o che, se una funzione dispari ` e integrabile in senso generalizzato, allora l’integrale ` e zero.




(b)

22


+∞

x2 + x + 1 dx. x3 + x2 + x + 1 0 La funzione è continua e positiva in [0, +∞). Possiamo scrivere Z

x3

1 x2 + o(x2 ) x2 x2 + x + 1 = 3 ≍ 3 = , per x → +∞. 2 3 +x +x+1 x + o(x ) x x

Quindi per il criterio del confronto, dato che la funzione 1/x non è integrabile all’infinito, l’integrale dato non converge. Z +∞ 2 x2 e−x dx. (c) −∞

Possiamo osservare che la funzione è pari. Allora consideriamo

Z

+∞

2

x2 e−x dx. Facciamo un confronto con la

0

funzione 1/x2 . Si ha 2

x2 e−x x4 t2 = lim = 0. = lim 2 x→+∞ 1/x2 x→+∞ ex t→+∞ et lim

2

Quindi abbiamo che x2 e−x = o(1/x2 ), per x → +∞. Allora per il criterio del confronto l’integrale dato converge. Z +∞ 1 + e−x (d) dx. x 1 La funzione è positiva nell’intervallo di integrazione e 1 1 + e−x ≍ , per x → +∞. x x Quindi l’integrale dato diverge. Z +∞ 1 + e−2x dx. (e) x2 1 Questa volta 1 1 + e−2x ≍ 2 , per x → +∞. x2 x Quindi l’integrale dato converge. Z +∞ 1 (f) dx. 2 + 2−x x 1 La funzione è positiva nell’intervallo di integrazione e 1 1 1 = 2 ≍ 2 , per x → +∞. x2 + 2−x x + o(x2 ) x Quindi l’integrale dato converge. Z 1 1 dx. (g) 3 2 0 x −x La funzione è illimitata sia per x → 0+ sia per x → 1− .

29

+

Per x → 0 si ha

x3

1 1 1 = ≍ 2 2 2 2 −x −x + o(x ) x

e quindi possiamo concludere che l’integrale dato diverge.30 Per x → 1− avremmo avuto x3

1 1 1 = 2 ≍ . 2 −x x (x − 1) x−1

Anche da questa parte l’integrale diverge (in ogni caso, come detto nella nota, basta che uno dei due diverga per concludere). R R1 affrontare con la definizione questo andrebbe suddiviso in due integrali: 01/2 e 1/2 noti che l’esercizio pu` o finire qui, nel senso che il risultato trovato a proposito del primo integrale (quello ad esempio tra 0 e 1/2) permette di concludere che l’integrale tra 0 e 1 non converge. 29 Volendolo 30 Si




(h)

Z

1

0

23


ln(1 + x) dx. x3/2

La funzione è positiva nell’intervallo di integrazione e illimitata per x → 0+ . ln(1 + x) x + o(x) 1 = ≍ 1/2 , per x → 0+ . 3/2 3/2 x x x Quindi l’integrale dato converge. Si ricordi lo sviluppo di Taylor ln(1 + x) = x + o(x), per x → 0. Z 1 1 √ x dx. (i) e −1 0 Funzione positiva e illimitata per x → 0+ . 1 1 1 √ x = p ≍ √ , per x → 0+ . x e −1 x + o(x)

Quindi l’integrale dato converge. Qui si ricordi lo sviluppo di Taylor ex = 1 + x + o(x), da cui ex − 1 = x + o(x) per x → 0. Z +∞ 1 √ dx. (j) x2 + x 0 Funzione positiva, ma illimitata per x → 0+ . Per x → 0+ si ha

31

1 1 1 √ =√ √ ≍ √ x2 + x x + o( x) x

e quindi l’integrale in 0 converge. Per x → +∞ si ha 1 1 1 √ = 2 ≍ 2 x + o(x2 ) x x2 + x e quindi l’integrale converge anche all’infinito. Pertanto l’integrale dato converge.

31 Questo

andrebbe suddiviso ad esempio in


R1 0

e

R +∞ 1

.
