5.5: Антипохідні (примітиви, інтеграли)
- Page ID
- 63156
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.
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
\(\int f+c ).\)
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\(I. \quad \square\)
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?)
(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.
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*). \(\quad \square\)
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,
\[|F(b)-F(a)| \leq G(b)-G(a)=\int_{a}^{b}|f|. \quad \square\]
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,\(F=\int f\)
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. \(\quad \square\)
\(g\)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.
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)\(\int_{b}^{a} f=-\int_{a}^{b} f\).
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).
(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)\(\int_{0}^{\pi} e^{i x} d x=\int_{0}^{\pi}(\cos x+i \cdot \sin x) d x=\left.(\sin x-i \cdot \cos x)\right|_{0} ^{\pi}=2i.\)
Якщо\(f=0\) на,\(I-Q,\) то\(\int f\) існує на\(I,\) і
\[\left|\int_{a}^{b} f\right|=\int_{a}^{b}|f|=0 \quad \text { for } a, b \in I.\]
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.)
(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.
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).
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\([-2,2].\)