5.5: Антипохідні (примітиви, інтеграли)

Враховуючи, що$f : E^{1} \rightarrow E,$ нам часто доводиться знаходити$F$ таку функцію, що$F^{\prime}=f$ на$I$, або, принаймні, на$I-Q.$ Ми також$F$ повинні бути відносно безперервними і кінцевими на$I.$ Цей процес називається антидиференціацією або інтеграцією.

Визначення 1

Ми$F : E^{1} \rightarrow E$ називаємо примітивне, або антидеривативне, або невизначений інтеграл, або$f$ на$I$ iff

(i)$F$ є відносно безперервним і кінцевим на$I,$ і

(ii)$F$ є диференційованим,$I-Q$ принаймні,$F^{\prime}=f,$ на.

Ми тоді пишемо

$$F=\int f, \text { or } F(x)=\int f(x) dx, \text { on } I.$$

(Останнє - класичне позначення.)

Якщо таке$F$ існує (що не завжди так), ми скажемо, що$\int f$ існує на$I,$ або що$f$ має примітив (або антидериватив) на$I,$ або який примітивно$f$ інтегрується (коротко інтегрується) на$I$.

Якщо$F^{\prime}=f$ на множині$B \subseteq I,$ ми говоримо, що$\int f$ є$F$ точним на$B$ і називати точний примітив на$B.$ Таким чином, якщо$Q=\emptyset, \int f$ точно на всіх$I.$

Примітка 1. Зрозуміло, що якщо$F^{\prime}=f,$ тоді і$(F+c)^{\prime}=f$ для скінченної константи c., Таким чином, позначення$F=\int f$ є досить неповним; це означає, що$F$ є одним з багатьох примітивів. Зараз ми покажемо, що всі вони мають вигляд$F+c$ (або
$\int f+c ).$

Теорема$\PageIndex{1}$

Якщо$F$ і G примітивні до$f$ on$I$, то$G-F$ є постійним на$I$.

Доказ

За припущенням,$F$ і$G$ є відносно безперервними і кінцевими$I$; отже, так$G-F.$ само є також,$F^{\prime}=f$$G^{\prime}=f$ на$I-Q$ і далі$I-P. (Q$ і$P$ є підрахунковими, але можливо$Q \neq P. )$

Звідси обидва$F^{\prime}$ і$G^{\prime}$ рівні$f$ на$I-S,$ де$S=P \cup Q,$ і$S$ підраховується сама по теоремі 2 глави 1, §9.

Таким чином, наслідком 3 в §4,$F^{\prime}=G^{\prime}$ on$I-S$ має на увазі$G-F=c$ (постійна) на кожному$[x, y] \subseteq I;$ отже$G-F=c$ (або$G=F+c)$ на$I. \quad \square$

Визначення 2

Якщо$F=\int f$ на$I$ і якщо$a, b \in I$ (де$a \leq b$ або$b \leq a),$ ми визначаємо

$$\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{b} f(x) d x=F(b)-F(a), \text { also written } F\left.(x)\right|_{a} ^{b}.$$

Цей вислів називають певним інтегралом$f$ від$a$ до$b.$

Певний інтеграл$f$ від$a$ до$b$ не залежить від конкретного вибору примітиву$F$ для$f,$ і, таким чином, однозначний, бо якщо$G$ інший примітив, Теорема 1 дає$G=F+c,$ так

$$G(b)-G(a)=F(b)+c-[F(a)+c]=F(b)-F(a),$$

і неважливо, беремо ми$F$ чи$G.$

Зверніть увагу, що$\int_{a}^{b} f(x) d x,$ або$\int_{a}^{b} f,$ є константою в просторі діапазону$E$ (вектор, якщо$f$ є векторним значенням). Значення "$x$" in$\int_{a}^{b} f(x) dx$ є лише «фіктивною змінною» і може бути замінено будь-якою іншою літерою. Таким чином

$$\int_{a}^{b} f(x) d x=\int_{a}^{b} f(y) d y=F(b)-F(a).$$

З іншого боку, невизначений інтеграл - це функція:$F : E^{1} \rightarrow E$.

Примітка 2. Однак ми можемо варіюватися$a$ або$b$ (або обидва) в (1). Таким чином, зберігаючи$a$ фіксовану та змінну,$b,$ ми можемо визначити функцію

$$G(t)=\int_{a}^{t} f=F(t)-F(a), \quad t \in I.$$

Тоді$G^{\prime}=F^{\prime}=f$ на$I,$ і$G(a)=F(a)-F(a)=0.$ Таким чином, якщо$\int f$ існує на$I, f$ має$a$ (унікальний) примітив$G$ на$I$ такий, що$G(a)=0.$ (Він унікальний за теоремою 1. Чому?)

Приклади

(а) Нехай

$$f(x)=\frac{1}{x} \text { and } F(x)=\ln |x|, \text { with } F(0)=f(0)=0.$$

Тоді$F^{\prime}=f$$(-\infty, 0)$ і$F=\int f$ далі,$(0,+\infty)$ але не далі,$E^{1},$ оскільки$F$ є переривчастим на$0,$ відміну від Визначення 1. обчислюємо

$$\int_{1}^{2} f=\ln 2-\ln 1=\ln 2.$$

(б) На$E^{1},$ нехай

$$f(x)=\frac{|x|}{x} \text { and } F(x)=|x|, \text { with } f(0)=1.$$

$F$Ось безперервно і$F^{\prime}=f$ на$E^{1}-\{0\}.$ Таким чином$F=\int f$ на$E^{1}$, точно$E^{1}-\{0\}.$ тут$I=E^{1}, Q=\{0\}$.

обчислюємо

$$\int_{-2}^{2} f=F(2)-F(-2)=2-2=0$$

(хоча$f$ ніколи не зникає$E^{1})$.

Основні властивості інтегралів випливають з властивостей похідних. Таким чином, ми маємо наступне.

Слідство$\PageIndex{1}$ (linearity)

Якщо$\int f$ і$\int g$ існує на$I,$ так робить$\int(p f+q g)$ для будь-яких скалярів$p, q$ (в скалярному полі$E).$ Більше того, для будь-якого$a, b \in I,$ отримуємо

(i)$\int_{a}^{b}(p f+q g)=p \int_{a}^{b} f+q \int_{a}^{b} g$;

(ii)$\int_{a}^{b}(f \pm g)=\int_{a}^{b} f \pm \int_{a}^{b} g;$ і

(ііі)$\int_{a}^{b} p f=p \int_{a}^{b} f$.

Доказ

За припущенням, є$F$ і$G$ такі, що

$$F^{\prime}=f \text { on } I-Q \text { and } G^{\prime}=g \text { on } I-P.$$

Таким чином, установка$S=P \cup Q$ і у$H=p F+q G,$ нас є

$$H^{\prime}=p F^{\prime}+q G^{\prime}=p f+q g \text { on } I-S,$$

з$P, Q,$ і$S$ зліченою. Крім того,$H=p F+q G$ є відносно безперервним і кінцевим на$I,$ як є$F$ і$G.$

Таким чином, за визначенням,$H=\int(p f+q g)$ існує на$I,$ і по (1),

$$\int_{a}^{b}(p f+q g)=H(b)-H(a)=p F(b)+q G(b)-p F(a)-q G(a)=p \int_{a}^{b} f+q \int_{a}^{b} g,$$

доведення (i*).

З$p=1$ і$q=\pm 1,$ отримуємо (ii*).

Взявши$q=0,$ отримуємо (iii*). $\quad \square$

Слідство$\PageIndex{2}$

Якщо обидва$\int f$ і$\int|f|$ існують на,$I=[a, b],$ то

$$\left|\int_{a}^{b} f\right| \leq \int_{a}^{b}|f|.$$

Доказ

Як і раніше, нехай

$$F^{\prime}=f \text { and } G^{\prime}=|f| \text { on } I-S(S=Q \cup P, \text { all countable),}$$

де$F$ і$G$ є відносно безперервними і кінцевими на$I$ і$G=\int|f|$ є реальними. Крім того,$\left|F^{\prime}\right|=|f|=G^{\prime}$ на$I-S.$ Таким чином за теоремою 1 з §4,

$$|F(b)-F(a)| \leq G(b)-G(a)=\int_{a}^{b}|f|. \quad \square$$

Слідство$\PageIndex{3}$

Якщо$\int f$ існує$I=[a, b],$ точно на$I-Q,$ потім

$$\left|\int_{a}^{b} f\right| \leq M(b-a)$$

для деяких реальних

$$M \leq \sup _{t \in I-Q}|f(t)|.$$

Це просто наслідок 1 з §4, коли застосовується до примітиву,$F=\int f$

Слідство$\PageIndex{4}$

Якщо$F=\int f$ на I і$f=g$ на$F$,$I-Q,$ то також примітив$g,$ і

$$\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{b} g \quad \text { for } a, b \in I.$$

(Таким чином, ми можемо довільно перевизначити$f$ на лічильній$Q.)$

Доказ

Нехай$F^{\prime}=f$ далі$I-P.$ Тоді$F^{\prime}=g$$I-(P \cup Q).$ на Решта зрозуміло. $\quad \square$

Слідство$\PageIndex{5}$ (integration by parts)

$g$Дозволяти$f$ і бути дійсним або комплексним (або нехай$f$ бути скалярним і$g$ векторним значенням), як відносно безперервним на I і диференційованим на$I-Q.$ Тоді якщо$\int f^{\prime} g$ існує на$I,$ так робить,$\int f g^{\prime},$ і у нас є

$$\int_{a}^{b} f g^{\prime}=f(b) g(b)-f(a) g(a)-\int_{a}^{b} f^{\prime} g \quad \text { for any } a, b \in I.$$

Доказ

За припущенням,$f g$ є відносно безперервним і кінцевим на$I,$ і

$$(f g)^{\prime}=f g^{\prime}+f^{\prime} g \text { on } I-Q.$$

Таким чином, установка у$H=f g,$ нас є$H=\int\left(f g^{\prime}+f^{\prime} g\right)$ на$I.$ Отже, наслідком 1, якщо$\int f^{\prime} g$ існує на$I,$ так робить$\int\left(\left(f g^{\prime}+f^{\prime} g\right)-f^{\prime} g\right)=\int f g^{\prime},$ і

$$\int_{a}^{b} f g^{\prime}+\int_{a}^{b} f^{\prime} g=\int_{a}^{b}\left(f g^{\prime}+f^{\prime} g\right)=H(b)-H(a)=f(b) g(b)-f(a) g(a).$$

Таким чином (2) випливає. $\quad \square$

Доказ наступних трьох слідів залишається читачеві.

Слідство$\PageIndex{6}$ (additivity of the integral)

Якщо$\int f$ існує на$I$ потім, для$a, b, c \in I$, у нас є

(i)$\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{b} f$;

(ii)$\int_{a}^{a} f=0;$ і

(ііі)$\int_{b}^{a} f=-\int_{a}^{b} f$.

Слідство$\PageIndex{7}$ (componentwise integration)

Функція$f : E^{1} \rightarrow E^{n}\left(^{*} C^{n}\right)$ інтегрується,$I$ якщо всі її складові$\left(f_{1}, f_{2}, \ldots, f_{n}\right)$ є, а потім за теоремою 5 в §1)

$$\int_{a}^{b} f=\left(\int_{a}^{b} f_{1}, \ldots, \int_{a}^{b} f_{n}\right)=\sum_{k=1}^{n} \vec{e}_{k} \int_{a}^{b} f_{k} \text { for any } a, b \in I.$$

Отже,$f$ він складний,

$$\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{b} f_{\mathrm{re}}+i \cdot \int_{a}^{b} f_{\mathrm{im}}$$

(див. Розділ 4, §3, Примітка 5).

Приклади (продовження)

(c)$f : E^{1} \rightarrow E^{3}$ Визначити

$$f(x)=(a \cdot \cos x, a \cdot \sin x, 2 c x), \quad a, c \in E^{1}.$$

Переконайтеся, що

$$\int_{0}^{\pi} f(x) d x=\left.\left(a \cdot \sin x,-a \cdot \cos x, c x^{2}\right)\right|_{0} ^{\pi}=\left(0,2 a, c \pi^{2}\right)=2 a \vec{j}+c \pi^{2} \vec{k}.$$

(г)$\int_{0}^{\pi} e^{i x} d x=\int_{0}^{\pi}(\cos x+i \cdot \sin x) d x=\left.(\sin x-i \cdot \cos x)\right|_{0} ^{\pi}=2i.$

Слідство$\PageIndex{8}$

Якщо$f=0$ на,$I-Q,$ то$\int f$ існує на$I,$ і

$$\left|\int_{a}^{b} f\right|=\int_{a}^{b}|f|=0 \quad \text { for } a, b \in I.$$

Теорема$\PageIndex{2}$ (change of variables)

Припустимо,$g : E^{1} \rightarrow E^{1}$ (реальний) диференційований на$I,$ той час як$f : E^{1} \rightarrow E$ має примітивний на$g[I],$ точний$g[I-Q]$.

Тоді

$$\int f(g(x)) g^{\prime}(x) d x \quad\left(i . e ., \int(f \circ g) g^{\prime}\right)$$

існує на$I,$ і для будь-якого, у$a, b \in I,$ нас є

$$\int_{a}^{b} f(g(x)) g^{\prime}(x) d x=\int_{p}^{q} f(y) d y, \text { where } p=g(a) \text { and } q=g(b).$$

Таким чином, використовуючи класичні позначення, ми можемо підставити за$y=g(x),$ умови, що ми
також підставляємо$dy=g^{\prime}(x) dx$ і змінюємо межі інтегралів (3). Тут ми ставимося до виразів$dy$ і$g^{\prime}(x) dx$ чисто формально, не привласнюючи їм якогось окремого значення поза контекстом інтегралів.

Доказ

Нехай$F=\int f$ далі$g[I],$ і$F^{\prime}=f$ далі$g[I-Q].$ Тоді композитна функція$H=F \circ g$ є відносно безперервною і кінцевою на$I.$ (Чому?) За теоремою 3 з §1,

$$H^{\prime}(x)=F^{\prime}(g(x)) g^{\prime}(x) \text { for } x \in I-Q;$$

тобто,

$$H^{\prime}=\left(F^{\prime} \circ g\right) g^{\prime} \text { on } I-Q.$$

Таким чином$H=\int(f \circ g) g^{\prime}$, існує на$I,$ і

$$\int_{a}^{b}(f \circ g) g^{\prime}=H(b)-H(a)=F(g(b))-F(g(a))=F(q)-F(p)=\int_{p}^{q} f. \quad \square$$

Примітка 3. Теорема не вимагає, щоб$g$ бути один до одного,$I,$ але якщо це так, то можна відмовитися від припущення, яке$\int f$ є точним на$g[I-Q].$ (див. Задача 4.)

Приклади (продовження)

(е) Знайти$\int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{2} x \cdot \cos x dx$.

Ось$f(y)=y^{2}, y=g(x)=\sin x, d y=\cos x d x, F(y)=y^{3} / 3, a=0,$$b=\pi / 2, p=\sin 0=0,$ і$q=\sin (\pi / 2)=1,$ так (3) врожайність

$$\int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{2} x \cdot \cos x d x=\int_{0}^{1} y^{2} d y=\left.\frac{y^{3}}{3}\right|_{0} ^{1}=\frac{1}{3}-0=\frac{1}{3}.$$

Для реальних функцій отримано деякі висновки, що стосуються нерівностей.

Теорема$\PageIndex{3}$

Якщо$f, g : E^{1} \rightarrow E^{1}$ інтегруються на,$I=[a, b],$ то у нас є наступне:

(i)$f \geq 0$ на$I-Q$ увазі$\int_{a}^{b} f \geq 0$.

(i ')$f \leq 0$ на$I-Q$ увазі$\int_{a}^{b} f \leq 0$.

(ii)$f \geq g$ на$I-Q$ увазі

$$\int_{a}^{b} f \geq \int_{a}^{b} g \text { (dominance law).}$$

(iii) Якщо$f \geq 0$ увімкнено,$I-Q$ а$a \leq c \leq d \leq b,$ потім

$$\int_{a}^{b} f \geq \int_{c}^{d} f \text { (monotonicity law).}$$

(iv) Якщо$\int_{a}^{b} f=0,$ і$f \geq 0$ далі,$I-Q,$ то$f=0$ на деякому$I-P, P$ підрахунку.

Доказ

За наслідком 4, ми можемо переосмислити$f$$Q$ так, щоб наші припущення в (i) - (iv) триматися на всіх$I$. Таким чином ми пишемо$I$ "" для "$I-Q.$»

За припущенням,$F=\int f$ і$G=\int g$ існують на$I.$ Тут$F$ і$G$ є відносно безперервними і$I=[a, b],$ кінцевими на з$F^{\prime}=f$ і$I-P,$ для іншого лічильного$P$ множини (це$P$ не можна опустити). Тепер розглянемо випадки (i) - (iv). ($P$фіксується надалі.)

(i) Нехай$f \geq 0$ на$I;$ тобто,$F^{\prime}=f \geq 0$ на$I-P.$ Тоді по теоремі 2 в §4,$F \uparrow$ на$I=[a, b].$ Звідси$F(a) \leq F(b),$ і так

$$\int_{a}^{b} f=F(b)-F(a) \geq 0.$$

Один доводить (я) аналогічно.

(ii) Якщо$f-g \geq 0,$ потім по (i),

$$\int_{a}^{b}(f-g)=\int_{a}^{b} f-\int_{a}^{b} g \geq 0,$$

так$\int_{a}^{b} f \geq \int_{a}^{b} g,$ як стверджував.

(iii) Нехай$f \geq 0$ далі,$I$ а$a \leq c \leq d \leq b.$ потім (i),

$$\int_{a}^{c} f \geq 0 \text { and } \int_{d}^{b} f \geq 0.$$

Таким чином, за наслідком 6,

$$\int_{a}^{b} f=\int_{a}^{c} f+\int_{c}^{d} f+\int_{d}^{b} f \geq \int_{c}^{d} f,$$

як стверджувалося.

(iv) Шукаючи протиріччя, припустимо, що$I,$ ще$f(p)>0$ для деяких$p \in I-P$ ($P$як$\int_{a}^{b} f=0, f \geq 0$ зазначено вище), так$F^{\prime}(p)=f(p)>0$.

Тепер, якщо$a \leq p<b,$ Лема 1 з §2$F(c)>F(p)$ поступається деяким$c \in(p, b].$ Тоді (iii),

$$\int_{a}^{b} f \geq \int_{p}^{c} f=F(c)-F(p)>0,$$

всупереч$\int_{a}^{b} f=0;$ аналогічному випадку$a<p \leq b. \quad \square$

Примітка 4. Звідси

$$\int_{a}^{b}|f|=0 \text { implies } f=0 \text { on }[a, b]-P$$

($P$лічильний), навіть для векторно-значних функцій (for$|f|$ завжди реальний, і тому застосовується Теорема 3).

Однак цього$\int_{a}^{b} f=0$ не вистачає навіть для реальних функцій (хіба$f$ що signconstant). Наприклад,

$$\int_{0}^{2 \pi} \sin x d x=0, \text { yet } \sin x \not \equiv 0 \text { on any } I-P.$$

Див. також Приклад (b).

Слідство$\PageIndex{9}$ (first law of the mean)

Якщо$f$ є реальним і$\int f$ існує$[a, b],$ точно на$(a, b),$ потім

$$\int_{a}^{b} f=f(q)(b-a) \text { for some } q \in(a, b).$$

Доказ

Застосувати наслідок 3 у §2 до функції$F=\int f. \quad \square$

Увага: Слідство 9 може зазнати невдачі, якщо$\int f$ є неточним у деяких$p \in(a, b).$ (Точність на$[a, b]-Q$ не вистачає, як це не в Слідство 3 з §2, використовується тут.) Таким чином, у прикладі (b) вище,$\int_{-2}^{2} f=0.$ але для ні$q$$f(q)(2+2)=0,$ з тих пір$f(q)=\pm 1.$ причина полягає в тому, що$\int f$ є$0,$ неточним тільки у внутрішній точці$[-2,2].$