формула Ньютона-Лейбница

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ . Тогда она имеет первообразную на этом отрезке. Одной из её первообразных является интеграл с переменным пределом от этой функции.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Доказательство этой теоремы легко получается из основной теоремы интегрального исчисления.

Примеры решения задач

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

Решение

Пусть $F$ — первообразная для функции $f$ ; тогда по формуле Ньютона — Лейбница находим
$\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)dt = F(t) \bigg|_{t = \varphi(x)}^{t = \psi(x)} = F(\psi(x)) — F(\varphi(x)),$
откуда, используя правило дифференцирования сложной функции и равенство $F^\prime (t) = f(t)$ получаем формулу $(*)$ .
Найти производную функции $F(x) = \int\limits_{2}^{x^{3}} e^{t}dt.$

Решение

В данном случае верхний предел является функцией от $x$ , поэтому воспользуемся правилом дифференцирования сложной функции.
Пусть $G(x) = \int\limits_{2}^{x} e^{t}dt$ .
Тогда производная функции $G^\prime (x) = e^{x}.$ Следовательно $G^\prime (x^{3}) = e^{x^{3}}.$ Далее $F(x) = G(x^{3})$ и $F^\prime (x) = (x^{3})^\prime \cdot G^\prime (x^{3}).$ Откуда получаем
$F^\prime (x) = e^{x^{3}} \cdot (x^{3})^\prime = 3 \cdot x^{2} \cdot e^{x^{3}}$
Покажем, что первообразная $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt$ от непрерывной периодической функции с периодом $T$ может быть представлена в виде суммы линейной и периодической с периодом $T$ функции.

Решение

Рассмотрим функцию $g(t) = f(t) — A$ , где $A = \frac{1}{T} \cdot \int\limits_{0}^{T} f(t)dt$ — среднее значение функции $f(t)$ по периоду. Покажем, что её первообразная $G(x) = \int\limits_{0}^{x} g(t)dt$ является периодической с периодом $T$ функцией.
Действительно, $G(x + T) — G(x) = \int\limits_{x}^{x+T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} g(t)dt,$ поскольку $g(t)$ периодическая с периодом $T$ функция.
Далее, $\int\limits_{0}^{T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} (f(t) — A)dt = \int\limits_{0}^{T} f(t)dt — A \cdot T = 0$ в силу определения числа $A$ .
Таким образом, $G(x + T) — G(x) = 0$ для любого значения $x$ $\epsilon$ $\mathbb{R}$ .
И на конец, $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt = \int\limits_{0}^{x} (A + g(t))dt = A \cdot x + G(x),$ что и требовалось доказать.
Найти с помощью интеграла $\lim \limits_{n \to \infty} S_n$ , если
$S_n = \frac{1^{\alpha} + 2^{\alpha} + … + n^{\alpha}}{n^{\alpha + 1}}, \alpha > 0$

Решение

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

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».

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Метка: формула Ньютона-Лейбница

7.7 Интеграл с переменным верхним пределом

Примеры решения задач

Интеграл с переменным верхним пределом

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Элементы сортировки

7.

8.