Дифференцируемость интеграла с переменным верхним пределом в точке непрерывности подынтегральной функции. Примеры

Пусть, например, $latex a<x_{0}<b$ (в точках $latex a$ и $latex b$ можно рассматривать только односторонние производные). Тогда для любого $latex h \neq 0$, такого, что $latex x_{0} + h \in [a,b]$, имеем

$latex \frac{F(x_{0}+h)-F(x_{0})}{h} = \frac{1}{h} ( \int_{a}^{x_{0}+h} f(t)dt — \int_{a}^{x_{0}} f(t)dt ) = \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} f(t)dt.$

Отсюда следует

$latex | \frac{F(x_{0}+h)-F(x_{0})}{h} — f(x_{0}) | = | \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} f(t)dt — f(x_{0}) | = | \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} [f(t)-f(x_{0})]dt | \leq \frac{1}{|h|} | \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} | f(t)-f(x_{0}) | dt | \equiv \rho (h).$

Если мы покажем, что $latex \rho(h) \rightarrow 0$ при $latex h \rightarrow 0$, то тем самым теорема будет доказана. Для оценки $latex \rho(h)$ предположим для определенности, что $latex h>0$. Зададим произвольное $latex \varepsilon > 0$ и, пользуясь непрерывностью функции $latex f$ в точке $latex x_{0}$, найдем такое $latex \delta > 0$, что для всех $latex t$, удовлетворяющих условию $latex |t — x_{0}| < \delta$, справедливо неравенство $latex |f(t)-f(x_{0})| < \varepsilon$. Если теперь $latex 0<h<\delta$, то получим

$latex \rho(h) = \frac{1}{h} \int_{x_{0}}^{x_{0}+h} |f(t) — f(x_{0})|dt \leq \varepsilon$

Отсюда следует, что $latex \rho(h) \rightarrow 0$ при $latex h \rightarrow 0$.

Случай $latex h<0$ исчерпывается аналогичным образом. В точках $latex x_{0} = a$ и $latex x_{0} = b$ приведенные выше рассуждения достаточно применить для $latex h>0$ и $latex h<0$, соответственно. $latex \blacksquare$

Условие непрерывности функции $latex f$ в точке $latex x_{0}$ не является необходимым для дифференцируемости $latex F$ в точке $latex x_{0}$. Например, если взять непрерывную на отрезке $latex [a,b]$ функцию $latex f$, то, по доказанной теореме, функция $latex F$ будет дифференцируемой в каждой точке отрезка $latex [a,b].$ Изменим теперь значение функции $latex f$ в одной точке. В результате получим разрывную функцию $latex f$. В то же время, как легко видеть, функция $latex F$ останется прежней, т.е. $latex \bar{F}(x) \equiv \int_{a}^{x} \bar{f}(t)dt = F(x) (x \in [a,b])$ (поскольку изменение функции в конечном числе точек не влияет на величину ее интеграла). Таким образом, получим, что интеграл с переменным верхним пределом от разрывной функции может оказаться дифференцируемым.

Рассмотрим функцию

$latex f(x) =

$$\begin{cases} & \sin{\frac{1}{x}}, 0<x\leq 1, \\ & 0 , x=0. \end{cases}$$ $

Эта функция ограничена на отрезке $latex [0,1]$ и имеет единственную точку разрыва $latex x_{0} = 0$. Значит, она интегрируема на $latex [0,1]$. Обозначим $latex F(x) = \int_{0}^{x} f(t)dt$. Поскольку $latex f$ непрерывна в каждой точке $latex x \neq 0$, то, по предыдущей теореме, функция F дифференцируема в каждой точке $latex x \in (0,1]$ и $latex F'(x) = \sin{\frac{1}{x}}$. В точке $latex x_{0}=0$ функция $latex f$ разрывна и поэтому предыдущая теорема неприменима. Однако можно показать, что существует $latex F’+(0) = 0$.

Пусть $latex f(x) = \text{sign } x, -1 \leq x \leq 1.$ Если $latex -1 \leq x < 0$, то $latex f(t) = -1, -1 \leq t \leq x$ и $latex \int_{-1}^{x} f(t)dt = -(x-(-1)) = -(x+1)$.

Если же $latex 0 \leq x \leq 1,$ то $latex \int_{-1}^{x} f(t)dt = \int_{-1}^{0} f(t)dt + \int_{0}^{x} f(t)dt = -1+x$.

Таким образом,

$latex F(x) =

$$\begin{cases} & -(x+1), -1 \leq x < 0, \\ & x-1, 0 \leq x \leq 1. \end{cases}$$ $

Легко видеть, что в точке $latex x_{0} = 0$ функция $latex F$ недифференцируема.