Introduzione agli integrali 2/2

Abbiamo dato un significato al simbolo \[ \int_a^b s(x)dx \] solamente per funzioni $s$ costanti a tratti su $[a,b]$. Ora cercheremo di estendere questo significato a funzioni $s$ arbitrarie. Cominciamo come primo passo a lavorare con funzioni $f$ limitate in $[a,b]$.

Sia $f$ una funzione su $[a,b]$. Diciamo che $f$ e' limitata se $\exists M \in \mathbb{R} : \lvert f(x) \rvert \leq M, \forall x \in [a,b]$.

Con riferimento a questa classe di funzioni, diamo ora la definizione di integrale

Sia $f$ una funzione limitata in $[a,b]$. Se esiste uno ed un solo numero $I$ tale che \[ \int_a^b s(x)dx \leq I \leq \int_a^b t(x)dx \] per ogni coppia di funzioni costanti a tratti $s,t$ su $[a,b]$ con \[ s(x) \leq f(x) \leq t(x) \] allora chiamiamo il numero I l'integrale da $a$ a $b$ della funzione $f$ e lo indichiamo con il simbolo $\int_a^b f(x)dx$. In questo caso, chiamiamo la funzione $f$ integrabile su $[a,b]$.

Vediamo di fare un po' di chiarezza. Consideriamo gli insiemi cosi definiti \[ S = \{ \int_a^b s(x)dx : s \leq f \text{ costante a tratti} \] \[ T = \{ \int_a^b t(x)dx : f \leq t \text{ costante a tratti} \] In poche parole S e' l'insieme di tutti gli integrali delle funzioni costanti a tratti che stanno sotto $f$, mentre $T$ e' l'insieme di tutti gli integrali delle funzioni costanti a tratti che stanno sopra $f$. Poiche' $s\leq t$, si ha che per ogni scelta di $s$ e $t$, $\int_a^b s(x)dx \leq \int_a^b t(x)dx$. Quindi ogni elemento di $T$ e' un maggiorante per $S$, e ogni elemento di $S$ e' un minorante per $T$, da cui ne deriva che $S$ e $T$ ammettono rispettivamente $\sup$ e $\inf$, e quindi \[ \int_a^b s(x)dx \leq \sup S \leq \inf T \leq \int_a^b t(x)dx \] da cui deriva che affinche' $f$ sia integrabile occorre che $\sup S = \inf T$. Sicuramente quindi sappiamo che esistono $\sup S$ e $\inf T$. Ma in generale, data una funzione $f$ in $[a,b]$, non possiamo dire se questi due valori sono uguali. Ci sono due fondamentali domande che possiamo porci ora:

• Quali funzioni limitate sono integrabili?
• Come posso calcolare il valore dell'integrale?

Per rispondere alla prima domanda, cominciamo con il trattare una prima sottoclasse di funzioni limitate, ossia quelle monotone.

Sia $f$ una funzione definita su un intervallo $I$. Diciamo che $f$ e' una funzione crescente se $x \leq y \implies f(x) \leq f(y)$. Diciamo che $f$ e' una funzione decrescente se $x \leq y \implies f(x) \geq f(y)$. Diciamo che una funzione e' monotona se e' crescente o decrescente.

Le definizioni di strettamente crescente, strettamente decrescente e strettamente monotona si ottengono sostituendo nella definizione sopra i simboli $\leq,\geq$ con $\lt,gt$.

Una funzione $f$ si dice monotona a tratti su $[a,b]$ se esiste una partizione di $[a,b]$ tale che $f$ e' monotona in ogni sotto-intervallo della partizione.

Le funzioni monotone sono di primaria importanza perche' value il seguente

Sia $f$ una funzione limitata e monotona su $[a,b]$. Allora $f$ e' integrabile su $[a,b]$.

Effettuiamo la dimostrazione nel caso in cui $f$ sia crescente (il caso di funzione decrescente e' del tutto analogo). Prendiamo un numero intero positivo $n$ a piacere, e consideriamo la partizione ottenuta suddividendo l'intervallo $[a,b]$ in $n$ intervalli uguali di lunghezza $(b-a)/n$. Siano $x_0=a,x_1,\ldots,x_n=b$ i punti della suddivisione (ovviamente se abbiamo $n$ intervalli, avremo $n+1$ punti). Introduciamo ora le due funzioni a tratti \[ s_n(x) = f(x_{k-1}), \text{ se } x_{k-1} \lt x < \lt x_k \] \[ t_n(x) = f(x_k), \text{ se } x_{k-1} \lt x < \lt x_k \] Poiche' f e' crescente, avremo $s_n \leq f \leq t_n$. Consideriamo allora \[ \int_a^b t_n-\int_a^b s_n = \sum_{k=1}^n f(x_k)(x_k-x_{k-1}) + \sum_{k=1}^n f(x_{k-1})(x_k-x_{k-1}) \] I termini $(x_k-x_{k-1})$ sono tutti uguali e pari a $(b-a)/n$, quindi possiamo scrivere \[ \int_a^b t_n-\int_a^b s_n = \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^n[f(x_k)-f(x_{k-1}]= \frac{(b-a)(f(b)-f(a))}{n}=\frac{C}{n} \] dove abbiamo posto $C=(b-a)(f(b)-f(a))$. Inoltre, sia $\underline{I}$ l'integrale inferiore e $\overline{I}$ l'integrale superiore. Allora \[ \int_a^b s_n \leq \underline{I} \leq \overline{I} \leq \int_a^b t_n \] da cui \[ 0 \leq \overline{I} - \underline{I} \leq \int_a^b t_n - \int_a^b s_n = \frac{C}{n} \] Poiche' questa relazione vale per ogni $n$, si ha che $\overline{I} - \underline{I} = 0$, per il thm ... e quindi $f$ e' integrabile.

Il teorema precedente ci fornisce quindi anche un metodo per il calcolo dell'integrale.

Sia $f$ una funzione crescente sull'intervallo $[a,b]$, e sia $x_k = a + k(b-a)/n,k=0,1,\ldots,n$. Se esiste un numero $I$ tale che per ogni $n \geq 1$ si ha $$ \frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(x_k) \leq I \leq \frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n} f(x_k) $$ allora questo numero sarà il nostro integrale.

Infatti le due somme non sono altro che integrali di funzioni a tratti particolari. Questo implica che anche l'integrale di $f$ dovrà verificare le medesime disuguaglianze: $$ \frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(x_k) \leq \int_a^b f(x)dx \leq \frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n} f(x_k) $$ ne deriva che $$ 0 \leq \lvert I-\int_a^b f(x)dx \rvert \leq \frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n} f(x_k)-\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(x_k)=\frac{C}{n} $$ dove $C$ è definite come prima. Questo implica che $I = \int_a^b f(x)dx$.

Vediamo subito una prima applicazione con il calcolo dell'integrale della funzione $x^p$, con $p$ intero. Proviamo per prima cosa un risultato preliminare.

Per ogni coppia di interi $n,p \geq 1$ $$\sum_{k=0}^{n-1} \lt \frac{n^{p+1}}{p+1} \lt \sum_{k=1}^{n}k^p$$

Proviamo la prima disuguaglianza, $\sum_{k=0}^{n-1} \lt \frac{n^{p+1}}{p+1}$. Questa e' sicuramente vera per $n=1$. In questo caso il termine a sinistra e' $0$, e il secondo termine e' sicuramente un numero maggiore di $0$. Verifichiamo ora il passo induttivo. $$ \sum_{k=0}^{n} k^p=\sum_{k=0}^{n-1} k^p + n^p \lt \frac{n^{p+1}}{p+1} + n^p $$ Se riuscissimo a provare che $$ \frac{n^{p+1}}{p+1} + n^p \leq \frac{(n+1)^{p+1}}{p+1} $$ avremmo sicuramente vinto. A tal fine moltiplichiamo entrambi I termini per $\frac{p+1}{n^{p+1}}$ e otteniamo $$ 1+\frac{p+1}{n}\leq \bigl({1+\frac{1}{n}}\bigr)^{p+1} $$ ma questa e' vera per la disuguaglianza di Bernoulli (con $x=1/n$ e $n=p+1$). Vediamo la seconda disuguaglianza, $\sum_{k=1}^n k^p \gt \frac{n^{p+1}}{p+1}$. Per $n=1$ e' valida in quanto abbiamo a sinistra $1$ e a destra $\frac{1}{p+1}$ che ha valore massimo $1/2$ quando $p=1$. Inoltre $$ \sum_{k=1}^{n+1} k^p = \sum_{k=1}^{n} k^p + (n+1)^p \gt \frac{n^{p+1}}{p+1} + (n+1)^p $$ Vediamo di provare $$ \frac{n^{p+1}}{p+1} + (n+1)^p \geq \frac{(n+1)^{p+1}}{p+1} $$ Moltiplicando ambo i membri per $(p+1)/n^{p+1}$ si ha $$ 1+\frac{p+1}{n}(1+\frac{1}{n})^p \geq (1+\frac{1}{n})^{p+1} $$ $$ (1+\frac{1}{n})^p(1 + \frac{1}{n}-\frac{p+1}{n}) \leq 1 $$ $$ (1+\frac{1}{n})^p (\frac{p}{n}-1) \geq -1 $$ Ma possiamo scrivere, per la disuguaglianza di Bernoulli $$ (1+\frac{1}{n})^p (\frac{p}{n}-1) \geq (1+\frac{p}{n})(\frac{p}{n}-1)=\frac{p^2}{n^2}-1 $$ e quindi la disuguaglianza iniziale è equivalente a $$ (\frac{p}{n})^2 \geq 0 $$ che è evidentemente vera.

Siamo ora pronti al nostro primo calcolo di integrale.

Sia $p \geq 1$. Allora $$ \int_0^b x^p dx = \frac{b^{p+1}}{p+1} $$

Partiamo dalla doppia disuguaglianza del lemma precedente. $$ \sum_{k=1}^{n-1} k^p \lt \frac{n^{p+1}}{p+1} \lt \sum_{k=1}^{n} k^p $$ Se moltiplichiamo per $(b/n)^{p+1}$ otteniamo $$ \frac{b}{n}\sum_{k=1}^{n-1} (\frac{kb}{n})^p \lt \frac{b^{p+1}}{p+1} \lt \frac{b}{n} \sum_{k=1}^{n} (\frac{kb}{n})^p $$ Se consideriamo i punti $x_k=kb/n$ come i punti di una partizione dell'intervallo $[0,b]$, e se indichiamo con $f$ la funzione $f(x)=x^p$, allora possiamo scrivere l'ultima relazione come $$ \frac{b}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(x_k) \lt \frac{b^{p+1}}{p+1} \lt \frac{b}{n}\sum_{k=1}^n f(x_k) $$ Ma secondo MT1 , questa relazione implica che la funzione $f$ è integrabile in $[0,b]$ e il suo integrale vale esattamente $\frac{b^{p+1}}{p+1}$.

Nel prossimo post vedremo alcune proprietà degli integrali. Vedremo che in generale le proprietà che abbiamo mostrato valide per gli integrali di funzioni costanti a tratti si potranno estendere anche agli integrali di funzione generica.