Analisi Matematica

[Esercizio del 7/3/2017]

[CALCOLO INTEGRALE] [INTEGRALE DEFINITO]

Sia f: [0,1] → ℝ f(x) = x²

Vogliamo calcolare l'area della regione compresa tra il grafico di f, l'asse x ed i segmenti ad esso perpendicolari, come in figura:

A tal fine applicheremo il "metodo di esaustione" usato da Archimede nel ^III secolo a.C., ma risalente, secondo lo stesso Archimede, ad Eudosso di Cnido, del ^IV a.C.

Cominciamo ad approssimare l'area cercata con l'area di rettangoli contenuti al suo interno, la regione di cui dobbiamo calcolare l'area è:

A = {(x,y)∈ℝ² | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ f(x)}

Quindi dividiamo l'intervallo [0,1] a metà e consideriamo il rettangolo in figura. Ovviamente:

Area A₁ > Area R = (1-¹⁄₂) × f(¹⁄₂) = ¹⁄₂ × ¹⁄₄ = ¹⁄₈

Avvio una migliore approssimazione se dividiamo l'intervallo [0,1] in quattro parti uguali:

Area A ≈ Area R₁ + Area R₂ + Area R₃ = ( ¹⁄₄ × f(¹⁄₄) ) + ( ¹⁄₄ × f(²⁄₄) ) + ( ¹⁄₄ × f(³⁄₄) ) = ¹⁄₄ ( ¹⁄₄ )² + ¹⁄₄ ( ¹⁄₂ )² + ¹⁄₄ ( ³⁄₄ )² = ¹⁄₄ + ⁴⁄₉ = ⁷⁄₃₂

Possiamo continuare ... Se dividiamo l'intervallo in n parti uguali, ciascuno di lunghezza 1⁄_n, otteniamo:

Area A ≈ ¹⁄_n f(¹⁄_n) + ¹⁄_n f(²⁄_n) + ··· + ¹⁄_n f(^n-1⁄_n)

Quindi: Area A > \(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{m-1} f\left(\frac{k}{m}\right) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{m-1} \frac{k^2}{m^2} = \frac{1}{m^3}\sum_{k=1}^{m-1} k^2\)

Ricalcoliamo la formula, dimostrata per induzione,

\(1+2^2+3^2+\dots+(m)^2 = \sum_{k=1}^{m} k^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}\)

e quindi otteniamo: \( \textrm{Area } A > \frac{1}{m^3} \frac{(m-1)(m)(2m-1)}{6}\)

Adesso procediamo ad approssimare l'area di A, usando la regione nell'unione dei rettangoli "esterni", come in figura:

se dividiamo l'intervallo \([0,1]\) in due parti uguali:

Area A < Area \(S_1 + \textrm{Area } S_2 = \frac{1}{2} f\left(\frac{1}{2}\right) + \frac{1}{2} f(1)\)

= \(\frac{1}{2} \left(\frac{1}{4} + 1\right) = \frac{5}{8}\)

Se dividiamo l'intervallo \([0,1]\) in tre parti uguali, otteniamo:

Area A < Area \(S_1 + \textrm{Area } S_2 + \textrm{Area } S_3\) = \(\frac{1}{3} f\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{1}{3} f\left(\frac{2}{3}\right) + \frac{1}{3} f(1)\)

= \(\frac{1}{3} \left(\frac{1}{9} + \frac{4}{9} + 1\right) = \frac{14}{27}\)

Possiamo continuare... Se dividiamo l'intervallo in \(n\) parti uguali, ciascuna di lunghezza \(\frac{1}{n}\), otteniamo:

Area \(A < \frac{1}{n} f\left(\frac{1}{n}\right) + \frac{1}{n} f\left(\frac{2}{n}\right) + \dots + \frac{1}{n} f\left(\frac{i}{n}\right) + \dots + \frac{1}{n} f\left(\frac{m-1}{n}\right) + \frac{1}{n} f\left(\frac{m}{n}\right)\)

= \(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{m} f\left(\frac{k}{m}\right) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{m} \frac{k^2}{m^2} - \frac{1}{m^3}\sum_{k=1}^{m-1} k^2 = \frac{n.(m+1)(2m+1)}{m^3.6}\)

[Corollario] Siano P e Q due partizioni di [a,b] e f : [a,b] → ℝ limitata. Allora:

S(f, P) ≤ S(f, P ∨ Q) = S(f, P ∪ Q) ≤ S(f, Q)

Quindi le due famiglie:

• α = {S(f, P) | P partizione di [a,b] }
• β = {S(f, Q) | Q partizione di [a,b] }

sono tali che ∀ elemento x S(f, P) ∈ α ∀ S(f, P) ∈ β t.c.:

S(f, P) ≤ S(f, Q)

Per l'assioma di completezza di ℝ, esiste, allora, un c ∈ ℝ t.c. ∀ P, Q partizioni di [a,b], si ha:

S(f, P) ≤ c ≤ S(f, Q)

Quindi: sup_P S(f, P) ≤ c ≤ inf_Q S(f, Q)

cioè c = c: maggior dell'estremo superiore delle somme inferiori

ed è minimo dell'estremo inferiore di tutte le somme superiori

(l'estremo superiore ed inferiore è fatto su tutte le partizioni

di [a,b])

In generale c non coincide con questi sup ed inf. Se però

coincide, la funzione si dice integrabile in [a,b].

[Definizione] (funzione integrabile secondo Riemann)

Sia f : [a,b] → ℝ limitata.

Se sup_P S(f, P) = inf_Q S(f, Q) allora diciamo che

f è integrabile secondo RIEMANN in [a,b] e si pone:

∫_a^b f(x) dx = sup_P S(f, P) = inf_Q S(f, Q) ∈ ℝ

integrale di f ai estremi a e b