Matematica per le superiori/Integrali

Gli integrali si dividono in due tipi, gli integrali indefiniti e gli integrali definiti.

Integrali indefiniti

Consideriamo una funzione $y=f(x)$ in un intervallo in cui essa è continua.

Essa può essere la derivata di una funzione? Se sì, di quale? Di quante? Esiste sempre una funzione di cui essa rappresenta la derivata?

Per rispondere a domande di questo tipo è nato l' integrale indefinito.

Definizione

Si definisce integrale indefinito della funzione $y=f(x)$ in $dx$, e si indica con $\int f(x)dx$, l' insieme di tutte le funzioni primitive di $y=f(x)$, cioè tutte quelle funzioni $y=F(x)+C$ la cui derivata vale $f(x)\Rightarrow F(x):F'(x)=f(x)$. Perciò, si può considerare l' integrale indefinito come l' operazione inversa della derivata, infatti:

$D\left(\int f(x)dx\right)=f(x)$.

La presenza del termine additivo C, che può assumere un qualunque valore reale, indica che le primitive di una funzione sono infinite. Questo è giustificato dalla considerazione che, nella derivazione, il termine additivo, in quanto costante, viene eliminato. Perciò:

$D\left(F(x)+C\right)=D\left(F(x)\right)=f(x)$.

Di conseguenza, la funzione f(x) contenuta nell'integrale, può rappresentare la derivata di una qualsiasi delle funzioni:

$y=F(x)+C,\forall C\in \mathbb {R}$.

Interpretazione geometrica

Le primitive $F(x)+C$ della funzione integranda $f(x)$ rappresentano, geometricamente, una famiglia di curve generata dalla traslazione verticale (secondo un vettore di modulo $C$ e direzione verticale) di una qualsiasi di esse. Se ne deduce facilmente che due curve, di cui una sia la traslazione dell'altra, hanno la stessa derivata (nei punti in cui esiste la derivata, ovvero nei punti in cui la curva ha una retta tangente ben definita) se e solo se la traslazione è verticale.

Proprietà

Continuità e integrabilità

Ogni funzione continua in un intervallo ammette, nell'intervallo stesso, una famiglia di primitive, cioè è integrabile in quell'intervallo. Perciò, la continuità è condizione sufficiente per l'integrazione della funzione stessa.

L' integrale indefinito come operatore lineare

L' integrale è un operatore lineare, cioè:

$\int \left(k\cdot f(x)+h\cdot g(x)\right)dx=\int \left(k\cdot f(x)\right)dx+\int \left(h\cdot g(x)\right)dx=k\cdot \int f(x)dx+h\cdot \int g(x)dx$.

Ciò significa che l' integrale di una combinazione lineare di funzioni è la combinazione lineare degli integrali delle singole funzioni.

Calcolo di integrali indefiniti

Ricordando che:

$D\left(F(X)\right)=f(x)\;\Rightarrow \;\int f(x)\,{\text{d}}x=F(X)+C$

si ricavano tutte le formule di interazione:

$D(cost)=0\;\Rightarrow \;\int 0\,{\text{d}}x=C$

$D(k\cdot x)=k\;\Rightarrow \;\int k\,{\text{d}}x=k\cdot x+C$

$D(x^{n+1})=(n+1)\cdot x^{n}\;\Rightarrow \;\int x^{n}\,{\text{d}}x={\frac {x^{n+1}}{n+1}}+C$,    con $n\in \mathbb {Z} \setminus \{-1\}$

$D(\sin x)=\cos x\;\Rightarrow \;\int \cos x\,{\text{d}}x=\sin x+C$

$D(\cos x)=-\sin x\;\Rightarrow \;\int \sin x\,{\text{d}}x=-\cos x+C$

$D(\tan x)={\frac {1}{\cos ^{2}x}}\;\Rightarrow \;\int {\frac {1}{cos^{2}x}}\,{\text{d}}x=\tan x+C$

$D({\text{e}}^{x})={\text{e}}^{x}\;\Rightarrow \;\int {\text{e}}^{x}\,{\text{d}}x={\text{e}}^{x}+C$

$D(\log _{\text{e}}|x|)={\frac {1}{x}}\;\Rightarrow \;\int {\frac {1}{x}}\,{\text{d}}x=\log _{\text{e}}|x|+C$

$\ldots$ ne seguono altre direttamente ricavabili dalle loro derivate prime.

Nell'integrale indefinito, il simbolo ${\text{d}}x$ (che rappresenta il differenziale di $x$), indica la variabile rispetto alla quale si sta integrando la funzione. Nelle formule riportate sopra la variabile secondo cui si integra la funzione è $x$. Esse rimangono comunque valide nel caso in cui si stia integrando la funzione rispetto ad una qualsiasi variabile o funzione della variabile.

Integrazione di funzioni composte

Data una funzione $y=f[g(x)]$, la sua derivata risulta essere:

$y'=f'[g(x)]\cdot g'(x)$

$\Rightarrow {\frac {dy}{dx}}=f'[g(x)]\cdot g'(x)\Rightarrow dy=f'[g(x)]\cdot g'(x)\cdot dx$.

Poiché $dx$ rappresenta la derivata prima di x (cioè 1), la quantità $g'(x)\cdot dx$ rappresenta la derivata prima di $g(x)$. Quindi: $g'(x)\cdot dx=d[g(x)]$. Da cui: $\int \left(f'[g(x)]\cdot g'(x)\right)dx=\int f'[g(x)]d[g(x)]=f[g(x)]+C$.

Così facendo, si è effettuato un cambio di variabile, cioè si è posta come variabile secondo cui integrare la funzione $y=f[g(x)]$, rendendo possibile l' applicazione di una delle formule riportate sopra (sostituendo ogni $x$ con $g(x)$).

Esempio

$\int {\frac {6x-4}{3x^{2}-4x+13}}dx=\int {\frac {D(3x^{2}-4x+13)}{3x^{2}-4x+13}}dx=\int {\frac {1}{3x^{2}-4x+13}}d(3x^{2}-4x+13)=$

$\log |3x^{2}-4x+13|+C$

$\int {\frac {1}{3x+5}}dx=\int {\frac {1}{3x+5}}\cdot {\frac {3}{3}}dx={\frac {1}{3}}\int {\frac {1}{3x+5}}\cdot 3\cdot dx=$

$={\frac {1}{3}}\int {\frac {1}{3x+5}}d(3x+5)={\frac {\log |3x+5|}{3}}+C$

Integrazione di funzioni razionali fratte

Nel caso di un integrale del tipo: $\int {\frac {N(x)}{D(x)}}dx$, non risolvibile con una delle formule di cui sopra, e detto $m$ il grado di $N(x)$ e $n$ il grado di $D(x)$, se $m\geq n$, applicando la legge fondamentale della divisione, per la quale:

$N(x)=Q(x)\cdot D(x)+R(x)\Rightarrow {\frac {N(x)}{D(x)}}=Q(x)+{\frac {R(x)}{D(x)}}$

si riduce la frazione alla somma di un polinomio e di un'altra frazione in cui il grado del numeratore sia inferiore a quello del denominatore attraverso una divisione di polinomi. Qualsiasi caso, perciò, si riconduce al caso in cui $m<n$. A questo punto, si distinguono tre casi, a seconda del determinante ($\Delta$) del polinomio al denominatore (qui considerato al massimo di secondo grado).

$\Delta >0$

In questo caso, il polinomio al denominatore si può scrivere come: $D(x)=a(x-r_{1})(x-r_{2})$, dove $r_{1}$ e $r_{2}$ sono due radici (soluzioni) del polinomio. Perciò:

$\int {\frac {N(x)}{D(x)}}dx={\frac {1}{a}}\cdot \int {\frac {\alpha x+\beta }{(x-r_{1})(x-r_{2})}}dx$

Per il principio di identità dei polinomi (due polinomi sono uguali quando hanno lo stesso grado e a termini di uguale grado corrispondono uguali coefficienti, cioè hanno termini ordinatamente uguali):

${\frac {\alpha x+\beta }{(x-r_{1})(x-r_{2})}}={\frac {A_{1}}{x-r_{1}}}+{\frac {A_{2}}{x-r_{2}}}$

Ricavando $A_{1}$ e $A_{2}$, si può scomporre il rapporto di due polinomi in due rapporti fra un numero ($A_{1}$ e $A_{2}$) e un polinomio, riconducibili perciò all'integrale dell' inverso di una funzione (che risulta essere il logaritmo della funzione stessa).

$\Delta =0$

Si procede come nel caso precedente, con la sola differenza che: $D(x)=a{(x-r)}^{2}$ e si pone ${\frac {\alpha x+\beta }{{(x-r)}^{2}}}={\frac {A_{1}}{x-r}}+{\frac {A_{2}}{{(x-r)}^{2}}}$.

$\Delta <0$

In questo caso il polinomio al denominatore non può essere scomposto e, perciò, si deve tentare di ricondurre l' integrale al caso:

$\int {\frac {1}{1+z^{2}}}dz=\arctan(z)+C$

Perciò, si deve portare $D(x)$ nella forma ${(\alpha x+\beta )}^{2}$. Spesso per farlo è necessario, al denominatore, completare un quadrato e/o raccogliere un valore. Ecco un esempio 'completo':

$\int {\frac {1}{4x^{2}-3x+17}}dx$

In questo caso, il valore del determinante della funzione risulta $\Delta =3^{2}-4\cdot 4\cdot 17=-263<0$. Innanzitutto, si raccoglie il coefficiente del termine al quadrato:

$=\int {\frac {1}{4\cdot \left(x^{2}-{\frac {3}{4}}x+{\frac {17}{4}}\right)}}dx={\frac {1}{4}}\int {\frac {1}{x^{2}-{\frac {3}{4}}x+{\frac {17}{4}}}}dx=$

A questo punto, è necessario ottenere al denominatore il quadrato di un binomio. Poiché il termine al quadrato ha coefficiente 1, il primo termine del binomio è necessariamente $x$. Il termine in cui è presente l' incognita ($x$) al primo grado deve rappresentare il doppio (cioè $2\cdot x\cdot \beta$, dove $\beta$ è il secondo termine del binomio cercato). Per ottenere un quadrato al denominatore, è sufficiente addizionare e sottrarre al denominatore stesso la quantità ${\beta }^{2}$ (in quanto, di fatto, si aggiunge zero al denominatore, lasciandolo invariato).

$={\frac {1}{4}}\cdot \int {\frac {1}{x^{2}-{\frac {3}{4}}x+{\frac {17}{4}}+{\frac {9}{64}}-{\frac {9}{64}}}}dx=$

$={\frac {1}{4}}\cdot \int {\frac {1}{\left({\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}\right)+\left(x^{2}-{\frac {3}{4}}x+{\frac {9}{64}}\right)}}dx=$

$={\frac {1}{4}}\cdot \int {\frac {1}{\left({\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}\right)\cdot \left[1+{\frac {\left(x-{\frac {3}{8}}\right)^{2}}{\left({\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}\right)}}\right]}}dx=$

$={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {1}{\left({\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}\right)}}\cdot \int {\frac {1}{1+{\left({\frac {x-{\frac {3}{8}}}{\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}}\right)}^{2}}}dx=$

$={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {1}{\left({\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}\right)}}\cdot \int {\frac {\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}{\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}}\cdot {\frac {1}{1+{\left({\frac {x-{\frac {3}{8}}}{\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}}\right)}^{2}}}dx=$

$={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}{\left({\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}\right)}}\cdot \int {\frac {1}{1+{\left({\frac {x-{\frac {3}{8}}}{\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}}\right)}^{2}}}d\left[{\frac {x-{\frac {3}{8}}}{\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}}\right]=$

$={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}}\cdot \arctan \left({\frac {x-{\frac {3}{8}}}{\sqrt {{\frac {17}{4}}-{\frac {9}{64}}}}}\right)+C$

Integrazione per sostituzione

Nel calcolo di integrali può risultare utile, in alcuni casi addirittura indispensabile, sostituire la variabile iniziale (solitamente $x$), con un'altra variabile, che rappresenti una funzione della variabile iniziale. Detto in altri termini, potremmo decidere di indicare con una qualsiasi variabile (ad esempio $t$) un funzione $f(x)$ della variabile iniziale.

Poiché, però, come detto, il termine $dx$ indica la derivata di $x$, se questa variabile viene sostituita da un'altra che ne rappresenta una funzione, allora anche il termine $dx$ deve essere sostituito dalla derivata di $t$. Perciò:

$f(x)=t$

$\Rightarrow dx=f'(x)\cdot dt$

La decisione della funzione da sostituire è sempre a discrezione di chi esegue i calcoli, ma esistono alcune sostituzioni 'standard':

• ${\sqrt {a-x^{2}}}={\sqrt {a}}\cdot \sin(t)$
• ${\sqrt {a\cdot x^{2}+b\cdot x+c}}$, con $b\not =0$

se $\Delta >0\rightarrow {\sqrt {a\cdot x^{2}+b\cdot x+c}}=t\cdot (x-\alpha )$, con $\alpha =$ soluzione dell' equazione

se $\Delta <0\rightarrow {\sqrt {a}}\cdot x=t$

• ${\sqrt {f(x)}}=t$

Integrazione per parti

L'integrazione per parti deriva direttamente dalla formula della derivata del prodotto di due funzioni. Infatti, data $y=f(x)\cdot g(x)$

$\Rightarrow dy=f'(x)\cdot dx\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)\cdot dx$

$\Rightarrow \int dy=\int \left(f'(x)\cdot dx\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)\cdot dx\right)$

$\Rightarrow y=\int f'(x)\cdot g(x)\cdot dx+\int f(x)\cdot g'(x)\cdot dx$

Ricordando che inizialmente si è posto $y=f(x)\cdot g(x)$:

$\Rightarrow \int f(x)\cdot g'(x)\cdot dx=f(x)\cdot g(x)-\int f'(x)\cdot g(x)\cdot dx$

Integrali definiti

L' applicazione pratica, effettiva di un integrale si raggiunge con l' integrale definito, ed è il calcolo dell' estensione dell' area sottesa ad un curva di equazione nota.

Le riflessioni usate per calcolare l' area sottesa sono del tutto analoghe a quelle usate per la quadratura del cerchio. Cioè: l' area del cerchio è sempre compresa fra il valore dell' area del poligono circoscritto ed il valore dell' area del poligono inscritto. Inoltre. più il numero di lati dei due poligoni aumenta, più le loro aree si avvicineranno a quella effettiva del cerchio, 'raggiungendola' per un numero infinito di lati. Questo metodo, inventato da Eudosso di Cnido nel IV secolo a.C., è detto di esaustione. Si procede analogamente per quanto riguarda la 'costruzione' dell' integrale definito.

Innanzitutto, nel caso degli integrali definiti si deve considerare una curva solo in un suo intervallo (indicato solitamente con $[a;b]$) chiuso e limitato, e nel quale la funzione sia continua. Si definisce trapezoide la figura mistilinea formata da: il tratto di curva considerata, il tratto $ab$ dell' asse $x$ ed i due segmenti $af(a)$ e $bf(b)$.