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.
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 [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].
Пример 2.
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.
Теорема Ньютона — Лейбница (основная формула интегрального исчисления).
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.
Теорема (обобщенная теорема Ньютона — Лейбница).
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.
Следствие. 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».
