Раздел IV. Определённый интеграл — § 2. Вычисление определённых интегралов с помощью неопределённых

Демидович — задача 2302

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Найти интегралы (nn --- натуральное число):

Задача 2302

Пусть функция f(x)f(x) собственно интегрируема на сегменте [a,b][a,b] иF(x)=C+∫axf(ξ) dξF(x)=C+\int_a^xf(\xi)\,d\xi--- её неопределённый интеграл.

Доказать, что функция F(x)F(x) непрерывна и во всех точках непрерывности функции f(x)f(x) имеет место равенствоF′(x)=f(x).F'(x)=f(x).Что можно сказать о производной функции F(x)F(x) в точках разрыва функции f(x)f(x)?

Рассмотреть примеры:

а) f(1n)=1f\left(\dfrac1n\right)=1 (n=±1,±2,… )(n=\pm1,\pm2,\dots) и f(x)=0f(x)=0 при x≠1nx\ne\dfrac1n;

б) f(x)=sgn⁡xf(x)=\operatorname{sgn}x.
Доказано:Функция FF непрерывна на [a,b][a,b]; в каждой внутренней точке непрерывности ff выполняется F′=fF'=f. В точках разрыва производная может как существовать, так и отсутствовать.а)F(x)=C,F′(x)=0б)F(x)=C+∣x∣−∣a∣,F′(x)=sgn⁡x(x≠0)\begin{aligned}
а)\quad&F(x)=C,\qquad F'(x)=0\\[4pt]
б)\quad&F(x)=C+|x|-|a|,\qquad
F'(x)=\operatorname{sgn}x\quad(x\ne0)
\end{aligned}В примере а) F′F' не совпадает с ff в точках 1n\frac1n, а в примере б) производная в нуле не существует, если нуль является внутренней точкой.

Доказательство

Собственно интегрируемая функция ff ограничена, поэтому найдётся MM такое, что ∣f(x)∣⩽M|f(x)|\leqslant M на [a,b][a,b]. Для любых x,y∈[a,b]x,y\in[a,b] разность интегралов равна интегралу между соответствующими точками. Следовательно,∣F(y)−F(x)∣=∣∫xyf(t) dt∣⩽M∣y−x∣|F(y)-F(x)|
=\left|\int_x^y f(t)\,dt\right|
\leqslant M|y-x|При y→xy\to x правая часть стремится к нулю, поэтому FF непрерывна на всём отрезке, в том числе там, где ff разрывна.

Пусть c∈(a,b)c\in(a,b) — точка непрерывности ff. Вычтем f(c)f(c) из разностного отношения и внесём эту постоянную под знак интеграла:F(c+h)−F(c)h−f(c)=1h∫cc+h(f(t)−f(c)) dt\dfrac{F(c+h)-F(c)}h-f(c)
=\dfrac1h\int_c^{c+h}\bigl(f(t)-f(c)\bigr)\,dtЭто равенство верно при обоих знаках hh, если c+h∈[a,b]c+h\in[a,b]. Обозначим через JhJ_h отрезок с концами cc и c+hc+h. Знак sup⁡\sup означает верхнюю грань значений: наименьшее число, не меньшее каждого из них. Оценивая интеграл его длиной, получаем∣F(c+h)−F(c)h−f(c)∣⩽sup⁡t∈Jh∣f(t)−f(c)∣⟶0\left|\dfrac{F(c+h)-F(c)}h-f(c)\right|
\leqslant\sup_{t\in J_h}|f(t)-f(c)|
\longrightarrow0Последний переход следует из непрерывности: все точки JhJ_h приближаются к cc. Таким образом, F′(c)=f(c)F'(c)=f(c). На концах отрезка то же доказательство даёт соответствующую одностороннюю производную.

В точке разрыва общего утверждения о производной нет: она может существовать, а может не существовать. Если существуют конечные пределы f(c−0)=L−f(c-0)=L_- и f(c+0)=L+f(c+0)=L_+, рассмотрим сначала производную справа. При h>0h>0 вычтем L+L_+ из среднего значения интеграла:∣F(c+h)−F(c)h−L+∣⩽sup⁡c<t⩽c+h∣f(t)−L+∣⟶0\left|\dfrac{F(c+h)-F(c)}h-L_+\right|
\leqslant\sup_{c<t\leqslant c+h}|f(t)-L_+|
\longrightarrow0Точка t=ct=c исключена из верхней грани: её значение не влияет на интеграл, а все остальные значения приближаются к правому пределу. Для h<0h<0 тем же способом используется левый предел L−L_-. Таким образом,F−′(c)=L−,F+′(c)=L+F'_-(c)=L_-,
\qquad F'_+(c)=L_+Здесь значение f(c)f(c) в одной точке не влияет на интеграл. Поэтому при L−=L+L_-=L_+ производная существует и равна общему пределу, даже если f(c)f(c) отличается от него; при L−≠L+L_-\ne L_+ обычной производной нет. Если односторонних пределов у ff нет, нужно исследовать само разностное отношение.

а) Ненулевые значения ff находятся только в точках 1n\frac1n, где n=±1,±2,…n=\pm1,\pm2,\ldots. Покажем непосредственно, что интеграл на любом конечном отрезке равен нулю.

При целом N⩾2N\geqslant2 все точки с ∣n∣⩾N|n|\geqslant N лежат в [−1N,1N][-\frac1N,\frac1N]. Заключим этот отрезок в чуть более широкий, длина которого меньше 4N\frac4N и концы которого не совпадают ни с одной точкой 1n\frac1n.

Оставшихся ненулевых точек конечное число; их заключим в короткие отрезки с суммарной длиной меньше произвольного δ>0\delta>0. Внутренние границы этих отрезков также выбираем вне множества {1n}\{\frac1n\}. Это нужно, чтобы ненулевое значение на границе не попало в соседний отрезок разбиения.

Добавим выбранные границы в разбиение рассматриваемого отрезка и обозначим верхнюю и нижнюю суммы Дарбу через UU и LL. Здесь для верхней суммы берём наибольшее значение функции на каждой части и умножаем на её длину, а для нижней — наименьшее значение; затем складываем полученные произведения. На частях вне выделенных отрезков функция равна нулю, а на выделенных не превосходит 11.

Поэтому вклад в верхнюю сумму не больше их общей длины. Нижняя сумма равна нулю: в каждой части есть точки, не равные ни одному 1n\frac1n, где f=0f=0. Таким образом,0=L⩽U<4N+δ0=L\leqslant U<\dfrac4N+\deltaВыбирая достаточно большое NN и затем достаточно малое δ\delta, можно сделать верхнюю сумму сколь угодно малой. Нижняя сумма уже равна нулю, поэтому функция интегрируема и∫axf(t) dt=0F(x)=C,F′(x)=0\begin{gathered}
\int_a^x f(t)\,dt=0\\
F(x)=C,\qquad F'(x)=0
\end{gathered}В каждой внутренней точке 1n\frac1n функция ff разрывна и F′(1n)=0≠1=f(1n)F'(\frac1n)=0\ne1=f(\frac1n).

В точке 00 функция ff тоже разрывна: вдоль 1n→0\frac1n\to0 она равна 11, а вдоль точек вне этой последовательности — нулю. Тем не менее F′(0)=0=f(0)F'(0)=0=f(0), если 00 лежит внутри рассматриваемого отрезка. Этот пример показывает, что даже отсутствие односторонних пределов у ff не препятствует существованию производной её интеграла.

б) Функция sgn⁡t\operatorname{sgn}t равна −1-1 при t<0t<0, 00 при t=0t=0 и 11 при t>0t>0. Сначала вычислим интеграл с нижним пределом 00 и обозначим его через H(x)H(x). Значение функции в точке 00 на интеграл не влияет. При отрицательном xx меняем порядок пределов:H(x)=∫0xsgn⁡t dt={∫0x1 dt=x,x⩾0−∫x0(−1) dt=−x,x<0H(x)=\int_0^x\operatorname{sgn}t\,dt
=\begin{cases}
\displaystyle\int_0^x1\,dt=x,&x\geqslant0\\[4pt]
\displaystyle-\int_x^0(-1)\,dt=-x,&x<0
\end{cases}Таким образом, H(x)=∣x∣H(x)=|x|. Аддитивность интеграла позволяет вернуться к произвольному нижнему пределу aa:∫axsgn⁡t dt=∫0xsgn⁡t dt−∫0asgn⁡t dt=H(x)−H(a)\int_a^x\operatorname{sgn}t\,dt
=\int_0^x\operatorname{sgn}t\,dt
-\int_0^a\operatorname{sgn}t\,dt
=H(x)-H(a)Следовательно,F(x)=C+H(x)−H(a)=C+∣x∣−∣a∣F(x)=C+H(x)-H(a)=C+|x|-|a|Если 0∈(a,b)0\in(a,b), то слева от нуля наклон FF равен −1-1, а справа равен 11. Поэтому F′(0)F'(0) не существует, хотя FF непрерывна в нуле. При x≠0x\ne0 имеем F′(x)=sgn⁡xF'(x)=\operatorname{sgn}x. Если нуль является концом отрезка, в нём рассматривается только производная со стороны этого отрезка.

Что и требовалось доказать

Демидович № 2302 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика