Integrali dipendenti da un parametro e derivazione sotto il segno di

1
Integrali dipendenti da un parametro
e derivazione sotto il segno di integrale.
Consideriamo la funzione f (x, t) : A × [a, b] → R definita nel rettangolo A × [a, b], essendo A un sottoinsieme aperto di R
e [a, b] un intervallo chiuso e limitato.
Fissato x0 ∈ A, se la funzione f (x0 , ·) : [a, b] → R della sola variabile t fosse integrabile secondo Riemann in [a, b], allora
avrebbe senso il seguente integrale:
Z b
f (x0 , t) dt
a
e quindi, al variare di x in A, risulterebbe definita la seguente funzione:
b
Z
f (x, t) dt : A → R.
F (x) =
a
Noi, nel corso di questa trattazione, supporremo che la funzione f (x, t) sia continua (nel complesso delle due variabili)
in A × [a, b]. Questa è un’ipotesi forte che semplificherà alquanto le dimostrazioni, ma si può richiedere qualcosa meno alla
funzione f (x, t) e continuano a valere i risultati che tra poco otterremo.
Siccome uno degli scopi è trovare una formula che ci permetta di calcolare la derivata della funzione F (x), risulta essenziale
vedere sotto quale condizione la funzione F (x) risulta almeno continua. Pertanto cominciamo con un lemma che ci permetterà
di asserire che la funzione F (x) è continua in A, sotto la ”sola” ipotesi di continuità della f (x, t).
Lemma 0.1 Sia f (x, t) : A × [a, b] → R continua in A × [a, b], allora la funzione:
Z
b
f (x, t) dt : A → R
F (x) =
a
è continua in A.
Dimostrazione.
Sia x0 ∈ A. Proviamo che:
lim F (x) = F (x0 ),
x→x0
ossia, grazie ad un noto teorema di analisi1 ) proviamo che, per ogni successione {xn } ⊂ A, si ha:
lim F (xn ) = F (x0 ).
n→∞
Notiamo che provare la tesi,
lim F (xn ) = F (x0 )
n→∞
equivale a provare:
Z
lim
n→∞
b
Z
f (xn , t) dt =
a
b
f (x0 , t) dt.
a
Un attimo di riflessione per dire che la tesi altro non è che un passaggio al limite sotto il segno di integrale per la successione
di funzioni φn (t) = f (xn , t) : [a, b] → R. Sappiamo che ciò è garantito se la successione di funzioni φn (t) è convergente
uniformemente verso φ(t) = f (x0 , t). Scopo del proseguo della dimostrazione è, pertanto, provare questo fatto, ossia provare
che:
per ogni ε > 0 esiste ν = ν(ε) ∈ N tale che:
|ϕn (t) − ϕ(t)| = |f (xn , t) − f (x0 , t)| < ε
per ogni t ∈ [a, b]
(1)
Fissiamo, ad arbitrio, ε > 0.
1
Teorema 0.1 Sia f (x) : X → R.
Condizione necessaria e sufficiente affinché f (x) sia continua in x0 ∈ X è che per ogni successione {xn } ⊂ X convergente verso x0 , la successione
numerica {f (xn )} converge verso f (x0 ).
Dimostrazione.
Provare!!!
2
Dal fatto che A è un aperto di R, esiste un intorno (chiuso) di x0 tutto contenuto in A, cioé esiste σ > 0 tale che:
[x0 − σ, x0 + σ] ⊂ A.
Sia {xn } una successione di elementi di A convergente verso x0 . Senza perdita di generalità, possiamo supporre che tale
successione sia contenuta in questo intorno di x0 , cioé xn ∈ [x0 − σ, x0 + σ], per ogni n ∈ N (osserva che eventualmente solo
un numero finito di termini della successione starebbero fuori da [x0 − σ, x0 + σ], proprio per la convergenza della stessa verso
x0 ).
Consideriamo il seguente rettangolo di R2 :
∆ = [x0 − σ, x0 + σ] × [a, b] ⊂ A × [a, b]
Tale insieme è ovviamente un insieme chiuso e limitato di R2 . Consideriamo la restrizione della funzione f (x, t) : ∆ → R.
Essa, essendo una funzione continua definita su un insieme chiuso e limitato, grazie al teorema di Cantor, è uniformemente
continua in ∆, e quindi in corrispondenza al fissato ε > 0, esiste δ = δ(ε) > 0 ( e si può scegliere pure δ̄ < σ), tale che :
|f (x0 , t0 ) − f (x00 , t00 )| < ε
se (x0 , t0 ), (x00 , t00 ) ∈ ∆ , dR2 ((x0 , t0 ), (x00 , t00 )) =
p
(x0 − x00 )2 + (t0 − t00 )2 < δ.
(2)
Per la convergenza di {xn } verso x0 , in corrispondenza a δ > 0 (sorto dalla convergenza uniforme), esiste un indice ν ∈ N
tale che:
per ogni n > ν.
(3)
|xn − x0 | < δ
Proviamo la tesi con l’indice ν da determinare uguale a ν. Sia n > ν, allora i punti (xn , t), (x0 , t) sono tali che appartengono
a ∆ (facile verifica) e inoltre:
dR2 ((xn , t), (x0 , t)) =
p
(xn − x0 )2 + (t − t)2 = |xn − x0 | < (grazie a (3)) < δ
per ogni t ∈ [a, b],
ma allora, si può applicare la (2), con (x0 , t0 ) = (xn , t) e (x00 , t00 ) = (x0 , t), ottenendo:
|f (xn , t) − f (x0 , t)| < ε
per ogni t ∈ [a, b]
che è la (1); quindi vale il teorema di passaggio al limite sotto il segno di integrale e quindi la tesi.
Anzicché trovare una formula per la sola derivata di F (x), cerchiamo una formula per una funzione che è più generale
rispetto a F (x).
Sia f (x, t) : A × [a, b] → R una funzione continua in A × [a, b] e siano x ∈ A e y, z ∈]a, b[ (supporremo sempre, per facilità,
che a < y ≤ z < b), allora ha senso considerare:
Z z
f (x, t) dt ∈ R
y
Si viene cosı̀ a costruire una funzione di tre variabili:
Z z
φ(x, y, z) =
f (x, t) dt : A×]a, b[×]a, b[→ R
y
Vale il seguente:
Teorema 0.2 Sia f (x, t) : A × [a, b] → R una funzione continua in A × [a, b]. Allora:
Z
i) La funzione φ(x, y, z) =
z
f (x, t) dt : A×]a, b[×]a, b[→ R è continua in A×]a, b[×]a, b[.
y
ii) Per ogni x ∈ A esistono le derivate parziali della funzione φ(x, y, z) rispetto a y e a z e valgono:
∂φ
(x, y, z) = −f (x, y)
∂y
∂φ
(x, y, z) = f (x, z)
∂z
per ogni x ∈ A e per ogni y, z ∈]a, b[
∂f
iii) Se per ogni (x, t) ∈ A×]a, b[, esiste
(x, t) ed è continua in A×]a, b[, allora vale la seguente formula di derivazione
∂x
sotto il segno di integrale:
Z z
Z z
∂φ
∂
∂f
(x, y, z) =
f (x, t) dt =
(x, t) dt
∂x
∂x y
y ∂x
3
Dimostrazione.
Siano x0 ∈ A, y0 , z0 ∈]a, b[ e siano xn , yn , zn tre successioni tali che xn → x0 , yn → y0 , zn → z0 .
Proveremo che φ(xn , yn , zn ) → φ(x0 , y0 , z0 ).
Poiché A e ]a, b[ sono insiemi aperti, allora per quanto osservato, si può supporre che, per qualche σ > 0, xn ⊂]x0 −σ, x0 +σ[
e yn , zn ∈]a, b[, per ogni n ∈ N.
Consideriamo il rettangolo ∆ = [x0 − σ, x0 + σ] × [a, b]. Poiché f (x, t) : A × [a, b] è continua, in particolare sarà continua
nel rettangolo ∆, che è un insieme chiuso e limitato, dunque per il teorema di Weierstrass, la funzione |f (x, t)| ammette
massimo assoluto in ∆. Sia M > max |f (x, t)| ≥ 0.
∆
Consideriamo la quantità:
Z zn
Z z0
f (xn , t) dt −
f (x0 , t) dt = (utilizzando la proprietà di additività)
|φ(xn , yn , zn ) − φ(x0 , y0 , z0 )| = yn
y0
Z y0
Z z0
Z zn
Z z0
f (xn , t) dt +
f (xn , t) dt +
f (xn , t) dt −
f (x0 , t) dt ≤
=
y
y0
z
y0
0 Z z0
Z
Z nyn
zn
|f (xn , t) − f (x0 , t)| dt
f (xn , t) dt + f (xn , t) dt + ≤
(4)
y0
z0
y0
Ma, poiché |f (xn , t)| < M per ogni n ∈ N (in quanto (xn , t) ∈ ∆), si ha:
Z yn
Z yn
M dt = M |yn − y0 |
f (xn , t) dt < y0
y0
e analogamente si prova:
Z
zn
z0
f (xn , t) dt < M |zn − z0 |
pertanto, quando facciamo tendere n a ∞, i primi due integrali dell’ultimo membro della (4) tendono a zero, cosı̀ come,
grazie al lemma precedente, anche il terzo integrale della (4) tende a zero, per cui la i) è provata.
Per ogni y0 , z0 ∈]a, b[ e per ogni x0 ∈ A, considerata la funzione di una sola variabile:
Z z
Z z0
Z
ζ(z) = φ(x0 , y0 , z) =
f (x0 , t) dt e ι(y) = φ(x0 , y, z0 ) =
f (x0 , t) dt = −
y0
y
y
f (x0 , t) dt,
z0
per il teorema di Torricelli si ottiene:
∂φ
(x0 , y0 , z0 ) = ζ 0 (z0 ) = f (x0 , z0 )
∂z
e
∂φ
(x0 , y0 , z0 ) = ι0 (y0 ) = −f (x0 , y0 )
∂y
per cui anche la ii) è provata.
Sia (x0 , y0 , z0 ) ∈ A×]a, b[×]a, b[. Occorre provare che
per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che per ogni x ∈ A con |x − x0 | < δ, risulta:
φ(x, y0 , z0 ) − φ(x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , t) <ε
−
x − x0
∂x Fissiamo ε > 0. Poiché x0 ∈ A e A è aperto, allora esiste un intorno di x0 tale che [x0 , −σ, xo + σ] ⊂ A. Considerato il
rettangolo ∆ = [x0 , −σ, xo + σ] × [y0 , z0 ], per il teorema di Cantor sull’uniforme continuità, considerando, senza perdita di
ε
> 0, esiste un δ̄ > 0 (possiamo, ovviamente, supporre che δ̄ < σ)
generalità, y0 < z0 , segue che in corrispondenza a
|z0 − y0 |
tale che:
ε
|f (x0 , t0 ) − f (x00 , t00 )| <
per ogni (x0 , t0 ), (x00 , t00 ) ∈ ∆ con dR2 ((x0 , t0 ), (x00 , t00 )) < δ̄
(5)
|z0 − y0 |
Proviamo la tesi con δ = δ̄. Sia x ∈ [x0 − σ, x0 + σ] e tale che |x − x0 | < δ̄. Osserviamo che il rapporto incrementale di
phi(x, y0 , z) ) si scrive:
R z0
Rz
f (x, t) dt − y00 f (x0 , t) dt Z z0 f (x, t) − f (x0 , t)
φ(x, y0 , z0 ) − φ(x0 , y0 , z0 )
y0
=
=
dt
(6)
x − x0
x − x0
x − x0
y0
Fissato t ∈ [a, b], grazie al teorema del valore medio di Lagrange applicato alla funzione ϕ(x) = f (x, t) : [x0 , x] → R (per
semplicità stiamo supponendo che x0 ≤ x), si ha:
f (x, t) − f (x0 , t)
∂f (ξ, t)
=
x − x0
∂x
dove ξ ∈]x0 , x[ per ogni t ∈ [a, b]
(7)
4
p
Poiché (x0 − ξ)2 + (t − t)2 = |x0 − ξ| ≤ |x0 − x| < δ̄, vale la (5) con (x0 , t0 ) = (ξ, t) e (x00 , t00 ) = (x0 , t), pertanto, da (6)
e (7), risulta:
Z z0
Z
φ(x, y0 , z0 ) − φ(x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , t) z0 ∂f (ξ, t) ∂f (x0 , t) ε
<
≤
dt
−
−
dt = ε per ogni t ∈ [a, b]
x − x0
∂x y0
∂x
∂x
z
−
y0
0
y0
che è la tesi.
Dal teorema precedente e dal teorema sulla derivabilità delle funzioni composte, discende il seguente:
∂f (x, t)
Corollario 0.1 Sia f (x, t) : A × [a, b] → R continua nel suo insieme di definizione. Supponiamo che esista
e sia
∂x
continua in A×]a, b[. Siano α(x), β(x) : A → R derivabili in A e tali che α(x), β(x) ∈]a, b[ per ogni x ∈ A, allora la funzione:
Z
β(x)
f (x, t) dt : A → R
ϕ(x) =
α(x)
risulta derivabile e si ha per ogni x0 ∈ A:
ϕ0 (x0 ) =
Z
β(x0 )
α(x0 )
∂f (x0 , t)
dt + f (x0 , β(x0 )) − f (x0 , α(x0 ))
∂x
Gli esempi che seguiranno mostreranno che se non sono verificate tutte le ipotesi dei precedenti teoremi, può capitare che
manchi la continuità della F (x) oppure la derivabilità di F (x).
Esempio 0.1 Sia f (x, t) : [−1, 1] × [−1, 1] → R cosı̀ definita:

 |x| − |t|
f (x, t) =
x2
0
se |t| < |x|
se |x| ≤ |t| ≤ 1
Proveremo che la funzione F (x) non è continua pur essendo la funzione f (x, t) continua rispetto alla variabile (di integrazione) t.
−
→
y
6
f (x, t) = 0
f (x, t) = −x−t
x2
f (x, t) = x−t
x2
f (x, t) = −x+t
x2
f (x, t) = x+t
x2
-
−
→
x
f (x, t) = 0
Grafico del dominio di f (x, t)
Sia x0 ∈ [−1, 1], allora la funzione della sola variabile t:

 |x0 | − |t| se |t| < |x |
0
x20
f (x0 , t) =
: [−1, 1] → R

0
se |x0 | ≤ |t| ≤ 1
è continua. Sia t0 ∈ [−1, 1] \ {0}, allora la funzione della sola variabile x:

 |x| − |t0 | se 0 < |t | < |x|
0
f (x, t0 ) =
: [−1, 1] → R
x2
0
se |x| ≤ |t0 | ≤ 1
5
è continua, mentre per t0 = 0:
( 1
f (x, 0) = |x|
0
se 0 < |x|
: [−1, 1] → R
se |x| = 0
vi è una discontinuità in x = 0. Dunque f (x, t) non è continua in (0, 0). Consideriamo:
1
Z
f (x, t) dt : [−1, 1] → R
F (x) =
−1
(osserviamo che tale integrale ha senso essendo f (x, t) una funzione continua rispetto alla variabile t).
Sia x0 ∈ [−1, 1] \ {0} allora:
Z
1
F (x0 ) =
Z
f (x0 , t) dt = 2
−1
1
|x0 |
Z
f (x0 , t) dt = 2
0
0
mentre
Z
t=|x0 |
1
1
t2
0 dt = 2
=2 1−
=1
t− 2
|x0 |
2x0 t=0
2
|x0 |
|x0 | − t
dt +
x20
Z
Z
1
1
0 dt = 0
f (0, t) dt =
F (0) =
1
−1
−1
dunque la funzione F (x) non è continua in x = 0.
Esempio 0.2 Sia f (x, t) : [− 14 , 14 ] × [−1, 1] → R cosı̀ definita:


t
√
f (x, t) = −t + 2 x


0
√
se 0 ≤ t < x
√
√
se x ≤ t < 2 x
√
se 2 x ≤ t ≤ 1; −1 ≤ t < 0
se x ≥ 0,
Mostreremo che la funzione f (x, t) è continua, mentre non è continua
il segno di integrale.
f (x, t) = −f (|x|, t)
se x < 0
∂f (x, t)
e che non vale la formula di derivazione sotto
∂x
−
→
y
6
f (x, t) = 0
√
f (x, t) = −t + 2 −x
√
f (x, t) = −t + 2 x
A3
@
R
@
A4
A2
f (x, t) = t
f (x, t) = t
@
R
@
A5
A1
-
−
→
x
A6
f (x, t) = 0
Grafico del dominio di f (x, t)
Il punto dove sembrerebbe esserci qualche problema per la continuità di f (x, t) è l’origine (0, 0). Dividendo l’insieme di
definizione [− 41 , 14 ] × [−1, 1] nei sei sottoinsiemi dove vi è cambio di legge: A1 , · · · A6 , notiamo che (0, 0) è di accumulazione
per ognuno dei sottoinsiemi. Proviamo la continuità di f (x, t) per esempio nel sottoinsieme A2 . Risulta:
√
|f (x, t) − f (0, 0)| = | − t + 2 x − 0| → 0
se (x, t) → (0, 0)
6
Per ogni (x, t) ∈] − 14 , 14 [×] − 1, 1[, si ha:

√
0
se 0 < t < x


√
√
∂f (x, t)
= √1x se x < t < 2 x

∂x
√

0
se 2 x < t < 1; −1 < t < 0
Risulta
∂f (x, t)
∂f (|x|, t)
=−
∂x
∂x
se x ≥ 0,
se x < 0
∂f (0, t)
= 0 per ogni t ∈ [−1, 1]. Infatti:
∂x
lim
x→0
t0 >0
f (x, t0 )
0
f (x, t0 ) − f (0, t0 )
= lim
= lim = 0
x→0
x→0 x
x−0
x
t0 >0
lim
t0 >0
x→0
t0 =0
lim
x→0
t0 <0
Sia, adesso x0 > 0, allora:
Z 1
Z 0
Z
F (x0 ) =
f (x, t) dt =
0 dt +
−1
−1
√
x0
t dt +
t2
)
4
f (x, 0) − f (0, 0)
0−0
= lim
=0
x→0
x−0
x
t0 =0
f (x, t0 ) − f (0, t0 )
0−0
= lim
=0
x→0
x−0
x
t0 <0
√
2 x0
Z
0
(poiché ad un certo punto |x| <
√
x0
1
t2
(−t + 2 x0 ) dt + √ 0 dt =
2
2 x0
√
Z
t=√x0
0
t2
√
+ − + 2 x) t
2
t=2√x0
√
t= x0
= x0
Ripetendo quanto sopra calcolato, si mostra che è anche per x0 < 0, si ha F (x) = x. Banalmente per x = 0 si ha F (0) = 0,
dunque F (x) = x per ogni x ∈ [− 14 , 14 ] e quindi F 0 (x) = 1 per ogni x ∈] − 14 , 14 [.
Ma, poiché:
Z
1
−1
∂f (0, t)
dt =
∂x
si ha:
∂
1 = F (0) =
∂x
0
Z
Z
1
0 dt = 0
−1
1
1
Z
f (0, t) dt 6=
−1
−1
∂f (0, t)
dt = 0
∂x
dunque non vale la formula di derivazione sotto il segno di integrale.
Finora abbiamo supposto che l’intervallo [a, b] fosse limitato. Se consideriamo un intervallo illimitato allora può accadere
che i risultati dei precedenti teoremi non valgono più, bisogna cioé fare nuove ipotesi sulla funzione f (x, t).
Definizione 0.1 Diremo che γ(t) è sommabile in un insieme I se è integrabile in ogni insieme chiuso e limitato di I e |γ(t)|
è integrabile in senso generalizzato ( integrale improprio o di funzione generalmente continua)
Valgono i seguenti risultati:
Teorema 0.3 Sia f (x, t) : A × I → R (essendo I un intervallo anche illimitato) una funzione continua. Supponiamo che
esista una funzione sommabile in I, γ(t), tale che:
|f (x, t)| ≤ γ(t)
per ogni x ∈ A e per ogni t ∈ I
allora la funzione:
Z
f (x, t) dt : A → R
F (x) =
I
è continua in A.
Vale la seguente formula di derivazione sotto il segno di integrale:
Teorema 0.4 Sia f (x, t) : A × I → R (essendo I un intervallo anche illimitato) una funzione continua. Supponiamo che
∂f (x, t)
e sia continua in A × I. Supponiamo, infine, che esista una funzione sommabile in I, γ(t), tale che:
esista
∂x
∂f (x, t) per ogni x ∈ A e per ogni t ∈ I
≤ γ(t)
∂x
allora si ha:
∂
F (x) =
∂x
0
Z
Z
f (x, t) dt =
I
I
∂f (x, t)
dt
∂x