12.3 Частные производные

Сначала рассмотрим пример. Пусть $ \DeclareMathOperator{\tg}{tg} f(x,y)=x^{2}+y^{2}$. Производной по $x$ называется $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x,$$
а производной по $y$ – $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y.$$
Полной производной, или дифференциалом, согласно примеру $1$, будет $A(h,k)=2xh+2yk$, $A = \mathrm{d}f(x,y).$

Определение. Пусть $f\colon E\to \mathbb{R}$, где открытое множество $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$, и точка $x_{0}\in{E}$. Если существует $$\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t},$$ то этот предел называется $i$-й частной производной функции $f$ по переменной $x^{i}$ в точке $x_{0}$ и обозначается одним из символов $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0}),$ ${f}’_{x^{i}}(x_{0}),$ $\mathrm{D}_{i}f(x_0),$ ${f}’_{i}(x_{0}).$

В этом определении $e_{i}$ – $i$-й координатный вектор. Все его координаты – нули, за исключением $i$-й, равной $1$, а $t \neq 0$ пробегает действительные значения, близкие к нулю, так, чтобы точка $x_{0} + te_{i}$ оставалась во множестве $E.$

Можно записать $$\frac{\partial f }{\partial x^{i}}(x_0)=\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i}+t,\ldots, x_{0}^{n})-f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{n})}{t}.$$
Эта запись показывает, что частную производную можно рассматривать как производную функции $f$ по переменной $x_{i}$ при фиксированных значениях всех остальных переменных. Точнее, $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})$ есть производная функции одного переменного $g(\xi)=f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i-1}, \xi, x_{0}^{i+1},\ldots, x_{0}^{n})$ в точке $\xi = x_{0}^{i}.$

Частная производная – это число, в отличие от производной $f'(x_{0}),$ которая называется также полной производной. Полная производная является линейной формой.

Теорема 4. Пусть $f$ – действительная функция, заданная на открытом множестве $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$. Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}\in{E}$, то в этой точке у нее существуют частные производные по всем переменным. При этом справедливо равенство $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.11)$$

Пусть $A={\mathrm{d} f}(x_{0})$. Тогда, по определению дифференцируемости, $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})= A(h)+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.12)$$
Положим $h = te_{i}$, где достаточно малое $t\neq 0.$ Тогда получим $$f(x_{0}+te_{i})−f(x_{0})=tA(e_{i})+\bar{o}(\left | t \right |).$$
Отсюда следует, что $$\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t}\to A(e_{i})\quad(t\to 0).$$
Тем самым мы доказали, что существует $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=A(e_{i})$. Заметим, что $$A(h) = A(e_{1})h^{1}+\ldots+A(e_{n})h^{n},$$ и поэтому из $(12.12)$ следует $(12.11).$

При доказательстве теоремы нами установлено соотношение $$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=\mathrm{d}f(x_{0})e_{i}\quad(i=1,\ldots,n).$$
В правой его части записано значение линейной формы $\mathrm{d}f(x_{0})$ на $i$-м базисном векторе $e_{i}$.

Формулой $$\mathrm{d}f(x_{0})h=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}\quad(h\in \mathbb{R}^{n})$$ описывается дифференциал $\mathrm{d}f(x_{0})$ как линейная форма. Заметим, что из этой формулы вытекает равенство $$\mathrm{d}f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})\pi^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})\pi^{n},$$ где $\pi^{i}(h)$ – $i$-я проекция.

Таким образом, частные производные – это координаты полной производной или дифференциала в стандартном базисе $\pi^{1}, \ldots, \pi^{n}$ сопряженного пространства.

Пример 1. Пусть $f(x, y)=x^{2}+y^{2}.$ Как было установлено выше, частные производные этой функции по переменным $x$ и $y$ соответственно равны $2x$ и $2y.$ Вычислим значение дифференциала этой функции в точке $(1, 2)$ на векторе $(−3, 5).$ Имеем
$$\frac{\partial f}{\partial x}(1, 2)=2,\quad \frac{\partial f}{\partial y}(1, 2)=4,\quad \mathrm{d}f(1, 2)(−3, 5) = 2(−3)+4·5=14.$$
Запишем разложение $\mathrm{d}f(1, 2)$ по базисным линейным формам $\pi^{1},$ $\pi^{2}:$
$$\mathrm{d}f(1, 2) = 2\pi^{1} + 4\pi^{2}.$$
Это выражение полностью описывает дифференциал.

Пример 2. Рассмотрим функцию $f(x) = \left | x \right |$, $x\in \mathbb{R}^{n}$. Покажем, что в начале координат у нее нет ни одной частной производной. Действительно, например, $f(x^{1}, 0, \ldots, 0) = \left | x^{1} \right |$, но, как хорошо известно, у этой функции нет производной в нуле по переменной $x^{1}.$ Аналогично показываем, что в начале координат нет частных производных по остальным переменным.

Рассмотрим геометрический смысл частной производной на примере функции $f(x, y)$ двух переменных. Сечением графика функции $f(x, y)$ плоскостью $y = y_{0}$ есть некоторая кривая – график функции одного переменного $f(x, y_{0})$. Касательная к этому графику в точке $x = x_{0}$ образует некоторый угол $\alpha$ с положительным направлением оси $Ox$. Тангенс этого угла $\tg \alpha$ и есть частная производная функции $f(x, y)$ по переменной $x$ в точке $(x_{0}, y_{0})$, т. е. $\tg \alpha = \frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}, y_{0})$.

Частные производные в точке $(x_{0}, y_{0})$ характеризуют поведение функции вблизи точки $(x_{0}, y_{0})$ вдоль прямых, параллельных координатным осям. В случае $n \geq 2$ из существования частных производных не следует дифференцируемость функции. Например, пусть функция $f(x, y) = 1$, если $xy = 0$, и $f(x, y) = 0$ во всех остальных точках $(x, y)$. Тогда очевидно, что $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0)=0$, но, в то же время, функция $f$ разрывна в точке $(0, 0)$ и, тем более, она не является дифференцируемой в этой точке.

Пример 1. Пусть
$$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$$
Если $x^2 + y^2 > 0$, то
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y)=y\frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=y\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)=x\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$
Вычислим частные производные функции $f$ в начале координат. Поскольку $f(x, 0) = 0$, то $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = 0$. Аналогично $\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0$. Таким образом, частные производные функции $f$ существуют во всех точках плоскости. Однако эта функция разрывна в начале координат, поскольку на прямой $x = y \neq 0$ справедливо равенство $f(x, x) = \frac{1}{2}$. Это означает, что ее предел не равен значению функции в точке $(0, 0)$.
Итак, функция $f$ разрывна в начале координат, так что она не является дифференцируемой в точке $(0, 0)$.

Пример 2. Функция
$$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$$
как было показано ранее, непрерывна во всех точках плоскости. Легко видеть, что в каждой точке плоскости она имеет частные производные, однако, как было показано выше, в начале координат не является дифференцируемой.

Определение. Пусть действительная функция $f$ определена на открытом множестве $E\subset\mathbb{R}^{n}$. Предположим, что в каждой точке $x \in E$ существует частная производная $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$. Тогда получаем функцию $x \to\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$, определенную на множестве $E$, которая обозначается $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и называется $i$-й частной производной.

Определение. Если функция $f$ в каждой точке $x$ множества $E$ имеет все частные производные $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и они непрерывны на множестве $E$ то функция $f$ называется непрерывно дифференцируемой на этом множестве. Через $C^1(E)$ обозначается класс всех непрерывно дифференцируемых на множестве $E$ функций.

Определение. Если функция $f$ дифференцируема в каждой точке множества $E$, то говорят, что $f$ дифференцируема на множестве $E$.

Теорема. Пусть функция $f$ принадлежит классу $C^{1}(E)$, где открытое множество $E\subset\mathbb{R}^{n}$. Тогда $f$ дифференцируема на $E$.

Фиксируем $x_{0} \in E$. Поскольку множество $E$ открыто, то существует шар $U_0$ с центром в этой точке, целиком содержащийся в $E$. Пусть $r$ – радиус этого шара и вектор $h$ имеет длину $\left | h \right | < r$. Обозначим $x_{j} = x_{0} + h^{1}e_{1} + \ldots+ h^{j}e_{j}\quad (j = 1, \ldots, n)$. Ясно, что $x_{n} = x_{0} + h$. Заметим, что все $x_{j}$ принадлежат шару $U_0$. Действительно,
$$\left | x_0-x_j \right |=\sqrt{\sum_{i=1}^{j}(h^{i})^{2}}\leq \left | h \right |<r.$$
Поскольку шар – выпуклое множество, то каждый из отрезков $[x_{j−1}, x_{j}]$ содержится в ${U_0}.$ Действительно, этот отрезок – это множество точек $x = (1 − t)x_{j−1} + tx_{j}$, где $0 \leq t \leq 1$, и мы получаем $$\left | x_0-x_j \right |=(1-t)\left | x_0-x_{j-1} \right |+t\left | x_0-x_{j} \right |<r.$$
Воспользуемся равенством
$$f(x_0 + h) − f(x_0) =\sum_{j=1}^{n}[f(x_j) − f(x_{j−1})].\quad(12.13)$$
Рассмотрим отдельно каждое из слагаемых в правой части. При фиксированном $j$ положим
$g(t) = f(x_{j−1} + te_{j})\quad (0 \leq t \leq h^j).$
По определению частной производной имеем
$$g'(t)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{j-1}+te_j).$$
По формуле Лагранжа получаем
$$f(x_j)-f(x_{j-1})=g(h^j)-g(0)=g'(\tau_j)h^j=\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j)h^j,$$ где $\xi_j=x_{j-1}+\tau_{j}e_{j}$ – некоторая точка отрезка, соединяющего $x_{j−1}$ и $x_j$. Имеем $\left |x_{0} − \xi_{j}\right | \leq \left |h \right |$. Обозначим
$$\alpha_j(h)=\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)-\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j).$$
По условию все частные производные непрерывны в точке $x_0$ и поэтому
$$\lim_{x\to 0}\alpha_j(h)=0 \quad(j=1,\ldots, n).\quad(12.14)$$
В силу $(12.13)$ имеем
$$f(x_0+h)-f(x_0)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_j)h^j=$$ $$=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_0)h^j-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^{j}=A(h)+\rho(h), $$
где
$$A(h)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)h^j,\quad \rho(h)=-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^j.$$
Итак, $A$ является линейной формой аргумента $h$, а
$$\left | \rho(h) \right |\leq\left | h \right |\sum_{j=1}^{n}\left | \alpha_{j}(h) \right |.$$
Поэтому, в силу соотношений $(12.14)$ получаем, что $\frac{\rho(h)}{\left | h \right |}\to 0$ при $h \to 0$.
Согласно определению дифференцируемости, теорема доказана.

Замечание. Из доказательства видно, что если функция имеет частные производные в некоторой окрестности точки $x_0$ и в этой точке все они непрерывны, то функция дифференцируема в точке $x_0.$

Следствие. Каждая функция класса $C^1$ непрерывна.

Замечание. Непрерывность частных производных – только достаточное условие дифференцируемости. Оно не является необходимым.

Пример. Пусть
$$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\left | x \right | ^2\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}, \quad x\neq0,
&\\ 0, \quad x=0.
\end{matrix}\right.$$
Найдем частные производные
$$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)=2x^{i}\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}-\frac{2x^i}{\left | x \right |^2}\cos \frac{1}{\left | x \right |^2}\quad(x \neq 0).$$
При $x = 0$ наша функция дифференцируема, т. к. $f(h) − f(0) = f(h) =\bar{o}(\left | h \right |)$. Однако, как легко видеть, все частные производные разрывны в точке $x = 0$.

Примеры решения задач

  1. Найти частные производные первого порядка функции $f(x,y)=\sin \frac{x}{y} \cos \frac{y}{x}:$

    Решение

    Область определена функции $\mathbb{R}.$ Фиксируя переменную $y$, находим
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x} + x^{2}\cos \frac{x}{y}\cos \frac{y}{x}}{x^{2}y}.$$
    Фиксируя переменную $x$, получаем
    $$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x}-x^2\cos \frac{x}{y}\cos \frac{x}{y}}{xy^{2}}.$$

  2. Найти дифференциал функции $f(x,y)=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}$, если

    Решение

    Найдем частные производные:
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y},$$
    $$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2}.$$
    Теперь подставляя полученные частные производные в формулу: $\mathrm{d}f=f’_{x}\mathrm{d}x+f’_{y}\mathrm{d}y$, получаем:
    $$\mathrm{d}f=(-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y})\mathrm{d}x+(\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2})\mathrm{d}y.$$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: страницы 241-255.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа: страницы 240-253

Частные производные

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

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.

Теорема. 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. $\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\! \mathcal{R}(x)\,dx = 0.$

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

  1. Исходя из определения определенного интеграла, найти $\displaystyle\int\limits_{0}^{T} (v_0 + gt)\,dt,$ где $v_o$ и $g$ — постоянны.
    Решение

    Рассмотрим разбиение отрезка $[0; T]$ на $n$ равных частей точками $\displaystyle\mathcal{T}_i = \frac {T_i}{n}$ $0 \leqslant i \leqslant n.$ Выберем точки разметки на левых концах отрезков разбиения: $\xi_i = \mathcal{T}_i.$ Интегральная сумма для функции $f(t) = v_0+gt$ равна: $$S_n=\sum\limits^{n-1}_{i=0}(v_0 + g\xi_i)(\mathcal{T}_{i+1}-\mathcal{T}_i)=\sum\limits^{n-1}_{i=0}\left(v_0 + g\frac{T_i}{n}\right)\frac{T}{n} = \frac{T}{n}\left(v_0n + \frac{gT}{n}\sum\limits^{n-1}_{i=0}\right).$$ По формуле суммы арифметической прогрессии $\displaystyle\sum\limits^{n-1}_{i=0}i = \frac{(n-1)n}{2},$ следовательно, $$S_n = \frac{T}{n}\left(v_0n + \frac{gT(n-1)n}{2n}\right) = v_0T + \frac {gT^2(n-1)}{2n}.$$ Сведём вычисление интеграла к вычислению обычной последовательности. $$\int\limits^T_0 (v_0 + gt)\,dt = \lim_{n\to +\infty}\left(v_0T+\frac{gT^2(n-1)}{2n}\right)=v_0T+\frac{gT^2}{2}.$$

  2. Вычислить определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом: $\displaystyle\int\limits^1_0 a^x \,dx,$ $(a>0).$
    Решение

    Разобьем отрезок интегрирования на $n$ равных частей: $\displaystyle x_i=\frac{i}{n},$ $0 \leqslant i \leqslant$ n и выберем точки разметки $\xi_i = x_i (0 \leqslant i \leqslant n−1).$ Длина каждого из отрезков разбиения $\displaystyle\Delta x_i = x_{i+1}-x_i=\frac{1}{n}.$ Интегральная сумма $$S_n = \sum\limits_{i=0}^{n-1}a^{\xi_i} \Delta x_i = \frac{1}{n} \sum\limits_{i=0}^{n-1} a^{\frac{i}{n}} = \frac{1}{n} \sum\limits^{n-1}_{i=0}(a^{\frac{i}{n}})^i.$$ Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом, равным 1, и знаменателем $q=a^{\frac{1}{n}},$ получаем $$\sum\limits^{n-1}_{i=0}(a^{\frac{1}{n}})^i = \frac{a-1}{a^{\frac{1}{n}}-1}$$ Отсюда следует, что $$S_n = \frac {a-1}{n(a^{\frac{1}{n}}-1)}$$ Так как при $n \to +\infty$ последовательность $\displaystyle a^{\frac{1}{n}}-1 \sim \frac{\ln a}{n},$ то $$\int\limits^1_0 a^x \,dx = \lim_{n\to +\infty} S_n = \lim_{n\to +\infty} \frac{(a-1)n}{n \ln a} = \frac{a-1}{\ln a}.$$

  3. Вычислить определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом: $\displaystyle\int\limits^b_a \frac{dx}{x^2},$ $(0 < a < b).$
    Решение

    Пусть $x_o, x_1, \ldots, x_n$ — произвольное разбиение отрезка $[a;b].$ Выберем точки разметки $\xi_i = \sqrt{x_ix_{i+1}}$ $(0 \leqslant i \leqslant n-1).$ Интегральная сумма $\displaystyle S_n = \sum\limits^{n-1}_{i=0} \frac{1}{\xi_{i}^{2}}(x_{i+1}-x_i)=\sum\limits^{n-1}_{i=0} \frac{1}{x_ix_{i+1}}(x_{i+1}-x_i)= \sum\limits^{n-1}_{i=0}\left(\frac{1}{x_i}-\frac{1}{x_{i+1}}\right)=$ $\displaystyle=\left(\frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_1}\right)+\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\right)+\left(\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{x_{n-1}}-\frac{1}{x_n}\right)=$ $=\displaystyle\frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_n}=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}.$ Отсюда получаем следующее: $$\int\limits_a^b \frac{dx}{x^2} = \lim_{n\to+\infty} S_n = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right) = \frac{1}{a}-\frac{1}{b}.$$

Интеграл Римана

Данный тест поможет Вам разобраться с материалом по теме «Интеграл Римана».

Литература

Смотрите также

5.1 Дифференцируемость и производная

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\sign}{sign} \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}$ Определение 1. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Если существует конечный предел $\displaystyle  \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$, то он называется производной функции $f$ в точке $x_0$ и обозначается $f^\prime(x_0)$, или $\displaystyle \frac{df}{dx}(x_0),$ $Df(x_0).$

Определение 2. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Функцию $f$ будем называть дифференцируемой в точке $x_0,$ если существует такая постоянная $A$ (зависящая от $x_0$ и не зависящая от $x$), что справедливо равенство: $$f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + r(x), $$где $r(x) = \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$

Короче определение дифференцируемости можно записать в следующем виде: $$f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$$
Покажем, что эти два определения эквивалентны в том смысле, что дифференцируемость функции равносильна существованию производной.

Теорема. Функция $f$ дифференцируема в точке $x_0 ∈ (a, b)$ тогда и только тогда, когда у $f$ существует производная в точке $x_0.$

Пусть $f$ дифференцируема в точке $x_0.$ Это означает, что $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0),$ где $A$ не зависит от $x$. Отсюда получаем:
$$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = A+\frac{\overline{o} (x − x_0)}{x-x_0}.$$
Тогда, учитывая определение символа $\overline{o}$, имеем
$$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=A+\lim_{x\to x_0} \frac{\overline{o} (x − x_0)}{(x − x_0)} =A$$ т. е. существует $f^\prime(x_0) = A.$
Обратно, если существует $$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = f^\prime(x_0),$$ то $$ \displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} + f^\prime(x_0) = r_1(x),$$ где $r_1(x) \to 0 (x \to x_0)$. Отсюда следует, что $$ f(x) — f(x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+r_1(x)(x-x_0).$$ Обозначим $r(x)=r_1(x)(x-x_0).$ Тогда $r(x)=\overline{o}(x-x_0),$ т. е. $$ f(x) − f (x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0), $$ а это и означает, что $f$ дифференцируема в точке $x_0$, причем $A= f^\prime(x_0).$

Итак, условие дифференцируемости равносильно наличию производной. Смысл дифференцируемости состоит в том, что в некоторой окрестности точки $x_0$ функция $f$ представима в виде линейной функции $l(x)= f (x_0)+f (x_0) f^\prime(x-x_0)$ приближенно с точностью до величины бесконечно малой более высокого порядка, чем $(x-x_0) $ при $x\to x_0.$

Связь между дифференцируемостью и непрерывностью устанавливает следующая

Теорема. Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то она непрерывна в этой точке.

Дифференцируемость $f$ означает, что
$$ f(x) − f (x_0) = A(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0). $$
Отсюда следует, что $\displaystyle \lim_{x\to x_0} (f(x)-f(x_0)) = 0$, т. е. $\displaystyle \lim_{x\to x_0} f(x)=f(x_0)$, и тем самым теорема доказана.

Обратное утверждение неверно. Именно из непрерывности функции $f$ не следует ее дифференцируемость. Примером может служить функция $f(x)=|x|,$ непрерывная в точке $x_0 = 0$, для которой выражение $$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \frac{|x|}{x} = \sign x $$ не имеет предела $x\to 0$ и, следовательно, функция $f$ не имеет производной в точке $x_0 = 0$. Значит, $ f$ не является дифференцируемой в нуле.

Итак, непрерывность – это необходимое, но не достаточное условие дифференцируемости. Другими словами, если функция разрывна в точке $x_0$, то она недифференцируема в этой точке. Обратное неверно.

С геометрической точки зрения производная $f^\prime(x_0)$ представляет собой тангенс угла наклона касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке $M_0(x_0, f (x_0))$. При этом касательной к графику функции $f$ в точке $M_0$ называется предельное положение секущей $M_0M$ при стремлении точки $M (x, f(x))$ вдоль кривой $y = f(x)$ к точке $M_0$. В самом деле, если функция  $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то при стремлении $M$ к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$ секущая $M_0M$ имеет тангенс угла наклона, равный $$ \displaystyle \tg\alpha(x) = \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}, $$ и при $ x \rightarrow x_0 $ точка $M$ стремится к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$. Так как $$\displaystyle  \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \to f^\prime(x_0)  \: \: \: (x\to x_0), $$ то $\tg\alpha(x) \to f^\prime(x_0) $ при $x\to x_0$, т. е. секущая стремится занять некоторое предельное положение, тангенс угла наклона $\alpha_0$ которого равен $f^\prime(x_0)$.Отсюда получаем уравнение касательной к графику дифференцируемой в точке $x_0$ функции $y = f(x):$ $$k(x)=f(x_0)+f^\prime(x_0) (x-x_0).$$

Примеры решения задач

  1. Найти производную $f(x) = \sin x $ в точке $x_0 = 0.$
    Решение

    Пример можно легко решить, пользуясь определением производной, а так же первым замечательным пределом:
    $ \displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}= \lim_{x\to 0} \frac{\sin x — \sin 0}{x-0}=\lim_{x\to 0} \frac{\sin x }{x}=1.$

  2. Пусть $f(x) = x^{2}$ Тогда производная $f^\prime(x_0)$ равна?
    Решение

    $\displaystyle f^\prime(x_0) = \lim_{x\to x_0} \frac{x^2-x^2_0}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0} \frac{(x-x_0)(x+x_0)}{x-x_0}=$
    $\displaystyle = \lim_{x\to x_0} (x+x_0) = 2x_0$

  3. Пусть $f(x) = \left|x \right |$ и если $x_0 \neq 0$ существует ли $f^\prime(x_0)$?
    Решение

    $f^\prime(x_0) = \sgn x_0$, где $\sgn$ обозначает функцию знака. А если $x_0 = 0$ $f^\prime_+(x_0)=1,$ $f^\prime_-(x_0)=-1,$ а следовательно $f^\prime(x_0)$ не существует.

  4. Найдите уравнение касательной к графику функции $y=e^{2x-3}$ в точке $x_0 = 5,$ а также угол наклона касательной в этой точке.
    Решение

    Известно, что уравнение касательной в точке имеет вид $l={f}\left(x_{0}\right)+{f}’\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right),$ причём ${f}’\left(x_{0}\right)=\mathrm{tg}\alpha,$ где $\alpha$ — угол наклона касательной.
    Находим значение касательной в точке 5, получаем ${f}^\prime\left(x\right)=2e^{2x-3},$ а в точке $x_{0}=5: \, {f}^\prime\left(5\right)=2e^{7} \Rightarrow$ $l = e^{7}+2e^{7}\left(x-5\right) =$
    $ -9e^{7}+2e^{7}x$, $\alpha = \mathrm{arctg}\left(2e^{7}\right).$

  5. Найдите по определению $\sin x.$ на множестве $\mathbb{R}$
    Решение

    Воспользуемся определением производной $(\sin x)^\prime:$
    $
    (\sin x)^\prime = \displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\sin(x+\Delta x)-\sin x}{\Delta x} = \\
    = \displaystyle \frac{2\sin \frac{\Delta x}{2}\cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})}{\Delta x} = \\
    = \displaystyle \frac{\sin \frac{\Delta x}{2}}{\frac{\Delta x}{2}} \cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})
    $
    Теперь сделаем подстановку $ \displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ . При $\Delta x \to 0, $ $t \to 0.$ Применим первый замечательный предел:
    $ \displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac { \sin \frac{\Delta x}2}{\frac{\Delta x}2} = \lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1.$
    Сделаем такую же подстановку $\displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ и используем свойство непрерывности:
    $\displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \left ( \cos x + \frac{\Delta x}{2} \right) = \lim_{t\to 0} \cos (x+t)= \cos x.$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — с. 123-133.
  2. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — с. 186-214.
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — с.271-280.

Дифференцируемость и производная

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Дифференцируемость и производная».

6.1 Определение и простейшие свойства неопределенного интеграла

Пусть функция $f$ дифференцируема в некоторой точке $x$. Тогда, согласно определению дифференцируемости и свойствам производной, справедливо равенство $$f\left(x + \Delta x\right) − f \left(x\right) = f’\left(x\right) \Delta x + \overline{o}\left(\Delta x\right)\,\,\,\,\,\,\,\,\left(\Delta x \to 0\right).$$ Левая часть этого равенства называется приращением функции $f$ в точке $x,$ соответствующим приращению $\Delta x$ независимой переменной в точке $x,$ и обозначается $\Delta f \equiv \Delta f \left(x\right) = f \left(x + \Delta x\right) − f \left(x\right).$ Таким образом, приращение $\Delta f \left(x\right)$ дифференцируемой в точке $x$ функции $f$ состоит из двух слагаемых: $f’\left(x\right) \Delta x $ и $\overline{o}\left(\Delta x\right)$ При этом главную часть этого приращения составляет первое слагаемое (за исключением случая, когда $f’\left(x\right)=0$).
Итак, мы приходим к следующему определению.

Определение. Пусть функция $f$ дифференцируема в точке $x.$ Линейная функция $dy=f’\left(x\right)dx$ переменной $dx$ называется дифференциалом функции $f$ в точке $x$ и обозначается
$$df=f’\left(x\right)dx.$$ Если в определении дифференциала переменную $x$ считать зависимой от другой переменной $x = x(t)$, то для функции $g(t)=f(x(t))$ будем иметь

$$df\left(t\right)=df\left(x\left(t\right)\right)=dg\left(t\right)=g’\left(t\right)dt=f’\left(x\left(t\right)\right)x’\left(t\right)dt=f’\left(x\right)dx.$$ Получили, что форма дифференциала функции не зависит от того, является ли переменная $x$ зависимой, или независимой. Это свойство называется инвариантностью формы дифференциала. Свойства дифференциала определяются свойствами производных и правилами дифференцирования. Например,
$$d\left(uv\right)=\left(u’\left(x\right)v\left(x\right)+u\left(x\right)v’\left(x\right)\right)dx=u\left(x\right)dv\left(x\right)+v\left(x\right)du\left(x\right),$$
или, короче,
$$d\left(uv\right)=udv+vdu.$$
Аналогично имеем
$$d\left(\frac{u}v\right)=\frac{vdu-udv}{v^2}.$$
В дальнейшем при изучении функций многих переменных мы остановимся на понятии дифференциала более подробно. Напомним, что функция $f$ называется дифференцируемой на интервале, если она дифференцируема в каждой точке этого интервала.

Определение. Пусть функция $f$ определена на интервале $I$. Если существует функция $F$, дифференцируемая на интервале $I$ и такая, что $F’\left(x\right)=f\left(x\right)$ для всех $x \in I$, то функция $F$ называется первообразной (или примитивной) для функции $f$ на этом интервале. Например, $$f\left(x\right)=2xe^{x^2}, F\left(x\right)=e^{x^2}\,\,\,\,\left(-\infty<x<+\infty\right).$$
Если для функции $f$ существует одна первообразная, то существует бесконечно много первообразных. Действительно, каждая функция вида $F(x)+C,$ где $C$ — постоянная, также является первообразной, поскольку

$$\left(F\left(x\right)+C\right)’=F’\left(x\right)=f\left(x\right).$$
Ниже будет доказана следующая.

Теорема. Каждая непрерывная на интервале функция имеет первообразную на этом интервале.

Пример. Пусть $f\left(x\right)=|x|,\,\, x \in \left(-\infty,+\infty\right).$ Тогда $F\left(x\right)=\frac{x^2}2$ при $x>0$ и $F\left(x\right)=-\frac{x^2}2$ при $x<0.$ Легко проверить, что для функции $F\left(x\right)=-\frac{x^2}2 sign\, x\,\,\,\,\left(-\infty<x<\infty\right)$ справедливо также равенство $F’\left(0\right)=0=|0|=f\left(0\right),$ так что $F$ — первообразная для $f.$

Теорема. Если функция $f$ имеет первообразную на интервале $I,$ то разность двух любых ее первообразных тождественно постоянна на этом интервале.

Пусть $F_1,F_2$ — две первообразные для функции $f.$ Тогда ${F’}_1\left(x\right)=f\left(x\right)$ и ${F’}_2\left(x\right)=f\left(x\right)$ для всех $x \in I$ справедливо равенство $\left(F_1-F_2\right)’\left(x\right)=0.$ Поэтому, в силу следствия из теоремы Лагранжа, разность $F_1 − F_2$ – тождественно постоянная функция, что и требовалось доказать.

Следствие. Bсе первообразные можно описать равенством $F\left(x\right)+C$, где $F\left(x\right)$ — одна из первообразных.

Определение. Совокупность всех первообразных функции $f$ называется неопределенным интегралом от функции $f$ и обозначается $\int f\left(x\right)dx$. При этом сама функция $f\left(x\right)$ называется подынтегральной функцией, а $f\left(x\right)dx$ называется подынтегральным выражением. Как было сказано выше, если $F\left(x\right)$ – одна из первообразных функции $f\left(x\right),$ то справедливо следующее равенство:

$$\int f\left(x\right)dx = F\left(x\right) + C,$$
где $C$ – постоянная.
Операция нахождения первообразных называется интегрированием. Отметим, что определение первообразной не является конструктивным, как, например, определение производной. Действительно, в определении производной дается правило ее вычисления, а в определении первообразной – только свойство, которым она должна обладать. Такое определение называется дескриптивным.

Простейшие свойства неопределенного интеграла

1. Если функция $F$ дифференцируема на интервале $I,$ то
$$\int F’\left(x\right)dx = F\left(x\right) + C.$$
Это сразу следует из определения первообразной.

2. Если $\int f\left(x\right)dx = F\left(x\right) + C $ и $\int g\left(x\right)dx = G\left(x\right) + C$, то $\int [f\left(x\right) + g\left(x\right)]dx= F\left(x\right) + G\left(x\right) + C,$ или, что то же самое,
$\int [f\left(x\right) + g\left(x\right)]dx =\int f\left(x\right)dx + \int g\left(x\right)dx$
Действительно, при наших предположениях имеет место равенство
$$\left(F\left(x\right) + G\left(x\right)\right)0 = F’\left(x\right) + G’\left(x\right) = f\left(x\right) + g\left(x\right).$$

3. Если $\int f\left(x\right)dx = F\left(x\right) + C,$ то для любого действительного числа $α \neq 0$ $\int [αf\left(x\right)]dx = αF\left(x\right) + C,$ или, что то же самое, $$\int [αf\left(x\right)]dx = α\int f\left(x\right)dx.$$
Это равенство очевидно следует из определения. Заметим, что при $α = 0$ оно неверно по той причине, что в левой его части совокупность всех постоянных, а в правой – тождественный нуль.

4. Если $\int f\left(t\right)dt = F\left(t\right) + C,$ то для любого $a \neq 0$ и для любого $b$
$\int f\left(ax + b\right)dx = \frac{1}aF’\left(ax + b\right) + C.$
Действительно,
$\biggl[\frac{1}aF\left(ax+b\right)\biggr]’=\frac{1}aF’\left(ax+b\right)·a=f\left(ax+b\right).$

Формулы для нахождение простейших неопределенных интегралов

1.$\int adx=ax+C$

2.$\int x^ndx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C,\,\, a\neq-1,\,\, x>0$

3.$\int \frac{dx}x=\ln|x|+C$

4.$\int a^xdx=\frac{a^x}{\ln|a|}+c$

5.$\int e^xdx=e^x+C$

6.$\int \sin xdx=-\cos x+C$

7.$\int \cos xdx=\sin x+C$

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

  1. $\int \left(x^2-4x\right)dx=$
    Решение

    $=\int x^2dx-\int 4xdx=\frac{x^3}3-\frac{4x^2}2+C=\frac{x^3}3-2x^2+C$

  2. $\int \left(\frac 1{\sqrt[3]{x^2}}\right)dx=$
    Решение

    $=\int x^{\frac{-2}{3}}dx=\frac{x^{\frac{1}3}}{\frac{1}3}=3\sqrt[3]{x}+C$

  3. $\int \cos\left(2x+3\right)dx=$
    Решение

    $=\frac{1}2\sin\left(2x+3\right)+C$

  4. $\int \left(3\sin x+\frac{10}x\right)dx=$
    Решение

    $=\int 3\sin xdx+\int \frac {10}xdx=-3\cos x+10 \ln|x|+C$

Неопределенный интеграл и его простейшие свойства

Данный тест поможет вам лучше разобраться с темой.

Литература

Смотрите также

Критерий сходимости рядов с неотрицательными слагаемыми

Теорема

Рассмотрим ряд в котором все члены ряда неотрицательны, т.е. (\forall n \in N \rightarrow a_{n}\geq 0). Для того чтобы ряд сходился, необходимо и достаточно, чтобы последовательность его частичных сумм была ограниченна сверху.

Доказательство

Так как a_{n}\geq 0, то S_{n}=S_{n-1}+a_{n}\geq S_{n-1}. Из этого следует что последовательность частичных сумм монотонно возрастает. Если ряд сходится это означает что сходится последовательность его частичных сумм. По теореме об ограниченности сходящейся последовательности сходимость последовательности частичных сумм эквивалентна ограниченности этой последовательности.

Пример

Рассмотрим ряд:$$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }},$$ где \alpha>0. При \alpha=1 получаем гармонический ряд, а он как известно расходится.
При 0<\alpha<1 имеем:$$S_{n}(\alpha)=1+ \frac{1}{2^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{n^{\alpha}}\geq n \cdot \frac{1}{n^{\alpha}}=n^{1-\alpha}\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\infty $$ Из этого следует, что S_{n}(\alpha)\rightarrow +\infty , а из этого следует расходимость ряда.
Теперь рассмотрим случай \alpha>1. Выберем такое натуральное m, что n<2^{m}. Тогда имеем:$$S_{n}(\alpha)\leq S_{2^{m}-1}(\alpha)=1+\left ( \frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{3^{\alpha}} \right )+\left ( \frac{1}{4^{\alpha}}+\frac{1}{5^{\alpha}}+\frac{1}{6^{\alpha}}+\frac{1}{7^{\alpha}} \right )+$$$$+\cdots +\left ( \frac{1}{(2^{m-1})^{\alpha}}+\frac{1}{(2^{m-1}+1)^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{(2^{m}-1)^{\alpha}} \right )\leq $$$$\leq 1+2^{1-\alpha}+(2^{2})^{1-\alpha}+\cdots +(2^{m-1})^{1-\alpha}=$$$$=1+2^{1-\alpha}+(2^{1-\alpha})^{2}+\cdots +(2^{1-\alpha})^{m-1}=\frac{1-(2^{1-\alpha})^{m}}{1-2^{1-\alpha}}$$ Отсюда следует, что при \alpha>1 имеем S_{n}(\alpha)\leq \frac{1}{1-2^{1-\alpha}}, т.е. последовательность частичных сумм ограниченна сверху, и по теореме о сходимости рядов с неотрицательными членами ряд сходится при \alpha>1.

Список Литературы

Тест на проверку знаний по данной теме.

Таблица лучших: Критерий сходимости рядов с неотрицательными слагаемыми

максимум из 2 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных