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\documentclass{article}
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\usepackage[utf8]{inputenc}
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\usepackage{mathtools}
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\usepackage{amssymb}
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\usepackage{centernot}
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% New symbols
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\let\oldsqrt\sqrt
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\def\sqrt{\mathpalette\DHLhksqrt}
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\def\DHLhksqrt#1#2{%
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\setbox0=\hbox{$#1\oldsqrt{#2\,}$}\dimen0=\ht0
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\advance\dimen0-0.2\ht0
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\setbox2=\hbox{\vrule height\ht0 depth -\dimen0}
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{\box0\lower0.4pt\box2}}
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\newcommand{\iu}{\mathrm{i}\mkern1mu}
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% End new symbols
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\begin{document}
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\section{Integrale}
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\[f : [a, b] \to \mathbb{R} \qquad f\ limitata\]
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Definiamo \textbf{suddivisione} o partizione di \([a, b]\):
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\[\mathcal{A} = \{ x_0, x_1, ..., x_n \}\]
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tale che:
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\[a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b\]
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\\
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Sono praticamente tanti pezzetti dell'intervallo \([a, b]\).\\
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\subsection{Primo modo}
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Prendiamo una suddivisione equispaziata \(h = \frac{b - a}{n}\): dunque, gli intervallini saranno \(x_j = a + jh\) per \(j = 0, 1, ..., n\).\\
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\(x_n = a + nh = a + n \frac{b - a}{n} = b\)
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[VSC crashed.]\\
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\subsection{Secondo modo}
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[VSC crashed.]\\
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f è integrabile se \(s(f)\) (integrale inferiore) \(= S(f)\) (integrale superiore).
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\section{Classi di funzioni integrabili}
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\[f : [a, b] \to \mathbb{R}\ limitata\]
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Allora:
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\(f\ integrabile\ su\ [a, b] \implies \forall \epsilon > 0, \exists \mathcal{A}\ suddivisione\ di\ [a, b]\ : S(f, \mathcal{A}) - s(f, \mathcal{A}) \leq \epsilon\)
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\paragraph{Dimostrazione}
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Per semplicità, \(\mathcal{A}\) è equispaziata.\\
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\(S(f, \mathcal{A}_n) = \sum_{j=1}^n (x_j - x_{j-1}) sup(f) = \frac{b - a}{n} \sum_{j=1}^n sup(f) = \frac{b - a}{n} \sum_{j=1}^n f(x_j)\)\\
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\(s(f, \mathcal{A}) = \sum_{j=1}^n (x_j - x_{j-1}) inf(f) = \frac{b - a}{n} \sum_{j=1}^n sup(f) = \frac{b - a}{n} \sum_{j=1}^n f(x_{j-1})\)\\
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Effettuiamo un cambio di variabile: \(j-1 = i\), e poi rinominiamolo nuovamente in \(j\).\\
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\(s(f, \mathcal{A}) = \sum_{j=1}^n (x_j - x_{j-1}) inf(f) = \frac{b - a}{n} \sum_{j=1}^n sup(f) = \frac{b - a}{n} \sum_{j=1}^n f(x_{j-1}) = \frac{b - a}{n} \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i) = \frac{b - a}{n} \sum_{j = 0}^{n - 1} f(x_m) = \frac{b - a}{n} \sum_{j = 0}^{n - 1} = \frac{b - a}{n} ( \sum_{j = 0}^{n - 1} f(x_m) + f(x_0) )\)\\
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\(S(f, \mathcal{A}) - s(f, \mathcal{A}) = \frac{b - a}{n} (f(x_n) - f(x_0)) = \frac{b - a}{n} (f(b) - f(a))\)\\
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\\
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Potrebbe essere da ripassare bene.
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\section{Teorema}
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\[f : [a, b] \to \mathbb{R}\ continua \implies integrabile\ in\ [a, b]\]
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\section{Teorema}
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\[\int_a^b f(x) dx = 0\]
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\[f\ continua\ in\ [a, b] \implies f = 0\ in\ [a, b]\]
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\paragraph{Dimostrazione}
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Supponiamo per assurdo che \(\exists x_0 \in [a, b]\).
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Allora, \(f(x_0) > 0\), e per la proprietà di continuità, \(\exists [a', b'] : \forall x \in [a', b'], \int_a^b f(x) dx \neq 0\).
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\end{document}
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