Integrali

🟢 Integrabilità di riemann

Per ogni partizione P di $[a,b]$ vale che $s(f, P) \lt A \lt S(f,P)$

Sia $f : [a,b] \to \mathbb{R}$ limitata, Se:

$$\sup{\{ s(f, P): P \ \text{partizione di} \ [a,b]} \} = \inf{\{ s(f, P): P \ \text{partizione di} \ [a,b]} \} =: I$$

Allora $f$ si dice integrabile secondo Riemann, e l'area $A$ della partizione $P$ sarà proprio $I$:

$$I =: \int_a^b f(x)dx$$

E si chiama integrale di $f$ in $[a,b]$

🟢 Proprietà degli integrali

🟢 Teorema della media

Se $f \in C[a,b]$, allora esiste un $c \in [a,b]$ tale che:

$$\Large\int^b_a f(x) = f(c) \cdot (b-a)$$

Per esempio, troviamo il punto $c$ per la funzione $f(x) = \frac{1}{x}$ nell'intervallo $[1, e^2]$

Per prima cosa calcoliamo l'integrale:

$$\int_a^b \frac{1}{x} = ln(x) |^{e^2}_1 = ln(e^2) - ln(1) = 2$$

A questo punto risolviamo l'equazione:

$$\begin{aligned} \Large\int^b_a f(x) &= f(c) \cdot (b-a) \\ 2 &= \frac{1}{c} \cdot (e^2 - 1) \\ 2 &= \frac{e^2 - 1}{c} \\ c &= \frac{(e^2 - 1)}{2} \end{aligned}$$

🟢 Teorema fondamentale del calcolo integrale

Sia $f \in C[a,b]$ allora la funzione

$$F: [A,B] \to \mathbb{R}, \ \ \ F(x) = \int_a^x{f(s)ds}$$

è derivabile, con $F'(x) = f(x)$ per ogni $x \in [a,b]$

Questo ci dice che l'integrazione è l'operazione inversa della derivazione

🟢 Integrali indefiniti

L'integrale indefinito di una funzione $f(x)$ è l'insieme di funzioni $F(x)$, dette primitive di $f(x)$, la cui derivata è uguale a $f(x)$

🟢 Integrali definiti

L'integrale definito di una funzione $f(x)$ su intervallo $[a,b]$ è un numero reale, che rappresenta l'area della regione di piano compresa sull'intervallo $[a,b]$.

Per poter trovare quest'area, bisogna trovare una primitiva $F(x)$ di $f(x)$, a questo punto:

$$\int^b_a{f(x)dx} = F(b) - F(a)$$

Se dobbiamo integrare un integrale su un intervallo (a,b) e la funzione da integrare non è definita su $a$, possiamo trovare il limite per $c \to a$ dell'integrale nell'intervallo $(c, b)$. Per esempio l'integrale di $\frac{1}{x}$ nell'intervallo $(0,5)$, possiamo calcolarlo come il limite per $c \to 0$:

$$\lim_{c \to 0}\int_c^5 \frac{1}{x}$$

🟢 Integrazione per parti (definita/indefinita)

L'integrazione per parti è utile quando stiamo integrando un prodotto: Iniziamo dalla regola del prodotto

$$\Large\frac{d}{dx} \left[ f(x)g(x) \right] = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$$

Integriamo da entrambe le parti

$$\Large f(x)g(x) = \int f'(x)g(x)\,dx + \int f(x)g'(x)\,dx$$

Spostiamo le parti, ottenendo la formula dell' integrazione per parti:

$$\Large\int f(x)g'(x)\,dx = f(x)g(x) - \int f'(x)g(x)\,dx$$

Per esempio:

$$\begin{aligned} \Large\int x^2 e^x \end{aligned}$$

Applichiamo l'integrazione per parti

$$\Large{x^2e^x - \int { 2x e^x}}$$

Nell'integrale possiamo ancora applicare l'integrazione per parti

$$\Large{x^2e^x - 2x e^x - \int 2e^x}$$

A questo punto possiamo togliere la costante da dentro l'integrale

$$\Large{x^2e^x - 2x e^x - 2\int e^x}$$

E l'integrale di $e^x$ è semplicemente $e^x$, quindi:

$$\Large{x^2e^x - 2x e^x - 2e^x}$$

🟢 Integrazione per u sostituzione (definita/indefinita)

Utile quando stiamo cercando di ricondurci ad una forma conosciuta che è facile da integrare, o per modificare l'espressione per poter essere più facilmente integrabile.

Indefinito

$$\Large\int \frac{sin (x)}{(cos(x))^2} dx$$

Possiamo sostituire $u = cos(x)$, e se applichiamo la derivata da entrambe le parti:

$$\begin{aligned} \frac{d}{dx}(u) &= \frac{d}{dx}(cos(x))\\ \frac{du}{dx} &= -sin(x) \end{aligned}$$

Allora moltiplichiamo da entrambe le parti per $dx$, e spostando il segno $-$, otteniamo:

$$-du = sin(x) dx$$

A questo punto riscriviamo l'integrale originale sostituendo $u = cos(x)$, per poi sostituire $sin(x) dx$ per $-du$

$$\begin{aligned} \int \frac{sin (x)}{(cos(x))^2} dx &= \int \frac{sin (x)}{u^2} dx \\ &= \int \frac{sin(x) dx }{u^2} \\ &= \int \frac{-du}{u^2} \\ &= \int - \frac{1}{u^2} du \\ &= \int -u^{-2}du \\ &= u^{-1} \\ & = \frac{1}{u} \\ & = \frac{1}{cos(x)} \end{aligned}$$

Definito

$$\Large\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} -\cos^2(x)\sin(x)\, dx$$

Allora:

$$u = \cos(x) \quad \Rightarrow \quad \frac{du}{dx} = -\sin(x) \quad \Rightarrow \quad du = -\sin(x)\, dx$$

Così possiamo riscrivere l'integrale sostituendo:

• $cos^2(x) = u^2$
• $-\sin(x)\, dx = du$

Ottenendo:

$$\Large\int u^2\, du$$

L'integrale originale ha limiti di integrazione da $\frac{\pi}{2}$ a $\pi$:

$$\Large\int_{x=\frac{\pi}{2}}^{x=\pi}$$

Però ora il nostro integrale è verso $u$ non $x$, e dato che $u = cos(x)$, i nostri nuovi limiti di integrazione saranno:

$$\Large\int_{u=cos(\frac{\pi}{2})}^{u=cos(\pi)} = \int_{0}^{-1}$$

Allora riscriviamo l'integrale finale:

$$\int_0^{-1} u^2\, du$$

La cui primitiva è:

$$\int u^2\, du = \frac{u^3}{3}$$

A questo punto valutiamola sull'intervallo $0$ e $-1$

$$\begin{aligned} \left[\frac{u^3}{3}\right]_{0}^{-1} &= \frac{(-1)^3}{3} - \frac{0^3}{3} \\ &= -\frac{1}{3} - 0 \\ &= -\frac{1}{3} \end{aligned}$$

Più formalmente:

🟠 Integrazione per scomposizione in fratti semplici

è utile quando abbiamo un integrale di una funzione razionale di due polinomi $p$ e $q$, cioè $\int \frac{p(x)}{q(x)}$ Per esempio:

$$\int \frac{x^4-2x^2+10}{x^2-3x+2}dx$$

Quello che vogliamo fare è scomporre la funzione in una somma tra un polinomio e fratti semplici, cosi che sia facile applicare gli integrali notevoli. di $x^r$.

1) divisione

Se $grado(p) \ge grado(q)$, allora dividiamo $p$ per $q$ con resto, ottenendo i polinomi $s$ (risultato della divisione), e $r$ (resto). A questo punto:

• $p = s \cdot q + r$
• $grado(r) \lt grado(q)$ cioè che:

$$\frac{p(x)}{q(x)} = s(x) + \frac{r(x)}{q(x)}$$

2) linearità

Sfruttando la linearità dell'integrale si ottiene:

$$\int \frac{p(x)}{q(x)}dx = \int s(x)dx + \int \frac{r(x)}{q(x)}dx$$

Dove il $\int s(x)dx$ è facile da calcolare, dato che è somma di polinomi

3) decomposizione in fratti semplici

Ora finiamo calcolando $\int \frac{r(x)}{q(x)}dx$, considereremo solo i casi in cui $grado(q) = 2$, e cioè della forma: $q(x) = ax^2 + bx + c$, e quindi $r(x) = dx + e$ (qui la $e$ è solo una lettera, non il numero di eulero)

Abbiamo 3 casi da considerare:

• $b^2 - 4ac > 0$, cioè $q(x)$ ha due zeri reali distinti $x_1, x_2$
• $b^2 - 4ac = 0$, cioè $q(x)$ ha soltato uno zero reale $x_0$
• $b^2 - 4ac < 0$, cioè $q(x)$ non ha zeri reali.

3.1)

I due zeri distinti di $q(x)$ sono dati da:

$$x_1,2 = \frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$

Allora possiamo trovare due costanti $A, B \in \mathbb R$ uniche, tali che:

$$\begin{aligned} \frac{r(x)}{q(x)} &= \frac{A}{x-x_1} + \frac{B}{x - x_2} \\ &\implies \int\frac{r(x)}{q(x)} dx \\ &=A \cdot ln |x-x_1| + B \cdot ln |x - x_2 | + c \end{aligned}$$

3.2)

L'unico zero di $q(x)$ è dato da:

$$x_0 = - \frac{b}{2a}$$

Allora si possono trovare due costanti $A,B \in \mathbb R$ tali che:

$$\begin{aligned} \frac{r(x)}{q(x)} &= \frac{A}{x-x_0} + \frac{B}{(x - x_0)^2} \\ &\implies \int \frac{r(x)}{q(x)}dx \\ &= A \cdot ln|x - x_0| - \frac{B}{x - x_0} + c \end{aligned}$$

3.3)

In questo caso, $q(x)$ non ha zeri reali. Allora si possono trovare due costanti $A, B \in \mathbb R$ tai che:

$$\begin{aligned} \frac{r(x)}{q(x)} &= \frac{A \cdot q'(x)}{q(x)} + \frac{B}{q(x)} \\ &\implies \int \frac{r(x)}{q(x)}dx \\ &=A \cdot ln|q(x)| + B\int\frac{1}{q(x)}dx \end{aligned}$$

Sappiamo che

$$\int \frac{1}{q(x)}dx = \int\frac{1}{ax^2 + bx + c}dx$$

Allora cerchiamo 3 costanti $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb R$ tale che

$$q(x) = ax^2 + bx + c = \gamma \cdot\left(1 + \left(\frac{x+\alpha}{\beta}\right)^2\right)$$

Sostituendo otteniamo:

$$t := \frac{x+\alpha}{\beta} \implies \frac{dt}{dx} = \frac{1}{\beta} \implies dx = \beta \cdot dt$$

E risulta che:

$$\begin{aligned} \int \frac{1}{q(x)}dx &= \int \frac{dx}{\gamma \cdot \left(1 + \left(\frac{x+\alpha}{\beta} \right)^2\right)} \\ &=\frac{\beta}{\gamma} \int\frac{dt}{1+t^2} = \frac{\beta}{\gamma} \cdot arctan(t) + c \\ &= \frac{\beta}{\gamma} \cdot arctan \left(\frac{x + \alpha}{\beta} \right) + c \end{aligned}$$

==Riassumendo==, otteniamo:

$$\int \frac{r(x)}{q(x)} = A \cdot ln | q(x) | + \frac{\beta \cdot B}{\gamma} \cdot arctan\left( \frac{x + \alpha}{\beta} \right) + c$$

Dove:

$$\frac{r(x)}{q(x)} = \frac{A \cdot q'(x) + B}{q(x)}$$

e

$$q(x) = \gamma \cdot\left(1 + \left(\frac{x+\alpha}{\beta}\right)^2\right)$$

🟢 Integrazione per equazione di ricorrenza

è utile quando dobbiamo integrare una funzione che cicla in un certo periodo, cioè che ritorna alla forma originale.

$$\Large{\int e^x cos(x)}$$

Applichiamo l'integrazione per parti

$$\Large\int e^x cos(x) = e^x cos(x) - \int{e^x \cdot (- sin(x))}$$

Semplifichiamo il -

$$\Large\int e^x cos(x) = e^x cos(x) + \int{e^x sin(x)}$$

A questo punto riapplichiamo l'integrazioni per parti

$$\Large\int e^x cos(x) = e^x cos(x) + e^x sin(x) - \int{e^x cos(x)}$$

A questo punto potremmo continuare a fare integrazione per parti, ma come abbiamo appena visto, l'integrale cicla, quindi non riusciremo mai a finire il ciclo di integrazione. Ma possiamo spostare il secondo integrale a sinistra dell'equazione:

$$\Large\int e^x cos(x) + \int{e^x cos(x)} = e^x cos(x) + e^x sin(x)$$

Semplifichiamo unendo i due integrali, ottenendo $2\int{e^x cos(x)}$, per poi dividere tutto per 2:

$$\Large\int e^x cos(x) = \frac{e^x cos(x) + e^x sin(x)}{2}$$

🟢Identità trigonometriche

$$\Large\int\frac{1}{\sqrt{3-2x^2}}dx$$

Non è immediata la sostituzione, ma possiamo lavorare sul denominatore per cercare di semplificare l'espressione cosi che sia più facilmente trattabile.

Sappiamo che $sin^2\theta+cos^2\theta = 1$, e quindi che $cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$

Proviamo a modificare l'integrale cosi da poter applicare qualcosa:

$$\Large\int\frac{1}{\sqrt{3(1-\frac{2}{3}x^2)}}dx$$

Il che ha la stessa forma di $cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$ allora proviamo a sostituire $\frac{2}{3}x^2=sin^2\theta$ cosi che siano identiche:

$$\begin{aligned} \frac{2}{3}x^2&=sin^2\theta \\ \frac{\sqrt2}{\sqrt3}x&=sin\theta \\ x &=\frac{\sqrt3}{\sqrt2}sin\theta \end{aligned}$$

Facciamo anche la derivata di questa:

$$\frac{dx}{d\theta} = \frac{\sqrt3}{\sqrt2}cos\theta$$

Il ciò implica che:

$$dx = \frac{\sqrt3}{\sqrt2}cos\theta \ d\theta$$

A questo punto possiamo rimpiazzare i termini nell'integrale originale

$$\Large\int\frac{dx}{\sqrt{3(1-\frac{2}{3}x^2)}} = \Large\int\frac{\frac{\sqrt3}{\sqrt2}cos\theta \ d\theta}{\sqrt{3(1-sin^2\theta)}}$$

E abbiamo visto che $cos^2 = 1-sin^2\theta$, rimpiazziamolo:

$$\begin{aligned} \Large\int\frac{\frac{\sqrt3}{\sqrt2}cos\theta \ d\theta}{\sqrt{3cos^2\theta}} &= \Large\int\frac{\frac{\sqrt3}{\sqrt2}cos\theta \ d\theta}{\sqrt{3}\sqrt{cos^2\theta}} \\ &= \Large\int\frac{\frac{\cancel{\sqrt3}}{\sqrt2}\cancel{cos\theta} \ d\theta}{\cancel{\sqrt{3}} \ \cancel{cos\theta}} \\ &= \int \frac{1}{\sqrt2 \ }d\theta \\ &= \frac{1}{\sqrt2} \int d\theta \\ &= \frac{1}{\sqrt2}\theta \end{aligned}$$

Ma dobbiamo risolvere per $x$. Tornando alla sostituzione che abbiamo fatto prima: $x =\frac{\sqrt3}{\sqrt2}sin\theta$, possiamo ricavare che:

$$\Large\theta = arcsin\left(\frac{\sqrt2}{\sqrt3}x\right)$$

Allora facciamo la sostituzione inversa:

$$\Large\frac{1}{\sqrt2}\theta =\frac{1}{\sqrt2} arcsin\left(\frac{\sqrt2}{\sqrt3}x\right)$$

Che è la nostra soluzione finale.

🟢 Integrali impropri

Sia $f: [a,b) \to \mathbb R$ con $a \in \mathbb R$ e $b \in \mathbb R \cup \{+\infty\}$ tale che $f$ è integrabile in $[a,c]$ per ogni $a \lt c \lt b$, allora se converge:

$$\lim_{c \to b^-} \int^c_a f(x) dx =: A$$

Si dice che l'integrale:

$$\int^c_a f(x) dx =: A$$

è chiamato "integrale improprio" o "generalizzato".

Un integrale "converge" se esiste il limite $A$ scritto prima.

Per esempio:

$$\int_1^{+\infty} \frac{1}{x(ln(x) + 2)^3}dx$$

Risolviamo per sostituzione $u = ln(x)$, allora $du = \frac{1}{x}dx$

$$\begin{aligned} \int \frac{1}{x(ln(x) + 2)^3}dx &= \int \frac{1}{(ln(x) + 2)^3} \cdot \frac{1}{x}dx \\ & = \int \frac{1}{(u + 2)^3}du \\ & = \int(u+2)^{-3}du \\ & = \frac{(u+2)^{-2}}{-2} \\ & = \frac{-1}{2(ln(x) + 2)^2} \end{aligned}$$

A questo punto per trovare il valore dell'integrale improprio, risolviamo il limite valutando l'integrale:

$$\begin{aligned} \lim_{b \to \infty} \left[ \frac{-1}{2(ln(x) + 2)^2} \right]^b_1 &= \lim_{b \to \infty} \frac{-1}{2(ln(b) + 2)^2} - \frac{-1}{2(ln(1) + 2)^2} \\ &= 0 + \frac{1}{2(0 + 2)^2} = \frac{1}{8} \end{aligned}$$

🟠 Teorema del confronto per gli integrali impropri

Siano $f, g : [a, b) \to \mathbb{R}$ con $a \in \mathbb{R}$, $b \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}$ e tali che per ogni $a < c < b$, $f$ e $g$ siano integrabili su $[a, c]$.

Se:

• $|f(x)| \leq g(x)$ per ogni $x \in [a, b)$ (cioè $g$ è un maggiorante di $|f|$)
• $\int_a^b g(x) \, dx$ converge allora converge anche $\int_a^b f(x) \, dx$.

Un risultato simile vale anche per $f, g : (a, b] \to \mathbb{R}$ con $a \in \mathbb{R} \cup \{-\infty\}$, $b \in \mathbb{R}$.

L'intuizione è che $g(x)$ è una funzione "più grande" rispetto $|f(x)|$, ed ha area finita. Allora di sicuro anche l'area sotto $f(x)$, che è più piccola, deve essere finita.

🟢 Criterio integrale per le serie

Se $f : [1, +\infty] \to [0, +\infty]$ è decrescente e $a_k := f(k)$, allora:

$$\sum_{k = 1}^{+\infty} a_k \quad \text{converge} \qquad \Leftrightarrow \qquad \int_1^{+\infty} f(x)dx \quad \text{converge}$$