Интеграл с переменным верхним пределом

Эта статья находится в разработке!

ПРОЧИТАТЬ И ДОРАБОТАТЬ

Утверждение:

Пусть [math]f \in \mathcal{R}(a, b)[/math] и [math]m \leq f(x) \leq M[/math]. Тогда [math]m \leq \frac1{b - a} \int\limits_a^b f \leq M[/math]

[math]\triangleright[/math]

По условию [math]m \leq f \leq M[/math]. Проинтегрируем каждую часть: [math]\int\limits_a^b m \leq \int\limits_a^b f \leq \int\limits_a^b M[/math]. Посчитаем значения крайних интегралов и поделим всё на [math]b - a[/math]. [math]m \leq \frac1{b - a}\int\limits_a^b f \leq M[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Утверждение:

Пусть [math]f[/math] — непрерывна на [math][a; b][/math]. Тогда [math]\exists c \in [a; b]: f(c) = \frac1{b - a}\int\limits_a^b f[/math]

[math]\triangleright[/math]

Определим [math]m = \min\limits_{[a; b]} f(x)[/math], [math]M = \max\limits_{[a; b]} f(x)[/math]. Тогда [math][m; M][/math] — множество значений функции. По предыдущему утверждению, [math]\frac1{b - a} \int\limits_a^b \in [m; M][/math] и в силу непрерывности [math]f[/math] по теореме Коши подходящее [math]c[/math] найдётся.

[math]\triangleleft[/math]

Определение:

Объектом исследования этого параграфа является [math]F(x) = \int\limits_a^x f(t) dt[/math], [math]f \in \mathcal{R}(a, b)[/math], [math]x \in [a, b][/math]. Такая функция называется интегралом с переменным верхним пределом.

Свойства

Свойство 1

Утверждение:

[math]F[/math] — непрерывна на [math][a; b][/math].

Теорема Барроу

Теорема (Барроу):

Пусть [math]F \in \mathcal{R}(a, b)[/math] и непрерывна в [math]x_0 \in (a; b)[/math] Тогда [math]F[/math] дифференцируема в этой точке и её производная равна [math]f(x_0)[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

[math]F(x_0 + \Delta x) - F(x_0) = \int\limits_{x_0}^{x_0 + \Delta x} f[/math] [math]\forall \varepsilon \gt 0 \ \exists \delta \gt 0[/math] (в силу непрерывости в [math]x_0[/math]) [math]: |x - x_0| \lt \delta \Rightarrow f(x_0) - \varepsilon \lt f(x) \lt f(x_0) + \varepsilon[/math] По первому утверждению получаем: [math]\Delta x \gt 0: \quad f(x_0) - \varepsilon \leq \frac1{\Delta x} \int\limits_{x_0}^{x_0 + \Delta x} f \leq f(x_0) + \varepsilon[/math] Так как [math]\varepsilon \to 0[/math], [math]\frac{\Delta F(x_0, \Delta x)}{\Delta x} \to f(x_0)[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Следствие

Утверждение:

Пусть [math]f[/math] — непрерывна на [math][a; b][/math]. Тогда на этом отрезке у неё существует неопределённый интеграл.

[math]\triangleright[/math]

[math]F(x) = \int\limits_a^x f \Rightarrow F'(x) = f(x)[/math] В силу непрерывности функции на отрезке и теоремы Барроу [math]F'(x) =f(x)[/math] — одна из первообразных. Значит, неопределённый интеграл существует.

[math]\triangleleft[/math]

Формула Ньютона-Лейбница

Теорема (формула Ньютона-Лейбница):

Пусть [math]F[/math] дифференцируема на [math][a; b][/math], её производная [math]f[/math] интегрируема на этом же отрезке. Тогда [math]F(b) - F(a) = \int\limits_a^b f(x) dx[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Так как [math]f[/math] — интегрируема, то [math]\forall \tau \ \int\limits_a^b f = [/math] (пределу интегральных сумм) Поэтому, если [math]\tau[/math] — разбиение [math][a; b][/math], то [math]F(b) - F(a) = \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} F(x_{k + 1}) - F(x_k)[/math]. Так как [math]F[/math] дифференцируема, то в каждой скобке применим формулу Лагранжа: [math]F(x_{k + 1}) - F(x_k) = F'(\bar x_k) \Delta x_k = f(\bar x_k) \Delta x[/math] [math]F(b) - F(a) = \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} f(\bar x_k) \Delta x_k = \sigma (f, \tau)[/math] [math]\operatorname{rang} \tau \to 0[/math], правая часть стремится к интегралу, левая — постоянна. Значит, в пределе, получаем нужную формулу.

[math]\triangleleft[/math]

Следствие

Утверждение:

Пусть [math]f[/math] — непрерывна на [math][a; b][/math], [math]F[/math] — одна из первообразных. Тогда [math]\int\limits_a^b f(x) dx = F(b) - F(a)[/math]

[math]\triangleright[/math]

Применяя формулу Ньютона-Лейбница: 1. Интегрируя по частям определённого интеграла( TODO: кто вообще додумался такое сказать? я не знаю, что должно тут быть...) [math]\int\limits_a^b u(x)d x v(x) = uv|_a^b - \int\limits_a^b v(x d d(x))[/math] 2. [math]y = f(x), \ x \in (a; b) \quad x = \phi(t), \ t\in[\alpha; \beta][/math] [math]\phi(t) \in [a; b][/math], [math]b = \phi(t_1)[/math], [math]a = \phi(t_2)[/math] ( TODO: тут проверить и исправить) Существует интеграл [math]\phi(t) = \int\limits_{t_1}^{t_2} f(\phi(t)) \phi'(t) d t[/math] Монотонность [math]\phi[/math] не требуется. Это связано с тем, что мы вычисляем определённый интеграл(число). Пусть выполняются все условия для этой формулы.( TODO: что за бреееед????) Как правило, в этих формулах считается, что все функции непрерывны. [math]f[/math] — непрерывна. Значит, [math]\exists F: \ F' = f[/math] По формуле Ньютона-Лейбница, [math]\int\limits_a^b f = F(b) - F(a)[/math]. [math]G(t) = F(\phi(t))[/math] [math]G'(t) = F'(x) \phi'(t) = f(\phi(t)) \phi'(t)[/math] [math]\int\limits_{t_1}^{t_2} f(\phi(t)) \phi'(t) dt = [/math] [math]G(t_2) - G(t_1) =[/math] [math]F(\phi(t_2)) - F(\phi(t_1)) = [/math] [math]F(b) - F(a)[/math] У интересующих интегралов правые части совпали, значит, интегралы равны.

[math]\triangleleft[/math]