Integrali (completo) - Definizione, definiti, indefiniti, propri, impropri, area, volume

Integrali

Funzione integranda

Intervallo di integrazione

Definizione geometrica:

L'integrale definisce l'area sottesa al grafico della funzione f(x) nell'intervallo _{[a, b]}

Definizione analitica:

L'integrale definito ^b∫_a f(x) dx

definisce l'area (con segno*) della regione di piano compresa tra il grafico di f(x), l'asse delle ascisse e le rette verticali x=a e x=b.

Sia f(x)=k ∀ x ∈ _{[a, b]}, con k costante reale, allora l'integrale di f sull'intervallo _{[a, b]} è:

Area (con segno) del retangolino.

*Se f(x) si trovasse "al di sotto" dell'asse x, l'area risulterebbe negativa.

SIA _a∫^b f₀(x) UNA FUNZIONE A SCALA (CHE ASSUME

IL VALORE K_i NELLI-ESIMO INTERVALLO AVENTE

X_i-1 ED X_i COME ESTREMI), ALLORA L'INTEGRALE

DI f₀ SULL'INTERVALLO [a, b] È

_a∫^b f₀(x) dx = ^M∑_i=1 (Xi - Xi-1) K_i =

SOMMA ALGEBRICA DELLE AREE

(CON SEGNI) DEI RETTANGOLI,

BASE DELL'i-ESIMO RETTANGOLINO

ALTEZZA (CON SEGNO)

DELL'i-ESIMO

RETTANGOLINO.

A < _a∫^b h(x) dx

A ≤ inf{_a∫^b h(x) dx : h(x) A SCALA E f(x) ≤ h(x)∀x∈[a,b]}

sup{_a∫^b f₀(x)dx: f₀(x) A SCALA E

g(x) ≤ f₀(x)∀x∈[a,b]} ≤ A

- LA FUNZIONE A SCALA h(x) SOVRASTIMA IL VALORE DI f(x) ∀x [a,b].

MA POSSO UTILIZZARE ANCHE UN'IPOTETICA g(x) CHE LO SOTTOSTIMA.

NIENTE PAURA!

SE SUP E INF COINCIDONO, DICIAMO CHE f È INTEGRABILE SECONDO CAUCHY - RIEMANN

NELL'INTERVALLO [a,b], E IL VALORE COMUNE È

∫_a^b f(x) dx.

ACCADE SEMPRE,

TRANNE IN ALCUNE

PARTICOLARI FUNZIONI

CHE, COMUNQUE, SONO

POCO FREQUENTI.

QUINDI L'AREA LA CALCOLIAMO CON∫_a^bf(x) dx.

2^a Proprietà dell'Integrale:

3) _a∫^c f(x) dx = _a∫^b f(x) dx + _b∫^c f(x) dx

4) |_a∫^b f(x) dx| ≤ _a∫^b |f(x)| dx

Primitive di Derivate di Funzioni Composte:

Sia F(x) una primitiva di f(x) e sia g(x) una funzione derivabile

e tale che sia possibile costruire la funzione composta F(g(x)).

In questo caso:

[F(g(x))]′ = f(g(x)) · g′(x)

⟹

∫ f(g(x)) · g′(x) dx = F(g(x)) + C.

Esempio:

∫ 3x² sin(x³) dx = -cos(x³) + C

Integrazione per parti:

MOLTIPLICAZIONE PER 1 E INTEGRALI "CICLICI"

ESEMPIO 1:

∫ln x dx = ∫ln x ^g'[1] dx

g¹

NORMALIZZA IL TESTO.

• ANCHE PERCHÉ DOVEVO INTEGRARE LUI PRIMA DI MOLTIPLICARE PER 1.

= x ln x - ∫^1/x x^g' dx

= x ln x - x + C = x ( ln x - 1 ) + C

f = ln x f' = ¹/ₓ

g¹ = 1 β = x

ESEMPIO 2:

∫arctg x dx = ∫arctg x * 1 dx

f^*

= x arctg x - ∫²/₂ 2 x (f¹) dx

= x arctg x - ¹/₂ ln |1 + x²| + C

f = arctg x f' = ¹/ₓ₁₊ₓ²

g¹ = 1 β = x

ESEMPIO 3:

∫x dx = ∫¹/_f x^g' dx

= x² ( x dx ) ? FACEVA ^x2/₂

SI POTEVA TROVARE LA PRIMITIVA IMMEDIATA SENZA INTEGRARE PER PARTI.

f = x f' = - ¹/₂

g¹ = 1 β = x.

ESEMPIO 6:

∫ √(1-x²) dx = ∫ √(1-sin²y) · cos y dy

= ∫ cos y · cos y dy = ∫ cos²y dy

CHIAMIANO LA X COME UNA FUNZIONE DI Y. x = sin y

dx = (cos y) dy

DERIVATA RISPETTO A Y.

cos(2y) = ...

INTEGRAZIONE PER SOSTITUZIONE - HARDER!

- MEGLIO RICAVARE dx O dy?

- ALCUNI ESEMPI PIÙ COMPLICATI.

∫ (e^x)/(e^2x + 1) dx

PRIMA POSSIBILITÀ

y = e^x

dy = e^x dx

∫ (e^x)/(e^2x + 1) dx = ∫ dy/(y² + 1) = arctg(y) + C

ALTERNATIVA EQUIVALENTE

y = e^x

* x = ln y

dx = 1/y dy

∫ (e^x)/(e^2x + 1) dx = ∫ y/(y² + 1) · 1/y dy

= ∫ dy/(y² + 1)

= arctg(e^x) + C.

QUALE METODO USARE:

Quando non ci sono problemi a trovare dy nell'integrale,

CONVIENE IL PRIMO, altrimenti dy è nascosto bene, MEGLIO IL SECONDO.

MA A VOLTE NON È POSSIBILE BILANCIARE LA X *.

Esempio 6:

∫ ^18x+3⁄_9x²+6x+2 dx = ∫ ^18x+6⁄_9x²+6x+2 dx - ∫ ³⁄_9x²+6x+2 dx =

9x²+6x+2 = 18x+6

9x²+6x+2 = 9x²+6x +1⁄1 = [(3x+1)²]+1

(3x)² ↓

2⋅3x⋅1 ↓

1²

= ln|9x²+6x+2| - arctg^|3x|⁄_|x|

Cosa succede quando il denominatore è un quadrato o una potenza di grado superiore a 1:

Esempio 2:

∫ (x+1) / (x³ - 2x² + x) dx

1. Non serve
2. x³ - 2x² + x = x (x² - 2x + 1) = x(x - 1)²
3. (x + 1) / (x³ - 2x² + x) = A/x + B/(x-1) + C/(x-1)²

Percil termine (x-1)² dobbiamo aggiungere due termini.

[M termini in base a (x-1)^m]

= [A(x-1)² + B(x-1) + Cx] / x(x-1)² = [(A+B)x² + (C-2A-B)x + A] / x(x-1)²

Per fare coincidere:

A + B = 0 C - 2A - B = 1 A = 1

{A=1 B=-1 C=2}

4. ∫ (x+1) / x(x-1)² dx = ∫ 1/x dx - ∫ 1/(x-1) dx + 2 ∫ 1/(x-1)² dx

= ln |x| - ln |x-1| + 2 ((x-1)^-1)/-1 + C

= ln |x/(x-1)| - 2/(x-1) + C

Integrali e area

∫_a^b f(x) dx è collegato all'area compresa tra il grafico di f(x), l'asse delle ascisse e le rette verticali x=a e x=b, ma fornisce un'area orientata, ovvero un'area con segno.

∫_a^b f(x) dx = A

∫_a^b f(x) dx = -A

∫_a^b f(x) dx = A₁ - A₂

Se la funzione, nel tratto considerato, è sempre sopra l'asse delle ascisse, l'area avrà segno positivo (viceversa negativo).

Se la funzione passa sia sotto che sopra l'asse delle ascisse, nel tratto considerato, l'area sarà il risultato di contributi negativi e positivi.

E se dovessi ruotare la regione compresa fra 2 curve?

Volume cavo (con un buco in mezzo).

V = V[f(x)] - V[g(x)]

= π ∫_a^b f²(x) dx - π ∫_a^b g²(x) dx

= π ∫_a^b [f²(x) - g²(x)] dx

OSS1: Devo capire chi sta sopra e fare π ∫_a^b [quella sopra² - quella sotto²] dx.

OSS2: Evitare l'errore tipico π ∫_a^b [f(x) - g(x)]² dx.

Esempio 2:

Calcolare

\(\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx\)

\( = 2 \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx\)

\(\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx\)

\( = \lim_{M \to \infty} \int_{M}^{3} \frac{1}{1+x^2} \, dx + \lim_{M \to \infty} \int_{3}^{M} \frac{1}{1+x^2} \, dx\)

\( = \lim_{M \to \infty} \left[ \arctg \, x \right]_{M}^{3} + \lim_{M \to \infty} \left[ \arctg \, x \right]_{3}^{M}\)

\( = \lim_{M \to \infty} \left[ \arctg (3) - \arctg (M) \right] + \lim_{M \to \infty} \left[ \arctg (M) - \arctg (3) \right]\)

\( = \lim_{M \to \infty} \left[ \arctg (M) \right] - \arctg (3) + \lim_{M \to \infty} \arctg (3) = \pi\)

Esempio 3:

Calcolare

\(\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx\)

\(\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx = \int_{0}^{5} \frac{1}{x^2} \, dx + \int_{5}^{+\infty} \frac{1}{x^2} \, dx\)

\( = \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\epsilon}^{5} \frac{1}{x^2} \, dx + \lim_{M \to \infty} \int_{5}^{M} \frac{1}{x^2} \, dx\)

\( = \lim_{\epsilon \to 0} \left[ -\frac{1}{x} \right]_{5}^{\epsilon} + \lim_{M \to \infty} \left[ -\frac{1}{x} \right]_{5}^{M}\)

\( = \lim_{\epsilon \to 0} \left[ -\frac{1}{5} \right] - \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{\epsilon} + \lim_{M \to \infty} \frac{1}{5} - \lim_{M \to \infty} \frac{1}{M}\)

\( = +\infty\)

divergente