7.7 Интеграл с переменным верхним пределом

Пусть функция f интегрируема на отрезке [a,b]. Обозначим
$$F(x) = \int\limits_{a}^{x} f(t)dt (x \epsilon [a,b]).$$
По свойству интегрируемых функций, f интегрируема на [a,x] для любого x \epsilon [a,b]. Поэтому функция F интегрируема на [a,b]. Заметим, что F(a) = 0. Функцию F называют интегралом с переменным верхним пределом, или неопределенным интегралом Римана.

Теорема.
Если функция f интегрируема на отрезке [a,b], то функция F(x) непрерывна на этом отрезке.

Пусть x \epsilon [a,b] и x + \Delta x \epsilon [a,b]. Докажем, что
$\Delta F = F\left(x + \Delta x \right) — F \left(x \right) \to 0$ при $\Delta x \to 0.$
В силу свойств интеграла, связанных с отрезками интегрирования, имеем
$$\Delta F = \int\limits_{a}^{x + \Delta x} f \left(t \right)dt — \int\limits_{a}^{x} f \left(t \right)dt = \int\limits_{x}^{x + \Delta x} f \left(t \right)dt.$$
Так как функция f интегрируема на отрезке [a,b], то она ограничена, т. е.
$$\exists M > 0 : \forall x \epsilon [a,b] \to |f(x)| \leqslant M$$
Согласно правилу оценки интеграла:
$$ \left|\Delta F \right| \leqslant \left|\int\limits_{x}^{x + \Delta x} \left|f(t) \right|dt \right| \leqslant M|\Delta x|,$$
откуда получаем: \Delta F \to 0 при \Delta x \to 0, т. е. функция F непрерывна в точке x. Поскольку x — произвольная точка отрезка [a,b], то функция F непрерывна на отрезке [a,b].
Теорема доказана.

Теорема.
Пусть функция f интегрируема на [a,b] и непрерывна в точке x_0 \epsilon [a,b]. Тогда функция F дифференцируема в точке x_0 и F^\prime(x_0) = f(x_0).

Пусть, например, a <x_0 < b.
(в точках a и b можно рассматривать только односторонние производные). Тогда для любого h \neq 0, такого, что x_0 + h \epsilon [a,b], имеем
$$\frac{F(x_0 + h) — F(x_0)}{h} = \frac{1}{h}\cdot\left(\int\limits_a^{x_0+h} f(t)dt — \int\limits_a^{x_0} f(t)dt\right) = \frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} f(t)dt.$$
Отсюда следует
$$\left|\frac{F(x_0 + h) — F(x_0)}{h} — f(x_0)\right| = \left|\frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} f(t)dt — f(x_0)\right| =$$
$$= \left|\frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} [f(t) — f(x_0)]dt\right| \leqslant \frac{1}{|h|} \cdot \left|\int\limits_{x_0}^{x_0+h} \left|f(t) — f(x_0)\right|dt\right| \equiv \rho(h).$$
Если мы покажем, что \rho(h) \to 0 при h \to 0, то тем самым теорема будет доказана. Для оценки \rho(h) предположим для определенности, что h > 0.
Зададим произвольное \varepsilon > 0 и, пользуясь непрерывностью функции f в точке x_0, найдем такое \delta > 0, то для всех t, удовлетворяющих условию \left|t - x_0\right| < \delta, справедливо неравенство \left|f(t) - f(x_0)\right| < \varepsilon. Если теперь 0 < h < \delta, то получим
$$\rho(h) = \frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h}\left|f(t) — f(x_0)\right|dt \leqslant \varepsilon.$$
Отсюда следует, что \rho(h) \to 0 при h \to 0.
Случай h < 0 исчерпывается аналогичным образом. В точках x_0 = a и x_0 = b приведенные выше рассуждения достаточно применить для h > 0 и h < 0, соответственно.
Теорема доказана.

Замечание.Условие непрерывности функции f в точке x_0 не является необходимым для дифференцируемости F в точке x_0. Например, если взять непрерывную на отрезке [a,b] функцию f, то, по доказанной теореме, функция F будет дифференцируемой в каждой точке отрезка [a,b]. Изменим теперь значение функции f в одной точке. В результате получим разрывную функцию \overline{f}. В то же время, как легко видеть, функция F остается прежней, т.е. \overline{F}(x) \equiv \int\limits_a^x \overline{f}(t)dt = F(x) (x \epsilon [a,b]) (поскольку изменение функции в конечном числе точек не влияет на величину её интеграла). Таким образом, получим, что интеграл с переменным верхним пределом от разрывной функции может оказаться дифференцируемым.

Пример 1.
Рассмотрим функцию
$$f \left( x \right) = \begin{cases} \sin\frac{1}{x}, & 0 < x \leqslant 1, \\ 0, & x = 0 \end{cases}$$
Эта функция ограничена на отрезке [0,1] и имеет единственную точку разрыва x_0 = 0. Значит она интегрируема на [0,1]. Обозначим F(x) = \int\limits_0^x f(t)dt. Поскольку f непрерывна в каждой точке x \neq 0, то, по предыдущей теореме, функция F дифференцируема в каждой точке x \epsilon [0,1] и F^\prime(x) = \sin\frac{1}{x}. В точке x_0 = 0 функция f разрывна и поэтому предыдущая теорема неприменима. Однако можно показать, что существует F^\prime_+(0) = 0.

Пример 2.
Пусть $f(x) = \operatorname {sign} x$, -1 \leqslant x \leqslant 1. Если -1 \leqslant x < 0, то f(t) = -1, -1 \leqslant t \leqslant x и \int\limits_{-1}^{x} f(t)dt = -\left(x - \left(-1\right)\right) = -\left(x + 1\right). Если же 0 \leqslant x \leqslant 1, то \int\limits_{-1}^{x} f(t)dt = \int\limits_{-1}^{0} f(t)dt + \int\limits_{0}^{x} f(t)dt = -1 + x.
Таким образом,
$$f \left( x \right) = \begin{cases} -\left(x + 1\right), & -1 \leqslant x \leqslant 0, \\ x — 1, & 0 \leqslant x \leqslant 1.\end{cases}$$
Легко видеть, что в точке x_0 = 0 функция F недифференцируема.

Упражнение. Покажите, что если в некоторой точке функция f имеет скачок, что интеграл с переменным верхним пределом от этой функции недифференцируем в этой точке.

Теорема (основная теорема интегрального исчисления).
Пусть функция f непрерывна на отрезке [a,b]. Тогда она имеет первообразную на этом отрезке. Одной из её первообразных является интеграл с переменным пределом от этой функции.

Пусть x — произвольная точка отрезка [a,b]. По теореме о дифференцируемости интеграла функция F(x) имеет в точке x производную, равную f(x), т. е.
$$F^\prime(x) = \frac{d}{dx} \cdot \left(\int\limits_{a}^{x} f(t)dt \right) = f(x)$$
Согласно определения первообразной функция F(x) является первообразной для функции f(x) на отрезке [a,b], и поэтому справедливо равенство
$$\int f(x)dx = \int\limits_{a}^{x} f(t)dt + C,$$ где C — произвольная постоянная.

Покажем, что у разрывной функции может существовать первообразная. Действительно в примере 1 функция f разрывна в точке x_0 = 0. Рассмотрим функцию \varphi(x) = x^{2} \cdot \cos \frac {1}{x}, x \neq 0, \varphi(0) = 0. Легко видеть, что \varphi^\prime(0) = 0, а при x < 0 \neq 1 имеем \varphi^\prime(0) = 2 \cdot \cos \frac{1}{x} + \sin \frac{1}{x}. Положим g(x) = 2 \cdot \cos \frac{1}{x}, (x \neq 0), g(0) = 0. Тогда функция g непрерывна на [0,1] и, в силу основной теоремы интегрального исчисления имеет первообразную на [0,1]. Поэтому и функция f(x) = \varphi^\prime (x) - g(x) имеет первообразную на [0,1] как разность двух функций, имеющих первообразные.

Теорема Ньютона — Лейбница (основная формула интегрального исчисления).
Пусть функция f непрерывна на отрезке [a,b] и \Phi — её первообразная на этом отрезке. Тогда
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(b) — \Phi(a) \equiv \Phi(x) \bigg|_{a}^{b}.$$

Существование первообразной следует из предыдущей теоремы. Кроме того, одной из первообразных является функция $F(x) = \int\limits_{a}^{x}f(t)dt$. Но разность двух любых первообразных постоянна, так что F(x) - \Phi(x) \equiv C. Поскольку F(a) = 0, то отсюда получаем -\Phi(a) = C. Таким образом $F(x) = \Phi(x) — \Phi(a).$ При x = b имеем
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = F(b) = \Phi(b) — \Phi(a).$$
Теорема доказана.

Теорема (обобщенная теорема Ньютона — Лейбница).
Пусть функция f интегрируема на отрезке [a,b], а \Phi непрерывна на этом отрезке и \Phi^\prime = f(x) для всех x \epsilon [a,b], за исключением, быть может, конечного числа точек. Тогда
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(b) — \Phi(a).$$

Возьмем произвольное разбиение a = x_0 < x_1 < ... <x_n = b отрезка [a,b], такое, что среди его точек содержатся все те точки, в которых не выполняется равенство \Phi^\prime = f(x). На каждом из отрезков [x_i, x_i+1] функция \Phi удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа. В силу этой теоремы имеем
$$\Phi(x_i+1) — \Phi(x_i) = \Phi^\prime(\xi_i)\Delta x_i = f(\xi_i) \Delta x_i,$$
где точки \xi_i \epsilon \left(x_i,x_i+1 \right). Складывая эти равенства, получаем
$$\sum\limits_{i = 0}^{n — 1} \left[\Phi(x_i+1) — \Phi(x_i) \right] = \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} f(\xi_i) \Delta x_i$$
Сумма слева, очевидно, равна \Phi(b) - \Phi(a), так что
$$\Phi(b) — \Phi(a) = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f(\xi_i) \Delta x_i.$$
Справа имеем интегральную сумму для функции f. По условию f — интегрируемая функция, так что при стремлении к нулю диаметра разбиения сумма справа стремится к \int\limits_{a}^{b} f(x)dx. Поэтому получили
$$\Phi(b) — \Phi(a) = \int\limits_{a}^{b} f(x)dx.$$
Теорема доказана.

Следствие. Если функция \Phi(x) дифференцируема на отрезке [a,b] и её производная f(x) \equiv \Phi^\prime(x) интегрируема по Риману на этом отрезке, то
$$\Phi(x) = \Phi(a) + \int\limits_{a}^{x} f(t)dt.$$

Определение. Пусть функция f задана на отрезке [a,b]. Функцию \Phi будем называть обобщенной первообразной функции f на этом отрезке, если \Phi непрерывна на [a,b] и \Phi^\prime(x) = f(x) всюду, за исключением быть может, конечного числа точек.

Заметим, что обобщенная первообразная определяется однозначно с точностью до постоянного слагаемого, а именно, если \Phi_1 и \Phi_2 — две обобщенные первообразные для функции f, то \Phi_1 - \Phi_2 \equiv C.

Теорема.
Если функция f ограничена на отрезке [a,b] и непрерывна всюду, за исключением, быть может, конечного числа точек, то на этом отрезке она имеет обобщенную первообразную. Одной из обобщенных первообразных является \int\limits_{a}^{x} f(t)dt.

Доказательство этой теоремы легко получается из основной теоремы интегрального исчисления.

Примеры решения задач

  1. Доказать, что если функция f непрерывна на \mathbb{R}, а функции \varphi и \psi дифференцируемы на \mathbb{R}, то
    $$\frac{d}{dx} \left(\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)dt \right) = \psi^\prime \left(x \right) \cdot f \left(\psi \left(x \right)\right) — \varphi^\prime \left(x \right) \cdot f \left(\varphi \left(x \right)\right)$$
    Обозначим это равенство (*).

    Решение

    Пусть F — первообразная для функции f; тогда по формуле Ньютона — Лейбница находим
    $$\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)dt = F(t) \bigg|_{t = \varphi(x)}^{t = \psi(x)} = F(\psi(x)) — F(\varphi(x)),$$
    откуда, используя правило дифференцирования сложной функции и равенство F^\prime (t) = f(t) получаем формулу (*).

  2. Найти производную функции $F(x) = \int\limits_{2}^{x^{3}} e^{t}dt.$
    Решение

    В данном случае верхний предел является функцией от x, поэтому воспользуемся правилом дифференцирования сложной функции.
    Пусть $G(x) = \int\limits_{2}^{x} e^{t}dt$.
    Тогда производная функции $G^\prime (x) = e^{x}.$ Следовательно $G^\prime (x^{3}) = e^{x^{3}}.$ Далее $F(x) = G(x^{3})$ и $F^\prime (x) = (x^{3})^\prime \cdot G^\prime (x^{3}).$ Откуда получаем
    $$F^\prime (x) = e^{x^{3}} \cdot (x^{3})^\prime = 3 \cdot x^{2} \cdot e^{x^{3}}$$

  3. Покажем, что первообразная $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt$ от непрерывной периодической функции с периодом T может быть представлена в виде суммы линейной и периодической с периодом T функции.
    Решение

    Рассмотрим функцию $g(t) = f(t) — A$, где $A = \frac{1}{T} \cdot \int\limits_{0}^{T} f(t)dt$ — среднее значение функции f(t) по периоду. Покажем, что её первообразная $G(x) = \int\limits_{0}^{x} g(t)dt$ является периодической с периодом T функцией.
    Действительно, $G(x + T) — G(x) = \int\limits_{x}^{x+T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} g(t)dt,$ поскольку g(t) периодическая с периодом T функция.
    Далее, $\int\limits_{0}^{T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} (f(t) — A)dt = \int\limits_{0}^{T} f(t)dt — A \cdot T = 0$ в силу определения числа A.
    Таким образом, $G(x + T) — G(x) = 0$ для любого значения x \epsilon \mathbb{R}.
    И на конец, $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt = \int\limits_{0}^{x} (A + g(t))dt = A \cdot x + G(x),$ что и требовалось доказать.

  4. Найти с помощью интеграла $\lim \limits_{n \to \infty} S_n$, если
    $$S_n = \frac{1^{\alpha} + 2^{\alpha} + … + n^{\alpha}}{n^{\alpha + 1}}, \alpha > 0$$

    Решение

    Запишем S_n в виде $S_n = \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n} \left(\frac {k}{n} \right)^{\alpha}$, здесь S_nинтегральная сумма для функции f(x) = x^{\alpha} на отрезке [0,1], соответствующая разбиению T этого отрезка на отрезки $\delta_k = \left[ \frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right]$, $k = \overline{1,n}$, каждый из которых имеет длину \frac{1}{n}; в качестве точки \xi_k \epsilon \Delta_k берется правый конец отрезка \Delta_k, т.е. \xi_k = \frac{k}{n}. Так как l(T) = \frac{1}{n} \to 0 при  n \to \infty, а функция x^{\alpha} непрерывна на отрезке [0,1], то существует
    $$\lim \limits_{n \to \infty} S_n = \int\limits_{0}^{1} x^{\alpha}dx = \frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha+1} \bigg|_{0}^{1} = \frac{1}{\alpha + 1}.$$

Информацию по теме «Интеграл с переменным верхним пределом» вы можете также найти в следующих учебниках:

Интеграл с переменным верхним пределом

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Интеграл с переменным верхним пределом».

Задача из журнала «Квант» (2004 год, 1 выпуск) М1874

Условие задачи

Найдите все решения уравнения $x^{y} — y^{x} = 1$ в натуральных числах $x$ и $y$.

Ответ: $x = 2$, $y = 1$ и $x = 3$, $y = 2$.

Решение

Пусть $x = 2$. Тогда $2^{y} = y^{2} + 1$. Поскольку $y^{2} + 1$ не делится на $4$, то решений, кроме $(2, 1)$, нет.
При $y = 1$ имеем $x = 2$.
Пусть $y = 2.$ Тогда Пусть $\left(x + 1 \right) \cdot \left(x — 1 \right) = 2^{x},$ откуда $\left(x — 1 \right) = 2,$ $x = 3,$
Пусть $x \geqslant 3$, $y \geqslant 3.$ Рассмотрим функцию
$$f(t) = a^{t} — t^{a} = \left(a^{\frac{t}{a}} — t \right) \cdot \left(\left(a^{\frac{t}{a}} \right)^{a — 1} + … + t^{a — t} \right),$$
где $a \geqslant 3$ — целое число, $t \geqslant a$. Имеем $f(a) = 0;$ поскольку $\varphi(t) = a^{\frac{t}{a}} — t$ — возрастающая неотрицательная функция, то и f(t) возрастает.
Получили: при $t \geqslant a + 1$
$$f(t) \geqslant f(a + 1) = a^{a + 1} — (a + 1)^{a} \geqslant 1.$$
Последнее неравенство строгое: при $a^{a + 1} — (a + 1)^{a} = 1$ было бы $m \cdot a = 2,$ где $m$ $\epsilon$ $\mathbb{Z}.$
Окончательно: $x^{y} — y^{x} \neq 1.$
Рассуждая несколько по-иному, нежели выше, можно сразу получить числовую оценку выражения $a^{t} — t^{a}.$ Именно, пусть $a \geqslant 3,$ $z$ $\epsilon$ $\mathbb{N},$ Тогда, используя легко доказываемые неравенства $(1 + t)^{\frac{1}{t}} < e < 2,8,$ получаем
$$a^{a+z} — \left(a+z \right)^{a} = a^{a} \cdot \left(a^{z} — \left(\left(1 + \frac{z}{a} \right)^{\frac{a}{z}} \right)^{z} \right) >$$ $$>a^{a} \cdot \left(a^{z} — e^{z} \right) \geqslant a^{a} \cdot \left(a — e \right) > 3^{3} \cdot 0,2 > 1.$$
Вот и все.

В. Произволов, В. Сендеров

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 6 выпуск) М1730

Условие задачи

Продолжения противоположных сторон произвольного выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точках M и K  $(рис.1)$. Через точку O пересечения его диагоналей проводится прямая, параллельная MK. Докажите, что отрезок этой прямой, заключенный внутри четырехугольника, делится точкой  O пополам.

Решение

Проведем  через точку D прямую l (сделайте чертеж самостоятельно), параллельную KM; пусть  E и F — точки пересечения l с прямыми BC и BA соответственно.  Пусть для определенности прямая, проходящая через O параллельно KM и l пересекает стороны AB и CD четырехугольника. В этом случае для решения задачи надо доказать, что точка O лежит на медиане KL треугольника DKF. Мы докажем, что O — точка пересечения медиан KL и MN треугольников DKF и DME соответственно. Обозначим точку пересечения медиан KL и MN через X.

Докажем вначале, что X лежит на BD, т. е. что прямые DX и BD совпадают. Для этого докажем, что они делят отрезок KM в одном и том же соотношении.

Пусть  Y — точка пересечения DX и KM. Имеем \frac {\displaystyle KY}{ \displaystyle LD} = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX} (поскольку треугольники XYK и XDL подобны), \frac{ \displaystyle MY}{\displaystyle DN}\ = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX}\. Поэтому \frac{\displaystyle KY}{\displaystyle MY}\ = \frac{\displaystyle LD}{\displaystyle DN}\. Аналогично доказывается, что BD делит KM в отношении \frac{\displaystyle FD}{\displaystyle DE}\. Но FD = 2LD, DE = 2DN.

Осталось доказать, что X лежит на отрезке AC. Другими словами, что KL и MN делят отрезок AC в одном и том же отношении.

Лемма 1.
\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle BV}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AC}\, где S — точка на стороне AC треугольника ABC, V — точка пересечения прямой BS с медианой AN этого треугольника.

Рассмотрим точку T отрезка BC такую, что ST || AN. Из теоремы Фалеса следует, что \frac{\displaystyle VS}{\displaystyle BV}\ = \frac{\displaystyle NT}{\displaystyle BN}\ = \frac{\displaystyle NT}{\displaystyle NC}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AC}\ .

Лемма 2.
\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right ), где U и S — точки на сторонах AB и AC треугольника ABC соответственно, а V — точка пересечения прямой US с медианой AN этого треугольника.

На стороне AC возьмем точку Z такую, что UZ || BC.  По лемме 1 имеем \frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AZ}\, а по теореме Фалеса \frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB}\ = \frac{\displaystyle AZ}{\displaystyle AU}\. Осталось перемножить эти равенства.

Доказанные утверждения позволяют завершить решение задачи. Именно, по лемме 2 медиана KL делит отрезок AC (считая от C)  в отношении m = \left(\frac{\displaystyle CK}{\displaystyle KD}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK} \right ), а медиана MN — в отношении n = \left(\frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA} \right ). Но \frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\ = \frac{\displaystyle KC}{\displaystyle KD}\\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK}\ = \frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA}\. Следовательно, m = n.
Утверждение задачи доказано.

Замечание. Вот ещё одно, более естественное, хотя и несколько более сложное, доказательство леммы 2.

Проведем через V параллельные AS и AU прямые $(рис. 2)$.

Имеем: \frac{\displaystyle x}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB} (это характеристическое свойство точек медианы!). Теорема Фалеса дает: \frac{\displaystyle VS}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle US}{\displaystyle AU}\frac{\displaystyle x}{\displaystyle UV} = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle US}. Перемножая эти два равенства, получаем
\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x} \right ) = \left (\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU} \right ) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right ).
Лемма доказана.

М. Волкевич, В. Сендеров