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Analisi Matematica - Concetti fondamentali Appunti scolastici Premium

In questo materiale didattico vengono trattati i seguenti argomenti. Concetti fondamentali di analisi matematica. Nozioni di logica matematica; concetto di insieme e le principali operazioni; il principio di induzione; progressione geometrica; fattoriale e coefficienti binomiali; formula del binomio di Newton e il triangolo di Tartaglia; i numeri naturali N, interi... Vedi di più

Esame di Analisi Matematica 1 docente Prof. K. Engel

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ESTRATTO DOCUMENTO

68 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

Per dare un esempio concreto consideriamo

x+ex

ln 0

1 lim ln(1)

ln(0+e )

0

x sin(x)

x + e

lim = e = e

= e = e

sin(x) x→0 0 0 0

x→0 ·(1+ex

1 )

x+ex

lim

H cos(x)

= e x→0

2

= e .

Approssimazione Lineare di Funzioni →

Torniamo ora al problema iniziale posto a pagina 53: Data f : (a, b) e un punto

R

x (a, b), trovare

0

(i) la retta tangente t al grafico di f nel punto P = (x , f (x )), e

0 0 0

· ≤

(ii) un’approssimazione lineare g(x) = α x + β (cioè g è un polinomio di grado 1)

per f (x) per x vicino a x .

0

Abbiamo risolto (i): Se f è derivabile, allora la retta tangente t è data dall’equazione

0 · −

t(x) = f (x ) + f (x ) (x x ).

0 0 0 ≤

Quindi la retta tangente definisce un polinomio di grado 1 e di conseguenza si può

avere l’idea di usare proprio g(x) := t(x) come approssimazione lineare. Come vedremo

in seguito, questa scelta è infatti in un certo senso la migliore possibile. Per verificare

ciò scriviamo 0 · − + r(x)

f (x) = t(x) + r(x) = f (x ) + f (x ) (x x )

0 0 0 |{z}

| {z }

approssimazione lineare resto (o errore)

cioè r(x) = f (x) t(x). t )

t(x) = r(x)

f

f(x)

f(x )

0 x

x

0 Il resto r(x).

Figura 37.

Studiamo le proprietà di r(x):

• r(x ) = 0 cioè nel punto x l’approssimazione dà il valore esatto,

0 0

• vale −

r(x) f (x) f (x )

0 0

−f → →

(x ) 0 per x x .

= 0 0

− −

x x x x

0 0

| {z }

0

→f (x )

0 − →

Cioè r(x) tende a 0 più rapidamente di x x per x x .

0 0

Per confrontare meglio il comportamento di due funzioni facciamo la seguente

5.12. Se

Definizione f (x)

lim =0

g(x)

x→x 0 →

allora si dice che f è o-piccolo di g per x x e in questo caso si scrive f (x) = o(g(x))

0

→ →

per x x o più brevemente f = o(g) per x x .

0 0

LA FORMULA DI TAYLOR 69

• o(·) si chiama simbolo di Landau.

Osservazioni.

• →

f = o(g) per x x significa per

0 → → →

– infinitesimi che f (x) 0 più rapidamente che g(x) 0 per x x ;

0

→ ±∞ → ±∞ →

– infiniti che f (x) più lentamente che g(x) per x x .

0

ln(x)

• → → →

ln(x) = o(x) per x +∞ poiché 0 per x +∞.

Esempi. x

• − →

1 cos(x) = o(x) per x 0 poiché

− −

1 cos(x) 1 cos(x) 1

· → · →

= x 0=0 per x 0.

2

2

x x |{z}

→0

| {z }

12

2 2

• → ±∞ →

x = o(x ) per x mentre x = o(x) per x 0.

• → → ⇐⇒ →

f (x) 0 per x x f (x) = o(1) per x x .

0 0

• Tornando al problema di approssimazione lineare possiamo ora dire che r(x) =

− →

o(x x ) per x x .

0 0

Con gli o-piccoli si possono caratterizzare le funzioni derivabili.

→ ∈

5.13. Per una funzione f : (a, b) e x (a, b) le seguenti afferma-

Proposizione R 0

zioni sono equivalenti.

(a) f è derivabile in x .

0

∈ · − −

(b) Esiste A tale che f (x) = f (x ) + A (x x ) + o(x x ).

R 0 0 0

0

In questo caso A = f (x ).

0

Quindi questa proposizione stabilisce che l’approssimazione lineare t(x) data dalla retta

tangente t è l’unica che lascia un resto r(x) che per x x tende a 0 più rapidamente

0

che la distanza x x tra x e x . Cioè per ogni altra scelta di approssimazione con un

0 0

polinomio di grado 1 il resto tende a zero più lentamente. In questo senso t(x) è la

migliore approssimazione lineare possibile di f (x) per x vicino a x .

0

Consideriamo alcuni x

• Se f (x) = e e x = 0, allora la derivabilità di f implica

Esempi. 0

0

x 0 0

· ·

e = f (0) + f (0) x + o(x) = e + e x + o(x), cioè

x →

e = 1 + x + o(x) per x 0.

• Se f (x) = sin(x) e x = 0, allora la derivabilità di f implica

0

0 · ·

sin(x) = f (0) + f (0) x + o(x) = sin(0) + cos(0) x + o(x), cioè

sin(x) = x + o(x) per x 0.

• Se f (x) = ln(1 + x) e x = 0, allora la derivabilità di f implica

0

0 1

· ·

ln(1 + x) = f (0) + f (0) x + o(x) = ln(1) + x + o(x), cioè

1+0 →

ln(1 + x) = x + o(x) per x 0.

La Formula di Taylor

Abbiamo quindi risolto anche il problema dell’approssimazione lineare, cioè di approssi-

mare il valore f (x) di un funzione (possibilmente molto complicata) vicino al punto x

0

con un polinomio t(x) (cioè con una funzione molto semplice) di grado 1.

A questo punto si può avere l’idea di limitare il grado dell’approssimazione non a 1 ma

a un numero n qualsiasi. Cioè si può generalizzare il problema dell’approssimazione

N

lineare nel seguente modo: → ∈ ∈

Data f : (a, b) x (a, b) e n approssimare f (x) per x vicino a

Problema. R, N,

0 ≤

x con un polinomio T (x) di grado n

0 n

Per n = 1 abbiamo visto che T (x) = t(x) è la migliore scelta possibile. Per risolvere il

1

problema per n dobbiamo prima introdurre le

N

70 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

Derivate Successive. 0

5.14. Se f è derivabile e tale che f è nuovamente derivabile, allora

Definizione

possiamo definire 2

d f

0

0 00 2

f =: f = derivata seconda =: D f =: .

2

dx

Se si può continuare in questa maniera n volte otteniamo n

d f

(n) n .

f = derivata n-esima =: D f =: n

dx

0 (0)

∈ ≥

Inoltre, se I è un’intervallo e n definiamo C (I) := C(I) (e f := f ) e per n 1

N f è derivabile n-volte

n →

C (I) := f : I R (n)

e f è continua

n

Se f C (I) si dice anche che f è derivabile n-volte con continuità (qui la continuità si

(n)

riverisce alla derivata n-esima f e non a f ). 0

Se f (x) = sin(x), allora f è derivabile con f (x) = cos(x) che è anche deri-

Esempio. 00 0 −

vabile. Quindi otteniamo f (x) = cos (x) = sin(x) che è nuovamente derivabile. Cosı̀

0

000 − −

otteniamo f (x) = sin (x) = cos(x) che è sempre derivabile. Quindi esiste anche

0

(4) −

la derivata quarta che indichiamo con il simbolo f (x) = cos (x) = sin(x) = f (x).

Quindi dopo 4 derivazioni si ritorna alla funzione originale.

Dopo questo intermezzo sulle derivate successive possiamo tornare al problema dell’ap-

prossimazione di f (x) per x vicino a x attraverso un polinomio di grado n. Per

0

ottenere un’idea come si può risolvere questo problema consideriamo i casi n = 0 e

n = 1.

• ≤

Per n = 0 la migliore approssimazione con un polinomio di grado 0 (cioè con

una costante) è ovviamente T (x) := f (x ) = T (x ), cioè T e f hanno in x il

0 0 0 0 0 0

valore in comune: T (x ) = f (x ).

0 0 0

• Per n = 1 il problema diventa quello dell’approssimazione lineare che abbiamo

risolto precedentemente: Se f è derivabile in x allora la migliore approssimazione ci

0

0 0 0

· −

dà t(x) =: T (x) = f (x ) + f (x ) (x x ). Quindi T (x ) = f (x ) e T (x) = f (x )

1 0 0 0 1 0 0 0

1

cioè T e f hanno in x il valore e derivata prima in comune:

1 0 T (x ) = f (x ),

1 0 0

0 0

T (x ) = f (x ).

0 0

1

Quindi per n 2 supponiamo che f sia n-volte derivabile e poi cerchiamo un polinomio

T che con f ha in x valore e tutte le derivate fino alla n-esima in comune:

n 0 

T (x ) = f (x ),

n 0 0 

0 0 

T (x ) = f (x ), 

0 0

n 

 ⇐⇒ : f e T hanno contatto di ordine n in x

.. n 0

. 

(n) (n) 

T (x ) = f (x ).

0 0

n

Visto che questo sistema consiste da n + 1 equazione e il polinomio T da determinare

n

ha n + 1 coefficienti a , . . . a come incognite, il seguente risultato è plausibile.

R

0 n LA FORMULA DI TAYLOR 71

n

∈ ∈

5.15. Se f C (a, b) e x (a, b) allora esiste un’unico polinomio T

Proposizione 0 n

di grado n che ha un contatto di ordine n in x con f . Questo polinomio si chiama

0

polinomio di Taylor di ordine n con centro x generato da f ed è dato da

0

00 (n)

f (x ) f (x )

0 0

0 2 n

· − · − · −

T (x) = f (x ) + f (x ) (x x ) + (x x ) + . . . + (x x )

n 0 0 0 0 0

2! n!

n (k)

f (x )

0

X k

· −

= (x x ) .

0

k!

k=0

Infine, se x = 0, allora T viene anche chiamato polinomio di McLaurin.

0 n

Verifichiamo soltanto che per n = 3 il polinomio T definito sopra ha

Dimostrazione. 3

3

∈ ∈

contatto di ordine 3 con f C (a, b) in x (a, b). Infatti

0

00 000

f (x ) f (x )

0 2 3

0 0

· − · − · − ⇒

T (x) = f (x ) + f (x ) (x x ) + (x x ) + (x x ) T (x ) = f (x ),

3 0 0 0 0 0 3 0 0

2 3!

000

f (x )

0 0 00 0 0

2

0

· − · − ⇒

T (x) = f (x ) + f (x ) (x x ) + (x x ) T (x ) = f (x ),

0 0 0 0 0 0

3 3

2

00 00 000 00 00

· − ⇒

T (x) = f (x ) + f (x ) (x x ) T (x ) = f (x ),

0 0 0 0 0

3 3

000 000 000 000

T (x) = f (x ) T (x ) = f (x ).

0 0 0

3 3

x n (k) x

∈ ∈

Sia f (x) = e . Allora f C (R) per ogni n con f (x) = f (x) = e per

Esempio. N

(k) 0

≤ ≤ ≤ ≤

ogni 0 k n. Quindi risulta per x = 0 che f (x ) = e = 1 per ogni 0 k n e di

0 0

conseguenza n

3 n k

2 X

x x x

x + + . . . + = .

T (x) = 1 + x +

n 2 3! n! k!

k=0

x

e

20 (x)

T 4

15 (x)

T 3

10 T (x)

2

5 (x)

T 1

T (x)

0 x

- - -

3 2 1 1 2 3 x

I primi polinomi di McLaurin di f (x) = e .

Figura 38.

Prima di considerare altri esempi ci poniamo il seguente

Quanto vale il resto (o errore) dovuto all’approssimazione con il polinomio

Problema.

di Taylor, cioè −

R (x) := f (x) T (x) = ?

n n

Consideriamo prima i casi che abbiamo già studiati.

n = 0: Per il Teorema di Lagrange esiste c tra x e x tale che

0

0

− − · −

R (x) = f (x) T (x) = f (x) f (x ) = f (c) (x x )

0 0 0 0 0

= o(1) = o (x x ) .

0

n = 1: Visto che T (x) = t(x) = approssimazione lineare (cfr. pagina 68) segue

1 1

R (x) = r(x) = o (x x ) .

1 0

72 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

Nel caso generale n vale la seguente generalizzazione di queste rappresentazioni di

N

R (x).

n n+1

∈ ∈

5.16 (Formula di Taylor ). Sia f C (a, b) e sia x (a, b). Allora per

Teorema 0

R (x) := f (x) T (x) vale

n n

• n

− →

R (x) = o (x x ) per x x (Resto di Peano)

n 0 0

• esiste c tra x e x tale che

0 (n+1)

f (c) n+1

· −

R (x) = (x x ) (Resto di Lagrange)

n 0

(n + 1)!

• ∈

Per la formula di Taylor con il resto di Peano basta che f

Osservazioni.

n

C (a, b).

• La Formula di Taylor con il

– Resto di Peano è un affermazione qualitativa, cioè afferma soltanto con che

velocità il resto R (x) tende a 0 per x x ;

n 0

– Resto di Lagrange è un affermazione quantitativa, che permette anche valutare

la grandezza del resto (si noti tuttavia che c non è noto).

• ≤

Se per un polinomio p(x) di grado n vale

n

− − →

f (x) p(x) = o (x x ) per x x ,

0 0 ≤

allora p(x) = T (x). In altre parole T (x) è l’unico polinomio di grado n che

n n n

→ −

lascia un resto che tende più rapidamente a 0 per x x che (x x ) . In questo

0 0

senso la scelta di T (x) come approssimazione di f (x) per x vicino a x è ottima.

n 0

Questa osservazione ci permetterà in seguito di calcolare T (x) senza calcolare

n

alcuna derivata. n

• −

Una rappresentazione esplicita del tipo f (x) = T (x) + o((x x ) ) si chiama

n 0

sviluppo di Taylor di f di ordine n e centro x .

0

Calcoliamo appunto alcuni sviluppi di Taylor. x

• Dall’esempio precedente segue per f (x) = e e x = 0 che

Esempi. 0

n

3 n k

2 X

n n

x x x x x →

e = 1 + x + + + ... + + o(x ) = + o(x ) per x 0.

2 3! n! k!

k=0

2 3

x x

x 3 →

Per esempio e = 1 + x + + + o(x ) per x 0.

2 6 0

• Abbiamo già visto nell’esempio su pagina 70 che per f (x) = sin(x) vale f (x) =

00 000 (4)

− −

cos(x), f (x) = sin(x), f (x) = cos(x) e f (x) = sin(x) = f (x). Quindi

n

∈ ∈ ∈

f C (R) per ogni n e per ogni k vale

N N

(2k) (2k+1) k k

±

f (0) = sin(0) = 0 e f (0) = (−1) cos(0) = (−1) .

Ciò implica n

3 5 2n+1 2k+1

x x x x

X

n k

− ∓ ·

T (x) = x + . . . + (−1) = (−1)

2n+1 3! 5! (2n + 1)! (2k + 1)!

k=0

e quindi 3 5 2n+1

x x x

n 2n+1

− ∓

sin(x) = x + . . . + (−1) + o(x )

3! 5! (2n + 1)!

n 2k+1

x

X k 2n+1

· →

= (−1) + o(x ) per x 0.

(2k + 1)!

k=0 LA FORMULA DI TAYLOR 73

(2n+2)

Siccome per ogni n vale f (0) = 0 segue T (x) =

Osservazione. N 2n+2

T (x) e di conseguenza

2n+1 2n+2 2n+2

f (x) = T (x) +o(x ) = T (x) + o(x ).

2n+2 2n+1

| {z }

=T (x)

2n+1

Cosı̀ risulta lo sviluppo

n 2k+1

x

X 2n+2

k →

· + o(x ) per x 0.

sin(x) = (−1) (2k + 1)!

k=0

Per esempio per n = 1 vale =0

z }| {

(4)

3

x f (0) 4

− ·

T (x) = x + x = T (x)

4 3

3! 4!

e quindi 3

x 4

− →

sin(x) = x + o(x ) per x 0.

6 3

x 3

Lo sviluppo precedente è migliore dello sviluppo sin(x) = x + o(x ) in quanto

6

4 3

per x 0 l’espressione x tende più rapidamente a zero che x .

Questo guadagno di un grado nel o(·) si ottiene anche per altri sviluppi di McLaurin

(cioè per x = 0) di funzioni pari oppure dispari in quanto

0

– tutte le derivate di ordine pari di una funzione dispari in x = 0 si annullano

0

(come sopra per il sin),

– tutte le derivate di ordine dispari di una funzione pari in x = 0 si annullano

0

(per esempio per il cos).

Di conseguenza in uno sviluppo di McLaurin di una

k

– funzione pari compariranno soltanto termini x con k pari, mentre per

k

– funzione dispari compariranno soltanto termini x con k dispari.

Nella stessa maniera seguono i seguenti sviluppi.

• Come già sopra indicato vale per f (x) = cos(x) (= funzione pari) e x = 0 che

0

T (x) = T (x). Quindi

2n 2n+1 n 2k

x

X 2n+1

k →

· + o(x ) per x 0.

(−1)

cos(x) = (2k)!

k=0 2 4

x x 5

− →

Per esempio per n = 2 otteniamo cos(x) = 1 + + o(x ) per x 0.

2 24

• Per le funzioni iperboliche sinh (= dispari) e cosh (= pari) valgono i seguenti

sviluppi che sono molto simili a quelli delle funzioni circolari sin e cos:

n 2k+1

x

X 2n+2 →

+ o(x ) per x 0,

sinh(x) = (2k + 1)!

k=0

n 2k

x

X 2n+1 →

cosh(x) = + o(x ) per x 0.

(2k)!

k=0 3 2 4

x x

x 4 5 →

Per esempio sinh(x) = x + + o(x ) e cosh(x) = 1 + + + o(x ) per x 0.

6 2 24

• Per f (x) = arctan(x) (= funzione dispari) e x = 0 vale T (x) = T (x).

0 2n+1 2n+2

Quindi n 2k+1

x

X k 2n+2

· →

arctan(x) = (−1) + o(x ) per x 0.

2k + 1

k=0

74 5. CALCOLO DIFFERENZIALE 3 5

x x 6

− →

Per esempio per n = 2 otteniamo arctan(x) = x + + o(x ) per x 0.

3 5

• →

Scegliendo f : (−1, +∞) f (x) := ln(1 + x) e x = 0 si ottiene

R, 0

n k

x

X n

k+1 →

·

ln(1 + x) = + o(x ) per x 0.

(−1) k

k=1

• ∈ ∈

Per α e k definiamo il coefficiente binomiale generalizzato

R N

 1 se k = 0

α 

:= · − · − · · −

α (α 1) (α 2) . . . (α k + 1)

k altrimenti.

 · · · ·

1 2 3 ... k

1

1

1 ·( −1) 18 α

− →

Per esempio = = . Allora per f : (−1, +∞) f (x) := (1 + x)

2 2

2 R,

1·2

2

per α e x = 0 si ottiene

R 0 n

X α

α k n

· →

(1 + x) = x + o(x ) per x 0

k

k=0

che è una generalizzazione della formula del binomio di Newton (cfr. pagina 10)

1

∈ e n = 2 otteniamo

per esponenti α Per esempio, scegliendo α =

R. 2

√ 1 1 1

1 0 1 2 2

· · ·

1 + x = (1 + x) = x + x + x + o(x )

2 2 2

2 0 1 2

2

x

x 2

− →

+ o(x ) per x 0.

=1+ 2 8

La Formula di Taylor è molto importante come si vede anche dalle seguenti

Applicazioni della Formula di Taylor

n

∈ ≥ ∈

Criterio per Estremi Locali. Sia f C (a, b) per n 2 e sia x (a, b) tale che

0

0 00 (n−1) (n) 6

f (x ) = 0 = f (x ) = . . . = f (x ) e f (x ) = 0.

0 0 0 0

Se n è pari, allora f ammette in x un

0

(n)

• minimo locale, se f (x ) > 0,

0

(n)

• massimo locale, se f (x ) < 0.

0

Se n è dispari, allora x non è un punto di estremo locale di f .

0 0

Il caso più importante è n = 2: Se f (x ) = 0 e

0

00

• ⇒

f (x ) > 0 x è un punto di minimo locale,

0 0

00

• ⇒

f (x ) < 0 x è un punto di massimo locale.

0 0 Per La Formula di Taylor con Resto di Peano vale

Cenno della Dimostrazione. =0

z }| {

(n−1) (n)

f (x )

f (x )

0 n−1 n

0 0

· − · − · −

f (x ) (x x ) + . . . + (x x ) + (x x )

f (x) = f (x ) +

0 0 0 0 0

n!

(n−1)!

n

+ o (x x )

0

| {z }

=“piccolo errore” trascurabile

n

≈ · −

f (x ) + c (x x ) per x vicino a x

0 0 0

(n)

f (x )

0

e con c = . Quindi anziché studiare se x è un punto di estremo locale di f (x)

0

n! n

· −

basta considerare la stessa questione per il polinomio p(x) = f (x ) + c (x x ) . A

0 0

questo punto ci sono tre casi, cfr. il seguente grafico.

n

⇐⇒

(1) n pari e c > 0 ( f (x ) > 0): Allora x è un punto di minimo locale;

0 0

n

⇐⇒

(2) n pari e c < 0 ( f (x ) < 0): Allora x è un punto di massimo locale;

0 0

(3) n dispari: Allora x non è un punto di estremo locale.

0

APPLICAZIONI DELLA FORMULA DI TAYLOR 75

p(x) p(x)

p(x) c>0

f (x )

0 f (x )

0

f (x )

0 c<0

x x x

x x

x 0 0

0 ⇒ ⇒

(1) n pari c > 0 min (2) n pari c < 0 max (3) n dispari

Criterio per estremi locali.

Figura 39.

0 00 0

2

• ⇒

Consideriamo f (x) = x . Allora f (x) = 2x e f (x) = 2 f (0) = 0 e

Esempi.

00 ⇒

f (0) > 0 (cioè n = 2 = pari) x = 0 è un punto di minimo di f .

0

0 00 000 0

3 2

• ⇒

Consideriamo f (x) = x . Allora f (x) = 3x , f (x) = 6x e f (x) = 6 f (0) =

00 000 6 ⇒

0 = f (0) e f (0) = 0 (cioè n = 3 = dispari) x = 0 non è un punto di estremo

0

di f . 0

• ∈

Sia f (x) = x·sin(x)−cos(2x), x Allora f (x) = x·cos(x)+1·sin(x)+sin(2x)·2

R.

0

e quindi f (0) = 0, cioè x = 0 è un punto critico di f . Per decidere la sua natura

0

calcoliamo anche le derivate successive in x = 0:

0

00 00

· · · · ⇒ ·

f (x) = x (− sin(x)) + 1 cos(x) + cos(x) + 2 cos(2x) 2 f (0) = 0 + 1 + 1 + 2 2 =

6 > 0 x = 0 è un punto di minimo locale di f .

0

Calcolo dei Limiti. Generalizziamo prima il concetto di asintoticità dalle successioni

alle funzioni. f (x) = 1, allora si dice che f (x) e g(x) sono asintotiche e

5.17. Se lim

Definizione g(x)

x→x 0

∼ ∼ →

si scrive f (x) g(x) (o anche solo f g) per x x .

0

∼ →

Se f g per x x , allora f (x) e g(x) hanno lo stesso comportamento

Osservazione. 0

→ → ⇐⇒ → →

asintotico, cioè f (x) l per x x g(x) l per x x .

0 0

Come per le successioni anche per le funzioni vale il

∼ ∼ →

5.18 (Principio di Sostituzione). Se f f e g g per x x , allora

Teorema 1 2 1 2 0

· ∼ · → · ⇐⇒ ·

f g f g per x x , in particolare lim f (x) g (x) = l lim f (x) g (x) = l

1 1 2 2 0 1 1 2 2

x→x x→x

0 0

f f f (x) f (x)

1 2 1 2

∼ → ⇐⇒

per x x , in particolare lim = l lim = l

0

g g g (x) g (x)

x→x x→x

0 0

1 2 1 2

Quindi in prodotti e rapporti si possono sostituire espressioni con altre espressioni asinto-

tiche senza cambiare il comportamento asintotico, in particolare senza cambiare il limite

se esiste. • ∼ →

sin(x) x per x 0 poiché

Esempi. sin(x) = 1.

lim x

x→0

2

x

• − ∼

1 cos(x) poiché

2 − −

1 cos(x) 1 1 cos(x) 1

· ·

lim = lim = 2 = 1.

1

2 2

x x 2

x→0 x→0

2

2

Come già per le successioni, il principio di sostituzione !!! NON !!! vale per somme,

∼ ∼ →

differenze o potenze, cioè se f f e g g per x x allora

1 2 1 2 0

• 6⇒ ± ∼ ± →

f (x) g (x) f (x) g (x) per x x ,

1 1 2 2 0

g (x) g (x)

1 2

• 6⇒ ∼ →

f (x) f (x) per x x .

1 2 0

76 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

Quindi come già detto in prodotti e in rapporti si possono sostituire espressioni (com-

plicate) con altre espressioni asintotiche (più semplici) senza cambiare l’esistenza e il

valore del limite. Come vedremo ciò permette di facilitare il calcolo dei limiti. A questo

punto, però, si pone il seguente

Come si può trovare per una funzione f (possibilmente complicata) una

Problema. 1

∼ →

funzione f (semplice) tale che f (x) f (x) per x x ?

2 1 2 0

Per risolvere questo problema usiamo la seguente

∼ → ⇐⇒

5.19. f (x) f (x) per x x f (x) = f (x) + o f (x) per

Proposizione 1 2 0 1 2 2

x x .

0 → ⇐⇒ ∼ →

ln(1 + x) = x + o(x) per x 0 ln(1 + x) x per x 0.

Esempio.

Come nell’esempio l’idea è ora di rappresentare f (x) e g (x) usando la Formula di

1 1 6

Taylor con resto di Peano in maniera tale che f e g diventeranno monomi = 0. Più

2 2

precisamente dalla proposizione segue per x x 0

 n+m

· ∼ · −

f (x) g (x) a b (x x )

n n 1 1 n m 0

)

· − −

f (x) = a (x x ) + o (x x ) 

1 n 0 0 

⇒ f (x) a

1 n

m m n−m

· − − ∼ · −

g (x) = b (x x ) + o (x x ) (x x )

1 m 0 0 0

 g (x) b

 1 m

Quindi nel caso del rapporto segue

f (x) a

1 n n−m

· −

lim = lim (x x )

0

g (x) b

x→x x→x

0 0

1 m

0 se n > m,

 a

= se n = m,

n

b

n

±∞ se n < m.

 f (x)

Riassumendo, per studiare il limite lim con Taylor si procede cosı̀:

x→x g(x)

0 m m

• Si cerca lo sviluppo del denominatore del tipo g(x) = b·(x−x ) +o((x−x ) ) con

0 0

m

6 · −

b = 0, cioè b (x x ) è il primo polinomio di Taylor di g che non è identicamente

0

= 0.

• Si sviluppa il numeratore f fino allo stesso ordine m. Non è necessario superare

6

oltre all’ordine m per ottenere un polinomio di Taylor del numeratore = 0 poiché

m

se f (x) = 0 + o((x x ) ) il limite del rapporto è in ogni caso = 0.

0

Consideriamo alcuni

• Studiamo

Esempi. −

sin(x) x .

lim 2 ·

x sin(x)

x→0

Come dalla regola generale iniziamo sempre con il denominatore. Qui non è neces-

sario svilupparlo con Taylor, è invece più semplice semplificarlo usando il principio

∼ →

di sostituzione: sin(x) x per x 0 e quindi

− −

sin(x) x sin(x) x

∼ .

2 3

·

x sin(x) x

Ora visto che il denominatore è di 3 ordine dobbiamo quindi sviluppare anche il

numeratore fino al 3 ordine:

3 3 3

3 3

x x x

− ⇒ − − ∼ − →

sin(x) = x + o(x ) sin(x) x = + o(x ) per x 0.

6 6 6

Cosı̀ risulta 3

x

sin(x) x 1

6

∼ −

=

3 3

x x 6

APPLICAZIONI DELLA FORMULA DI TAYLOR 77

e quindi −

sin(x) x 1

lim = .

2 ·

x sin(x) 6

x→0

• Studiamo 2

sin(2x) ln (1 + x) .

lim x −

cos 1

x→0 2 →

Iniziamo sempre con il denominatore: Sappiamo che per t 0

2

x

x (

)

(t=

2

2 2

2

2 2

2

t x x x

x

2

−1 − ∼ − →

cos(t) = 1− =⇒ cos( +o

+o(t ) = +o(x ) (x = 2t 0)

=

2 2 2 8 8

2

Visto che il denominatore è di 2 ordine dobbiamo ora sviluppare anche il nume-

◦ 2

ratore al 2 ordine. Perciò notiamo prima che ln((1 + x) ) = 2 ln(1 + x), quindi

(t=2x)

2 2 2

sin(t) = t + o(t ) (t 0) =⇒ sin(2x) = 2x + o (2x) = 2x + o(x )

 ⇒

2 2 2 2

x −

· · − + o(x ) = 2x x + o(x )

2 ln(1 + x) = 2 x 

2

2 2 2 2 2 2 2

− − − ∼ →

sin(2x) ln (1 + x) = 2x + o(x ) 2x x + o(x ) = x + o(x ) x (x 0)

Cosı̀ risulta 2 2

sin(2x) ln (1 + x) x

∼ −8

=

x 2

x

− 1

cos −

2 8

e quindi 2

sin(2x) ln (1 + x) −8.

lim =

x −

cos 1

x→0 2

Abbiamo già visto in questi esempi semplici che per procedere servono delle regole per

2 2 2 2 2

il calcolo con gli o(·) come per esempio o(x ) + o(x ) = o(x ) oppure o(4x ) = o(x ).

Per calcolare limiti più complicati servono ulteriori

→ ∈

Regole per il Calcolo con gli o(·). Per x x con x R

0 0 n n

• · ∈ ·

α o(f ) = o(f ) per ogni α per esempio α o(x ) = o(x );

R, n n n

• o(f ) + o(f ) = o(f ), per esempio o(x ) + o(x ) = o(x );

m n m+n

• · · ·

f o(g) = o(f g), per esempio x o(x ) = o(x );

m n m+n

• · · ·

o(f ) o(g) = o(f g), per esempio o(x ) o(x ) = o(x );

n n

• o(o(f )) = o(f ), per esempio o(o(x )) = o(x );

m n 4 2

• − − ≥ →

o((x x ) ) = o((x x ) ) se m n, per esempio o(x ) = o(x ) per x 0.

0 0

m n 5 4

• − − →

(x x ) = o((x x ) ) se m > n, per esempio x = o(x ) per x 0.

0 0

• ∼ ∼ →

se f g allora o(f ) = o(g), p.e. sin(x) x e quindi o(sin(x)) = o(x) per x 0;

• ∼ → → → ∼ →

se f (x) g(x) per x x e ϕ(t) x per t t allora f (ϕ(t)) g(ϕ(t)) per t

0 0 0

∼ → → → ∼ ∼

t , p.e. ln(1 + x) x (x 0) e sin(t) 0 (t 0) allora ln(1 + sin(t)) sin(t) t

0 →

(t 0).

Qui, come sempre, con o(f ) si deve immaginare la qualità di un resto di tendere più

velocemente a 0 di f e non come una quantità. In particolare in generale si ha

• 6⇒

o(f ) = o(g) o(g) = o(f ),

• 6⇒

f + o(h) = g + o(h) f = g,

• − 6

o(f ) o(f ) = 0.

• Calcolare, se esiste,

Esempi. x p

− 1 + sin(x)

e 2 .

lim

ln cos(x)

x→0

78 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

Tutti gli sviluppi si intendono per x 0. Iniziamo con il denomina-

Soluzione.

tore. Visto che si tratta di un’unica espressione è più semplice usare l’ultima regola

e il principio di sostituzione anziche svilupparlo con Taylor (che comunque faremo

nel prossimo esercizio). Allora, prima serve un piccolo trucco

=:t→0 2

x

z }| {

− ∼ − ∼ −

ln cos(x) = ln 1 + cos(x) 1 t = cos(x) 1 .

2

Abbiamo verificato l’ultima equazione (con segno opposto) già a pagina 75. Si

potrebbe, però, anche ragionare usando lo sviluppo

2 2 2

2 2

x x x

− ⇒ − − ∼ −

cos(x) = 1 + o(x ) cos(x) 1 = + o(x ) .

2 2 2

Poiché il denominatore è di 2 ordine, dobbiamo sviluppare anche il numeratore

◦ x otteniamo

fino al 2 ordine: Ponendo t = 2 2

x

x x

2

2 2

t 2 2

2

t x x

x

e = 1 + t + .

+ o(t ) = 1 + = 1 + + + o(x ) = e

+ + o 2

2 2 2 8

2 2 √

Inoltre ponendo ora t := sin(x) segue (per lo sviluppo della radice 1 + t cfr.

pagina 74)

√ 2 2

t t

1 + t = 1 + + o(t )

2 8 2

∼x

}| {

z

2

sin(x) sin (x) p

2

− sin (x)) = 1 + sin(x).

=1+ + o(

2 8 2 2 2

Per la penultima regola o(sin (x)) = o(x ) e usando lo sviluppo sin(x) = x + o(x )

segue 2

2

x+o(x )

2

x+o(x )

p 2

− + o(x )

1 + sin(x) = 1 + 2 8 2 4 2

=o(x ) =o(x )=o(x )

z }| { z }| {

2 2 2

·

2x o(x ) o(x )

2

2 x + + 2

x+o(x ) 2 2

x x

− −

=1+ + o(x ) = 1 + + o(x ).

2 8 2 8

Quindi x

2 2

p 2 2

x x x

x

− − −

e 1 + sin(x) = 1 + + + o(x ) 1 + + o(x )

2 2 8 2 8

2 2 2

2 2

x x x

· ∼

=2 + o(x ) = + o(x ) .

8 4 4

Qui è importante osservare che soltanto dopo aver sviluppato tutto il numeratore si

usa l’asintoticità, farlo prima significherebbe usare il principio di sostituzione per

una differenza (che è gravemente sbagliato!!). Quindi per il principio di sostituzione

per rapporti risulta x 2

x

p

e 1 + sin(x) 1

2 4

∼ −

=

2

2

x

ln cos(x) − 2

da cui x p

e 1 + sin(x) 1

2 −

lim = .

2

ln cos(x)

x→0

• Calcolare, se esiste,

1 cos(x) + ln cos(x)

lim .

4 5

x + x

x→0

APPLICAZIONI DELLA FORMULA DI TAYLOR 79

Tutti gli sviluppi si intendono per x 0. Iniziamo come sempre con

Soluzione. 5 4

il denominatore: Visto che x = o(x ) risulta

4 5 4 4 4

x + x = x + o(x ) x .

Quindi il numeratore è da sviluppare fino al 4 ordine.

2 4 2 4

x x x x

4 4

− ⇒ − −

cos(x) = 1 + + o(x ) 1 cos(x) = + o(x ).

2 24 2 24 2

x

∼ −

Mentre nell’esempio precedente era sufficiente osservare che ln(cos(x)) qui

2

non possiamo ragionare cosı̀ altrimenti si applicherebbe il principio di sostituzione

ad una differenza. Dobbiamo invece sviluppare ln(cos(x)) fino al 4 ordine: Allora

=:t→0

z }| {

cos(x) 1

ln cos(x) = ln 1 +

con 2

t 2

ln(1 + t) = t + o(t )

2

e 4 2

2 x x

x 4 2

− − + + o(x ) = + o(x ).

cos(x) 1 = 2 24 2

4 −

Non è necessario sviluppare ln(1 + t) fino a t poiché t = cos(x) 1 è di ordine

2

2 e di conseguenza t espresso in x diventa di 4 ordine. Inoltre, nello sviluppo di

ln(1+t) dobbiamo sostituire t con cos(x)−1 sviluppato fino al 4 ordine mentre nel

2 ◦

t basta come vedremo lo sviluppo fino al 2 ordine. Non é sbagliato

espressione 2 ◦

usare anche lı̀ lo sviluppo fino al 4 ordine, soltanto i conti si complicheranno

k

leggermente. La cosa importante é che alla fine non ci saranno resti o(x ) con

k < 4. Quindi 2

2 4

x x

∼ − =

2 4

2

cos(x) 1 z }| {

2

− − −

ln cos(x) = cos(x) 1 + o cos(x) 1

2 {z }

| 4

=o(x )

2

2

x 2

2 4 −

+ o(x )

x x 4 4

2

− −

= + + o(x ) + o(x )

2 24 2

4

=o(x )

z }| {

2

2 2 2 2 2

x

2 4 −x · o(x ) + o(x )

x x 4

2

− −

= + + o(x )

2 24 2

4 4

2

x x x 4

− −

= + + o(x )

2 24 8

2 4

x x 4

− −

= + o(x ).

2 12

Cosı̀ per il numeratore segue 2 4 2 4

x x x x

4 4

− − − −

1 cos(x) + ln cos(x) = + o(x ) + + o(x )

2 24 2 12

4 4

x x 4

− −

= + o(x )

24 12

1 1

4 4 4

− ∼ − ·

= x + o(x ) x .

8 8

80 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

Per il rapporto segue con il principio di sostituzione

1 4

− − ·

1 cos(x) + ln cos(x) x 1

8

∼ −

=

4 5 4

x + x x 8

e quindi

1 cos(x) + ln cos(x) 1

lim = .

4 5

x + x 8

x→0

• Calcolare, se esiste, sin(x)

sin(x) − −

e x

x

lim .

2

tan (3x)

x→0

→ →

Per x anche t := 3x 0 e quindi vale

Soluzione. t

sin(t) (t=3x) 2 2 2

∼ ∼

= t =⇒ tan (3x) (3x) = 9x .

tan(t) = cos(t) 1 ◦

Allora dobbiamo sviluppare il numeratore fino al 2 ordine: Da

2

t

t 2

e = 1 + t + + o(t ),

2

2

sin(x) = x + o(x )

→ →

segue con t := sin(x) 0 per x 0 2

sin (x) 2

sin(x)

+ o sin (x)

e = 1 + sin(x) + 2 2

2

x + o(x )

2 2

= 1 + x + o(x ) + + o(x )

2

2 2 2 2

·

x + 2x o(x ) + o(x ) 2

=1+ x + + o(x )

2

2

x 2

+ o(x ).

=1+ x + 2

Inoltre 3

x 3

sin(x) = x + o(x )

6

quindi

1 3 2

·x

=o =o(x )

x

z }| {

3

sin(x) x 1 3

− ·

=1 + o(x )

x 6x x

2

x 2

=1 + o(x ).

6 ◦

Notiamo che qui era necessario sviluppare sin(x) fino al 3 ordine poiché la divisione

per x abbassa l’ordine per 1. Cosı̀ risulta 2 2

sin(x) x x

sin(x) 2

− − − − −

e x =1+ x + 1 x + o(x )

x 2 6

2 2

2 2 2

· ∼ ·

= x + o(x ) x

3 3

e quindi sin(x) 2

sin(x) 2

− − ·

e x x 2

x 3

∼ =

2 2

·

9 x 27

tan (3x)

APPLICAZIONI DELLA FORMULA DI TAYLOR 81

che implica sin(x)

sin(x) − −

e x 2

x

lim = .

2 27

tan (3x)

x→0

Concludiamo questi esempi con una

In questo esempi abbiamo calcolato sviluppi di Taylor di diverse fun-

Osservazione.

zioni usando sviluppi noti e le regole per il calcolo con gli o(·) senza fare alcuna derivata.

Usando la terza osservazione su pagina 72 in questa maniera abbiamo anche calcolato i

polinomi di Taylor. Per esempio 2 2

p 2

x x x x

− ⇒ −

f (x) := 1 + sin(x) = 1 + + o(x ) T (x) = 1 + ,

2

2 8 2 8

2 4 2 4

x x x x

4

− − ⇒ − −

f (x) := ln cos(x) = + o(x ) T (x) = ,

4

2 12 2 12

2 2

x x

sin(x) 2 ⇒

f (x) := e = 1 + x + + o(x ) T (x) = 1 + x + ,

2

2 2

dove il polinomio di Taylor si riferisce alla corrispondente funzione f e il centro x = 0.

0

Mentre le prime due applicazioni della Formula di Taylor usavano il resto di Peano, la

terza fa uso del resto di Lagrange.

Calcolo Numerico. → ∈

Data una funzione (possibilmente complicata) f : (a, b) e x (a, b),

Problema. R

1

trovare un valore approssimato per f (x), per esempio calcolare cos( ) con un errore

2

−3

< 10 .

L’idea per risolvere questo problema è di usare la Formula di Taylor con resto di

Lagrange: Esiste c tra x e x tale che

0

n (k) (n+1)

f (x ) f (c)

0

X k n+1

· − · −

(x x ) (x x )

f (x) = +

0 0

k! (n + 1)!

k=0 | {z }

| {z } =R (x)

n

=T (x)

n

dove il centro x (a, b) e l’ordine n sono ancora da determinare. Se sappiamo che

0

(n+1)

|f ≤ ∈

(s)| M per ogni s (a, b) allora possiamo valutare l’errore R (x) = f (x)−T (x)

n n

(n+1)

f (c) M

n+1 n+1

· |x − |

· |x − | ≤ x

= x

R (x) 0

0

n (n + 1)! (n + 1)!

e cosı̀ si può valutare la precisione dell’approssimazione. Rimane la scelta del centro

x (a, b) che deve rispettare i seguenti principi:

0

(i) in x si devono conoscere valore e tutte le derivate di f fino al n-esimo ordine, cioè

0

(k)

f (x ) per k = 0, 1, . . . , n, altrimenti non si può calcolare T esplicitamente;

0 n

(ii) tra tutti i punti in (i) si sceglie quello che sta più vicino a x in maniera che il fattore

n+1 n+1

|x − |

x = (distanza tra x e x ) sia più piccolo possibile.

0 0 n+1

|x − | |x − | → →

Se, fortunatamente, x < 1, allora le potenze x 0 per n +∞ e quindi

0 0 |R

contribuisce, insieme al fattoriale (n + 1)! nel denominatore, a diminuire l’errore (x)|

n

fatto.

Consideriamo alcuni esempi concreti: −3

1

• Calcolare cos con un’errore < 10 .

Esempi. 2 12 ±

Qui f = cos e x = . Visto che qualsiasi derivata di f è data da sin(x)

Soluzione.

±

oppure cos(x) vale

(k) ≤ ∈ ∈

f (s) 1 =: M per ogni k ed ogni s

N R.

82 5. CALCOLO DIFFERENZIALE 1

Passiamo alla scelta del centro x . Il punto più vicino a x = nel quale si conoscono

0 2

3

tutte le derivate di f = cos è x = 0. Cosı̀ otteniamo la stima

0

1 1 !

n+1 −3

1

· −

≤ 0 < 10

R (x) =

n 2 n+1

·

(n + 1)! (n + 1)! 2

Questo è una disuguaglianza in n che è equivalente a

n+1

·

(n + 1)! 2 > 1000.

Per trovare il valore n più piccolo che verifica questa relazione si deve procedere per

N

tentativi: n+1

·

n (n + 1)! 2

·

1 2 4=8

·

2 6 8 = 48

·

24 16 = 384

3 ·

4 120 32 = 3840 > 1000 X

Quindi possiamo scegliere n = 4 e cosı̀ risulta 1 −3

12 1

− < 10 .

cos T

4 2 3840

Infine T è dato da

4 2 4

1

1

2 4

x x 337

2 2

1

− ⇒ −

T (x) = 1 + T + = .

= 1

4 4 2

2 24 2 24 384

Riassumendo abbiamo verificato che 337 1 −3

12 − ≤

cos < 10 ,

384 3840

337

cioè la soluzione è .

384

• Usare uno sviluppo di secondo ordine per calcolare un valore approssimativo di

2 30 valutando anche l’errore fatto. 2

Il numero quadrato più vicino a x = 30 è 25 = 5 e quindi scegliamo

Soluzione. √ √

2 2

come centro x = 25 (le derivate di x contengono ancora x, pertanto questa scelta

0

semplificherà i calcoli). Per la Formula di Taylor con il resto di Lagrange esiste poi un

c [x , x] = [25, 30] tale che

0 00 000

√ f (25) f (c)

0 2 3

· − · − · −

x = f (25) + f (25) (x 25) + (x 25) + (x 25) ,

f (x) = 2! 3!

{z } {z }

| |

T (x) R (x)

2 2

dove 1 ⇒

f (x) = x f (25) = 5,

2

1 1 1

1

0 − 0

· ⇒

f (x) = x f (25) = = ,

2 ·

2 2 5 10

00

1 f (25) 1 1

3

00 · ⇒ − −

− x = = ,

f (x) = 2 3

· ·

4 2! 4 5 2 1000

000

3 f (c) 3 1

5 5 5

000 − − −

· ⇒ · ·

f (x) = x = c = c

2 2 2

·

8 3! 8 6 16

!

3 −3

qui il simbolo < 10 significa che “deve essere <”.

SERIE DI TAYLOR 83

e quindi sostituendo x = 30 risulta 5

√ −

1 c

1 2

2 3

· − · ·

5 5 + 5

30 = 5 + 10 1000 16 5

219 c 2 3

·

= + 5

40 16

|{z} | {z }

=valore approssimativo =errore R (30) compiuto

2 5

con c [25, 30]. Per stimare l’errore osserviamo che la funzione c è decrescente in c e

2

quindi segue 5

25 1

2 3

≤ ·

R (30) 5 = .

2 16 400 √ 30 il valore

Riassumendo, lo sviluppo di secondo ordine dà come approssimazione di

219 1

che lascia un errore = 0, 0025.

40 400

√ √ 1

1

e con un’errore < e = e .)

Calcolare . (Suggerimento:

Esercizio. 2

1000

In entrambi gli esempi la funzione f ammetteva derivate di qualsiasi

Osservazione.

ordine. Ci si può chiedere che cosa succede con l’approssimazione T (x) di f (x) se

n

→ ⊆

n +∞. Per studiare questo problema definiamo dapprima per un intervallo I R

\

∞ n

C (I) := C (I).

n∈N

∞ (n)

∈ →

Quindi f C (I) significa che f : I ammette derivate f di qualsiasi ordine

R

n N. Serie di Taylor

∈ ≥

Se per f C (a, b) esiste M 0 tale che

(k) k

≤ ∈ ∈

f (x) M per ogni x (a, b) ed ogni k N

allora possiamo stimare il resto R (x) = f (x) T (x) come

n n

n+1

(n+1) M

f (c) n+1 n+1

· |x − | ≤ · |x − | → →

x

R (x) = x 0 per n +∞.

0

n 0

(n + 1)! (n + 1)!

| {z }

=:r

n

Per verificare che lim r = 0 si usa un trucco: Calcoliamo

n

n→+∞

n+2 n+2

|x − | · |x − |

r M x (n + 1)! M x

n+1 0 0

· · →

= = 0 =: q < 1.

n+1 n+1

|x − |

r (n + 2)! x M n +2

n 0 +∞

P

Ciò implica che per il criterio del rapporto la serie r converge e quindi il criterio

n

n=0 → →

necessario per la convergenza di una serie implica r = R (x) 0 per n +∞.

n n

Di conseguenza →0

z }| {

f (x) = lim T (x) + R (x) = lim T (x) per ogni x (a, b).

n n n

n→+∞ n→+∞

Quindi abbiamo dimostrato il seguente risultato.

∞ (k)

∈ ∈ ≥ ≤

5.20. Sia f C (a, b) e x (a, b). Se esiste M 0 tale che f (x)

Proposizione 0

k ∈ ∈

per ogni x (a, b) ed ogni k allora

M N,

n +∞

(k) (k)

f (x ) f (x )

0 0

X X

k k

· − · −

f (x) = lim (x x ) (x x )

=

0 0

k! k!

n→+∞ k=0 k=0

| {z } | {z }

=: Serie di Taylor

=T (x) Polinomio di Taylor

n

84 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

∞ (k)

Quindi, se f è C e le derivate f non crescono troppo rapidamente con l’ordine k,

f (x) si può rappresentare come Serie di Taylor

+∞ (k)

f (x )

0

X k

· − ∈

f (x) = (x x ) per ogni x (a, b)

0

k!

k=0

∞ (k) k

• ∈ | ≤ ∈

sin C (R) con sin (x)| 1 =: M = M per ogni x ed ogni

Esempi. R

k e quindi dallo sviluppo a pagina 73 segue (con x = 0)

N 0

+∞ 2k+1

x

X k ∈

·

sin(x) = per ogni x

(−1) R

(2k + 1)!

k=0

Similmente seguono i seguenti sviluppi di altre funzioni elementari

+∞ 2k

x

X k

• · ∈

cos(x) = (−1) per ogni x R

(2k)!

k=0

∞ k

X

x x

• ∈

e = per ogni x R

k!

k=0 +∞ 2k+1

x

X

• ∈

sinh(x) = per ogni x R

(2k + 1)!

k=0

+∞ 2k

x

X

• ∈

cosh(x) = per ogni x R

(2k)!

k=0

+∞ k

x

X k+1

• · ∈

ln(1 + x) = (−1) per ogni x (−1, 1)

k

k=1

+∞

X α

α k

• · ∈ ∈

(1 + x) = x per ogni α e x (−1, 1)

R

k

k=0

Concludiamo questo capitolo sul calcolo differenziale con lo

Studio di Funzione

⊆ →

Data una funzione f : X tracciare un grafico approssimativo di

Problema. R R,

f .

Per risolvere questo problema conviene procedere cercando di seguire lo schema seguente

più possibile. Si tenga presente che spesso non è possibile eseguire tutti i punti sottoe-

lencati. In questi casi le informazioni mancanti (p.e. esistenza di zeri, estremi locali ecc.)

si possono eventualmente dedurre alla fine dello studio come conseguenza delle altre

informazioni. ∈

(i) Determinazione del dominio X: Sono da individuare tutti i punti x per i quali

R

l’espressione f (x) sia ben definita. Per esempio

• ≥

argomenti sotto radici di ordine pari devono essere 0,

• argomenti di logaritmi devono essere > 0,

• la base di un’esponenziale deve essere > 0,

• 6

denominatori devono essere = 0, ecc.

In generale, per calcolare il dominio X di una funzione si deve risolvere un sistema

di disequazioni. STUDIO DI FUNZIONE 85

2

sin(x )

√ ∈

. Allora il numeratore è definito per ogni x

Sia f (x) :=

Esempio. R

2 −2)

2−ln(x

mentre per il denominatore si deve verificare

2 2 2 2

− − − ⇐⇒ −

x 2 > 0 e 2 ln(x 2) > 0 x > 2 e 2 > ln(x 2)

√ 2 2

⇐⇒ |x| −

> 2 e e > x 2

√ p 2

⇐⇒ |x| |x|

> 2 e < e + 2

√ √

p p

2 2

⇐⇒ ∈ − − ∪

x e + 2, 2) ( 2, e + 2 .

(ii) Simmetrie (pari, dispari) e periodicità: cfr. pagine 34 e 35.

(iii) Intersezioni con gli assi: Con l’asse-x: risolvere l’equazione f (x) = 0. Con l’asse y:

se 0 X calcolare f (0).

(iv) Segno della funzione: Risolvere l’equazione f (x) > 0 (o f (x) < 0).

(v) Calcolo dei limiti (da destra/sinistra) alla frontiera di X: Si calcolano i limiti (da

destra/sinistra) di f (x) negli estremi finiti, se esistono, del dominio X e si deducono

gli eventuali asintoti verticali, cfr. pagina 41. Se X è illimitato, si calcolano inoltre

i limiti lim f (x) =: l, determinando se vi sono asintoti orizzontali y = l (se

x→±∞

∈ ±∞

l cfr. pagina 41. Se invece l = si procede con la

R), 6 ∈

(vi) Individuazione degli asintoti obliqui: Se esistono m = 0 e q tale che

R

− ·

− · f (x) [m x + q] = 0

f (x) [m x + q] = 0 e/o lim

lim x→−∞

x→+∞ −∞.

allora si dice che la retta y = mx + q è asintoto obliquo per f a +∞ e/o

Graficamente ciò significa che la distanza tra il grafico di f e la retta y = mx + q

→ ±∞.

tende a 0 per x Per verificare l’esistenza di un asintoto obliquo si procede

come segue: Si verifica prima se esiste finito il limite

f (x) 6

lim =: m = 0 = pendenza dell’asintoto.

x

x→±∞

Nel caso affermativo si verifica se esiste finito il limite

lim f (x) mx =: q = ordinata all’origine dell’asintoto.

x→±∞ 6

Se entrambi i limiti esistono in con m = 0, allora y = mx + q è asintoto obliquo

R

→ ±∞.

di f per x 3x+2

Sia f (x) := ln e + 5 . Allora

Esempio. lim f (x) = ln(5), mentre lim f (x) = +∞

x→−∞ x→+∞

→ −∞.

Quindi y = ln(5) è un asintoto orizzontale di f per x Inoltre, puo’ esistere

un asintoto obliquo per x +∞. Per ciò studiamo

3x+2

3·e

3x+2 3x+2

ln e + 5 ·

9 e

f (x) H H

3x+2

e +5

m = lim = lim = lim = lim =3

3x+2

·

x x 1 3 e

x→+∞ x→+∞ x→+∞ x→+∞

e inoltre (usando la continuità del logaritmo)

3x+2 3x+2 3x

− − −

q = lim f (x) mx = lim ln e + 5 3x = lim ln e + 5 ln e

x→+∞ x→+∞ x→+∞

3x+2 3x+2

3x+2 ·

e + 5 e + 5 3 e

H

= ln lim = ln lim

= lim ln 3x 3x 3x

·

e e 3 e

x→+∞ x→+∞

x→+∞ 3x 2

· ·

3 e e

2

lim

= ln = ln e = 2.

3x

·

3 e

x→+∞

Pertanto la retta di equazione y = 3x + 2

è asintoto obliquo per x +∞ della funzione data, cfr. il grafico.

86 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

14 3x+2

ln(e +5)

12

10

8

6

4

2 y=ln(5) x

0

–4 –2 2 4

–2

y=3x+2 Asintoto obliquo.

Figura 40.

(vii) Studio della derivata prima (crescenza/decrescenza, punti critici ed estremi locali):

0

Si calcola la derivata prima f (x) e il corrispondente dominio. Risolvendo l’equa-

0

zione f (x) = 0 si calcolano i punti critici x di f . Eventualmente, studiando il

0

0

cambiamento del segno di f (x) in x = x si può classificare la natura del punto

0 0

critico (minimo o massimo locale, cfr. pagina 64). Infine si studia il segno di f (x)

per ottenere informazioni sulla monotonia di f .

(viii) Studio della derivata seconda (estremi locali, concavità/convessità, punti di flesso):

Si calcola (se non si ottiene un espressione troppo complessa) la derivata seconda.

Se i punti critici non sono già stati classificati nel punto (vii) si calcolano i valori

00

di f nei punti critici per poi applicare il criterio per estremi locali, cfr. pagina 74.

0

⊆ → ⊂

Sia f : X derivabile in (a, b) X. Se f (x) in (a, b) è

Definizione. R R

• crescente, allora si dice che f è convessa (oppure concava verso l’alto) in (a, b),

• decrescente, allora si dice che f è concava (oppure concava verso il basso) in

(a, b). f concava

f convessa Funzioni convesse e concave.

Figura 41. 2

Dal test di monotonia (cfr. pagina 63) segue che se f C (a, b), allora

0 00

⇐⇒ ⇐⇒ ≥ ∈

f è convessa in (a, b) f è crescente in (a, b) f (x) 0 per ogni x (a, b),

0 00

⇐⇒ ⇐⇒ ≤ ∈

f è concava in (a, b) f è decrescente in (a, b) f (x) 0 per ogni x (a, b).

→ ∈

Diremo che f : (a, b) ammette retta tangente in x (a, b) se il rapporto

R 0

incrementale di f in x ammette limite (finito o infinito), cioè se esiste

0 −

f (x) f (x )

0 ∈

lim R.

x x

x→x 0 0 →

Un punto (x , f (x )) si chiama (punto di) flesso di f : (a, b)

Definizione. R

0 0

∈ \ {x }

in x (a, b), se f è continua in (a, b), derivabile in (a, b) e se

0 0

• f ammette retta tangente in x , e

0

STUDIO DI FUNZIONE 87

• la concavità di f è opposta dalle due parti di x .

0

2

∈ ∈

Si nota che per f C (a, b) in un punto di flesso x (a, b) vale necessariamente

0

00

f (x ) = 0 per il teorema degli zeri.

0 0 00 00

3 2

• Sia f (x) = x . Allora f (x) = 3x e f (x) = 6x. Visto che f (x) < 0 per

Esempi. 00

x < 0 e f (x) > 0 per x > 0, l’origine è un punto di flesso di f .

• 3

Sia f (x) = x. Allora f ammette una retta tangente verticale in x = 0. Inoltre

0

2 2 5

−1

− − −

1

0 0 00 00

x 23 x 2·x

3 3 3

− · − 6

f (x) = (x ) = e f (x) = = per x = 0. Quindi f (x) > 0

3 3 3 9

00

per x < 0 e f (x) < 0 per x > 0 e allora l’origine è un punto di flesso di f .

3

• |x|

Sia f (x) = + x . Allora il rapporto incrementale di f in x = 0 è dato da

0

3

|h|

− |h|

+ h

f (h) f (0)

2 ±1.

= lim = lim + h =

lim h h h

± ±

± h→0 h→0

h→0

Quindi f non ammette tangente in x = 0 e quindi (0, 0) non è un punto di flesso

0

di f , nonostante che f cambia concavità in quel punto.

p

3 3

x 3

x jxj+x

x x

flesso

flesso x

non flesso

Punti di flesso e no.

Figura 42.

Seguendo questo schema è utile tracciare il grafico gradualmente, inserendo le informa-

zioni via via raccolte anziché raccogliere tutto e poi fare il grafico: i processi graduali

aiutano a controllare la coerenza del procedimento e a capire quali informazioni è ancora

utile raccogliere.

Consideriamo ora un esempio completo. 1 · |x

Studiare la funzione f (x) = e + 3| e tracciarne un grafico approssima-

x−3

Esempio.

tivo. 6 ∪

(i) Dominio: f (x) è definito per ogni x = 3 e quindi X = (−∞, 3)

Soluzione:

(3, +∞).

(ii) Simmetrie: il grafico di f non rappresenta simmetrie.

(iii) Intersezione con gli assi: Visto che la funzione esponenziale è sempre > 0, f (x) = 0

⇐⇒ |x ⇐⇒ ⇐⇒ −3. ∈

+ 3| = 0 x + 3 = 0 x = Inoltre vale 0 X e f (0) =

1 3

· |3|

e = .

−3 3 e ≥ ≥ ∈

(iv) Segno di f (x): Visto che il modulo è sempre 0, f (x) 0 per ogni x X.

88 5. CALCOLO DIFFERENZIALE −∞,

(v) Limiti alla frontiera del dominio: I punti di frontiera di X sono: 3, +∞.

Studiamo perciò i limiti (da destra/sinistra dove indicato) in quei punti:

→0

}| {

z 1 →+∞

z }| {

− 0

x 3 · |x ·

lim f (x) = lim e + 3| = e (+∞) = +∞,

x→±∞ x→±∞ 1

→ =−∞

0

z }| {

1 →6

z }| { −∞

x 3 · |x ·

lim f (x) = lim e + 3| = e 6 = 0,

− −

x→3 x→3 1

→ =+∞

+

0

z }| {

1 →6

z }| {

− +∞

x 3 · |x ·

lim f (x) = lim e + 3| = e 6 = +∞.

+ +

x→3 x→3 +

Quindi la retta x = 3 rappresenta un asintoto verticale per x 3 . Visto che

lim f (x) = +∞, possono esistere

x→±∞ → ±∞:

(vi) Asintoti obliqui per x Allora calcoliamo

→1

z}|{

1 |x

· |x + 3|

e + 3|

f (x) x−3 ±1,

= lim = lim =

m : = lim

± x x x

x→±∞ x→±∞

x→±∞

e 1

− · |x ∓

q : = lim f (x) m x = lim e + 3| x

x−3

± ± 0

→e ·3=3

x→±∞ x→±∞ }| {

z

1

1 1

· − − · ·

e

lim e (x + 3) x = lim 1 x + 3 nel caso “+”,

e

x−3 x−3 x−3

x→+∞ x→+∞

=

1 1 1

· − − · − ·

e (−x 3) + x = lim 1 e x e 3 nel caso “−”.

lim x−3 x−3 x−3

 x→−∞

x→−∞ | {z }

 0

→e ·3=3

Quindi studiamo prima 1 t −

− e 1 x

e 1 x

x−3

1

− · · · ·

lim e 1 x = lim = lim lim = 1 1 = 1,

x−3 1 − −

x 3 t x 3

x→±∞

x→±∞ x→±∞ t→0

x−3

1 → → ±∞.

ove abbiamo usato che t := 0 per x Cosı̀ risulta

x−3 ±1 ± ±4

q = 3 =

±

−x − → → −∞,

e quindi y = x + 4 e y = 4 sono asintoti obliqui per x +∞ e x

rispettivamente.

0 |x 6 −3,

(vii) Studio di f (x): Visto che + 3| è derivabile per ogni x = la funzione è

∈ 6 −3.

derivabile per ogni x X con x = Inoltre per il rapporto incrementale nel

−3

punto x = vale

0 1

− · |x − |x

f (x) f (−3) e + 3| 0 + 3|

x−3 1

0 ·

f (−3) = lim = lim lim e x−3

± −

x (−3) x +3 x +3

± ± ±

x→−3 x→−3 x→−3

1 1

− −

· ±e

= e (±1) = .

6 6 STUDIO DI FUNZIONE 89

0 0

6 −3.

Quindi f (−3) = f (−3) e di conseguenza f non è derivabile in x =

0

− +

0 6 ±3: −3, 6

Calcoliamo ora f (x) per x = per x > x = 3 vale

−1

1 1 1 1

0 0

0

· |x · · · ·

f (x) = e + 3| = e (x + 3) = e (x + 3) + e 1

x−3 x−3 x−3 x−3

2

(x 3)

2 2

− − −

(x 3) (x + 3) x 7x + 6

1 1

· ·

= e = e .

x−3 x−3

2 2

− −

(x 3) (x 3)

−3

Similmente segue per x < 2 −

x 7x + 6

1 1 1

0 0

0

· |x · − −e ·

f (x) = e + 3| = e (−x 3) =

x−3 x−3 x−3 2

(x 3)

e quindi

 1 2 −7x+6

x −3, 6

·

e se x > x = 3,

x−3

 2

0 (x−3)

f (x) = 1 2 −7x+6

x

·

−e −3.

se x <

x−3

 2

(x−3)

Calcoliamo ora i punti critici di f : Visto che la funzione esponenziale non ammette

zeri, segue che √ 2 − · ±

± 7 4 6 7 5

7

0 2

⇐⇒ − ⇐⇒ =

f (x) = 0 x 7x + 6 = 0 x = x =

1,2 2 2

⇐⇒ x = x = 6 opp. x = x = 1.

1 2 0

Studiamo ora la monotonia di f attraverso il segno di f (x): Visto che

1

e x−3 ∀ 6

> 0 x = 3 e

2

(x 3)

2 − − · −

x 7x + 6 = (x 6) (x 1)

segue che  1

x−3

e · − · − −3,

− (x 6) (x 1) < 0 per x <

 2

(x−3)

 1

 x−3

e · − · − −

(x 6) (x 1) > 0 per 3 < x < 1,

 2

0 (x−3)

f (x) = 1

x−3

e · − · − 6

(x 6) (x 1) < 0 per 1 < x < 6, x = 3,

 2

 (x−3)

 1

 x−3

e · − · −

(x 6) (x 1) > 0 per 6 < x.

 2

(x−3)

Di conseguenza ∪

f è strettamente crescente in (−3, 1) (6, +∞),

−3) ∪ \ {3}.

f è strettamente decrescente in (−∞, (1, 6)

00 0 6 ±3. −3, 6

(viii) Studio di f (x): f è derivabile per x = Inoltre per x > x = 3 vale

2 − 0

x 7x + 6

1

00 ·

f (x) = e x−3 2

(x 3) 2 2 2

−1 − · − − − · −

− (x 3) (2x 7) 2(x 3) (x 7x + 6)

(x 7x + 6)

1 1

· · ·

= e + e

x−3 x−3 2

2 2

− −

(x 3) (x 3)

2

(x 3)

1

e x−3

2 2 2

· − · − − − · − − −

= (x 3) (2x 7) 2(x 3) (x 7x + 6) (x 7x + 6)

4

(x 3)

1

e x−3

· −

= 13x 33 .

4

(x 3)

90 5. CALCOLO DIFFERENZIALE

−3

Similmente per x < si ottiene 1

2 − 0

x 7x + 6 e x−3

1

00 −e · − · −

f (x) = = (13x 33).

x−3 2 4

− −

(x 3) (x 3)

Quindi risulta 1

 x−3

e · − −3, 6

(13x 33) se x > x = 3,

 4

00 (x−3)

f (x) = 1

x−3

e

− · − −3.

(13x 33) se x <

 4

(x−3)

Classifichiamo i due punti critici x = 6 e x = 1 trovati nel punto precedente:

1 2

1

x−3

e ∈

Visto che > 0 per ogni x X segue che

4

(x−3)

00

· − ⇒

segno f (6) = segno 13 6 33 > 0 x = 6 è un punto di minimo locale,

1

00

· − ⇒

segno f (1) = segno 13 1 33 < 0 x = 1 è un punto di massimo locale

2

1 1

− 4

· · ·

3

con f (6) = 9 e = 9 =

e, f (1) = 4 e . Per trovare eventuali flessi

3 2 e

risolviamo 33

00 ⇐⇒ − ⇐⇒

f (x) = 0 13x 33 = 0 x := x = .

0 13

6 ±3

Inoltre per x = vale 33

00 33

≥ ⇐⇒ ≥

f (x) 0 x , 3 e (3, +∞)

, cioè f è convessa in 13

13

33

00 33

≤ ⇐⇒ ≤ −∞, −3)

f (x) 0 x , cioè f è concava in e (−3, 13

13

33

e quindi risulta che x = è un punto di flesso.

0 13

Da tutte le informazioni ottenute risulta che f ha il seguente grafico.

1

x --3 3

f(x)=e jx+ j 4

y=x+

4

4

y= -x- x

-3 33 6

1 13

x=3

-4 1 · |x

Studio di f (x) = e + 3|.

x−3

Figura 43.

CAPITOLO 6

Calcolo Integrale per Funzioni di una Variabile

Integrale: Definizione e prime Proprietà

Data una funzione f : [a, b] limitata, calcolare l’area A tra il grafico

Problema. R

di f e l’asse x. f (x) A x

a b

L’area A.

Figura 44.

L’idea per risolvere questo problema è di approssimare l’area A da sotto e da sopra, cioè

per eccesso e per difetto.

Se poniamo m := inf f e M := sup f , allora sicuramente

· − ≤ ≤ · −

m (b a) A M (b a),

che però dà una approssimazione troppo scarsa. Per migliorarla dividiamo l’intervallo

[a, b] in tanti sottointervalli e procediamo in ogni sottointervallo come prima.

Per precisare questa idea ci serve una

• {x }

6.1. Un insieme P = , x , x , . . . , x si chiama partizione di [a, b]

Definizione 0 1 2 n

se a = x < x < x < . . . < x = b.

0 1 2 n

• →

Se f : [a, b] è limitata e P è una partizione di [a, b], allora definiamo per

R

i = 1, 2, 3, . . . , n ∈

m := inf f (x) : x [x , x ] ,

i i−1 i

M := sup f (x) : x [x , x ] ,

i i−1 i

∆x := x x (= lunghezza dell’intervallo [x , x ])

i i i−1 i i−1

n

X ·

s(f, P ) := m ∆x =: somma inferiore

i i

i=1

n

X ·

S(f, P ) := M ∆x =: somma superiore

i i

i=1

Quindi per ogni partizione P di [a, b] vale

≤ ≤

s(f, P ) A S(f, P ),

cioè le somme inferiori sono sempre approssimazioni di A per difetto mentre le somme

superiori danno sempre approssimazioni per eccesso. Perciò

• più grande è s(P, f ) meglio è,

• più piccolo è S(P, f ) meglio è. 91

92 6. CALCOLO INTEGRALE

f (x)

f (x) M

M S(f, P )

s(f, P ) m

m x

x a = x x x x x x = b

a = x x x x x x = b 0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5

Somma inferiore s(P, f ) e somma superiore S(P, f ).

Figura 45.

Se non c’è differenza tra “la migliore” approssimazione da sotto (cioè quella più grande

per difetto) e quella “migliore” da sopra (cioè quella più piccola per eccesso), allora il

problema è (teoricamente) risolto e f si dice integrabile.

Per precisare questo procedimento facciamo la seguente

6.2. Sia f : [a, b] limitata. Se

Definizione R

sup s(P, f ) : P partizione di [a, b] = inf S(P, f ) : P partizione di [a, b] =: I,

1

allora f si dice integrabile (secondo Riemann ). In questo caso A = I e

b

Z f (x) dx := I

a

si dice integrale di f (= funzione integranda) in [a, b] (= dominio dell’integrazione).

• Come variabile di integrazione non è necessario scegliere x si può

Osservazioni.

anche scrivere b b b

Z Z Z

f (x) dx = f (s) ds = f (t) dt = . . .

a a a

• ⇐⇒

f è integrabile per ogni ε > 0 esiste una partizione P = P tale che

ε

S(P , f ) s(P , f ) < ε.

ε ε

f (x) <ε x

a=x x x x x x =b

0 1 2 3 4 5

Criterio per l’integrabilità.

Figura 46.

• → −1

L’area sotto l’asse x è negativa, per esempio se f : [0, 1] f (x) := per ogni

R,

1

R

∈ −1.

x [0, 1] allora f (x) dx =

0

• In un certo senso n

b

Z X

f (x) dx = lim f (x )∆x

i i

→0

∆x i

a i=1

b

R

che spiega l’uso della notazione f (x) dx (inventata da Leibniz più di 300 anni

a

fà) per l’integrale.

Consideriamo alcuni

1

Ci sono altri modi per affrontare questo problema che portano a definizioni diverse, per esempio quella

di Lebesgue. INTEGRALE: DEFINIZIONE E PRIME PROPRIETÀ 93

• ∈

Se f è costante, cioè f (x) = c per ogni x [a, b] allora s(P, f ) = S(P, f ) =

Esempi. b

R

· − {a, · −

c (b a) per P = b} e quindi f è integrabile con f (x) dx = c (b a).

a

• La funzione di Dirichlet (cfr. pagina 46)

( ∈ ∩

1 se x [a, b] Q

f (x) := ∈ \

0 se x [a, b] Q

non è integrabile. Infatti visto che per ogni partizione P ogni intervallo [x , x ]

i−1 i

contiene sia punti razionali (in cui f ammette il valore 1) si punti irrazionali (in

cui f ammette il valore 0) segue m = 0 e M = 1 per ogni i = 1, 2, . . . , n. Cosı̀

i i

risulta per ogni partizione 6 −

s(P, f ) = 0 = b a = S(P, f )

che implica che f non è integrabile.

Continuiamo studiando alcune →

Proprietà dell’Integrale. Siano f, g : [a, b] integrabili. Allora

R

• · · ∈

α f + β g è integrabile per ogni α, β (cioè l’insieme delle funzioni integrabili

R

con dominio [a, b] è uno spazio vettoriale) e

b b b

Z Z Z

· · · ·

α f (x) + β g(x) dx = α f (x) dx + β g(x) dx

a a a

(cioè l’integrale è un’operazione lineare);

• ≤ ∈

Se f (x) g(x) per ogni x [a, b] allora

b b

Z Z

f (x) dx g(x) dx

a a

(cioè l’integrale è monotona);

• |f |

anche è integrabile e b b

Z Z

≤ |f

f (x) dx (x)| dx

a a

(disuguaglianza triangolare).

• ∈

per ogni α, β, γ [a, b] si ha

β γ γ

Z Z Z

f (x) dx + f (x) dx = f (x) dx

α β α

(additività dell’integrale rispetto agli estremi di integrazione)

f (x) x

a b

γ

α β

Additività rispetto agli estremi di integrazione.

Figura 47.

ove definiamo

α β α

Z Z Z

f (x) dx := 0 e f (x) dx := f (x) dx se α > β.

α α β

0 1

R R

(per esempio f (x) dx := f (x) dx).

1 0

Se la funzione integranda e il dominio di integrazione hanno qualche simmetria, allora

l’integrale si semplifica nella seguente maniera.

94 6. CALCOLO INTEGRALE

6.3. Sia f := [−a, a] integrabile. Allora

Proposizione R

a

Z

• f (x) dx = 0, se f è dispari,

−a

a a

Z Z

• ·

f (x) dx = 2 f (x) dx, se f è pari,

−a 0 f(x) dispari f(x) pari

+ =0 = 2

+ £

-a x

a x

-a a

Integrazione di funzioni simmetrici.

Figura 48.

A questo punto si pongono due

(i) Quali funzioni sono integrabili?

Problemi. b

R f (x) dx ?

(ii) Se f è integrabile, come si può calcolare a

Per i nostri scopi il seguente risultato dà una risposta sufficiente al primo problema.

6.4. Se f : [a, b] è limitata e

Teorema R

• ha un numero finito di discontinuità, oppure

• è monotona ∈

allora f è integrabile. In particolare ogni f C[a, b] è integrabile.

Qui l’ultima affermazione segue dal primo punto visto che una funzione continua su [a, b]

ha zero punti di discontinuità ed è limitata per Weierstraß.

→ →

Le funzioni f : [0, 1] e g : [0, 3] definite come

Esempi. R R  −x ∈

e se x [0, 1),

h

n+1 n n+1

( 1 1

1 

∈ − −

− se x 1 , 1 ,

1 

2 2 2 2 − ∈

g(x) :=

f (x) := x 2 se x [1, 2),

1 se x = 1  ∈

sin(2x) se x [2, 3],

sono integrabili in quanto f (nonostante abbia un numero infinito di punti di di-

f(x) g(x)

1 2

1.5

1

0.5 0.5 x

0 1 2 3

0.5 1.5 2.5

–0.5

x –1

0 0.2 0.4 0.8 1

0.6 Esempi di funzioni integrabili non continue.

Figura 49.

scontinuità) è crescente e g ha soltanto 2 punti di discontinuità (x = 1 e x =

0 1

2). IL TEOREMA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE 95

Il Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale b

R

Passiamo ora al secondo problema, cioè cerchiamo modi per calcolare A = f (x) dx

a

visto che soltanto in casi particolarmente semplici è possibile di determinare A usando

la definizione.

Perciò ci serve prima il seguente ∈ ∈

6.5 (Teorema della Media). Se f C[a, b], allora esiste c [a, b] tale che

Teorema f(x) =

b

Z · − f(c)

f (x) dx = f (c) (b a)

a x

c

a b

Teorema della media.

Figura 50.

Per Weierstraß esistono

Dimostrazione. m := min f, M := max f.

Inoltre vale (cfr. pagina 91) b

Z ≤ · − ⇒

· − ≤ f (x) dx M (b a)

m (b a) a b

Z

1

≤ ≤

min f = m f (x) dx M = max f.

b a a

| {z }

= valor medio di f in [a,b] ∈

Quindi per il teorema dei valori intermedi (cfr. pagina 47) esiste c [a, b] tale che

b

Z · −

f (x) dx = f (c) (b a).

a

Da questo risultato segue un importante teorema: ∈

6.6 (Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale). Sia f C[a, b] allora la

Teorema

funzione x

Z

F : [a, b] F (x) := f (s) ds = funzione integrale di f

R, a

è derivabile con 0 ∈

F (x) = f (x) per ogni x [a, b].

Per verificare la derivabilità di F dobbiamo studiare il suo rapporto

Dimostrazione. →

incrementale per h 0. Allora usando prima l’additività dell’integrale rispetto agli

96 6. CALCOLO INTEGRALE

f (s) F (x) s

a b

x

La funzione integrale.

Figura 51.

estremi di integrazione e poi il teorema della media segue

x+h x

R R

f (s) ds f (s) ds

F (x + h) F (x) a a

=

h h

x+h

R f (s) ds

x

= h

·

h f (c)

= = f (c)

h

→ →

per un c = c tra x e x + h. Quindi h 0 implica c x e la continuità di f implica

x,h x,h

F (x + h) F (x) → →

= f (c ) f (x) per h 0,

x,h

h

0

cioè F è derivabile con F (x) = f (x).

0

• Se G è una funzione derivabile tale che G = f , allora G si dice

Osservazioni.

primitiva di f . L’insieme

Z {G }

f (x) dx =: : G e una primitiva di f

si chiama integrale indefinito di f . R

• Per distinguere un integrale indefinito f (x) dx (che rappresenta un’insieme di

b

R f (x) dx (che è un numero reale), quest’ultimo viene

funzioni) da un integrale a

anche chiamato integrale definito.

• ∈

Se F e G sono due primitive di f C[a, b] allora

0 0 0

− − −

(F G) = F G = f f = 0 ∈

e per la caratterizzazione delle funzioni costanti (cfr. pagina 65) esiste c tale

R

che ∈

F (x) = G(x) + c per ogni x [a, b].

Per questo motivo se F è una primitiva qualsiasi di f si scrive spesso

Z f (x) dx = F (x) + c

dove c indica una costante arbitraria di integrazione.

R

Siamo ora in grado di dare una soluzione al secondo problema. 0

6.7. Se f C[a, b] e G è una primitiva di f (cioè G = f ), allora

Corollario b

Z b b

f (x) dx = G(b) G(a) =: G(x) =: G(x) .

a a

a

IL TEOREMA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE 97

Sia F la funzione integrale di f . Allora per il Teorema fondamentale

Dimostrazione. ∈

F è una primitiva di f e quindi per l’osservazione precedente esiste c tale che

R

F (x) = G(x) + c per ogni x [a, b]. Quindi

=F (b) =0=F (a)

z }| { z }| {

b b a

Z Z Z

f (x) dx = f (x) dx f (x) dx

a a a

− −

= F (b) F (a) = G(b) + c G(a) + c

= G(b) G(a).

Quindi vale la seguente b

R

Per calcolare f (x) dx “basta” trovare una primitiva di f .

Osservazione. a

Abbiamo scritto “basta” tra virgolette poiché come vedremo trovare una primitiva di

una funzione f (si dice anche integrare f ) generalmente non è un compito semplice.

Tuttavia possiamo ora calcolare i primi integrali non banali.

0

3

x 2

• Visto che = x segue

Esempi. 3 2

2 3

Z 1 7

x 3 3

2

· −

= 2 1 = .

x dx = 3 3 3

1 1

2

y=x

4

3 _

7

2 3

1 x

0 1 2

Area sotto il grafico.

Figura 52.

• |x| 6

Sia G(x) := ln per x = 0. Allora G è derivabile e

0

( 1

ln(x) = se x > 0,

0 x

G (x) = 0 1 1

·

ln(−x) = (−1) = se x < 0.

−x x

Quindi Z 1 |x|

dx = ln + c

x

Questo fatto ci permette di dare una nuova rappresentazione per

Osservazione.

il logaritmo: Per x > 0 vale

x

Z 1 x −

ds = ln(s) = ln(x) ln(1) = ln(x).

1

s

1 0

r+1

x r

• 6 −1

Visto che per ogni r = vale = x insieme con l’esempio precedente segue

r+1

 |x| −1

ln + c se r =

Z 

r

x dx = r+1

x 6 −1

+ c se r =

 r +1

98 6. CALCOLO INTEGRALE

1

s ln(x) s

x

1 Il logaritmo.

Figura 53. 0 1

• ∈

La funzione G(x) := arctan(x), x è derivabile con arctan (x) = e quindi

R 2

1+x

Z 1 dx = arctan(x) + c

2

1 + x

Z x x

• e dx = e + c

Z Z

• −

sin(x) dx = cos(x) + c cos(x) dx = sin(x) + c

Z Z

• sinh(x) dx = cosh(x) + c cosh(x) dx = sinh(x) + c

In questi esempi era semplice di indovinare la primitiva di una funzione integranda data

r 6 −1)

(per esempio per x con r = oppure siamo partiti con una funzione derivabile G

0

che poi per definizione diventa la primitiva della sua derivata f = G . Nelle applicazioni

invece è in generale data una funzione integranda f per la quale non è immediato

indovinare una primitiva.

Quindi ci poniamo il seguente

Come si può trovare una primitiva di una funzione più complicata?

Problema.

Per esempio, il logaritmo ln è continuo e quindi integrabile ma come si può calcolare

Z ln(x) dx =?

Per risolvere questo problema studiamo ora

Metodi di Integrazione

L’idea per risolvere il problema di trovare una primitiva di una funzione è che, gra-

zie al Teorema fondamentale del calcolo integrale, la derivazione e l’integrazione sono

1

operazioni inverse, cioè: Se h è derivabile con continuità (brevemente si dice h C ),

allora Z 0

(∗) h (x) dx = h(x) + c.

Cosı̀ una regola di derivazione implica una regola associata di integrazione.

1 1

·

Integrazione per Parti. Sappiamo che se f, g sono C allora anche h := f g è C con

0 0 0

· ·

h (x) = f (x) g(x) + f (x) g (x).

Quindi da (∗) segue

Z Z Z

0 0 0 0

· · · · ·

f (x) g(x) dx + f (x) g (x) dx = f (x) g(x) + f (x) g (x) dx = f (x) g(x) +c

| {z }

{z }

| 0 =h(x)

=h (x)

Cosı̀ risultano le formule METODI DI INTEGRAZIONE 99

• Integrazione per Parti (versione indefinita)

Z Z

0 0

· · − ·

f (x) g(x) dx = f (x) g(x) f (x) g (x) dx

• Integrazione per Parti (versione definita) b

b Z

Z b 0

0 − ·

· · f (x) g (x) dx

f (x) g(x) dx = f (x) g(x) a a

a

Quindi il metodo di integrazione per parti corrisponde alla regola di derivazione di un

prodotto.

Vediamo ora come si applica questa regola

• Utilizziamo integrazione per parti per calcolare

Esempi. Z r ·

x ln(x) dx 0

6 −1.

per r = A questo punto dobbiamo decidere quale dei fattori è f (x) e quale

0

g(x). Ma visto che con la scelta f (x) = ln(x) non si può continuare non conoscendo

0

r

la primitiva del logaritmo, l’unica possibilità è x = f (x) e ln(x) = g(x) e quindi

r+1 0 1

x

6 −1) e g (x) = . Cosı̀ risulta

(siccome r = f (x) = r+1 x

r+1 r+1

Z Z

x x 1

r · · − ·

x ln(x) dx = ln(x) dx

r +1 r +1 x

r+1 Z

x 1 r

· − ·

= ln(x) x dx

r +1 r +1 r+1

r+1 1 x

x · − ·

ln(x) + c

= r +1 r +1 r +1

r+1

x 1 r+1

· − ·

= ln(x) x + c

2

r +1 (r + 1)

r+1 1

x

· −

ln(x) + c.

= r +1 r +1

In questo esempio il metodo integrazione per parti funziona poiché il logaritmo

0 1

g(x) = ln(x) è una funzione “complicata” con derivata g (x) = “semplice”.

x

Quindi passando la derivata da f (x) a g(x) l’integrale si semplifica. Inoltre possiamo

0

dire che per r = 0 otteniamo g(x) = x = 1 per ogni x e quindi abbiamo anche

calcolato Z

· −

ln(x) dx = x ln(x) 1 + c. r

Se si vuole calcolare questo integrale direttamente (cioè senza il fattore x ) si deve

procedere con un piccolo trucco: =1

z }| {

Z Z Z 1

· · − ·

ln(x) dx = 1 ln(x) dx = x ln(x) x dx

x

|{z} |{z} |{z}

| {z } | {z }

0

f (x) f (x) f (x) |{z}

g(x) g(x) 0

g (x)

· −

= x ln(x) x + c.

• Anche l’integrale Z x ·

e cos(x) dx 0 x

si può calcolare usando integrazione per parti. Perciò scegliamo f (x) = e e g(x) =

0

x −

cos(x) (ma funzionerebbe anche viceversa). Allora f (x) = e e g (x) = sin(x) e

100 6. CALCOLO INTEGRALE

quindi Z Z

x x x

· · − · −

e cos(x) dx = e cos(x) e sin(x) dx.

|{z} |{z} |{z}

| |

{z } {z } | {z }

0

f (x) f (x) f (x) 0

g(x) g(x) g (x)

Sembra che non è cambiato molto, invece il trucco è di integrare un’altra volta per

parti, dove usiamo u, v invece di f, g per non confonderci

Z Z

x x x

· · ·

e cos(x) dx = e cos(x) + e sin(x) dx

|{z} | {z }

0

u (x) v(x) Z

x x x

· · − ·

= e cos(x) + e sin(x) e cos(x) dx.

|{z} |{z}

| {z } | {z }

u(x) u(x) 0

v(x) v (x)

Cosı̀ siamo tornati all’integrale iniziale e a prima vista il procedimento risulta essere

inutile. Invece abbiamo trovato un’equazione del tipo

·

I = E + α I

per l’integrale I in questione con un’espressione E nota e, molto importante,

−1 6

α = = 1. 6

Nel caso α = 1 l’integrale si semplifica e quindi tutto era infatti inutile. Per α = 1

E −

cioè (visto che qui 1 α = 2)

invece l’equazione si risolve facilmente come I = 1−α

x

e sin(x) + cos(x)

Z x ·

e cos(x) dx = + c.

2

• Consideriamo Z 2

cos (x) dx.

0 0 −

Allora, con f (x) = g(x) = cos(x) otteniamo f (x) = sin(x) e g (x) = sin(x) e

quindi Z

Z

· · − · −

cos(x) dx = sin(x) cos(x) sin(x) sin(x)

cos(x) dx

| {z } | {z } | {z } | {z } | {z } | {z }

0 0

f (x) g(x) f (x) g(x) f (x) g (x)

Ora si potrebbe avere la stessa idea come nell’integrale precedente di integrare

un’altra volta per parti. Ciò invece non funziona e porta soltanto all’annullamento

2 2

di tutto. Invece si usa la relazione sin (x) + cos (x) = 1 che implica

Z Z

2 2

·

cos (x) dx = sin(x) cos(x) + sin (x) dx

{z }

| 2

1−cos (x)

Z Z 2

· −

= sin(x) cos(x) + 1 dx cos (x) dx

Z 2

· −

= sin(x) cos(x) + x cos (x) dx

che, come prima, è un’equazione per l’integrale in questione che è facilmente da

risolvere con la soluzione ·

Z sin(x) cos(x) + x

2 + c.

cos (x) dx = 2

METODI DI INTEGRAZIONE 101

Integrazione per Sostituzione. Abbiamo visto come il metodo integrazione per parti

segue dalla regola per la derivazione di un prodotto. Ora invece partiamo con la regola

della catena (per derivare le funzioni composte) e cerchiamo la regola corrispondente

per l’integrazione.

∈ →

Sia f C[a, b] con una primitiva F . Sia, inoltre ϕ : [α, β] [a, b] derivabile con

0 2

6

continuità e ϕ = 0. Allora la funzione composta

h : [α, β] h(t) := F ϕ(t)

R,

è derivabile con 0 0 0 0

· ·

h (t) = F ϕ(t) ϕ (t) = f ϕ(t) ϕ (t).

Sostituendo queste espressioni nell’equazione (∗) a pagina 98 risulta la formula chiamata

• Integrazione per Sostituzione (versione indefinita)

Z 0

·

f ϕ(t) ϕ (t) dt = F ϕ(t) + c.

0

dove F è una primitiva di f , cioè F = f .

Sostituendo nella versione indefinita gli estremi t = β e t = α segue dal corollario sul

Teorema Fondamentale a pagina 96

β

Z t=β

0

·

f ϕ(t) ϕ (t) dt = F ϕ(t) t=α

α

= F ϕ(β) F ϕ(α)

x=ϕ(β)

= F (x) x=ϕ(α)

ϕ(β)

Z

= f (x) dx.

ϕ(α)

Quindi abbiamo dimostrato la formula

• Integrazione per Sostituzione (versione definita)

β ϕ(β)

Z Z

0

·

f ϕ(t) ϕ (t) dt = f (x) dx

α ϕ(α)

Prima di considerare esempi concreti deduciamo due regole generali di integrazione:

• Se nella versione indefinita della formula integrazione per sostituzione

Esempi. 1 1

|x|

scegliamo f (x) = con la primitiva F (x) = ln e per ϕ una funzione C con

x

6

ϕ(t) = 0 per ogni t allora segue

0

Z ϕ (t) dt = ln ϕ(t) + c

ϕ(t)

Un esempio concreto di questo tipo è

Z Z sin(t)

tan(t) dt = dt

cos(t)

0

ϕ (t)

z }| {

Z sin(t)

= dt

cos(t)

| {z }

ϕ(t)

= ln cos(t) + c.

2 ∈ ∈

per non confonderci usiamo come variabili t [α, β] e x [a, b].

102 6. CALCOLO INTEGRALE

• Se nella versione indefinita della formula integrazione per sostituzione scegliamo

2

x 1

f (x) = x con la primitiva F (x) = e per ϕ una funzione C allora segue

2 2

Z ϕ(t)

0

· + c

ϕ(t) ϕ (t) dt = 2

Un esempio concreto di questo tipo è 2

Z sin (t)

· cos(t) dt = + c.

sin(t) 2

{z } | {z }

| 0

ϕ(t) ϕ (t)

In pratica, si usa il metodo integrazione per sostituzione nell seguente

Osservazione.

modo: Nella funzione integranda (nella variabile t) si indovina un espressione ϕ(t) che

indichiamo con x, cioè si fa la sostituzione x := ϕ(t). Considerando x come funzione in

t si deriva rispetto a t e si ottiene (formalmente)

dx 0 0

⇒ ·

= ϕ (t) dx = ϕ (t) dt

dt

Cosı̀ risulta già la versione indefinita:

=x

Z Z

z}|{ 0

·

ϕ(t)

f = f (x) dx = F (x) + c.

ϕ (t) dt

| {z }

| {z } =dx

=f (x)

0

dove F = f . Per ottenere la versione definitiva basta osservare che

• ⇒

t = α x = ϕ(t) = ϕ(α), e

• ⇒

t = β x = ϕ(t) = ϕ(β)

3

∈ ⇐⇒ ∈

cioè t [ϕ(α), ϕ(β)] x [a, b] e quindi ϕ(β)

β Z

Z 0

·

f ϕ(t) ϕ (t) dt = f (x) dx.

ϕ(α)

α

Questo ragionamento è puramente formale, ma dimostra la forza della notazione per le

R

derivate (come rapporti tra infinitesimi) e gli integrali (come somme continue f (x) dx)

inventati più di 300 anni fà da Leibniz.

Vediamo ora come funziona questo procedimento in un’esempio concreto:

• Calcoliamo

Esempi. √

2

Z · −

t t 1 dt.

1 √ −

In questo caso l’idea è far sparire la radice ponendo x := t 1 (= ϕ(t)). Visto che

anche il fattore t nell’integrale deve essere espresso nella nuova variabile risolviamo

√ −

l’equazione x := t 1 per t:

2 2

− ⇒

x = t 1 t = x + 1.

Ora ci sono 2 modi per trovare la relazione tra dx e dt:

◦ −

consideriamo (come sopra indicato) x = t 1 come funzione in t e deriviamo

rispetto a t, cioè

0

dx 1

1 1 −1 12 1

12 12

− · − · · ⇒ ·

= (t 1) = (t 1) = = dt = 2x dx.

2 2 x

dt −

t 1

oppure 2

◦ consideriamo t = x + 1 come funzione in x e deriviamo rispetto a x, cioè

dt ⇒ ·

= 2x dt = 2x dx

dx

3 ∈

se ϕ(α) < ϕ(β), altrimenti t [ϕ(β), ϕ(α)]

METODI DI INTEGRAZIONE 103

e quindi le due possibilità portano allo stesso risultato. Inoltre abbiamo

◦ ⇒ −

t = 1 x = 1 1 = 0, e

◦ ⇒ −

t = 2 x = 2 1 = 1.

Quindi risulta √

2 1

Z Z 2

· − · · ·

t t 1 dt = (x + 1) x 2x dx

|{z} |{z}

1 0

| {z }

2 2x·dx

x

x +1 1

Z 4 2

· (x + x ) dx

=2 0

h 1

5 3

x x

= 2 +

5 3 0 16

h 5 3

1 1

= 2 + 0 = .

5 3 15

Nell’esempio precedente si trattava di un integrale definito in t per il quale abbiamo

calcolato gli estremi nella nuova variabile x. Anzichè calcolare gli estremi in x, dopo

la integrazione si può anche tornare alla variabile iniziale (che per integrali indefiniti è

sempre necessario) e poi sostituire gli estremi originali. Cosı̀ faremo nei prossimi esempi.

• Calcoliamo 4 √

Z t dt.

e

1 √ t cioè

Allora, per fare sparire la radice procediamo come prima e poniamo x :=

dt

2 ·

= 2x e quindi dt = 2x dx. Ora non calcoliamo gli estremi in

t = x . Ciò implica dx

x ma li sostituiamo con “. . .” intendendo che non ci interessano in questo momento.

Cosı̀ risulta 4 ...

Z Z

t x ·

e dt = e 2x dx.

1 ...

Questo è un tipico integrale che si risolve per parti e quindi dobbiamo individuare

0 0 x

chi è f e chi g. Qui la scelta giusta è f (x) = e e g(x) = x poiché se facciamo

2 x

R

viceversa l’integrale non si semplifica ma diventa tipo x e dx che è ancora più

difficile. Allora

... ...

Z Z

...

x x x

· · − ·

2 x e dx = 2 x e 1 e dx

...

|{z} |{z}

... ...

0

g(x) f (x) ...

x x

· −

=2 x e e ...

√ √

√ 4

h i

t −

(x = t) =2 e t 1 1

2 1 2

· − − · − ·

= 2 e (2 1) e (1 1) = 2 e .

In questo esempio abbiamo visto che può capitare che si devono usare entrambi i

metodi, cioè integrazione per sostituzione e anche integrazione per parti.

• Consideriamo ora l’integrale indefinito

Z

cos ln(t) dt. x

In questo esempio facciamo sparire il logaritmo ponendo x := ln(t) cioè t = e . Ciò

implica dt x x

⇒ ·

= e dt = e dx.

dx

104 6. CALCOLO INTEGRALE

Quindi otteniamo Z

Z x

·

cos ln(t) dt = cos(x) e dx

|{z}

|{z} x ·dx

e

x

l’ultimo integrale è già stato calcolato a pagina 100 usando integrazione per parti

e quindi x

e sin(x) + cos(x)

= + c

2

sin ln(t) + cos ln(t)

ln(t)

·

x = ln(t) = e + c

2

sin(ln(t)) + cos(ln(t))

·

= t + c

2

Ripetiamo che in questo esempio, come per tutti gli integrali indefiniti, dopo la

sostituzione è necessario tornare alla variabile iniziale, in questo caso t.

Mentre negli esempi passati era abbastanza semplice indovinare la sostituzione (cioè tro-

vare il ϕ(t) che poi viene chiamato x) ci sono integrali dove la sostituzione è abbastanza

difficile da trovare.

• Calcoliamo l’area A di un cerchio di raggio 1 data dall’equazione

2 2

x + y = 1. √ 2

Risolvendo l’equazione nel primo quadrante si ottiene y = 1 x e per simmetria

segue 1

Z p 2

· −

A =4 1 x dx

0

Con la sostituzione x := sin(t) cioè t = arcsin(t) segue

dx

◦ ⇒ ·

= cos(t) dx = cos(t) dt,

dt

◦ ⇒

x = 0 t = arcsin(0) = 0,

π

◦ ⇒

x = 1 t = arcsin(1) = .

2

p

π 2

∈ − ≥

Visto che per t [0, ] vale 1 sin (t) = cos(t) 0 risulta

2 =cos(t)

π z }| {

1

Z Z q

2

p 2

2

− − · ·

1 x dx = 1 sin (t) cos(t) dt

0 0 π

Z 2 2

= cos (t) dt.

0

Abbiamo calcolato questo integrale già a pagina 100

π

π ·

Z sin(t) cos(t) + t π

2

2 2

cos (t) dt = = .

2 4

0 0

Quindi risulta π

·

A =4 = π.

4 ≥

Nella stessa maniera si può verificare che l’area A(r) di un cerchio di raggio r 0

è data da 2

·

A(r) = π r .

METODI DI INTEGRAZIONE 105

• Calcoliamo Z arctan(x) dx

Allora visto che arctan(x) (come anche ln(x)) è una funzione “complicata” con

1

una derivata molto più semplice, l’idea per risolvere questo integrale é usare

2

1+x

integrazione per parti. Perciò useremo il trucco di inserire il fattore 1 che abbiamo

già usato per integrare il logaritmo ln(x) (cfr. pagina 99):

Z Z ·

arctan(x) dx = 1 arctan(x) dx

|{z} | {z }

0

f (x) g(x) Z 1

− ·

· x dx

= x arctan(x) 2

1 + x

|{z}

|{z} {z }

| f (x)

f (x) | {z }

g(x) 0

g (x)

0

ϕ (x)

z}|{

Z

1 2x

· −

= x arctan(x) dx

2

2 1 + x

| {z }

ϕ(x)

2

ln(1 + x )

· − + c,

= x arctan(x) 2

dove per l’ultimo integrale abbiamo usato la formula a pagina 101. Altrimenti si

2

potrebbe anche utilizzare la sostituzione t := 1 + x e procedere come negli altri

esempi. Gli esempi che abbiamo visto dimostrano chiaramente che integrare una

Osservazione.

funzione può essere difficile ed impegnativo mentre in confronto derivare è una semplice

procedura che si può fare abbastanza meccanicamente. In effetti ci sono funzioni continue

(che quindi, per il teorema fondamentale, possiedono una primitiva) composizione di

funzioni elementari tali che le primitive non possono essere espresse usando solo funzioni

elementari. Per esempio 2

±x

f : f (x) = e

R R,

sono continue (infatti C ) ma le loro primitive non si possono esprimere utilizzando

solo le funzioni che abbiamo incontrati finora. Quindi in un certo senso non si possono

calcolare Z Z

2 2

−x

x

e dx e e dx

e questo fatto dimostra che integrare esplicitamente una funzione può essere addirittura

impossibile.

Calcolare il limite

Esempio. x 2

s

R −

1 e ds

0 =: l.

lim 3

sin(x )

x→0

Come indicato sopra non possiamo calcolare l’integrale. Però, grazie alle

Soluzione.

Regole di l’Hospital e il Teorema Fondamentale del calcolo integrale ciò non è neanche

3 3

necessario! Prima di derivare sostituiamo sin(x ) con l’espressione x che è asintotica

per x 0 e possiede derivate molto più semplici. Quindi, per il principio di sostituzione,

106 6. CALCOLO INTEGRALE

vale x 2

s

R −

1 e ds

0

0

l = lim = 0

3

x

x→0 2 2

x x

− −

1 e 1 e 1

H − ·

= lim = lim

2 2

3x 3 x

x→0 x→0

1

− .

= 3

Integrazione di Funzioni Razionali

p(x)

Come si integra una funzione razionale per due polinomi p, q, per

Problema. q(x)

esempio 4 2

Z x 2x + 10 dx ?

2 −

x 3x + 2

A questo problema c’è sempre una soluzione che inoltre coinvolge soltanto i tre integrali

−1 1

r 6 −1,

notevoli per x con r = x e . Il problema è scomporre la funzione integranda

2

1+x

in maniera tale si possono utilizzare tali integrali. Si procede in 3 passi:

◦ ≥

1 passo: Se grado(p) grado(q), allora dividiamo p per q con resto ottenendo

polinomi s e r con

◦ ·

p = s q + r,

◦ grado(r) < grado(q),

cioè r(x)

p(x) = s(x) + .

q(x) q(x)

4 2 2

− −

Per esempio per p(x) = x 2x + 10 e q(x) = x 3x + 2 otteniamo 9x

4 2 2 2

− −

x 2x + 10 : x 3x + 2 = x + 3x + 5 + 2 −

x 3x + 2

4 3 2

− −

x + 3x 2x

3 2

3x 4x

3 2

− −

3x + 9x 6x

2 −

5x 6x + 10

2

− −

5x + 15x 10

9x

2 passo: Usando la linearità dell’integrale si ottiene

Z

Z Z

p(x) r(x)

dx = s(x) dx + dx

q(x) q(x)

| {z }

semplice da calcolare

Per esempio 4 2

Z Z Z

x 2x + 10 9x

2

dx = x + 3x + 5 dx + dx

2 2

− −

x 3x + 2 x 3x + 2

2

3 Z

x 3x 9x

= + + 5x + dx.

2 −

3 2 x 3x + 2

3 passo: Si calcola Z r(x) dx.

q(x) 2

Consideriamo soltanto il caso grado(q) = 2 cioè q(x) = ax + bx + c, r(x) = dx + e.

Ci sono 3 casi secondo il segno del discriminante di q(x):

2 −

(i) b 4ac > 0, cioè q(x) ha due zeri reali distinti x , x .

1 2

INTEGRAZIONE DI FUNZIONI RAZIONALI 107

2 −

(ii) b 4ac = 0, cioè q(x) ha soltanto uno zero reale x .

0

2 −

(iii) b 4ac < 0, cioè q(x) non ha zeri reali.

Caso (i): I due zeri distinti di q(x) sono date da

√ 2

−b ± −

b 4ac

x = .

1,2 2a ∈

Allora si possono trovare due costanti A, B (uniche) tali che

R

Z

B r(x)

A

r(x) ⇒ · |x − | · |x − |

+

= dx = A ln x + B ln x + c.

1 2

− −

q(x) x x x x q(x)

1 2 2 −

L’esempio precedente con q(x) = x 3x + 2 entra proprio in questo caso: Qui

abbiamo √ 2

−3 ± − · · −3 ±

3 4 1 2 1

x = = = 1 opp. 2.

1,2 ·

2 1 2 ∈

Inoltre r(x) = 9x e quindi cerchiamo costanti A, B tale che

R

· − · −

9 x 0 A B (A + B) x (2A + B)

!

= + = .

2 − − − − · −

x 3x + 2 x 1 x 2 (x 1) (x 2)

Confrontando i coefficienti ciò vale se e solo se −9

A + B =9 A =

⇐⇒

2A + B = 0 B = 18

e quindi otteniamo

−9 Z

18 9x

9x ⇒ −9·ln |x−1|+18·ln |x−2|+c.

= + dx =

2 2

− − − −

x 3x + 2 x 1 x 2 x 3x + 2

Cosı̀ risulta

4 2 3 2

Z x 2x + 10 x 3x − · |x − · |x −

dx = + + 5x 9 ln 1| + 18 ln 2| + c.

2 −

x 3x + 2 3 2

Caso (ii): L’unico zero di q(x) è dato da b

x =

0 2a ∈

Allora si possono trovare due costanti A, B (uniche) tali che

R

Z

r(x) A B r(x) B

⇒ · |x − | −

= + dx = A ln x + c.

0

2

− − −

q(x) x x (x x ) q(x) x x

0 0 0

Come esempio concreto consideriamo l’integrale

Z 3x dx.

2 −

x 2x + 1

Allora il denominatore si annulla se e solo se

√ 2

± −

2 2 4

x = = 1 = x .

0

2

Quindi cerchiamo A, B tale che

R

· · −

3 x +0 A B A x + (B A)

!

= + =

2 2 2

− − − −

x 2x + 1 x 1 (x 1) (x 1)

Confrontando i coefficienti ciò vale se e solo se

A =3 A =3

⇐⇒

B A =0 B =3

e quindi otteniamo Z 3x

3x 3 3 3

⇒ · |x − −

= + dx = 3 ln 1| + c.

2 2 2

− − − − −

x 2x + 1 x 1 (x 1) x 2x + 1 x 1

108 6. CALCOLO INTEGRALE

Caso (iii): In questo caso q(x) non ha zeri reali. Allora si possono trovare due

costanti A, B (uniche) tali che

R

0

· Z Z

r(x) A q (x) B r(x) 1

⇒ · |q(x)|

= + dx = A ln + B dx,

q(x) q(x) q(x) q(x) q(x)

0

q (x)

R |q(x)|

dx = ln (cfr. pagina 101). Rimane da

dove abbiamo usato la formula q(x)

calcolare l’integrale Z Z

dx 1

= dx.

2

q(x) ax + bx + c

Per fare ciò si cercano costanti α, β, γ tale che

R

2

2 x+α

·

q(x) = ax + bx + c = γ 1 + β

Usando la sostituzione

x + α dt 1

⇒ ⇒ ·

t := = dx = β dt

β dx β

risulta Z

Z dx

dx =

2

q(x) x+α

·

γ 1 + β

Z

β dt β

· ·

= = arctan(t) + c

2

γ 1+ t γ

β x + α

·

= arctan + c.

γ β

Riassumendo, in questo caso otteniamo ·

Z β B x + α

r(x)

· |q(x)| ·

dx = A ln + arctan + c.

q(x) γ β

dove 0

·

r(x) A q (x) + B

2

x+α

·

= e q(x) = γ 1 + .

β

q(x) q(x)

Come esempio concreto consideriamo l’integrale

Z 4x dx.

2 −

x 4x + 13 2 2

− − ·

Visto che il discriminante del denominatore b 4ac = 4 4 13 < 0 siamo nel

terzo caso. Allora, cerchiamo prima A, B tale che

R

=2x−4

z }| {

0

2

· − ·

· A (x 4x + 13) +B 2A x + (−4A + B)

4 x +0 !

= = .

2 2 2

− − −

x 4x + 13 x 4x + 13 x 4x + 13

Confrontando i coefficienti ciò vale se e solo se

2A = 4 A =2

⇐⇒

−4A + B = 0 B =8

e quindi

Z Z

4x 1

2

· −

dx = 2 ln x 4x + 13 +8 dx.

2 2

− −

x 4x + 13 x 4x + 13

Inoltre vale

2

2 2 x−2

− − ·

x 4x + 13 = (x 2) + 9 = 9 1 + 3

CALCOLO DI AREE PIANE 109

x−2 ⇒

cioè α = 2, β = 3 e γ = 9 e cosı̀ con la sostituzione t := dx = 3dt risulta

3

Z

Z 1 dx

1 ·

dx = 2

2 −

x 4x + 13 9 x−2

1 + 3

Z

3 dt 1

· ·

= = arctan(t) + c

2

9 1 + t 3

1 x−2

· + c.

= arctan

3 3

Riassumendo otteniamo il risultato finale

Z 4x 2 8 x−2

· − · + c.

dx = 2 ln x 4x + 13 + arctan

3 3

2 −

x 4x + 13 1 2 x

R

• Calcolare dx (Sost. e = t).

Altri Esempi. 0 cosh(x)

2 x

R

• dx. (Sost. e = t).

Calcolare sinh(x) Calcolo di Aree Piane

Ricordiamo che per una funzione f : [a, b] integrabile

R

b

Z f (x) dx = area tra il grafico di f e l’asse x,

a

dove, però, l’area sotto l’asse x è negativa. Quindi per calcolare l’area A di una funzione

che assume sia valori positivi sia negativi si deve dividere il dominio in sottointervalli in

cui f (x) non cambia segno: f (x)

f (x) −A

A= =A +A

I=A +A +A 1 2 3

1 2 3

c c

d d

x x

a b a b

Calcolo di aree.

Figura 54.

Quindi in questo esempio vale

c d b b

Z Z Z Z

I = f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx = f (x) dx mentre

a c d a

c d b

Z Z Z

A = f (x) dx f (x) dx + f (x) dx

a c d

Più in generale, se vogliamo determinare l’area A compresa tra i grafici di due funzioni

f, g : [a, b] integrabili, allora

R b

Z −

A = f (x) g(x) dx,

a

≥ ∈

se f (x) g(x) per ogni x [a, b]. √

2 ∈

x per x [0, 1]. Allora,

Calcolare l’area A compresa tra i grafici di x e

Esempio. √

2 ≤ ∈

visto che x x per x [0, 1] abbiamo

1 √

Z 1

h i

3 3

2 23 x 23 13 13

− − −

A = ( x x ) dx = x = = .

2 3 0

0

Se invece i grafici si intersecano, allora bisogna calcolare le ascisse dei punti di interse-

zione e poi spezzare il dominio di integrazione come sopra.

110 6. CALCOLO INTEGRALE

f(x) A

x

a b

g(x)

Calcolo del area tra due grafici.

Figura 55.

x

w 2

x A = 1/3

x

0 1

Esempio: Calcolo del area tra due grafici.

Figura 56. 3 2

Calcolare l’area A tra i grafici di f (x) := x 2x e g(x) := x .

Esempio. Per cominciare dobbiamo calcolare i punti di intersezione tra f e g. Allora

Soluzione.

3 2 3 2 2

− ⇐⇒ − − · − − ⇐⇒ −1,

x 2x = x 0 = x x 2x = x (x x 1) x = 0, 2.

Inoltre vale 3 2

− ≥ ⇐⇒ ∈ ∪

f (x) = x 2x g(x) = x x [−1, 0] [2, +∞)

e quindi 0 0 2

Z Z Z

3 2 3 2 2 3

− − − − − −

A = (x 2x) x dx = (x 2x) x dx + x (x 2x) dx

−1 −1 0

4 3 3 4

x x x

x 0 2

i i

h h

2 2

− − −

= x + + x

4 3 3 4

−1 0

3 4 2

1 1 2 2

− − −

= 0 ( 1 + ) + + 2

4 3 3 4

37 .

=

12

Calcolo di Volumi di Corpi di Rotazione

L’idea per calcolare il volume V di un solido è di scomporlo in sezioni di spessore

infinitesimale e poi di sommare tutto usando l’integrale. Mentre il caso generale viene

trattato in Capitolo 10, qui consideriamo soltanto corpi ottenuti facendo ruotare intorno

all’asse x il grafico di una funzione f : [a, b] R. 2

≥ ·

Allora, usando il fatto che l’area di un cerchio di raggio r 0 è data da A(r) = π r

(cfr. pagina 104) otteniamo 2

· ·

dV = π f (x) dx = volume della sezione

INTEGRALI IMPROPRI 111

f(x)

g(x) A= = 37/12

x

0

-1 2

Esempio: Calcolo del area tra due grafici.

Figura 57.

e quindi risulta b

Z 2

·

V = π f (x) dx

a

y y=f(x) dV x

a b

dx

z Corpo di rotazione.

Figura 58.

• Calcoliamo il Volume di un cono di altezza h e raggio r della base.

Esempi. r · ∈

Allora f (x) = x per x [0, h] e quindi

h h 2 3 2

· ·

Z r r x π r h

2 h

· · ·

· x dx = π = .

V = π 2

h h 3 3

0

0

• Calcoliamo il Volume di una sfera di raggio r.

√ 2 2

Allora f (x) = r x e quindi

r 3

3

Z r

x 4

r

2

2 2 2 3

· −

· − · · − ·

= 2π r

V = π (r x ) dx = 2π r x = π r .

3 3 3

0

−r Integrali Impropri

Ricordiamo che finora un’integrale definito rappresenta un’area A tra l’asse x

• ed una funzione integranda f limitata,

• su un dominio di integrazione [a, b] limitato.

Questo significa che al momento non abbiamo definito integrali del tipo

1

Z 1

√ dx (funzione integranda non limitata)

x

0

112 6. CALCOLO INTEGRALE

oppure +∞

Z 1 dx (dominio di integrazione [0, +∞) non limitato)

2

x

1

cfr. i grafici sotto.

Però con il concetto di limite è semplice eliminare questi due vincoli.

→ ∈ ∈ ∪ {+∞}

6.8 (Integrale Improprio). Sia f : [a, b) con a e b

Definizione R R R

tale che f è integrabile in [a, c] per ogni a < c < b. Allora, se converge

c

Z f (x) dx =: A

lim

c→b a

si dice che l’integrale

b

Z f (x) dx := A (= integrale improprio oppure generalizzato)

a 4

esiste nel senso improprio oppure che converge . Una definizione analoga si ha per f :

→ ∈ ∪ {−∞}, ∈

(a, b] con a b

R, R R:

b b

Z Z

f (x) dx := lim f (x) dx.

+

c→a

a c

• ∈

Per r studiamo la convergenza dell’integrale improprio

Esempi. R +∞ c

Z Z

r r

x dx := lim x dx.

c→+∞

1 1

Conviene considerare 2 casi

◦ −1:

r = Allora

c

Z c

−1 − → →

x dx = ln(x) = ln(c) ln(1) +∞ per c +∞,

1

1

cioè l’integrale +∞

Z 1 dx = +∞

x

1

diverge.

◦ 6 −1:

r = Allora (

c

c 1

r+1 r+1 − ⇐⇒ −1,

Z se r + 1 < 0 r <

x c 1 (c→+∞)

r r+1

− −→

=

x dx = r +1 r +1 r +1 ⇐⇒ −1.

+∞ se r + 1 > 0 r >

1 1

Quindi risulta (

+∞ 1

− −1,

Z se r <

r r+1

x dx = ≥ −1.

+∞ se r

1 −2 −1

Per esempio per r = < otteniamo

+∞

Z 1 1

dx = = 1.

2 −2

x +1

1

4

Per integrali impropri si usa lo stesso linguaggio delle serie, cioè si parla di convergenza e divergenza

etc. INTEGRALI IMPROPRI 113

1

1 2

2 x 2

x

+1 1

1

1 x

x 1

1 5

2 3

5

2 3 4

4 Integrali impropri.

Figura 59.

• Consideriamo ora la stessa funzione integranda ma sul dominio di integrazione

5

[0, 1], cioè studiamo 1

1 Z

Z r

r x dx.

x dx := lim

+

c→0 c

0

Come prima conviene considerare 2 casi

◦ −1:

r = Allora

1

Z 1

−1 +

− → −(−∞) →

x dx = ln(x) = ln(1) ln(c) = +∞ per c 0 ,

c

c

cioè l’integrale 1

Z 1 dx = +∞

x

0

diverge.

◦ 6 −1:

r = Allora (

1

1 1

r+1 r+1 ⇐⇒ −1,

Z se r + 1 > 0 r >

x 1 c +

(c→0 )

r r+1

− −→

x dx = =

r +1 r +1 r +1 ⇐⇒ −1.

+∞ se r + 1 < 0 r <

c c

Quindi risulta (

1 1 −1,

Z se r >

r r+1

x dx = ≤ −1.

+∞ se r

0 1

− −1

Per esempio per r = > otteniamo

2

1

Z 1 1

√ = 2.

dx = 1

x − + 1

0 2

r

Mentre per x nei due esempi precedenti era abbastanza semplice trovare una primitiva

abbiamo visto che può essere difficile e addirittura impossibile integrare una funzione.

6

Perciò si pone il seguente

Come si può studiare la convergenza di un’integrale improprio senza cono-

Problema.

scere una primitiva della funzione integranda?

Evidenziamo che cosı̀ non chiediamo più di calcolare il valore dell’integrale ma soltanto

di verificare che esiste e sia finito. →

6.9 (del Confronto per gli Integrali Impropri ). Siano f, g : [a, b) con

Teorema R

∈ ∈ ∪ {+∞}

a b e tale che per ogni a < c < b, f, g siano integrabili su [a, c]. Se

R, R

• |f ≤ ∈ |f |)

(x)| g(x) per ogni x [a, b) (cioè g è un maggiorante di e

5

qui il limite è solo necessario se r < 0.

6

Questo problema è molto simile a quello che abbiamo incontrato nel capitolo sulle serie: come si

può studiare la convergenza di una serie senza avere una formula esplicita per le somme parziali, cfr.

pagina 26.

114 6. CALCOLO INTEGRALE

5 5 1

1

x x

e

4 4

3 3

+1 2

2 2

1 1 x

x 1

1 Integrali impropri.

Figura 60.

b

R

• g(x) dx converge,

a b

R →

f (x) dx. Un risultato simile vale anche per f, g : (a, b] con

allora converge anche R

a

∈ ∪ {−∞}, ∈

a b

R R.

• Consideriamo l’integrale improprio

Esempi. +∞

Z 2

−x

e dx.

−∞

In questo caso non soltanto uno degli estremi è “critico” (nel senso che è infinito

1 2

x

e ¼

e x

–3 –2 –1 1 2 3

Integrali improprio convergente.

Figura 61.

oppure un’asintoto verticale della funzione integranda) ma entrambi. In questi casi

si spezza l’integrale nella somma di due integrali scegliendo un punto c tra gli

estremi. Nel caso in questione per simmetria conviene scegliere il punto c = 0 e

quindi definiamo +∞ 0 +∞

Z Z Z

2 2 2

−x −x −x

e dx := e dx + e dx.

−∞ −∞ 0

2

−x

Visto che f (x) = e è una funzione pari, dalla proposizione su pagina 94 segue

+∞ +∞

Z

Z 2 2

−x −x

·

e dx = 2 e dx

−∞ 0

INTEGRALI IMPROPRI 115

e quindi l’integrale converge su (−∞, +∞) se e solo se converge su (0, +∞). A

questo punto ci serve una funzione maggiorante per la quale l’integrale improprio

converge. poiché +∞

1

+∞ Z

Z

Z 2

2

2 −x

−x

−x e dx,

e dx +

e dx = 1

0

0

dove il primo integrale è un’integrale definito e quindi esiste finito, basta che tale

≥ ≥

funzione sia maggiorante soltanto per x 1. Allora, per x 1 vale

2 2

−x −x

|f ≤ ·

(x)| = e 2x e =: g(x)

e c

c Z

Z 2

2 −x

−x −2x ·

· − e dx

2x e dx = 1

1 c

2

−x

−e

= 1 2

−1 −c −1

− → →

= e e e per c +∞. +∞

+∞ R

R f (x) dx

g(x) dx converge e per il criterio del confronto converge anche

Quindi 1

1 +∞

R f (x) dx.

e di conseguenza anche −∞

In seguito (cfr. pagina 144) dimostreremo che

Osservazione. +∞ √

Z 2

−x

e dx = π

−∞

• Verifichiamo che +∞

Z sin(x) dx

x

0

sin(x)

converge. Visto che lim = 1 solo l’estremo b = +∞ è “critico”. Quindi

+

x→0 x

sin(x)

1 x

0.5 x

0 10 20 30

Integrale improprio convergente.

Figura 62.

l’integrale converge su [0, +∞) se e solo se converge su [1, +∞). Integrando per

116 6. CALCOLO INTEGRALE

parti risulta c

c −1

Z

Z 1 1 c

· · − · −

sin(x) dx = dx

cos(x) cos(x)

2

x x x

1 1

1 | {z } {z } {z }

| |

0

|{z} |{z} |{z}

g g

g(x) 0

f f

f (x) c

Z cos(x)

cos(c)

− − dx

= cos(1) 2

c x

1

| {z }

→cos(1) per c→+∞

e quindi l’integrale converge se e solo se

+∞

Z cos(x) dx

2

x

1

converge. Ora è semplice trovare un maggiorante per il quale converge l’integrale

improprio. Infatti +∞

Z 1

1

cos(x) ≤ e dx converge

2 2 2

x x x

1

(vedi pagina 112). Quindi anche l’integrale

+∞

Z sin(x) dx

x

0

converge. Notiamo che qui era necessario

– integrare una volta per parti (aumentando cosı̀ il grado del denominatore da

2

x a x ) visto che +∞

Z 1 dx = +∞ diverge

x

1

– considerare l’integrale su [1, +∞) e non [0, +∞) visto che

+∞

Z 1 dx = +∞ diverge.

2

x

0

Concludiamo questo capitolo con alcune osservazioni su +∞

X

Integrali Impropri e Serie. Spesso gli elementi di una serie a sono dati dai valori

k

k=1

di una funzione f : [1, +∞) in x = k, cioè

R

a = f (k), k = 1, 2, 3, 4, . . .

k

Quindi si può chiedere che legame c’è tra

+∞ +∞

Z

X a e f (x) dx.

k 1

k=1 f

f(1)=a

1

f(2)=a 2

f(3)=a

3

f(4)=a ...

4 =k

x

f(5)=a 3 5 6

1 2 4

5 Integrali impropri e serie: f (k) = a .

Figura 63. k

Interpretando la somma della serie come area dimostreremo il seguente

INTEGRALI IMPROPRI 117

6.10 (Criterio Integrale per le Serie). Se f : [1, +∞) [0, +∞) è decrescente

Teorema

e a := f (k), allora

k +∞ +∞

Z

X ⇐⇒ f (x) dx converge.

a converge

k 1

k=1 +∞

X

“⇒”: Se la serie a converge, allora dal seguente grafico segue

Dimostrazione. k

k=1

f ... =k

x

3 5 6

1 2 4

a a a a a

3 5

1 2 4

La serie maggiora l’integrale.

Figura 64. +∞

c

Z X

≤ ≥

F (c) := f (s) ds a per ogni c 1.

k

1 k=1

Inoltre, F è crescente e quindi per il teorema su pagina 43 converge

+∞

Z

lim F (c) = f (x) dx.

c→+∞ 1

+∞

R f (x) dx converge, allora dal grafico segue

“⇐”: Se invece l’integrale improprio 1

f

a 1 ... =k

x

3 5 6

1 2 4

a a a a a

3 5 6

2 4

L’integrale maggiora la serie.

Figura 65.

n +∞

Z

X ≤

s := a a + f (x) dx per ogni n = 1, 2, 3 . . .

n 1

k 1

k=1

+∞

X

Inoltre la serie a è a termini positivi e quindi convergente per il teorema su pagina 26.

k

k=1

118 6. CALCOLO INTEGRALE +∞ 1

X

Per α consideriamo la serie armonica generalizzata , cfr. pagina 29.

Esempio. R α

k

k=1

1

Allora per α 0 la successione non è infinitesima e quindi la serie diverge a

α

k n≥1 −α ≥

+∞. Se invece α > 0, allora la funzione f (x) = x , x 1, e derivabile con

0 −α−1

−α · ≥

f (x) = x < 0 per ogni x 1.

Quindi f è decrescente e visto che anche lim f (x) = 0 (cfr. pagina 36) segue dal

x→+∞

Criterio Integrale per le Serie che

+∞ +∞

Z 1

1

X ⇐⇒ ⇐⇒

converge dx converge α > 1.

α α

k x

1

k=1 −α.

dove la seconda equivalenza è stata dimostrata su pagina 112 con r =

Quindi possiamo definire la funzione +∞ 1

X

ζ : (1, +∞) ζ(s) :=

R, s

k

k=1

che si chiama la funzione zeta di Riemann ed è legato alla congettura di Riemann, uno

dei problemi aperti più importanti della matematica.

CAPITOLO 7

Funzioni Reali di Più Variabili: limiti e continuità

In questo capitolo consideriamo funzioni reali di più variabili reali, cioè funzioni definite

N ≥

in un sottoinsieme di , N 2, a valori reali. Per prima cosa diamo uno “sguar-

R N

do” all’insieme ambiente, cioè consideriamo delle proprietà di che ne definiscono la

R

struttura. N

La Struttura di R

È ben noto (cfr. il corso di Geometria) che l’insieme

N {(x ∈ }

= , . . . , x ) : x i = 1, . . . , N

R R,

1 i

N

delle N -ple ordinate di numeri reali è uno spazio vettoriale sul campo dei numeri reali

con le ordinarie operazioni di somma tra vettori e moltiplicazione per uno scalare, cioè

• (x , . . . , x ) + (y , . . . , y ) = (x + y , . . . , x + y ),

1 1 1 1

N N N N

• α(x , . . . , x ) = (αx , . . . , αx ).

1 1

N N

Dal nostro punto di vista identificheremo il vettore (x , . . . , x ) con il punto dello spazio

1 N

Euclideo N -dimensionale con le corrispondenti coordinate.

N

Introduciamo su una norma, cioè un modo di misurare la lunghezza dei vettori,

R

definendo v N

u

u

X 2

x

:=

(x , . . . , x ) t

1 N i

i=1

k(x

(per il teorema di Pitagora è immediato vedere che , . . . , x )k misura la lunghezza

1 N

del vettore posizione che congiunge l’origine al punto di coordinate (x , . . . , x )). La

1 N

norma soddisfa le seguenti proprietà

• k(x ≥ k(x ⇔

, . . . , x )k 0 e , . . . , x )k = 0 (x , . . . , x ) = (0, . . . , 0),

1 1 1

N N N

• kα(x |α| · k(x

, . . . , x )k = , . . . , x )k,

1 1

N N

• k(x ≤ k(x k(y

+ y , . . . , x + y )k , . . . , x )k + , . . . , y )k (disuguaglianza trian-

1 1 1 1

N N N N

golare). È interessante osservare che per N = 1, la definizione di norma si riduce

Osservazione. 2 1/2

∈ |x| kxk |x|.

a quella di modulo (cfr. pagina 8). Infatti, per x (x ) = e quindi =

R,

A partire dalla definizione di norma si può introdurre il concetto di distanza tra punti

N

di definendo la distanza di (x , . . . , x ) da (y , . . . , y ) come la norma (lunghezza)

R 1 1

N N

del vettore congiungente i due punti, cioè v N

u

u

X 2

− (x y ) .

(x , . . . , x ) (y , . . . , y ) = t i i

1 1

N N i=1

Osserviamo infine che per N = 2 o N = 3, piuttosto che utilizzare le notazioni (x , x )

1 2

e (x , x , x ), è più comodo utilizzare le notazioni senza indici (x, y) e (x, y, z).

1 2 3 119

120 7. FUNZIONI REALI DI PIÙ VARIABILI

Funzioni Reali di più Variabili Reali: Prime Proprietà

N

⊆ → ⊆

7.1. Una funzione f : X Y si dice funzione reale di più

Definizione R R

variabili reali. 3

• →

(di funzioni di più variabili reali). f : definita da f (x, y, z) =

Esempi R R

2 2 2

x + xyz + zy + z x (polinomio nelle variabili x, y, z di grado 4).

p

2 2 2

• ⊂ → − −

f : X definita da f (x, y) = 1 x y . Si noti che in questo caso il

R R 2 2 2

{(x, ∈ ≤

dominio di f è l’insieme X = y) : x + y 1}, cioè il cerchio di centro

R

l’origine e raggio 1. p

2 2 2

• ⊂ → − −

f : X definita da f (x, y) = (1 x )(1 y ). Si disegni per esercizio il

R R

suo dominio X.

Abbiamo visto nei precedenti capitoli che si può visualizzare una funzione reale f di una

2

variabile disegnandone il suo grafico cartesiano in . Si osservi che il grafico

R

n o

G(f ) = x , . . . , x , f (x , . . . , x ) : (x , . . . , x X

1 1 1

N N N

N N +1

⊆ →

di una funzione f : X è un sottoinsieme di . Quindi il grafico di una

R R R 1 2

funzione si può visualizzare soltanto se essa è definita in = oppure !

R R R

3

(di grafici in ).

Esempi R 2 2

z=x -y

2 2

z=x +y 1

2 x

1 1 y

x

–1

–1 y

1 –1

1 2 2 2 2

− ∈

Grafici di f (x, y) = x + y e f (x, y) = x y per (x, y)

Figura 66. 1 2

×

[−1, 1] [−1, 1].

Un altro modo per visualizzare le funzioni di più variabili sono le curve (o linee) di

N

⊂ → ∈

livello: Data f : X e c si definisce curva di livello c di f l’insieme

R R R, N

{x ∈ ⊂

Γ := X : f (x) = c} .

R

c

Esempi concreti sono le isobare in una mappa meteorologica oppure le curve di livello in

una mappa topografica. Si nota che per alcuni valori di c le curve di livello corrispondenti

possono essere l’insieme vuoto. 2

(di curve di livello in ).

Esempi R

y y

1 1

0.5 0.5 x

x

0

–1 –0.5 0.5 1 –1 –0.5 0.5 1

–0.5

–0.5

–1 –1 2 2

Linee di livello Γ delle funzioni f (x, y) = x + y per c =0,

Figura 67. c 1

2 2

1/16, 1/4, 1/2, 1 e f (x, y) = x y per c =-1, -1/2, -1/4, 0, 1/4, 1/2,

2

∈ ×

1 con (x, y) [−1, 1] [−1, 1].

LIMITI DI FUNZIONI REALI DI PIÙ VARIABILI REALI 121

Un vantaggio delle curve di livello rispetto ai grafici cartesiani è che, essendo definite

N

nello stesso spazio dove è definita la funzione, consentono di “guadagnare” una

R

dimensione. Infatti, mentre non possiamo visualizzare il grafico di una funzione f :

3 → ne possiamo visualizzare le sue curve (o, meglio, superfici) di livello essendo

R R, 3

sottoinsiemi di .

R

Esempio. p 2 2

(1-x )(1-y )

z= 3

2

–2 x

1

–1 –2

2 1 2 y

y

2

1 x

–2 –1 1 2

–1

–2 p 2 2

− −

Grafico di f (x, y) = (1 x )(1 y ) e le linee di livello

Figura 68. ∈ ×

Γ per (x, y) [−2, 2] [−2, 2] e c =0, 0.2, 0.4,. . ., 2.6 , 2.8, 3.

c Limiti di Funzioni Reali di più Variabili Reali

N

L’idea che seguiremo per introdurre la definizione di limite in è molto simile a quella

R

seguita in (in fondo basta sostituire il modulo con la norma) ed è basata sull’uso delle

R

successioni approssimanti il punto in cui vogliamo calcolare il limite.

122 7. FUNZIONI REALI DI PIÙ VARIABILI N

7.2 (Limiti per i Vettori ). Data una successione di vettori (x ) ,

Definizione R

n n∈N

1 N N

∈ ∈

ove x = (x , . . . , x ) per ogni n diremo che (x ) converge ad un vettore

R N,

n n n∈N

n n

N

∈ kx − k → → ∞.

x (e scriveremo lim x = x ) se x 0 per n

R

0 n 0 n 0

n→+∞ in i

kx − k ⇔

È facile verificare che lim x = 0 lim x = x per ogni i = 1, . . . , N ,

n 0 0

n→+∞

n→+∞

cioè se la successione (x ) converge componente per componente al vettore x . Con

n 0

n∈N N

la definizione precedente di convergenza per una successione di punti (vettori) di ,

R

possiamo estendere facilmente le definizioni date in R.

N N

∈ ⊆

7.3. c si dice punto di accumulazione dell’insieme X se esiste

Definizione R R

una successione (x ) con

n n∈N

• ∈ ∈

x X per ogni n N,

n

• 6 ∈

x = c per ogni n N,

n

• lim x = c.

n

n→+∞ N

⊆ →

7.4 (Limiti per le Funzioni ). Sia f : X una funzione reale di

Definizione R R

N

più variabili reali e sia c un punto di accumulazione di X. Allora diremo che

R

f tende a l per x tendete a c

R ⊂ \ {c}

se per ogni successione (x ) X con lim x = c segue che lim f (x ) = l.

n n n

n∈N n→+∞ n→+∞

In questo caso scriviamo → →

lim f (x) = l oppure f (x) l per x c .

x→c

• Si osservi che la definizione di limite per funzioni di più variabili

Osservazioni. N

può essere data solo per c , cioè al finito, poiché, a differenza di non essen-

R R,

N

doci un ordinamento naturale in non si può definire una direzione privilegiata

R

N

secondo cui raggiungere in R

• Il concetto di limite per le funzioni come definito sopra si basa su quello del limite

per le successioni. Come nel caso di esiste anche un’altra possibilià di introdurre

R

limiti per le funzioni che non fa riferimento alle successioni.

N

• La definizione di limite in conserva molte delle proprietà di quella in In

R R.

particolare valgono i seguenti risultati

(i) unicità del limite;

(ii) le Regole per il calcolo dei limiti di una somma, differenza, prodotto, quoziente

di funzioni (cfr. pagina 41). N

Calcolo dei Limiti in R

N

Mentre come abbiamo visto la definizione di limite in non presenta particolari diffi-

R

coltà aggiuntive rispetto al caso di il calcolo dei limiti presenta in questo caso delle

R,

difficoltà aggiuntive. Ciò è dovuto al fatto che, rispetto al caso di possiamo avvicinarci

R,

al punto in cui vogliamo calcolare il limite da molte direzioni e modi diversi. Per sempli-

2

cità ci restringeremo al caso di e sempre considereremo come punto di accumulazione

R

(0, 0).

Una Condizione per la non Esistenza del Limite. Consideriamo il limite

xy

lim 2 2

x + y

(x,y)→(0,0)

2 \{(0,

Si osservi che (0, 0) è di accumulazione per 0)}, dominio della funzione f (x, y) =

R

xy . Dato l’insieme delle rette che passano per l’origine, quindi y = mx al variare di

2 2

x +y

m si consideri la restrizione di f ad una di queste rette, cioè f (x, mx), e se ne

R, →

calcoli il limite per x 0 2

mx m

lim f (x, mx) = lim = .

2 2 2 2

x + m x 1 + m

x→0 x→0 N

CALCOLO DEI LIMITI IN 123

R →

Risulta quindi dal precedente calcolo che il limite di f per (x, y) (0, 0) dipende dalla

direzione scelta per avvicinarci all’origine, cioè dal parametro m, e quindi il limite non

esiste. In altre parole, se scegliamo successioni tendenti al punto di accumulazione da

direzioni diverse, i corrispondenti valori limite saranno diversi in contraddizione con la

definizione di limite.

7.5 (Condizione necessaria). affinché il limite lim f (x, y) esista

Proposizione (x,y)→(0,0)

è che esistano e siano uguali i limiti lim f (x, mx) al variare di m R.

x→0

Si osservi che la proposizione precedente fornisce anche un candidato per il limite lim f (x, y).

(x,y)→(0,0)

Infatti se tale limite esiste, esso deve coincidere con il limite lungo le rette.

Il seguente esempio mostra come la condizione precedente sia solo necessaria, ma non

sufficiente a garantire l’esistenza del limite. Consideriamo

2

x y

lim .

4 2

x + y

(x,y)→(0,0)

Si ha che 3

mx 6 ∈

=0 per ogni 0 = m

lim f (x, mx) = lim R

4 2 2

x + m x

x→0 x→0 ∈

quindi tutti i limiti al variare di m esistano e sono uguali. Pertanto se il limite di f

R

esiste, deve essere uguale a 0. 2

Consideriamo ora la curva y = x . Tale curva passa per il punto di accumulazione (0, 0),

quindi fornisce un altro modo per avvicinarsi ad esso. Consideriamo la restrizione di

f a tale curva e calcoliamone il limite per x 0, cioè muovendoci verso il punto di

accumulazione. Si ha 4 1

x

2 6

= = 0 !!

lim f (x, x ) = lim 4 4

x + x 2

x→0 x→0

Quindi abbiamo trovato una curva passante per il punto di accumulazione, muovendoci

lungo la quale troviamo un diverso valore del limite. Possiamo pertanto concludere che

2

x y

il lim non esiste.

(x,y)→(0,0) 4 2

x +y 2

Le scelta della curva y = x è stata fatta per ristabilire il rapporto

Osservazione.

omogeneo fra le variabili x e y. Infatti sia al numeratore che al denominatore il rapporto

fra il grado della x e della y è 2 a 1

Concludiamo questa prima parte con una osservazione generale per dimostrare la non

esistenza di un limite:

Per dimostrare la non esistenza di un limite è sufficiente trovare due curve passanti per

il punto di accumulazione tali che i limiti (in una variabile) della funzione ristretta a

queste curve sia diverso (o non esista).

Una Tecnica per Dimostrare l’Esistenza del Limite. Fin qui abbiamo visto come

si può dimostrare la non esistenza di un limite. Adesso vediamo come si può dimostrare

l’esistenza di un limite.

Coordinate polari: Ricordiamo (cfr. corso di Geometria) che un punto P del piano, oltre

che con le sue coordinate cartesiane (x, y), può essere rappresentato con le coordinate

∈ ∞) ×

polari (ρ, ϑ) [0, [0, 2π).

Le formule di passaggio da coordinate cartesiane a coordinate polari sono date da

p

2 2

x = ρ cos(ϑ) x + y

ρ = y

y = ρ sin(ϑ) tan ϑ = x

y

Si noti che la relazione tan ϑ = non può essere esplicitata in quanto la funzione tan

x

non è invertibile in [0, 2π). Consideriamo un esempio

2

2x y

lim .

2 2

x + y

(x,y)→(0,0)

124 7. FUNZIONI REALI DI PIÙ VARIABILI

P =(x,y) in coordinate cartesiane

y P =(½,#) in coordinate polari

½

# x Coordinate polari.

Figura 69. ∈

Innanzitutto osserviamo che lim f (x, mx) = 0 per ogni m quindi se il limite l

R,

x→0

esiste deve essere 0. Riscriviamo la funzione f in coordinate polari utilizzando le relazioni

precedenti, cioè 2 2 ·

2ρ cos (ϑ) ρ sin(ϑ)

f (x, y) = f ρ cos(ϑ), ρ sin(ϑ) = .

2

ρ

| | ≤

Si ha, utilizzando sin(ϑ)|, cos(ϑ)| 1,

3 2

2ρ cos (ϑ) sin(ϑ) 2

|f − − ≤ → →

(ρ, ϑ) l| = 0 = 2ρ cos (ϑ) sin(ϑ) 2ρ 0 per ρ 0.

2

ρ

→ k(x, − →

Si noti che ρ 0 equivale a dire y) (0, 0)k 0. Quindi abbiamo maggiorato

|f −

(ρ, ϑ) l| con una quantità che dipende solo dalla distanza dall’origine (cioè ρ) e non

dalla direzione di avvicinamento (cioè ϑ) all’origine. La proprietà precedente consente

di concludere che il limite esiste e vale l. Riassumendo Per dimostrare che

lim f (x, y) = l

(x,y)→(0,0)

è sufficiente, avendo espresso la funzione in coordinate polari, ottenere una disugua-

glianza del tipo − ≤

f ρ cos(ϑ), ρ sin(ϑ) l g(ρ)

ove la funzione g(ρ) tende a 0 per ρ 0.

Si consideri

Esempio. 2 2 2

sin(x y) + x + y

lim .

2 2

x + y

(x,y)→(0,0) ∈

È facile verificare che lim f (x, mx) = 1 per ogni m quindi se il limite l esiste

R,

x→0 3 2

sin(ρ cos(ϑ) sin(ϑ))+ρ

deve essere 1. Si ha f (ρ, ϑ) = e quindi

2

ρ 3

sin(ρ cos(ϑ) sin(ϑ))

|f −

(ρ, ϑ) l| = 2

ρ

| | ≤

Se procediamo utilizzando come prima sin(ϑ)|, cos(ϑ)| 1, si ottiene

≤1

z }| {

3

sin(ρ cos(ϑ) sin(ϑ)) 1

− ≤ →

6 →

f (ρ, ϑ) l = 0 per ρ 0

2 2

ρ ρ

e quindi non possiamo concludere l’esistenza del limite. Tuttavia possiamo ricordare che

3

| ≤ |t| ∈

sin(t)| per t quindi per t = ρ cos(ϑ) sin(ϑ),

R, ≤1

z }| {

3 3

|ρ |

cos(ϑ) sin(ϑ)| ρ cos(ϑ) sin(ϑ)|

− ≤ ≤ ≤ → →

f (ρ, ϑ) l ρ 0 per ρ 0.

2 2

ρ ρ

CONTINUITÀ 125

Continuità

Come conseguenza della definizione di limite si può dare la definizione di continuità

N

⊆ →

7.6 (Continuità). f : X si chiama

Definizione R R

• ∈ ⊂ →

continua in x X se per ogni successione (x ) X con x x segue

0 n n 0

n∈N

→ →

f (x ) f (x ) per n +∞.

n 0

• ∈ {f →

continua, se è continua in ogni x X. Denotiamo con C(X) := : X :

R

f è continua} l’insieme delle funzioni continue su X.

Valgono molte delle osservazioni fatte nel caso di R.

• La continuità si può anche definire senza fare riferimento alle suc-

Osservazioni. ⇐⇒ |f ≤

cessioni: f è continua in x per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che (x)−f (x )|

0 0

∈ kx − k

ε per ogni x X con x < δ.

0

• ∈ ⇐⇒

Se x X è un punto di accumulazione di X, allora f è continua in x

0 0

f (x) = f (x ).

lim 0

x→x 0

• ∈

Se x X non è un punto di accumulazione di X (in questo caso si dice anche che

0

x è un punto isolato di X), allora f è sempre continua in x .

0 0

• Somme, differenze, prodotti, rapporti e composizione di funzioni continue sono

continue. 2 2

Si consideri la funzione f : definita da f (x, y) = sin(xy + x ).

Esempio. R R 2

Essa risulta continua in quanto composizione delle funzioni continue p(x, y) = xy + x

(polinomio in due variabili) e g(t) = sin(t) (funzione continua su R).

CAPITOLO 8

Calcolo Differenziale per Funzioni Reali di più Variabili

In questo capito si estenderà il concetto di derivazione alle funzioni di piú variabili reali.

01 0

Introduciamo la definizione di intorno circolare di un punto x = (x , . . . , x ). Per

0 N

01 0 N 01 0

x = (x , . . . , x ) e r > 0, definiamo intorno (circolare) di (x , . . . , x ) di raggio

R

0 N N

r l’insieme N

∈ kx − k

B (x ) = x = (x , . . . , x ) : x < r .

R

r 0 1 0

N ∈

Esso rappresenta il luogo dei punti che hanno distanza minore di r da x . Se x e r >

R

0 0

{x ∈ |x − | −

0, allora l’insieme B (x ) := : x < r} è dato dall’intervallo (x r, x + r).

R

r 0 0 0 0

2

In esso geometricamente rappresenta il cerchio (esclusa la circonferenza) di centro

R 3

x e raggio r ed in la sfera (esclusa la superficie sferica) di centro x e raggio r.

R

0 0

N

8.1. Dato un sottoinsieme X , un punto x si dice interno a X se

Definizione R 0

esiste r > 0 tale che l’intorno B (x ) X.

r 0

Se il punto è interno al dominio di una funzione, vuol dire che possiamo avvicinarci al

punto da ogni direzione rimanendo all’interno del dominio. Una prima generalizzazione

del concetto di derivata è data dalla seguente N

I Concetti di Derivabilità in R

Derivabilitá e Derivate Parziali.

N 01 0

⊂ → ∈

8.2. Sia f : X e x = (x , . . . , x ) X, interno. Se, dato

Definizione R R 0 N

∈ {1, }

i . . . , N esiste

01 0 0 01 0 0

f (x , . . . , x + h, . . . , x ) f (x , . . . , x , . . . , x ) ∂f

i i

N N ∈

lim =: (x ) R

0

h ∂x

h→0 i ∂f (x ).

allora f si dice derivabile parzialmente rispetto x in x con derivata parziale 0

i 0 ∂x

i

Altre notazioni: f (x ) = D f (x ).

x 0 x 0

i i

Per N = 2, abbiamo la derivate parziali rispetto x

Osservazione. − ∂f

f (x + h, y ) f (x , y )

0 0 0 0

lim =: (x , y )

0 0

h ∂x

h→0

e rispetto y − ∂f

f (x , y + h) f (x , y )

0 0 0 0 =: (x , y )

lim 0 0

h ∂y

h→0

Per spiegare il significato delle derivate parziali (abbreviate d.p. nel

Osservazione.

seguito) consideriamo N = 2. La d.p. rispetto x corrisponde a fare la derivata ordi-

naria (cioè rispetto una variabile) della funzione g(x) = f (x, y ) che è la restrizione

0

della f alla retta y = y . Quindi essa fornisce informazioni sul comportamento (crescen-

0

za/decrescenza) della f lungo la retta y = y nell’intorno del punto x . Analogamente

0 0

per d.p. rispetto y, cfr. il grafico.

Per calcolare le d.p. di una funzione, se le funzioni che la compongono

Osservazione.

sono derivabili, è sufficiente derivare in maniera ordinaria, considerando le altre variabili

come costanti. Ad esempio ∂f ∂f

3 2 2 3

• − −

Se f (x, y) = 2x y y + 3xy, allora (x, y) = 6x y + 3y, (x, y) = 2x 2y + 3x

∂x ∂y

126 N

I CONCETTI DI DERIVABILITÀ IN 127

R

z=f(x,y)

y 0

x y

0 P =(x ,y )

0 0 x = x

0

x y 0

=

y ,y)

h(y)=f(x 0

)

g(x)=f(x,y 0 ® ¯ y

x y

x 0

0 0

0

f (x ,y )=g (x )=tan(®) f (x ,y )=h (y )=tan(¯)

x y

0 0 0 0 0 0

Derivate parziali.

Figura 70.

∂f ∂f

xy 2 xy xy

• Se f (x, y) = e + y , allora (x, y) = e y, (x, y) = e x + 2y

∂x ∂y

∂f ∂f

• − −

Se f (x, y, z) = cos(xyz), allora (x, y, z) = sin(xyz)yz, (x, y, z) = sin(xyz)xz,

∂x ∂y

∂f −

(x, y, z) = sin(xyz)xy

∂z

Se peró le funzioni che intervengono non sono derivabili, bisogna passare attraverso la

definizione di d.p.. Sia f (x, y) = y|x|, allora in un punto del tipo (0, y), non possiamo

derivare direttamente rispetto x, ma dobbiamo passare attraverso la definizione

f (h, y) f (0, y) y|h| 6 ∃, 6

se y = 0;

f (0, y) = lim = lim =

x 0, se y = 0.

h h

h→0 h→0

N

⊂ → ∈

8.3. Sia f : X e x X, interno. Se f è derivabile parzialmente

Definizione R R 0

∈ {1, },

rispetto x in x per ogni i . . . , N allora f si dice derivabile in x . In tal caso si

i 0 0

può definire il vettore delle d.p.

∂f ∂f N

Df (x ) = (x ), . . . , (x ) .

R

0 0 0

∂x ∂x

1 N

128 8. CALCOLO DIFFERENZIALE

Tale vettore si chiama gradiente di f in x . Inoltre si usano anche le notazioni Df (x) =:

0

∇f

grad f (x) =: (x). 3 2 2 3

− −

Se f (x, y) = 2x y y + 3xy, allora Df (x, y) = (6x y + 3y, 2x 2y + 3x).

Esempio. Avendo dato una definizione di derivabilità è naturale chiedersi se essa

Osservazione.

gode delle stesse proprietà del caso unidimensionale. Il seguente esempio mostra che non

è cosı̀!! Consideriamo la funzione xy

6

, se (x, y) = (0, 0);

2 2

x +y

f (x, y) = 0, se (x, y) = (0, 0).

Abbiamo verificato (cfr. pagina 123) che tale funzione non ammette limite e quindi non

è continua in (0, 0). Tuttavia in (0, 0) esistono le d.p.

f (h, 0) f (0, 0) 0

∂f (0, 0) = lim = lim = 0

∂x h h

h→0 h→0

∂f

e analogamente (0, 0) = 0.

∂y

Questa osservazione ci porta a concludere che la precedente definizione di derivabilità

non è la corretta generalizzazione di quella unidimensionale. Si osservi che d’altra parte la

p 2 2

x + y

continuitá non implica la derivabilità, poiché ad esempio la funzione f (x, y) =

è continua, ma non è derivabile in (0, 0). → ∈

Ricordiamo che per una funzione reale f : (a, b) e x (a, b) di una variabile le

R 0

seguenti affermazioni sono equivalenti, cfr. pagina 69.

(a) f è derivabile in x .

0 0

(b) Esiste A tale che f (x) = f (x )+A·(x−x )+o(x−x ). In particolare A = f (x ).

R 0 0 0 0

Differenziabilitá. Abbiamo visto che generalizzando la prima proprietà non si ottie-

N

ne una proprietà soddisfacente in . Nella prossima definizione seguiamo il secondo

R

approccio N N

⊂ → ∈ ∈

8.4. Sia f : X e x X, interno. Se esiste un vettore A

Definizione R R R

0

tale che · − − k) →

f (x) = f (x ) + A (x x ) + o(kx x per x x

0 0 0 0

allora f si dice differenziabile in x (· denota in questo caso il prodotto scalare tra vettori

0

N

in ).

R • Se f è differenziabile in x , allora risulta che A = Df (x ) e quindi

Osservazioni. 0 0

si ha · − − k) →

f (x) = f (x ) + Df (x ) (x x ) + o(kx x per x x .

0 0 0 0 0

In particolare si ha che la ⇒

differenziabilità derivabilità.

Si dimostra come nel caso di che la

R ⇒

differenziabilità continuità

.

Quindi derivabilità e continuità sono condizioni necessarie ma non sufficienti per

la differenziabilità (si veda l’osservazione sulla pagina 128)

• · −

Ricordando la definizione di o(·) la condizione f (x) = f (x ) + Df (x ) (x x ) +

0 0 0

− k) →

o(kx x per x x si può riscrivere come

0 0

− · −

f (x) f (x ) + Df (x ) (x x )

0 0 0

lim =0 (limite in R!)

kx − k

x

x→x 0 0 N

I CONCETTI DI DERIVABILITÀ IN 129

R

• Il termine lineare nella definizione di differenziabilità fornisce l’equazione z =

· −

p(x) = f (x ) + Df (x ) (x x ) del piano tangente p al grafico di f nel pun-

0 0 0

to x , cioè il piano (o più propriamente l’iperpiano) che localmente ha un unico

0

punto di intersezione con il grafico di f , cfr. il seguente grafico. Si osserva che per

N = 2 l’equazione del piano tangente è data da

· − −

p(x, y) = f (x , y ) + Df (x , y ) (x x , y y )

0 0 0 0 0 0

· − · −

= f (x , y ) + f (x , y ) (x x ) + f (x , y ) (y y ).

0 0 x 0 0 0 y 0 0 0

p(x,y)

f(x,y) x y

0 0

(x ,y ) y

x 0 0

Piano tangente.

Figura 71.

La seguente proposizione fornisce una condizione sufficiente per la differenziabiltà che a

volte risulta più semplice da verificare.

N

⊂ → ∈

8.5. Sia f : X e x X, interno. Se esiste r > 0 tale che f

Proposizione R R 0

è derivabile con continuità in B (x ) (cioè le d.p. esistono e sono continue in B (x ))

r 0 r 0

allora f è differenziabile in x .

0

Derivate Direzionali. Concludiamo le varie definizioni di derivabilità con quella di

derivata direzionale. N N

⊂ → ∈ ∈

8.6. Sia f : X x X, interno, e v un versore, cioè

Definizione R R, R

0

kvk = 1. Se esiste −

f (x + hv) f (x ) ∂f

0 0 ∈

=: (x )

lim R

0

h ∂v

h→0 ∂f

allora f si dice derivabile rispetto la direzione v in x con derivata direzionale (x ).

0 0

∂v

Altre notazioni: f (x ) = D f (x ).

v 0 v 0

La derivata direzionale rispetto x corrisponde a fare la derivata ordina-

Osservazione. ∈

ria (cioè rispetto una variabile) della funzione F (t) = f (x + tv), t che è la restri-

R,

0

zione della f alla retta y = x + tv. Quindi essa fornisce informazioni sul comportamento

0

(crescenza/decrescenza) della f lungo tale retta nell’intorno del punto x .

0

N

Se v coincide con i-esimo vettore della base canonica di , cioè v = (0, . . . , 0, 1 , 0, . . . , 0)

R

∂f ∂f |{z}

allora (x ) coincide con la i-sima d.p. (x ), cfr. il seguente grafico. i-esimo

0 0

∂v ∂x

i

Si ha il seguente importante teorema che lega gradiente e derivate direzionali. Oltre a

fornire una semplice regola per il calcolo delle derivate direzionale, esso ha applicazioni

in fisica. N

⊂ → ∈

8.7 (Teorema del gradiente). Sia f : X x X, interno, e

Teorema R R, 0

N

v un versore. Se f è differenziabile in x allora

R 0

∂f ·

(x ) = Df (x ) v

0 0

∂v

130 8. CALCOLO DIFFERENZIALE +tv)

F(t)=f(P

z=f(x,y) 0 0

D f(x ,y )=F (0)=tan(')

v 0 0

'

y 0

x y

0 )

,v

=(v

v 1

x 0 t

P =(x ,y ) 0

0 0 0 Derivata direzionale.

Figura 72.

Dal teorema precedente segue che se f è differenziabile in x , allora in

Osservazione. 0

x esistono le derivate direzionali secondo ogni direzione v.

0

1 1

3 2

− ,

Sia f (x, y) = 2x y y + 3xy, v = e (x, y) = (1, 1). Allora

√ √

Esempio. 2 2

∂f 12

1 1 9 3 √

·

(1, 1) = (9, 3) , = + =

√ √ √ √

2 2 2 2

∂v 2

Diamo ora due significative proprietà geometriche del gradiente. Dal

Osservazione.

teorema del gradiente si ha che

∂f Df (x )

0

· ·

max (x ) = max Df (x ) v = Df (x )

0 0 0 kDf

∂v (x )k

kvk=1 kvk=1

v: v: 0

(il prodotto scalare tra due vettori è massimo se i due vettori sono paralleli e concor-

di). Quindi la derivata direzionale è massima nella direzione del gradiente. Ricordando

l’interpretazione della derivata direzionale come misura del tasso di crescita di f in una

data direzione, possiamo concludere che il gradiente punta nella direzione di massima

crescità di f .

Consideriamo ora la curva di livello di f per il punto x , cioè

0

{x ∈

Γ = X : f (x) = f (x )}.

0

f (x )

0

Supponendo che Γ sia una curva regolare (potrebbe non essere vero), sia τ il versore

f (x )

0

tangente a Γ in x . Poiché f è costante su Γ e muoversi lungo la direzione τ

0

f (x ) f (x )

0 0

corrisponde, a meno di termini di ordine superiore, a muoversi lungo la curva Γ , si

f (x )

0

ha euristicamente ∂f (x ) = 0

0

∂τ ·

e quindi dal Teorema del Gradiente Df (x ) τ = 0. Ricordando che il prodotto scalare

0

tra due vettori è nullo solo se i due vettori sono perpendicolari, concludiamo che Df (x )

0

è ortogonale alla curva di livello di f per x .

0

Derivate di Ordine Superiore ∂f è nuova-

8.8. Se f è derivabile parzialmente rispetto x ed è tale che

Definizione i ∂x i

mente derivabile parzialmente rispetto la variabile x , allora possiamo definire

j

2

∂ ∂f ∂ f 2

=: = derivata seconda di f rispetto x e x =: D f =: f

i j x ,x

x ,x i j

i j

∂x ∂x ∂x ∂x

j i i j

e si può continuare in questa maniera considerando derivate parziali di ordine superiore.

3 2

Sia f (x, y) = 2x y y + 3xy, allora f (x, y) = 12xy, f (x, y) = 2,

Esempio. xx yy

2

f (x, y) = f (x, y) = 6x + 3.

xy yx DERIVATE DI ORDINE SUPERIORE 131

Osserviamo che le derivate parziali f e f coincidono nell’esempio precedente. È

xy yx 2 2

∂ f ∂ f

naturale chiedersi se conta l’ordine rispetto cui deriviamo, cioè se = . Il

∂x ∂x ∂x ∂x

i j j i

seguente teorema garantisce che sotto opportune condizioni l’ordine non è importante.

N

⊂ → ∈

8.9 (Teorema di Schwarz ). Sia f : X x X, interno. Se in

Teorema R R, 0

2 2

∂ f ∂ f

x esistono e sono continue entrambe le derivate parziali (x ) e (x ), allora

0 0 0

∂x ∂x ∂x ∂x

i j j i

esse coincidono, cioè 2

2 ∂ f

∂ f (x ) = (x ).

0 0

∂x ∂x ∂x ∂x

i j j i

Supponiamo che la funzione f ammetta in x tutte le derivate seconde e consideriamo

0

×

la matrice N N definita nel seguente modo

2 2 2

∂ f ∂ f ∂ f

 

(x ) (x ) ... (x )

0 0 0

∂x ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x

1 1 1 2 1 N

2 2 2

∂ f ∂ f ∂ f

(x ) (x ) ... (x )

 

0 0 0

∂x ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x

 

2 1 2 2 2 N

Hf (x ) = .. .. ..

0 ..

 

.

 

. .

.

 

2 2

2 ∂ f ∂ f

∂ f (x ) (x ) ... (x )

0 0 0

∂x ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x

1 2

N N N N

Quindi nell’i-esima riga abbiamo le derivate seconde fatte prima rispetto alla variabile

x e poi rispetto alle altre variabili (in ordine crescente). La matrice Hf (x ) è detta

i 0

matrice Hessiana di f in x .

0

Dal teorema di Schwarz segue che la matrice Hessiana è simmetrica. Si vedrà nel corso

di Analisi Matematica 2 che questo fatto ha importanti conseguenze nella ricerca degli

estremi locali di funzioni di più variabili.

3 2

Sia f (x, y) = 2x y y + 3xy, allora

Esempio. 2

12xy 6x + 3

Hf (x, y) = .

2

6x + 3 2

CAPITOLO 9

Funzioni a Valori Vettoriali

Fin qui abbiamo considerato il caso di funzioni il cui codominio fosse In questo

R. M

capitolo consideriamo il caso di funzioni il cui codominio è uno spazio euclideo con

R

M 1. Consideriamo un punto materiale che si muove nello spazio in un intervallo

Esempio. ∈

di tempo [0, T ]. Siano (x(t), y(t), z(t)), t [0, T ], le sue coordinate. Risulta cosı̀ definita

3

⊂ →

una funzione a valori vettoriali f : [0, T ] , f (t) = x(t), y(t), z(t) .

R R

N M

⊆ → ⊆

9.1. Una funzione f : X Y si dice funzione a valori

Definizione R R

vettoriali. N M N

→ →

Si osservi che definire una funzione f : equivale a dare M funzioni f :

R R R

i

i = 1, . . . , M . Infatti ad ogni (x , . . . , x ) associamo il vettore

R, 1 N

(y , . . . , y ) = f (x , . . . , x ), . . . , f (x , . . . , x ) .

1 1 1 1

N N N N

2 3 xy 2

Ad esempio f : tale f (x, y) = (xy, e , x ) è definita dalle tre funzioni f :

R R i

2 xy

→ i = 1, 2, 3, date dalle sue componenti, cioè f (x, y) = xy, f (x, y) = e ,

R R, 1 2

2

f (x, y) = x . Si osservi che da questa identificazione segue che il dominio della funzione

3

a valori vettoriali è dato dall’intersezione dei domini delle sue componenti.

Utilizzando l’identificazione tra funzione a valori vettoriali e le sue componenti possiamo

facilmente estendere alcune definizioni date nel caso di funzioni reali di più variabili reali.

N M N M

⊆ → ∈ ∈

9.2. Sia f : X , x , l = (l , . . . .l ) , allora

Definizione R R R R

0 1 M

⇐⇒

lim f (x) = l lim f (x) = l , i = 1, . . . , M (cioè se la convergenza si ha

x→x x→x i i

0 0

componente per componente).

Dalle corrispondenti proprietà dei limiti di funzioni di più variabili segue

Osservazione.

• unicità del limite;

• regole per il calcolo dei limiti (in questo caso, poiché il codominio è uno spa-

zio vettoriale avremo somma e moltiplicazione per uno scalare componente per

componente);

• limite della funzione composta.

Dalla definizione di limite deduciamo immediatamente la definizione di continuità

N M

⊂ → ∈

9.3. Sia f : X e x X un punto di accumulazione di

Definizione R R 0

⇐⇒ ⇐⇒

X. Allora f si dice continua in x lim f (x) = f (x ) o, equivalentemente,

0 x→x 0

0

lim f (x) = f (x ), i = 1, . . . , M (cioè tutte le componenti f di f sono continue in

x→x i i 0 i

0

x ).

0 N M

⊂ → ∈ ⇐⇒

9.4. f : X , x X, allora f si dice derivabile in x

Definizione R R 0 0

f (x) è derivabile in x , i = 1, . . . , M (cioè tutte le componenti sono derivabili in x ).

i 0 0

N M

⊂ → ∈ ⇐⇒

9.5. f : X , x X, allora f si dice differenziabile in x

Definizione R R 0 0

f (x) è differenziabile in x , i = 1, . . . , M (cioè tutte le componenti sono differenziabili

i 0

in x ), cioè se

0 · − − k) → ∀

f (x) = f (x ) + Df (x ) (x x ) + o(kx x per x x i = 1, . . . , M.

i i 0 i 0 0 0 0

132

TRASFORMAZIONI REGOLARI DI COORDINATE 133

Introduciamo una notazione matriciale, che risulterà utile anche in se-

Osservazione.

guito, per riscrivere la precedente definizione di differenziabilità. Definiamo i vettori

colonna      

0 01

f (x) x x x

1 1

1

.. ... ..

f (x) = , x = , x x =

     

. .

0 0

     

0 0

f (x) x x x

M N

N N

×

e la matrice M N , detta matrice Jacobiana di f in x 0

∂f

∂f

 

1 1

(x ) . . . (x )

0 0

∂x ∂x

1 N

.. ..

..

J (x ) =  

.

. .

0

f  

∂f

∂f M

M (x ) . . . (x )

0 0

∂x ∂x

1 N

Allora la condizione di differenziabilità si può riscrivere in notazione matriciale come

· − − k) →

f (x) = f (x ) + J (x ) (x x ) + o(kx x per x x .

0 0 0 0 0

f

Derivata della Funzione Composta. Adesso diamo una regola per la Jacobiana della

funzione composta, che generalizza al caso delle funzioni a valori vettoriali la regola della

catena per la derivata della funzione composta.

N M M K

→ →

9.6. Sia f : differenziabile in x e sia g : differenziabile

Teorema R R R R

0

N K

◦ →

in y := f (x ). Allora la funzione composta g f : è differenziabile in x con

R R

0 0 0

·

J (x ) = J f (x ) J (x )

0 g 0 0

g◦f f

Questa formula si chiama Regola della Catena.

Ovviamente per N = M = K = 1 ritroviamo la regola della catena per

Osservazione.

le funzioni reali. 2 2

→ → ◦ → ◦

Sia f : , g : allora g f : g f (s) = g(f (s), f (s)) e

Esempio. R R R R, R R, 1 2

0

f (s)

∂g ∂g

0 1

◦ ·

(f (s), f (s)), (f (s), f (s))

(g f ) (s) = =

1 2 1 2 0

∂x ∂y f (s)

2

∂g ∂g

0 0

· ·

= f (s), f (s) f (s) + f (s), f (s) f (s)

1 2 1 2

1 2

∂x ∂y

Trasformazioni Regolari di Coordinate

Un caso particolarmente importante delle funzioni a valori vettoriali è quello in cui spazio

di partenza ed arrivo coincidono, cioè M = N .

N N

⊆ → ⊆

9.7. Una funzione f : X Y si dice una trasformazione di

Definizione R R

coordinate .

Un esempio di trasformazione di coordinate è l’applicazione lineare (cfr. Corso di Geo-

N N

→ · ×

metria) f : , f (x) = A x, ove A è una matrice N N (vedremo più avanti

R R 6

altri esempi significativi). Sappiamo che se det(A) = 0, la trasformazione f si può in-

−1 N N

vertire, cioè si può definire una trasformazione f : (nel caso in questione

R R

−1 −1 −1

·

f (y) = A y) tale che f (f (x)) = x. N N

⊆ → ⊆

Data una trasformazione di coordinate f : X Y , sotto quali

Problemi. R R

−1 N

⊆ →

condizioni su f essa si può invertire? cioè sotto quali condizioni esiste f : Y R

−1

N

X tale che f (f (x)) = x?

R N N

⊆ →

9.8. Una trasformazione di coordinate f : X si dice regolare

Definizione R R

1

∈ 6

se f C (X) (cioè le d.p. di f esistono e sono continue in X) e det(J (x)) = 0 eccetto

f

1

al più “alcuni punti” (punti singolari della trasformazione).

1 N

Per chiarire il significato di “alcuni punti” andrebbe introdotta una misura su . Basti sapere che la

R

condizione è verificata se tali punti sono un insieme di dimensione N 1.

134 9. FUNZIONI A VALORI VETTORIALI

6

Si osservi che se det(J (x )) = 0 allora J (x ) è una matrice invertibile. Si ha il seguente

0 0

f f

teorema di invertibilià locale

N N

⊆ → ∈

9.9. f : X una trasformazione regolare di coordinate e x X

Teorema R R 0

6

tale che det(J (x )) = 0. Allora esiste un intorno U (x ) di x e un intorno V (y ) di

0 0 0 0

f −1

→ →

y = f (x ) tale che f : U (x ) V (y ) è invertibile. Inoltre f : V (y ) U (x ) è una

0 0 0 0 0 0

trasformazione regolare di coordinate e −1

J (y) = J (x)

−1

f f

−1

ove J è l’inversa della matrice Jacobiana di f e f (x) = y.

f 0

−1

La formula precedente generalizza la formula di derivazione della funzione inversa f (y ) =

0

0

1 6 6

a cui si riduce per N = 1. La condizione det(J (x )) = 0 equivale a f (x ) = 0.

0 0

f

0

f (x )

0

Vediamo ora alcuni esempi di trasformazioni regolari di coordinate

Il primo esempio è dato dalla trasformazione lineare

Esempio. · · · ·

f (x) = A x = (a x + + a x , . . . , a x + . . . a x )

11 1 1

1N N N 1 N N N

6 6

Allora J (x) = A per ogni x e det(J (x )) = 0 equivale a det(A) = 0. Ritroviamo in

0

f f

questo caso il ben noto risultato: la trasformazione è invertibile se e solo se A è non

N

degenere, inoltre l’inversa non è solo locale ma definita globalmente su .

R

(Coordinate Polari ). Vediamo ora le coordinate polari che abbiamo già richia-

Esempio

mato a pagina 123 come una trasformazione di coordinate. Sia

2

∞) × →

f :[0, [0, 2π) R

(ρ, ϑ) (ρ cos(ϑ), ρ sin(ϑ))

cioè essa fa corrispondere alla coppia (ρ, ϑ) il punto del piano di coordinate (x, y) =

(ρ cos(ϑ), ρ sin(ϑ)). Si ha

−ρ

cos(ϑ) sin(ϑ)

J (ρ, ϑ) =

f sin(ϑ) ρ cos(ϑ)

2

2

quindi det J (ρ, ϑ) = ρ cos (ϑ) + ρ sin (ϑ) = ρ. Quindi l’origine, che corrisponde a ρ = 0

f

è l’unico punto singolare della trasformazione, quindi le coordinate polari sono una

trasformazione regolare di coordinate. 3

(Coordinate Cilindriche). Vediamo ora le coordinate cilindriche in . Esse

Esempio R

∈ ∞) × ×

sono data dalla terna (ρ, ϑ, t) [0, [0, 2π) cfr. il seguente grafico.

R,

Il Legame tra coordinate cilindriche e coordinate cartesiane è dato dalle seguenti relazioni

 x = ρ cos(ϑ)

 y = ρ sin(ϑ)

z = t

Come nel caso delle coordinate polari, possiamo vedere le coordinate cilindriche come

3

una trasformazione di coordinate in definita nel seguente modo

R 3

∞) × × →

f :[0, [0, 2π) R R

(ρ, ϑ, t) (ρ cos(ϑ), ρ sin(ϑ), t)

Si ha  

−ρ

cos(ϑ) sin(ϑ) 0

sin(ϑ) ρ cos(ϑ) 0

J (ρ, ϑ, t) =

f  

0 0 1

quindi det J (ρ, ϑ, t) = ρ e in questo caso l’insieme dei punti singolari, che corrisponde

f

a ρ = 0, è l’asse z della trasformazione.

TRASFORMAZIONI REGOLARI DI COORDINATE 135

z

z=t P=(x,y,z)

P=(x,y,z) P =(½,#,')

P =(½,#,t) ½

' y

y

# #

½

x x

Coordinate cilindriche Coordinate sferiche

3

Sistemi di riferimento in .

Figura 73. R 3

(Coordinate sferiche). Concludiamo infine con le coordinate sferiche in .

Esempio R

∈ ∞) × ×

Esse sono date dalla terna (ρ, ϑ, ϕ) [0, [0, 2π) [0, π], cfr. il seguente grafico. Il

passagio da coordinate sferiche e coordinate cartesiane è dato dalle seguenti relazioni

 x = ρ sin(ϕ) cos(ϑ)

 y = ρ sin(ϕ) sin(ϑ)

z = ρ cos(ϕ)

 3

Le coordinate sferiche inducono la trasformazione di coordinate in definita nel se-

R

guente modo 3

∞) × × →

f :[0, [0, 2π) [0, π] R

(ρ, ϑ, ϕ) (ρ sin(ϕ) cos(ϑ), ρ sin(ϕ) sin(ϑ), ρ cos(ϕ))

Si ha  

−ρ

sin(ϕ) cos(ϑ) ρ cos(ϕ) cos(ϑ) sin(ϕ) sin(ϑ)

sin(ϕ) sin(ϑ) ρ cos(ϕ) sin(ϑ) ρ sin(ϕ) cos(ϑ)

J (ρ, ϑ, ϕ) =

f  

−ρ

cos(ϕ) sin(ϕ) 0

2

quindi det J (ρ, ϑ, t) = ρ sin(ϕ) ed anche in questo caso l’insieme dei punti singolari,

f

che corrisponde a ρ = 0, sin(ϕ) = 0, π, è l’asse z.

CAPITOLO 10

Calcolo Integrale per Funzioni di più Variabili

Integrali Doppi: Definizione e prime Proprietà

Per semplicità considereremo solo il caso in cui la funzione da integrare è definita da

2 in Tuttavia la costruzione dell’integrale di Riemann che andiamo a descrivere

R R. N

potrebbe essere ripetuta (con opportune notazioni) in .

R

In questo caso il problema geometrico è il seguente

2

⊂ →

Data una funzione f : X limitata, calcolare il volume V

Problema. R R

compreso tra il grafico di f e ed il piano xy.

Come nel caso degli integrali in una variabile, l’idea è di approssimare il volume V da

sotto e da sopra, cioè per eccesso e per difetto. Si tenga conto peró che in questo caso

la geometria del dominio X può essere complicata e quindi difficile da scomporre in

sottodomini. Pertanto considereremo dapprima il caso in cui il dominio è un rettangolo.

×

Domini Rettangolari. Consideriamo il caso in cui X = [a, b] [c, d]. Creiamo una

partizione di X in rettangoli a partire da partizioni di [a, b] e [c, d].

• {a

Data una partizione P = = x , x , x , . . . , x = b} di [a, b] e una partizione

x 0 1 2 n

{c

P = = y , y , y , . . . , y = d} di [c, d], consideriamo una partizione P =

y 0 1 2 m xy

× ×

P P di [a, b] [c, d] nei rettangoli

x y ×

R = [x , x ] [y , y ] i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m.

ij i−1 i j−1 j

×

Se P è una partizione di [a, b] [c, d], allora definiamo per i = 1, . . . , n,, , j =

xy

1, . . . , m ∈

m := inf f (x, y) : (x, y) R ,

ij ij

M := sup f (x, y) : (x, y) R ,

ij ij

|R | − · −

:= (x x ) (y y ) = area del rettangolo R ,

ij i i−1 j j−1 ij

n m

X X · |R |

s(f, P ) := m =: somma inferiore,

xy ij ij

i=1 j=1

n m

X X · |R |

S(f, P ) := M =: somma superiore.

xy ij ij

i=1 j=1

Quindi per ogni partizione P di X vale

xy ≤ ≤

s(f, P ) V S(f, P ),

xy xy

cioè le somme inferiori sono sempre approssimazioni di V per difetto mentre le somme

superiori danno sempre approssimazioni per eccesso. Perciò

• più grande è s(P , f ) migliore è l’approssimazione,

xy

• più piccolo è S(P , f ) migliore è l’approssimazione.

xy

Se non c’è differenza tra la migliore approssimazione da sotto (cioè quella più grande)

e quella migliore da sopra (cioè quella più piccola), allora il problema è (teoricamente)

risolto e f si dice integrabile. 136

INTEGRALI DOPPI: DEFINIZIONE E PRIME PROPRIETÀ 137

× →

10.1. Sia f : X := [a, b] [c, d] limitata. Se

Definizione R

sup s(P , f ) : P partizione di X = inf S(P , f ) : P partizione di X =: I,

xy xy xy xy

allora f si dice integrabile (secondo Riemann). In questo caso si pone V = I e

ZZ f (x, y) dx dy := I

X

si dice integrale doppio di f (= funzione integranda) in X (= dominio dell’integrazione).

• ∈

Se f è costante, cioè f (x, y) = c per ogni (x, y) X := [a, b]×[c, d] è facile

Esempi. RR

verificare dalla definizione che f è integrabile con f (x, y) dx = c·(b−a)·(d−c).

X

• Per costruire un esempio di funzione non integrabile, si può estendere la funzione

2

di Dirichlet (cfr. pagina 46) in . La funzione

R

( ∈ \ ×

1 se (x, y) ([a, b] [c, d]

Q)

f (x, y) := ∈ ∩ ×

0 se (x, y) ([a, b] [c, d]

Q)

non è integrabile. Infatti, come nel caso dell’esempio unidimensionale, per ogni

partizione P di [a, b] si ha che ogni intervallo [x , x ] contiene sia punti razionali

x i−1 i

(in cui f ammette il valore 0) si punti irrazionali (in cui f ammette il valore 1).

Quindi segue m = 0 e M = 1 per ogni i = 1, 2, . . . , n, j = 1, 2, . . . , m. Cosı̀

ij ij

risulta per ogni partizione P xy 6 − · −

s(P , f ) = 0 = (b a) (d c) = S(P , f )

xy xy

per cui f non è integrabile.

Domini Generali. Ora estendiamo la precedente costruzione al caso di un generico

2 2

⊂ → R

sottoinsieme limitato di e f : X Dato un rettangolo contenente X,

R R R.

definiamo ∈

f (x, y), se (x, y) X;

f (x, y) = ∈ R \

0, se (x, y) X.

cioè estendiamo f ponendola 0 fuori da X. Si osservi che f è definita in un rettangolo

e quindi per essa si può definire l’integrale come visto in precedenza.

2

→ ⊂ R

10.2. Sia f : X limitata e X limitato. Se dato contenente

Definizione R R R,

X, la funzione f definita come sopra risulta integrabile in allora f si dice integrabile

(secondo Riemann) in X. In questo caso si pone

ZZ ZZ

f (x, y) dx dy := f (x, y) dx dy

R

X

Si può dimostrare che la definizione precedente è indipendente dal-

Osservazione. R.

la scelta del rettangolo D’altra parte si osservi che il contributo all’integrale di

RR R \

f (x, y) dx dy dei rettangoli contenuti in X è nullo.

R

A partire dalla definizione precedente si può dare una definizione di misura (area) di un

2

insieme di , tenendo conto che integrando la funzione identicamente 1 sul dominio X

R ·

si trova che il volume V del cilindro è dato da V = 1 area(X), cfr. il seguente grafico.

Ciò giustifica la seguente

10.3. Se X è un insieme limitato tale che la sua funzione caratteristica

Definizione

1 è integrabile, allora si dice che X è misurabile e si pone

X ZZ

|X| = 1 dx dy (:= misura di X)

X

Diamo ora alcune proprietà degli integrali doppi.


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156

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AUTORE

Atreyu

PUBBLICATO

+1 anno fa


DESCRIZIONE DISPENSA

In questo materiale didattico vengono trattati i seguenti argomenti. Concetti fondamentali di analisi matematica. Nozioni di logica matematica; concetto di insieme e le principali operazioni; il principio di induzione; progressione geometrica; fattoriale e coefficienti binomiali; formula del binomio di Newton e il triangolo di Tartaglia; i numeri naturali N, interi Z, razionali Q e reali R; valore assoluto e disuguaglianza triangolare; minimo e massimo, estremo inferiore ed estremo superiore, l’assioma di completezza. Successioni numeriche: Successioni convergenti, divergenti, oscillanti e limitate; regole per il calcolo dei limiti; numeri reali estesi R, 0+ e 0-; forme determinate e indeterminate; infinitesimi e infiniti, confronto tra infinitesimi e tra infiniti; limiti e ordinamento: teorema del confronto e dei carabinieri, successioni monotone, il numero di Nepero; successioni asintotiche e il principio di sostituzione. Serie numeriche: Serie convergenti, divergenti ed irregolari; criterio necessario per la convergenza; serie a termini non negativi; criterio del confronto e del confronto asintotico, criterio della radice e del rapporto, serie a termini di segno variabili, il criterio di Leibniz, convergenza semplice e convergenza assoluta; serie armonica, armonica generalizzata, geometrica ed esponenziale.
Funzioni reali di una variabile reale: Funzioni iniettive, suriettive, biettive, pari e dispari, periodiche e monotone; funzione inversa; funzioni elementari: polinomi e funzioni razionali, potenza, funzione esponenziale, iperboliche, circolari, grafici; somma, prodotto, quoziente e composizione di funzioni; funzioni monotone e limitate; punti di accumulazione, limiti delle funzioni reali, limite destro e sinistro; regole per il calcolo di limiti; limiti e ordinamento: teorema del confronto e dei carabinieri per le funzioni; limiti notevoli. Funzioni continue di una variabile: Funzioni continue su un intervallo: teorema degli zeri e dei valori intermedi, il metodo di bisezione; continuità delle funzioni elementari e delle loro inverse:
logaritmi, inverse delle funzioni circolari e iperboliche; funzioni continue su un intervallo chiuso
e limitato: teorema di Weierstraß. Calcolo differenziale per funzioni di una variabile: Rapporto incrementale; definizione di derivata e significato geometrico, retta tangente; regole di derivazione; derivazione delle funzioni composte e delle funzioni inverse; derivazione delle funzioni elementari e delle loro inverse; estremi locali, punti critici e teorema di Fermat; i teoremi di Rolle e di Lagrange; conseguenze del teorema di
Lagrange; funzioni monotone; estremi locali di funzioni derivabili; funzioni con derivata zero;
funzioni lipschitziane; le regole di de l’Hospital; approssimazione lineare di una funzione; il differenziale; le derivate successive; i simboli di Landau; funzioni con contatto di ordine n; polinomio di Taylor e di Mac Laurin; la formula di Taylor con resto di Lagrange e resto di Peano; i polinomi di Taylor delle funzioni elementari; applicazioni del teorema di Taylor: estremi locali, calcolo numerico, confronti asintotici tra funzioni e calcolo dei limiti con il principio di sostituzione, serie di Taylor, sviluppo delle funzioni elementari. Studio di funzione: Estremi locali, zeri, asintoti orizzontali, verticali e obliqui, concavità e convessità, punti di flesso. Calcolo Integrale per funzioni di una variabile: L’integrale di Riemann e significato geometrico; somme inferiori e superiori, caratterizzazione delle funzioni integrabili; classi di funzioni integrabili; proprietà dell’integrale; teorema della media, la funzione integrale e il teorema fondamentale del calcolo integrale; primitive e integrale indefinito; metodi di integrazione: integrazione per parti e per sostituzione; integrali impropri e criteri di convergenza; criterio integrale per le serie. Funzioni reali di più variabili: Funzioni reali di più variabili, grafico; norma in Rn e limiti in Rn; funzioni continue di più variabili; derivate direzionali e derivate parziali; gradiente; continuità e derivabilità, approssimazione lineare, piano tangente; funzioni a valori vettoriali: Funzioni di più variabili a valori vettoriali, la Jacobiana, regola della catena, trasformazioni regolari di coordinate: coordinate polari, circolari e sferiche, trasformazioni regolari, invertibilità locale di trasformazioni. Calcolo Integrale per funzioni di più variabili: Integrazione di funzioni di due variabili, integrale di Riemann, misura di un insieme, proprietà dell’integrale, domini semplici e regolari, teorema di Fubini, interpretazione geometrica; cambiamento di variabili, integrazione in coordinate polari; cenno su integrali tripli.


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea magistrale in ingegneria edile - architettura (ordinamento U.E.)
SSD:
Università: L'Aquila - Univaq
A.A.: 2011-2012

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Atreyu di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Analisi Matematica 1 e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università L'Aquila - Univaq o del prof Engel Klaus Jochen Otto.

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