интеграл Римана

7.1 Определение и элементарные свойства интеграла Римана

Определение. Пусть на отрезке

$[a, b]$ задана функция

$f.$ Рассмотрим произвольную систему точек

$a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Каждую такую систему назовем разбиением отрезка

$[a,b],$ а само разбиение будем обозначать через

$\Pi .$ Отрезки

$[x_i, x_{i+1}] (i = 0, 1, \ldots , n-1)$ называются частичными отрезками разбиения. Наибольшую из длин

$\Delta x_i = x_{i+1}-x_i$ частичных отрезков называют диаметром этого разбиения и обозначают

$d(\Pi) = \underset{0 \leqslant i \leqslant n-1} {\max} \Delta x_i.$
В каждом из частичных отрезков

$[x_i, x_{i+1}]$ выберем произвольным образом точку

$\xi_i$ и составим сумму

$\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f (\xi_i) \Delta x_i.$
Сумма

$\sigma$ называется интегральной суммой для функции

$f,$ соответствующей заданному разбиению

$\Pi$ и заданному выбору точек

$\xi_i .$
Для каждого заданного разбиения множество всевозможных интегральных сумм бесконечно, поскольку каждая интегральная сумма зависит от способа выбора точек

$\xi_i .$

Определение. Число

$I$ называется пределом интегральных сумм

$\sigma$ при стремлении к нулю диаметра разбиения

$d(\Pi),$ если для любого

$\varepsilon > 0$ найдется такое

$\delta > 0,$ зависящее, вообще говоря, от

$\varepsilon,$ что для любого разбиения

$\Pi$ отрезка

$[a, b]$ диаметра

$d(\Pi) < \delta$ при любом выборе промежуточных точек

$\xi_i$ из частичных отрезков этого разбиения соответствующая интегральная сумма

$\sigma$ удовлетворяет неравенству

$|\sigma — I| < \varepsilon,$ т. е.

$\forall \varepsilon \exists \delta > 0 : \forall \Pi,$

$d(\Pi) < \delta$

$\forall \xi_i \in [x_i, x_{i+1}] (i = 0, 1, \ldots , n-1) |\sigma — I| < \varepsilon.$

Определение. Если существует конечный предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения, то этот предел называется интегралом от функции

$f$ по отрезку

$[a, b]$ и обозначается

$\displaystyle\int\limits_a^b \!f(x)\,dx .$ В этом случае функция

$f$ называется интегрируемой на отрезке

$[a, b].$ В противном случае говорят, что функция

$f$ неинтегрируема на

$[a, b].$
Итак,

$\int\limits_a^b\! f(x)\,dx = \underset {d(\Pi) \to 0}{\lim} \sigma .$

Геометрический смысл определенного интеграла.

С геометрической точки зрения интегральная сумма представляет собой сумму площадей прямоугольников высотой $f (\xi_i)$ и шириной $x_{i+1}-x_i.$
Поэтому определенный интеграл – предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения – можно интерпретировать как площадь (с учетом знака) криволинейной трапеции, ограниченной осью $Ox,$ прямыми $x = a, x = b$ и графиком функции $y = f(x).$
По аналогии с определением предела функции в смысле Гейне, определение предела интегральных сумм можно выразить в терминах последовательностей следующим образом.

Определение. Число

$I$ называется пределом интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения, если для любой последовательности

$\Pi_1, \Pi_2, \ldots , \Pi_n, \ldots$ разбиений отрезка

$[a, b],$ такой, что

$d(\Pi_n) \to 0$ при

$n \to \infty,$ и при любом выборе промежуточных точек из частичных отрезков этих разбиений соответствующая последовательность интегральных сумм

$\sigma_1, \sigma_2, \ldots , \sigma_n, \ldots$ сходится к числу

$I.$

Упражнение. Докажите равносильность этих двух определений предела интегральных сумм.

Если функция $f$ интегрируема на отрезке $[a, b],$ то она ограничена на этом отрезке.

Предположим, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ и покажем, что в этом случае для любого разбиения $\Pi$ промежуточные точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы модуль соответствующей интегральной суммы оказался большим любого наперед заданного числа. Рассмотрим произвольное разбиение $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Если $f$ неограничена на $[a, b],$ то найдется такой частичный отрезок $[x_j , x_{j+1}],$ на котором $f$ также неограничена. Действительно, если бы $f$ оказалась ограниченной на каждом из частичных отрезков, то она была бы ограниченной и на всем отрезке $[a, b].$ Итак, предположим, что $f$ неограничена сверху на $[x_j , x_{j+1}].$ Зададим произвольное число $M$ и покажем, что точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы соответствующая интегральная сумма $\sigma$ стала большей, чем $M.$ Действительно, сначала выберем точки $\xi_i$ во всех отрезках, кроме $[x_j , x_{j+1}],$ и составим сумму $\displaystyle\sigma^\prime = \sum\limits_{i:i\neq j}$ $f(\xi_i) \Delta x_i.$ Затем точку $\xi_j$ выберем так, чтобы выполнялось неравенство $f(\xi_j ) \Delta x_j + \sigma^\prime > M.$ Это возможно в силу того, что функция $f$ неограничена сверху на $[a, b].$ Тогда получим, что для интегральной суммы $\sigma = \sigma^\prime + f(\xi_j ) \Delta x_j$ выполнено неравенство $\sigma > M.$
Случай неограниченной снизу $f$ исчерпывается аналогичным образом.
Наконец заметим, что из определения предела интегральных сумм вытекает, что при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены независимо от способа выбора промежуточных точек. Действительно, в определении предела условие $d(\Pi) < \delta$ влечет выполнение неравенства $|\sigma−I| < \varepsilon,$ откуда следует, что $|\sigma| < |I|+ \varepsilon.$ Мы же, предположив, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ получаем противоречие с ограниченностью интегральных сумм.

Замечание. В доказательстве теоремы мы воспользовались тем, что для интегрируемой функции при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены. На самом деле у интегрируемой функции ограничено множество всех интегральных сумм, соответствующих всевозможным разбиениям, а не только достаточно мелким. Действительно, мы доказали, что интегрируемая на

$[a, b]$ функция

$f$ ограничена, т. е. существует такое число

$A,$ что

$|f(x)| < A$ для всех

$x \in [a, b].$ Поэтому для любого разбиения

$\Pi$ при любом способе выбора точек

$\xi_i$ получим

$|\sigma| \leqslant \sum\limits_{i=0}^{n-1} \left|f(\xi_i) \Delta x_i\right| \leqslant A \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = A (b-a).$
Итак, каждая интегрируемая функция ограничена. Однако не каждая ограниченная функция интегрируема.

Пример ограниченной неинтегрируемой функции.

Рассмотрим функцию Дирихле $\begin{equation*} \mathcal{D}\left(x\right) = \begin{cases} 1, &\text{x — рационально,}\\ 0, &\text{x — иррационально.} \end{cases} \end{equation*}$

Эта функция ограничена. Покажем, что она неинтегрируема на любом невырожденном отрезке $[a, b].$ Действительно, если для произвольного разбиения $\Pi$ все точки $\xi_i$ выбрать рациональными, то получим $\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = b-a.$ Если же все точки $\xi_i$ взять иррациональными, то $\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = 0.$ Отсюда следует, что интегральные суммы не имеют предела при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Пример 1.

Пусть $f(x) = c,$ $a \leqslant x \leqslant b.$ Тогда для любого разбиения $\Pi$ при любом выборе точек $\xi_i$ будет $f(\xi_i) = c$ и поэтому $\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f(\xi_i)\Delta x_i = c \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = c (b-a).$ Таким образом, $\displaystyle\int\limits_{a}^{b}\! c\,dx = c (b-a).$

Пример 2.

Пусть $f(x) = x, 0 \leqslant x \leqslant 1.$ Выберем произвольное разбиение $\Pi : 0 = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = 1$ и точки $\xi_i \in [x_i, x_{i+1}].$ Тогда
соответствующая интегральная сумма будет иметь вид $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \xi_i \Delta x_i.$ Наибольшая из всех интегральных сумм, соответствующая выбранному разбиению, равна $\displaystyle\overline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_{i+1} \Delta x_i,$ а наименьшая $\displaystyle\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_i \Delta x_i.$ Тогда имеем $\overline {\sigma} + \underline \sigma = \sum_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}^2 — x_{i}^2)$ $\overline {\sigma}-\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i \leqslant d(\Pi) \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = d(\Pi).$ Таким образом, $\overline \sigma −\underline \sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ а поскольку $\underline \sigma + \overline \sigma = 1,$ то обе эти суммы стремятся к $\displaystyle\frac {1}{2}.$ Отсюда и из неравенства $\underline \sigma \leqslant \sigma \leqslant \overline \sigma$ сразу следует, что $\displaystyle\sigma \to \frac{1}{2}$ при $d(\Pi) \to 0.$ Итак, функция интегрируема и $\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \!x\,dx = \frac{1}{2}.$

Пример 3. Ступенчатые функции.

Функция $f$ называется ступенчатой
на отрезке $[a, b],$ если $[a, b]$ можно разбить на отрезки $[a_0, a_1], \ldots ,[a_{s−1}, a_s],$ где $a = a_0 < a_1 < \ldots < a_s = b,$ такие, что функция $f$ постоянна на каждом интервале $(a_j , a_{j+1}),$ т. е. $f(x) = c_j,$ $x \in (a_j , a_{j+1}),$ $j = 0, 1, \ldots , s − 1.$ При достаточно малых $\delta$ для разбиения $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ все частичные отрезки разбиения, за исключением, быть может, не более чем $2s$ штук, расположены целиком в соответствующих интервалах постоянства функции $f.$ Пусть разбиению $\Pi$ при каком-либо выборе промежуточных точек $\xi_j$ соответствует интегральная сумма $\sigma.$ Имеем $\left|\sigma-\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j)\right| \leqslant 2s \cdot \delta \cdot \left[\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\max}} f(x)-\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\min}} f(x)\right].$ Отсюда ясно, что при стремлении к нулю диаметра разбиения интегральные суммы стремятся к $\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j),$ т.е. $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \!f(x)\,dx = \sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j).$

Пример 4. Функция Римана.

Напомним, что функция Римана определяется равенством $\begin{equation*} \mathcal{R}\left(x\right) = \begin{cases} 0, &\text{x — рационально,}\\ \displaystyle\frac{1}{q}, &\text{где x = $\displaystyle\frac{p}{q}$ — несократимая дробь.} \end{cases} \end{equation*}$ Покажем, что эта функция интегрируема на $[0, 1]$ и ее интеграл равен нулю. Для этого заметим, что для любого $x \in [0, 1]$ имеем $\lim\limits_{y \to x} \mathcal{R}(y) = 0.$ Действительно, это сразу следует из того, что при любом фиксированном $\varepsilon > 0$ на отрезке $[0, 1]$ существует лишь конечное число таких точек, в которых функция Римана принимает значения большие, чем $\varepsilon.$ Обозначим число таких точек через $N_\varepsilon.$ Зафиксируем $\varepsilon > 0$ и положим $\displaystyle ε^\prime = \frac {\varepsilon}{2},$ $\displaystyle\delta = \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}}.$ Тогда при любом разбиении $\Pi,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ и при любом способе выбора промежуточных точек количество слагаемых в интегральной сумме, для которых значение функции больше, чем $\varepsilon^\prime,$ не превосходит $2N_{\varepsilon^\prime}.$ Поэтому для интегральной суммы σ справедлива следующая оценка: $\sigma \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}}\delta + \varepsilon^\prime \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}} \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}} = \varepsilon.$ Таким образом, получили, что $\sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ т. е. $\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\! \mathcal{R}(x)\,dx = 0.$

7.7 Интеграл с переменным верхним пределом

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

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

Пусть [latex]x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex] и [latex]x + \Delta x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex]. 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 [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex], 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: [latex]\Delta F \to 0[/latex] при [latex]\Delta x \to 0[/latex], т. е. функция [latex]F[/latex] непрерывна в точке [latex]x[/latex]. Поскольку [latex]x[/latex] — произвольная точка отрезка [latex][a,b][/latex], то функция [latex]F[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex].
Теорема доказана.

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

Пусть, например, [latex]a <x_0 < b[/latex].
(в точках [latex]a[/latex] и [latex]b[/latex] можно рассматривать только односторонние производные). Тогда для любого [latex]h \neq 0[/latex], такого, что [latex]x_0 + h[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex], 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 [latex]\rho(h) \to 0[/latex] при [latex]h \to 0[/latex], то тем самым теорема будет доказана. Для оценки [latex]\rho(h)[/latex] предположим для определенности, что [latex]h > 0[/latex].
Зададим произвольное [latex]\varepsilon > 0[/latex] и, пользуясь непрерывностью функции [latex]f[/latex] в точке [latex]x_0[/latex], найдем такое [latex]\delta > 0[/latex], то для всех [latex]t[/latex], удовлетворяющих условию [latex]\left|t — x_0\right| < \delta[/latex], справедливо неравенство [latex]\left|f(t) — f(x_0)\right| < \varepsilon[/latex]. Если теперь [latex]0 < h < \delta[/latex], 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 [latex]\rho(h) \to 0[/latex] при [latex]h \to 0[/latex].
Случай [latex]h < 0[/latex] исчерпывается аналогичным образом. В точках [latex]x_0 = a[/latex] и [latex]x_0 = b[/latex] приведенные выше рассуждения достаточно применить для [latex]h > 0[/latex] и [latex]h < 0[/latex], соответственно.
Теорема доказана.

Замечание.Условие непрерывности функции [latex]f[/latex] в точке [latex]x_0[/latex] не является необходимым для дифференцируемости [latex]F[/latex] в точке [latex]x_0[/latex]. Например, если взять непрерывную на отрезке [latex][a,b][/latex] функцию [latex]f[/latex], то, по доказанной теореме, функция [latex]F[/latex] будет дифференцируемой в каждой точке отрезка [latex][a,b][/latex]. Изменим теперь значение функции [latex]f[/latex] в одной точке. В результате получим разрывную функцию [latex]\overline{f}[/latex]. В то же время, как легко видеть, функция [latex]F[/latex] остается прежней, т.е. [latex]\overline{F}(x)[/latex] [latex]\equiv[/latex] [latex]\int\limits_a^x \overline{f}(t)dt[/latex] [latex]=[/latex] [latex]F(x)[/latex] [latex](x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b])[/latex] (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.

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 [latex][0,1][/latex] и имеет единственную точку разрыва [latex]x_0[/latex] [latex]=[/latex] [latex]0[/latex]. Значит она интегрируема на [latex][0,1][/latex]. Обозначим [latex]F(x)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]\int\limits_0^x f(t)dt[/latex]. Поскольку [latex]f[/latex] непрерывна в каждой точке [latex]x \neq 0[/latex], то, по предыдущей теореме, функция [latex]F[/latex] дифференцируема в каждой точке [latex]x \epsilon [0,1][/latex] и [latex]F^\prime(x)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]\sin\frac{1}{x}[/latex]. В точке [latex]x_0 = 0[/latex] функция [latex]f[/latex] разрывна и поэтому предыдущая теорема неприменима. Однако можно показать, что существует [latex]F^\prime_+(0) = 0[/latex].

Пусть $f(x) = \operatorname {sign} x$ , [latex]-1 \leqslant x \leqslant 1[/latex]. Если [latex]-1 \leqslant x < 0[/latex], то [latex]f(t)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]-1[/latex], [latex]-1 \leqslant t \leqslant x[/latex] и [latex]\int\limits_{-1}^{x} f(t)dt = -\left(x — \left(-1\right)\right) = -\left(x + 1\right)[/latex]. Если же [latex]0 \leqslant x \leqslant 1[/latex], то [latex]\int\limits_{-1}^{x} f(t)dt = \int\limits_{-1}^{0} f(t)dt + \int\limits_{0}^{x} f(t)dt = -1 + x[/latex].
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 [latex]x_0 = 0[/latex] функция [latex]F[/latex] недифференцируема.

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

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

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

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

Пусть функция [latex]f[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex] и [latex]\Phi[/latex] — 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 [latex]F(x) — \Phi(x) \equiv C[/latex]. Поскольку [latex]F(a) = 0,[/latex] то отсюда получаем [latex]-\Phi(a) = C.[/latex] Таким образом $F(x) = \Phi(x) — \Phi(a).$ При [latex]x = b[/latex] имеем
$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = F(b) = \Phi(b) — \Phi(a).$
Теорема доказана.

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

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

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

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

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

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

Доказательство этой теоремы легко получается из основной теоремы интегрального исчисления.

Примеры решения задач

Доказать, что если функция [latex]f[/latex] непрерывна на [latex]\mathbb{R}[/latex], а функции [latex]\varphi[/latex] и [latex]\psi[/latex] дифференцируемы на [latex]\mathbb{R}[/latex], 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 [latex](*)[/latex].

Решение

Пусть [latex]F[/latex] — первообразная для функции [latex]f[/latex]; 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 [latex]F^\prime (t) = f(t)[/latex] получаем формулу [latex](*)[/latex].
Найти производную функции $F(x) = \int\limits_{2}^{x^{3}} e^{t}dt.$

Решение

В данном случае верхний предел является функцией от [latex]x[/latex], 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
$F^\prime (x) = e^{x^{3}} \cdot (x^{3})^\prime = 3 \cdot x^{2} \cdot e^{x^{3}}$
Покажем, что первообразная $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt$ от непрерывной периодической функции с периодом [latex]T[/latex] может быть представлена в виде суммы линейной и периодической с периодом [latex]T[/latex] 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 [latex]f(t)[/latex] по периоду. Покажем, что её первообразная $G(x) = \int\limits_{0}^{x} g(t)dt$ является периодической с периодом [latex]T[/latex] функцией.
Действительно, $G(x + T) — G(x) = \int\limits_{x}^{x+T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} g(t)dt,$ поскольку [latex]g(t)[/latex] периодическая с периодом [latex]T[/latex] 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 [latex]A[/latex].
Таким образом, $G(x + T) — G(x) = 0$ для любого значения [latex]x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex]\mathbb{R}[/latex].
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.
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 [latex]S_n[/latex] в виде $S_n = \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n} \left(\frac {k}{n} \right)^{\alpha}$ , здесь [latex]S_n[/latex] — интегральная сумма для функции [latex]f(x) = x^{\alpha}[/latex] на отрезке [latex][0,1][/latex], соответствующая разбиению [latex]T[/latex] этого отрезка на отрезки $\delta_k = \left[ \frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right]$ , $k = \overline{1,n}$ , каждый из которых имеет длину [latex]\frac{1}{n}[/latex]; в качестве точки [latex]\xi_k[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex]\Delta_k[/latex] берется правый конец отрезка [latex]\Delta_k[/latex], т.е. [latex]\xi_k = \frac{k}{n}[/latex]. Так как [latex]l(T) = \frac{1}{n} \to 0[/latex] при [latex] n \to \infty[/latex], а функция [latex]x^{\alpha}[/latex] непрерывна на отрезке [latex][0,1][/latex], то существует
$\lim \limits_{n \to \infty} S_n = \int\limits_{0}^{1} x^{\alpha}dx = \frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha+1} \bigg|_{0}^{1} = \frac{1}{\alpha + 1}.$

Основным источником является учебник В. И. Коляда, А. А. Кореновский «Курс лекций по иатематическому анализу», раздел 7.7 «Интеграл с переменным верхним пределом».

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

П. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа»,
параграф 25 (стр. 587 — 596).
А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин «Курс математического анализа», параграф 36 (стр. 334 — 339).

Интеграл с переменным верхним пределом

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

Определение интеграла Римана

Для лучшего восприятия этого материала сперва следует прочесть Определение интегральных сумм и их границы

$latex \triangle$ Предел интегральной суммы при условии, что длина наибольшего из элементарных отрезков $latex max\triangle x_{k}$ стремится к нулю:

$latex \underbrace{I=\int_{a}^{b}f(x)\ dx=  \lim_{max \triangle x_{k}\rightarrow 0}\sum_{k=1}^{n}f(\xi_{k})\triangle x_{k}.}$

называется от функции $latex f(x)$ на отрезке $latex [a,b]$ (или в пределах от a до b). $latex \blacktriangle$

Замечание. Если функция $latex f(x)$ непрерывна на $latex [a,b]$ , то предел интегральной суммы существует и не зависит от способа разбиения отрезка $latex [a,b]$ на элементарные отрезки и от выбора точек $latex \xi _{k}$ (теорема существования определенного интеграла).

Числа a и b соответственно называются нижним и верхним пределами интегрирования.

Если $latex f(x)>0$ на $latex [a,b],$ то определённый интеграл $latex \int_{a}^{b}f(x)dx$ геометрически представляет собой площадь криволинейной трапеции —фигуры, ограниченной линиями $latex y=f(x),\ x=a,\ y=b,\ y=0 .$

Список литературы:

А.Г. Попов, П.Е. Данко, Т.Я. Кожевникова «Мир и образование» 2005 г. (Издание 6-е. Часть 1) стр. 244-246
Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа.
Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления (Том 2), 5-е издание, 1964 г., глава 9, §1, стр. 97-100

Тест (Определенный интеграл Римана)

Тест по темам:

1. Определенный интеграл Римана.

2. Интегральные суммы.

Задание 1 из 5

1.
Количество баллов: 1
Если функция $latex f(x)$ непрерывна на $latex [a,b]$ , то предел интегральной суммы существует и …
- не зависит от способа разбиения и от выбора промежуточных точек
- зависит от способа разбиения и от выбора промежуточных точек
- не зависит от способа разбиения, но зависит от выбора промежуточных точек
- зависит от способа разбиения, но не зависит выбора промежуточных точек
Правильно 1 / 1Баллы

Неправильно / 1 Баллы

Подъучи ещё и снова приходи
Задание 2 из 5

2.
Количество баллов: 4
Вычислите значения каждого интеграла и разместите их, начиная от меньшего (по значению) к большему :

1. $latex \int_{2}^{4}xdx$

2. $\int_{0}^{1}e^{x}dx$

3. $latex \int_{2}^{3}2dx$

4. $latex \int_{2}^{2}\sin ^{2}x-x^{10}+5x^{3}$
- 4
- 2
- 3
- 1
Правильно 4 / 4Баллы

Неправильно / 4 Баллы

Задание 3 из 5

3.

Количество баллов: 6

Кто есть кто?

(Риман=3 балла)

Элементы сортировки

Буняковский
Риман
Ньютон
Лагранж

Задание 4 из 5

4.
Количество баллов: 2
Интегральной суммой для функции $latex f(x)$ на отрезке $latex [a,b]$ называется …
- сумма вида $\underbrace{\sum_{k=1}^{n}(\xi _{k})\triangle x_{k}}$ где $\triangle x_{k}=[x_{k}-x_{o}]$
- сумма вида $\underbrace{\sum_{k=1}^{n}(\xi _{k})\triangle x_{k}}$ где $\triangle x_{k}=[x_{k}-x_{k-1}]$
- сумма площадей прямоугольников с основанием $[x_{k}-x_{k-1}]$ и высотой $f(\xi _{i})$
- сумма площадей криволинейных трапеций с основанием $\triangle x_{k}=[x_{k}-x_{o}]$ и высотой $f(\xi _{i})$
Правильно 2 / 2Баллы

Неправильно / 2 Баллы
Задание 5 из 5

5.
Количество баллов: 1
Дополните фразу: геометрически интеграл представляет собой площадь криволинейной …
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Тест (Определенный интеграл Римана)

максимум из 14 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Интегрирование частями в интеграле Римана. Примеры.

Формула интегрирования по частям
Пусть функция $latex u(x)$ и $latex v(x)$ непрерывны вместе со своими производными на отрезке:

$latex \int\limits_{a}^{b}u(x)dv(x)=u(x)v(x)|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}v(x)du(x).$

Примеры

$latex \int (2x+3)e^{2x}dx=(1/2)\int (2x+3)d(e^{2x})=(1/2)((2x+3)e^{2x})-\int 2e^{2x}dx=\frac{1}{2}((2x+3)e^{2x}+e^{2x})+c$
$latex \int x\cos xdx=\int xd(\sin x)=x\sin x-\int \sin xdx=x\sin x+\cos x+c$
$latex \int x\sin xdx=-\int xd(\cos x)=-(x\cos x-\int \cos xdx)=-(x\cos x-\sin x)+c$
Пусть функция $latex f(x)$ непрерывна на $latex \mathbb{R}$ и имеет период $latex T$ так, что $latex f(x+T)=f(x)$ для $latex x\subseteq R$ . Тогда на любом отрезке с длиной периода $latex T$ интеграл от этой функции имеет тоже самое значение:
$latex \int\limits_{a}^{a+T}f(x)dx=\int\limits_{0}^{T}f(x)dx$

Доказательство
Разобьём интеграл на три и в последнем из них сделаем замену $latex x=t+T’$ . Имеем:

$latex \int\limits_{a}^{a+T}f(x)dx=\int\limits_{a}^{0}f(x)dx+\int\limits_{0}^{T}f(x)dx+\int\limits_{a}^{a+T}f(x)dx=-\int\limits_{0}^{a}f(x)dx+\int\limits_{0}^{T}f(x)dx+\int\limits_{0}^{a}f(x)dx=\int\limits_{0}^{T}f(x)dx$

Источники:

Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. —Москва: Наука, 1972. (стр.203-204)
Лысенко З.М. Конспект по математическому анализу

Тест предназначен для проверки знаний тестируемого по темам:
1) Теорема Ньютона-Лейбница;
2) Замена переменной в интеграле Римана;
3) Интегрирование по частям в интеграле Римана.

Замена переменной в интеграле Римана

Интеграл в смысле Римана: Функция $f(x)$ называется интегрируемой по Риману на отрезке $[a;b]$ , если существует такое число A, что для любого разбиения отрезка $[a;b]$ , вида $\Delta x_{i}=x_{i+1} — x_{i}, i=\overline{0,(n-1)}$ , где $a=x_{0}<x_{1}<x_{2}<…<x_{n}=b$ , и любого выбора точек $\ \xi _{i}\$ , таких, что $\ x_{i}\leq \xi _{i} \leq x_{i+1}\:$ существует предел последовательности интегральных сумм, и он равен A:
$\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=\lim\limits_{n \to \infty}\underset{i=0}{\overset{n-1}\sum}f(\xi_{i})\Delta x_{i} =A$

Формулировка

Пусть:

$\varphi(t), f (x) \in C [a,b];$ (является непрерывной на $[a,b]$ )
$\varphi’ (t) \in C (\gamma ;\beta);$
$\forall \ t \in [\gamma ;\beta ]\ a\leq \varphi(t)\leq b;$
$\gamma = \varphi \left ( a \right ), \beta =\varphi \left ( b \right ).$
Тогда имеет место формула:

$\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=\underset{\gamma }{\overset{\beta }{\int}}f(\phi(t))\phi'(t)dt .$

Доказательство

По теореме о дифференцировании сложной функции имеем, что: $(F(\varphi(t)))’=F'(\varphi(t))\cdot \varphi'(t)=f(\varphi (t))\cdot \varphi'(t),$ то есть $F(\varphi (t))$ является первообразной для $f(\varphi (t))\varphi ‘(t) .$ Тогда по теореме Ньютона-Лейбница:

$\underset{\gamma }{\overset{\beta }{\int}} f ( \varphi (t) ){\varphi }’ ( t ) dt = F ( \varphi (t)) | _{\gamma } ^{\beta }=$ $F(\varphi (\beta ))-F(\varphi (\gamma ))=F(b)-F(a)=\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx$

Примеры:

$\int \mathrm{ctg} (x)dx=\int \frac {\cos (x)}{\sin (x)}dx=\begin{bmatrix}t=\sin (x)\\dt=\cos (x)dx\end{bmatrix} =$ $\int \frac {dt} {t} = \ln |t|+C= \ln |\sin (x)|+c$ $\$
$\underset{0}{\overset{1}{\int}}x\cdot (2-x^{2})^{5}dx=\begin{bmatrix} t=2-x^{2}\\ dt=d(2-x^{2})=(2-x^{2})’dx=-2xdx\end{bmatrix}=$ $=\begin{pmatrix}x=1\Rightarrow t=2-1^{2}=1\\x=0\Rightarrow t=2-0^{2}=2\end{pmatrix}=\underset{2}{\overset{1}{\int}}-\frac{1}{2}\cdot t^{5}dt=-\frac{1}{2}\underset{2}{\overset{1}{\int}}t^{5}dt=$ $={-\frac{1}{12}}\cdot \left ( t^{6}\mid ^{1}_{2} \right )=-\frac{1}{12}(1-2^{6})=\frac{21}{4}$ $\$
Если функция $f(x)$ чётная и непрерывная на $[-a;a] ,$ то $\underset{-a}{\overset{a}{\int}}f(x)dx=2\cdot\underset{0}{\overset{a}{\int}}f(x)dx$ А если функция $f(x)$ нечётная и непрерывная на $[-a;a] ,$ то $\underset {-a}{ \overset {a}{ \int }}f(x)dx=0$ Для доказательства уравнений в обоих случаях необходимо представить интеграл в виде суммы интегралов: $\underset {-a}{ \overset {a}{ \int }} f(x)dx= \underset {-a}{ \overset {0}{ \int }}f(x)dx + \underset {0} { \overset {a}{ \int }}f(x)dx ,$ и в первом слагаемом произвести замену $x=-t$ .(Самостоятельно)

Литература:

Тест

Замена переменной в интеграле Римана.

Таблица лучших: Замена переменной в интеграле Римана

максимум из 35 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач