Интеграл с переменным верхним пределом

Интеграл с переменным верхним пределом Доказанная ранее формула Ньютона-Лейбница (грубо говоря, ”определённый интеграл от f 0 возвращает f ”) лишь частично оправдывает термин ”неопределённый интеграл” по отношению ко множеству всех первообразных (которые по определению получаются действием, как бы обратным к дифференцированию). Очевидно, что с алгебраической точки зрения не хватает обратимости с другой стороны. При этом ясно, что ˆ b 0 f (x) dx = 0 a x (индекс x под знаком производной нужен для того, чтобы напомнить читателю, по какой переменной берётся производная − это становится особенно полезным и даже необходимым при наличии большого количества букв, чтобы не запутаться: какая из них в данный момент изменяется, а какая выступает в роли константы). Равенство нулю действительно очевидно. Это можно понять как из физико-геометрических соображений: ”скорость изменения постоянной площади равна 0”, так и из применения в лоб формулы Ньютона-Лейбница (ведь значения первообразной в точках a и b не зависят от x). В силу важности этого совершенно очевидного момента остановимся на нём ещё ненадолго. Подобно тому, как в сумме 5 X i=1+2+3+4+5 i=1 индекс i является немым (т.е. хоть он и написан, но по факту его в выражении нет, что понятно из правой части равенства), и его можно заменить на любой другой индекс: 5 X 5 X i= i=1 переменная x в интеграле буквой: ´b a j=1 j= 5 X щ = ... , щ=1 f (x) dx по факту таковой не является, и её можно заменить любой другой ˆ ˆ b f (x) dx = a ˆ b f (t) dt = a b f (ξ) dξ = ... . a Здесь впервые поднимается вопрос о разнице между заменами переменной в неопределённом и определённом интегралах. Кто-то отметит, что, сделав замену x = t, мы могли бы точно так же прийти к равенству неопределённых интегралов ˆ ˆ f (x) dx = f (t) dt, которое, однако, верно лишь при определённой взаимосвязи между переменными. В отличие от этой ситуации равенство определённых интегралов не предполагает никакой взаимосвязи между переменными (можно, конечно, думать, что мы сделали замену x = t или x = ξ, но можно об этом и не думать): равенство определённых интегралов понимается как равенство чисел. Возратимся к вопросу об обратимости с другой стороны действия взятия производной. Раз производная от постоянной площади равна 0, то почему бы не сделать площадь переменной, динамически сдвигая, например, правое основание криволинейной трапеции? Таким образом, мы приходим к понятию интеграла с переменным верхним пределом: ˆ x f (t) dt. a ЗАМЕЧАНИЕ. С формальной точки зрения допустима и запись ˆ x f (x) dx, a ведь буква x под знаком интеграла как бы отстуствует, а стало быть какой именно из иксов явлется переменным - вопросов не вызывает. Однако, рассуждая таким образом, можно было бы дойти и до какой-нибудь совсем уж вводящей в ступор записи типа ˆ x f (4) d4 . . . a Поэтому во избежании лишнего недопонимания, будем придерживаться классических обозначений. Справедлива следующая ТЕОРЕМА (Барроу). Если функция f непрерывна в точке x, то ˆ x 0 f (t) dt = f (x). a x ДОКАЗАТЕЛЬСТВО могло бы показаться элементарным: ´x ”применим формулу Ньютона-Лейбница a f (t) dt = F (x) − F (a) (где F − первообразная f ) и возьмём производную от обеих частей”, если бы не одно ”но” (какое?). Поэтому распишем прозводную по определению:  ˆ x+h ˆ x 0 ˆ x ˆ 1 x+h 1 f (t) dt − f (t) dt = lim f (t) dt. f (t) dt = lim h→0 h x h→0 h a a a x Теперь легко видеть, что 0 ˆ x ˆ 1 x+h f (t) dt − f (x) = (f (t) − f (x)) dt 6 max |f (t) − f (x)|. t∈[x,x+h] h x a x Осталось отметить стремление правой части к 0 в силу непрерывности функции f в точке x, q.e.d. ЗАМЕЧАНИЕ 1. Теперь утверждение ”интегрирование и дифференцирование − это два взаимно-обратных действия для хороших функций f ” имеет под собой гораздо больше оснований, что видно из одновременного взгляда на теорему Барроу и формулу Ньютона-Лейбница: 0 ˆ x ˆ x f (t) dt = f (x), f 0 (t) dt = f (x) − f (a). a a x Особенно наглядным это утверждение становится в классе непрерывно дифференцируемых функций, обращающихся в 0 на левом конце промежутка (легко видеть, что такие функции образуют линейное пространство). В этом случае ˆ x 0 ˆ x g(t) dt = g(x), g 0 (t) dt = g(x), a a x или (D ◦ I) (g) = g, (I ◦ D) (g) = g , что полезно сравнить с определением из алгебры ”A−1 A = E, AA−1 = E ”. ЗАМЕЧАНИЕ 2. Важность теоремы Барроу состоит не только в том, что она даёт формулу для вычиления, но ещё и доказывает сам факт существования первообразной для любой ´ xнепрерывной функции f . Действительно, таковой является интеграл с переменным верхним пределом a f (t) dt. Если вспомнить, что по следствию из теоремы Лагранжа все первообразные отличаются друг от друга на константу, то в дополнение к бесполезной (но эффектной) переформулировке формулы Ньютона-Лейбница ˆ ˆ b f (x) dx = a  b f (x) dx a получаем аналогичную переформулировку теоремы Барроу ˆ ˆ x f (t) dt + C. f (x) dx = a Эта переформулировка проливает свет на относительность понятия ”неберущегося интеграла”: действительно, берётся интеграл или нет − все зависит от того, какие функции ´ dxнам известны. Так, например, если кто-то не знаком с понятием ”логарифма”, то для него и интеграл x будет неберущимся. ”Позвольте! ´x ´x 2 Но где sin x и ln x, а где функции 0 sint t dt и 0 e−t dt, которые вы пытаетесь выдать в качестве первооб2 разных для sinx x и e−x ?” − вопрошает недовольный читатель. Ответ прост: синус не такая уж и простая функция! Действительно, если спросить: ”Чему равен sin 1?”, то не ясно даже, с чего начинать вычисления (вот квадратичная функция f (x) = 3x2 + x − 1 − это совершенно другое дело, её элементарность действительно не вызывает сомнений). А просто в школе нам были разъяснены не всегда очевидные свойства синуса, мы выучили его значения в некоторых точках (а в остальных на подмогу пришла таблица Брадиса − вот запарился же мужик, спасибо ему!), наконец, нарисовали график. пор стал для нас ´ xсинус ´ x Сsinтех t −t2 элеметарным. Но ведь эти же действия можно проделать и для функций 0 t dt и 0 e dt: значения в точке 0 очевидны, значения при x → ∞ будут нами посчитаны в недалёком будущем (это так называемые интеграл Дирихле и интеграл Эйлера-Пуассона), кто-то (Брадис?) может запариться и, нарисовав гра2 фики функций sint t и e−t , посчитать значения площадей от 0 до x (аргумент недоброжелателей ”площади посчитаны лишь приближённо” в рассмотрение не берём, так как и значения синуса в таблице Брадиса были посчитаны лишь приближённо). Наконец, мы знаем (по теореме Барроу), чему равны производные этих функций (а значит знаем и вторые производные), и, следовательно, можем построить их графики. Подытожим сказанное, упомянув функции, которые с этого момента становятся для нас элементарными: - интегральный синус ˆ x sin t dt ; Si(x) := t - интегральный косинус ˆ ∞ cos t Ci(x) := − dt t x (эта подынтегральная функция, в отличие от предыдущей, имеет проблемы в точке 0, чем и обусловлен выбор пределов интегрирования...о том, как строго определяются интегралы с бесконечностью в пределах интегрирования, мы узнаем, изучив несобственные интегралы); - интегральная экспонента ˆ x t e Ei(x) := dt −∞ t (опять же можно заметить, что при x > 0 подыинтегральная функция имеет проблемы в точке 0...чтобы не решать эту проблему сейчас, удовлетворимся ответом, что Ei определена лишь при x < 0); - функция распределения нормального закона ˆ x 1 2 1 Φ(x) := √ e− 2 t dt 2π −∞ (отметим пока лишь ключевую роль этой функции в теории вероятности и математической статистике). ЗАМЕЧАНИЕ 3. Порой требуется вычисление производной от выражения более сложного вида: !0 ˆ v(x) f (t) dt u(x) x . Вычисление несложно провести, воспользовавшись свойством определённого интеграла Римана ˆ ˆ v(x) f (t) dt − f (t) dt = u(x) ˆ v(x) a u(x) f (t) dt a (в качестве точки a можно взять любую точку из области определения f ) и вспомнив правило дифференцирования сложной функции (F (G(x)))0 = F 0 (G(x)) · G0 (x). Тогда окончательно ˆ !0 v(x) = f (v(x)) · v 0 (x) − f (u(x)) · u0 (x). f (t) dt u(x) x Замена переменной в определённом интеграле Как и в случае с интегрированием по частям, оказывается, что замену переменной тоже лучше производить именно в определённом интеграле. Но к обсуждению преимуществ перейдём после формулировки и доказательства базового результата. ТЕОРЕМА. Пусть f − непрерывна на [a, b], а ϕ − непрерывно дифференцируема на [α, β], причём ϕ(α) = a, ϕ(β) = b. Тогда ˆ b ˆ β f (x) dx = f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) dt . a α ДОКАЗАТЕЛЬСТВО проще всего провести, дважды применив формулу Ньютона-Лейбница. Действительно, если F − первообразная функции f , то, с одной стороны, ˆ b f (x) dx = F (x)|ba , a но, кроме того, (F (ϕ(t)))0 = F 0 (ϕ(t)) · ϕ0 (t) = f (ϕ(t)) · ϕ0 (t), и поэтому ˆ β f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) dt = (F (ϕ(t))) |βα = F (x)|ba . α Раз правые части равны, то равны и левые части, q.e.d. Внимательный читатель, конечно, сразу отметил, что в доказанной теореме была проделана замена вида x = ϕ(t) . ´ Но ведь в неопределённых интегралах f (x) dx зачастую проделывались также и замены виды t = ψ(x) (”то, что бесит, обозначаем за t ”), и хочется иметь возможность поступать так же и в случае определённого интеграла. Первое приходящее в голову соображение, состоит в том, что функция ψ должна быть обратимой (напомним, что обратимость равносильна биективности). Невозможность отказа от этого условия хорошо демонстрируется, например, следующим интегралом: ˆ π sin2 x dx . Для начала отметим, что ответом должно быть положительное число. Попробуем сделать в этом интеграле замену t = sin x (автор понимает, что интеграл легко берётся через cos двойного угла, но сейчас мы не говорим о рациональности...а синус тем временем бесит!). Легко ´ 0 заметить, что замена не биективная, она склеивает концы: и x = 0, и x = π дают t = 0 − получается 0 ... , который равен 0, а не положительному числу. Таким образом, в данном интеграле (от 0 до π) эта замена неосуществима. ЗАМЕЧАНИЕ 1. Но что делать, если всё же хочется провернуть именно такой переход от x к t (ну бесит синус, что поделашь?!) ? Правильно − надо разбить промежуток интегрирования на два: ˆ π ˆ π ˆ π 2 2 2 sin x dx + sin2 x dx , sin x dx = π 2 и сделать ´ 1 замену ´0 ´t1= sin ´ 1 x на каждом из них по отдельности. Может показаться, что тогда мы придём к сумме 0 + 1 = 0 − 0 , которая вновь даст 0, но это не так! Важно отметить, что в первом интеграле обратная функция имеет вид   dt , x = arcsin t и следовательно, dx = √ 1 − t2 тогда как во втором   dt x = π − arcsin t и следовательно, dx = − √ . 1 − t2 Окончательно получаем равенство ˆ 1 2 ˆ π ˆ 0 2 ˆ 1 2 t dt t dt t dt 2 √ √ √ sin x dx = − =2 . 2 2 1−t 1−t 1 − t2 1 Досчитывать этот интеграл до конца не будем по причине иррациональности выбранного нами пути, однако отметим, что пока мы ещё не ошиблись (интеграл в правой части положителен). ЗАМЕЧАНИЕ 2. Насмотревшись только что страшилок о том, как на каждом промежутке x может выражаться через t по-своему, кто-то отреагирует: ”А зачем вообще всё это нужно? Почему нельзя забыть про пределы интегрирования, сделать все замены в неопределённом интеграле, найти первообразную и только потом, воспользовавшись формулой Ньютона-Лейбница, подставить пределы интегрирования?” А вот нельзя! Ведь раньше, обозначив в абстрактном неопределённом интеграле, например, бесячий корень √ 2 за новую переменную t = x + 1, вы для пересчёта дифференциала мгновенно выражали x через t: √ x = t2 − 1 ... Стоп! А кто вообще разрешил так делать? Почему не был разобран случай √ x = − t2 − 1 ? Ответ прост, но часто его скрывают. Неопределённый интеграл является не существующим в реальной науке объектом, а в курсе ”математического анализа” он рассматривается в качестве тренажёра на отработку интегрирования по частям и угадывания замен (новых для вас, вчерашних школьников, приёмов). Поскольку он не является тренажёром на разбор случаев, то студентам (как мастерам по задаче С5) авансом разрешается выбирать тот знак, который они захотят. Но всё, время тренировок закончилось − пора учиться плавать не на берегу, а в воде. И тем, кто говорит: ”На берегу было проще, продолжу-ка я работать с неопределёнными интегралами”, надо напомнить, что авансов больше не будет и теперь вам придётся разбирать все случаи! Теперь обратим внимание на то, что одной только биективности замены недостаточно. Для демонстрации этого сделаем в интеграле ˆ 2π dx 2 − cos x ε универсальную тригонометрическую подстановку t = tg x2 , которая биективна (как видно из графика), но при этом разрывна в точке x = π. Отметим, во-первых, что интеграл по-прежнему должен равняться положительному числу, а, во-вторых, что ε > 0 был взят вместо 0 специально, чтобы выбить аргумент у недоброжелателей (они могли бы сказать, когда мы получим неправильный ответ: ”Ну так причина в том, что замена t = tg x2 не биективна на [0, 2π], ведь она склеивает концы...Я по-прежнему считаю, что любую биективную замену делать можно!”). Итак, x = ε соответствует t = tg 2ε , а x = 2π переходит в 2 2 dt t = 0. Кроме того, cos x = 1−t , а dx = 1+t 2 , и поэтому 1+t2 ˆ ε 2π dx = 2 − cos x ˆ tg ε 2 2 dt , 1 + 3t2 что не соответсвует истине, так как правая часть меньше 0. ЗАМЕЧАНИЕ 1. Пренеприятное известие ожидает здесь любителей работать с неопределёнными интегралами: ˆ 2π  x  2π  ε 2 2 dx = √ arctg tg = − √ arctg tg , 2 − cos x 2 ε 2 3 3 ε и правая часть опять отрицательна. ЗАМЕЧАНИЕ 2. Мы должны дать ответ на вопрос ”Как же надо вычислять этот интеграл?” Да, вы правильно подумали − надо разбить промежуток интегрирования на два: ˆ π− ˆ 2π ˆ 2π dx dx dx = + 2 − cos x 2 − cos x ε π+ 2 − cos x ε 
а теперь заметить, что при замене t = tg x2 промежутку [ε, π) соответствует луч tg 2ε , ∞ , а промежутку (π, 2π] − луч (−∞, 0]. Отметим также, что в первом интеграле x = 2 arctg t, а во втором x = 2 arctg t + 2π, 2 dt , а dx = 1+t что, впрочем, не отражается на том, что cos x = 1−t 2 . В итоге 1+t2 ˆ ε 2π dx = 2 − cos x ˆ ∞ tg ε 2 2 dt + 1 + 3t2 ˆ −∞ 2 dt , 1 + 3t2 откуда можно сделать любопытное наблюдение: в данном примере точки tg 2ε и 0 действительно соединяются промежутком интегрирования, но только соединяются они не в очевидном направлении, а через бесконечность, ”через верх” (мысленно можно склеить −∞ и ∞, прямая превратится в окружность, и тогда то, что любые две точки можно соединить двумя (а не одним) способами, становится более наглядным). Уже очевидно, что ответ положителен, однако можно всё же досчитать его: ˆ ε 2π √  dx 2 = √ arctg 3t 2 − cos x 3 ∞ tg ε 2 √  2 + √ arctg 3t 3 −∞ √ 2π ε 2 = √ − √ arctg 3 tg . 2 3 3 ЗАДАЧА 5 (3 балла). Является ли непрерывная биекция из отрезка на отрезок монотонной? Ответ пояснить. Подводя итог, скажем, что монотонная замена вида t = ψ(x) в определённом интеграле допустима. Отметим также, что в этом случае (в отличие от разобранного выше) уже достаточно просто посмотреть, куда при замене переходят концы исходного промежутка (они сами соединятся в правильном направлении). Далее перейдём к обсуждению преимуществ работы с определёнными интегралами перед неопределёнными (что-то, как, например, частое обнуление подстановки при интегрировании по частям, уже обсуждалось). Во-первых, при многочисленных заменах, сменяющих одна другую, ”движение всегда идёт только вперёд”. Вспомните, как в неопеделённом интеграле вы заменяли x на t, а потом t на y, y на z, z на p, p на s, s на u (ой, u плохо, так как путается с интегрированием по частям), значит s на y (ой, y был уже), значит s на ξ...но после нахождени первообразной надо назад заменить ξ на s, s на p,´p на z, z на y, 1 x dx y на t, t на x, и нигде не обсчитаться. А здесь не так? А здесь не так! Сделав в интеграле 0 1+x 2 замену 2 t = 1 + x , мы получим равенство ˆ 1 ˆ x dx 1 2 dt = , 2 2 1 t 0 1+x которое воспринимается как равенство чисел, т.е. о взаимосвязи между t и x можно забыть. Помимо того, что не надо будет возвращаться к старым переменным, это означает, что можно обойтись всего двумя буквами: от x перейти к t, а потом от t − к x (размеется уже по новой формуле). Более того, опытные программисты, которых не смущает даже ”равенство” x = x + 1, настаивают, что обойтись можно и одной буквой: ˆ 1 ˆ x dx 1 2 dx = . 2 2 1 x 0 1+x Это верно. Однако во избежании путаницы при изменении пределов интегрирования и пересчёте дифференциала, рекомендуется обоходиться всё же минимум двумя буквами. Кроме этих полусерьёзных замечаний возможны и реальные упрощения. Так, например, если интеграл берётся по симметричному промежутку [−a, a], то можно разбить его на два: ˆ 0 ˆ a ˆ a f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx −a −a и сделать в первом замену x = −t. Тогда приходим к равенству ˆ a ˆ 0 ˆ a ˆ a f (x) dx = − f (−t) dt + f (x) dx = (f (−x) + f (x)) dx , −a a из которого мгновенно получается следующая ЛЕММА 1. Если f − нечётная функция, то ˆ a f (x) dx = 0 , −a а если f − чётная, то ˆ ˆ a f (x) dx = 2 a f (x) dx . −a ЗАМЕЧАНИЕ. Если польза первого утверждения леммы 1 неоспорима (ведь интеграл посчитан...особенно ´ любопытно это в том случае, когда неопределённый интеграл f (x) dx не берётся), то со вторым у читателя могут возникнуть вопросы. Однако, во-первых, в пределах интегрирования появился 0 (а это всегда очень приятно на К/Р, когда мало времени: значение именно в точке 0 я вычисляю быстрее всего у среднестатистической первообразной), а во-вторых, укоротился промежуток интегрирования, а следовательно увеличилось потенциальное количество замен (ведь функция, немонотонная на длинном промежутке, вполне может оказаться монотонной на коротком). Если же поступить подобным образом и сделать в интеграле ˆ π 2 f (sin x) dx замену t = ЛЕММА 2. π 2 − x, то тем самым доказывается удивительная ˆ ˆ π 2 f (sin x) dx = π 2 f (cos x) dx, . Отметим, что она справелива, например, для интерала Валлиса. Возможны и другие подобные хитрости (надо только ”покрутить интеграл и поиграться с ним”) ЗАДАЧА 6 (2 балла). Вычислить интеграл ˆ π x sin x dx , 2 0 2 + cos x который без пределов интегрирования был бы неберущимся. ПРИМЕР 1 будет посвящён вычислению интеграла Лобачевского ˆ π 2 L := ln cos x dx. Сразу отметим, что подыинтегральная функция обращается в −∞ в точке π2 , а значит интеграл из определения L понимается не как интеграл Римана, а как несобственный интеграл. Мы не будем останавливаться на существовании этого интеграла (читатель сможет убедиться в этом самостотельно после изучения соответствющей темы), однако вычислим его лишь в предположении, что он сходится (т.е. равняется числу). Для начала отметим, что в силу доказанного выше свойства ˆ π 2 ln sin x dx , L= а тогда ˆ ˆ π 2 2L = L + L = ˆ π 2 ln cos x dx + π 2 ln sin x dx = ln (sin 2x) dx − ln 2 · π . 2 После замены t = 2x приходим к равенству ˆ ˆ L 1 π π 1 π π ln (sin t) dt − ln 2 · . 2L = ln (sin t) dt − ln 2 · = + 2 0 2 2 2 π2 2 А теперь в оставшемся интеграле сделаем замену x = π − t: ˆ L 1 0 π 2L = − sin(π − x) dx − ln 2 · , π 2 2 2 2 откуда π . 2 Отметим, что полученное равенство возможно в четырёх случаях (в каких?). Однако, в предположении, что L равно числу, приходим к ответу: 2L = L − ln 2 · ˆ π 2 ln sin x dx = − ln 2 · π . 2 ПРИМЕР 2 будет посвящён вычислению интеграла Эйлера-Пуассона ˆ ∞ 2 e−x dx. Начнём рассуждения, расписав экспоненту по определению и поменяв предел и интеграл местами (мы не будем объяснять этот хоть и правдоподобный (и в данном случае даже верный!), но довольно труднодоказуемый момент): ˆ ˆ ∞ −x2 e Далее заменой x = √ dx = ∞  −n −n ˆ ∞ x2 x2 lim 1 + dx = lim dx. 1+ n→∞ n→∞ 0 n n n tg t, x ∈ [0, ∞), t ∈ [0, π2 ) сведём получившийся интерал к интегралу Валлиса: ˆ ∞ √ 1 dx = n·
n 2 1 + xn ˆ π 2
n dx √ cos2 t = n · W2n−2 . cos2 t К окончательному ответу приводят нетрудные тождественные преобразования: W2n−2 = (2n − 3)!! π 2n (2n − 1)!! π 1 2n · = · · =√ · · r (2n − 2)!! 2 2n − 1 (2n)!! 2 2n + 1 2n − 1 и применение формулы Валлиса:  √ ˆ ∞  π n 2n −x2 √ e dx = · lim  · · r  n→∞ 2 2n + 1 2n − 1  1 (2n)!! (2n−1)!! 2 · 1 2n+1 1 (2n)!! (2n−1)!! 2 · · 1 2n+1 π 2 √  π 1 1 = · √ ·1· p = π . π  2 2 2 2 ЗАМЕЧАНИЕ. При помощи очевидной замены (какой?), воспользовавшись чётностью подынтегральной функции и интегралом Эйлера-Пуассона, читатель может убедиться, что lim Φ(x) = 1, x→∞ откуда следует, что неотрицательная функция 1 2 e− 2 t √ 2π является плотностью нормального распределения (т.е. ”показывает, как 100% распределяются по прямой”).