Diferenciranje i integriranje pod znakom integrala
When guys at MIT or Princeton had trouble doing a certain integral, it was because they couldn't do it with the standard methods they had learned in school. If it was contour integration, they would have found it; if it was a simple series expansion, they would have found it. Then I come along and try differentiating under the integral sign, and often it worked. ([1] )
1Teorijski uvod
Diferenciranje i integriranje pod znakom integrala je tehnika koja je često korisna u izračunavanju integrala funkcija jedne realne varijable. Prije nego što krenemo s primjerima, navedimo osnovne teoreme kojima ćemo se koristiti.
Teorem 1.
Neka je funkcija f(x,y) definirana na pravokutniku [a,b]\times[c,d] i neka je neprekidna po x na [a,b] za proizvoljan y. Pretpostavimo također da postoji parcijalna derivacija \frac{\partial}{\partial y}f(x,y) i da je neprekidna kao funkcija dviju varijabli. Tada za svaki y\in[c,d] vrijedi
\frac{d}{dy}(\int_{a}^{b}f(x,y)\, dx)=\int_{a}^{b}\frac{\partial}{\partial y}f(x,y)\, dx.
Što se tiče diferenciranja pod znakom integrala koji je neodređen, osobitu ulogu ima pojam uniformne konvergencije integrala.
Naime, ako postoji integral I(y)=\int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx (definiran kao \lim_{b\to\infty}\int_{a}^{b}f(x,y)dx) za y\in Y i za svaki \varepsilon\gt 0 postoji b_{0}\ge a koji ne ovisi o y, takav da za b\gt b_{0} vrijedi
\left|\int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx-\int_{a}^{b}f(x,y)\, dx\right|=\left|\int_{b}^{\infty}f(x,y)\, dx\right|\lt \varepsilon\text{ za sve } y\in Y,
tada kažemo da integral I(y) konvergira uniformno po y\in Y.
Za dokazivanje uniformne konvergencije integrala koriste se razni kriteriji. Mi ćemo navesti dva.
Kriterij 2. Pretpostavimo da je funkcija f(x,y) integrabilna po x na svakom konačnom segmentu [a,\eta] (\eta\ge a). Ako postoji funkcija \varphi(x) koja ovisi samo o x, integrabilna na [a,\infty\rangle takva da za svaki y\in Y vrijedi |f(x,y)|\le\varphi(x) (za x\ge a), onda integral I(y) konvergira uniformno po y.
Kriterij 3. Ako je integral \int_{a}^{\infty}f(x)\, dx konvergentan, a funkcija g(x,y) monotona po x i uniformno ograničena, onda integral \int_{a}^{\infty}f(x)g(x,y)\, dx konvergira uniformno po y.
Sljedeći teorem daje dovoljne uvjete za prijelaz limesa pod znak integrala.
Teorem 4.
Neka je funkcija f(x,y) za y\in Y integrabilna po x na segmentu [a,A] za sve A\gt a i neka na svakom segmentu konvergira uniformno po x graničnoj funkciji \varphi(x) kada y\to y_{0}. Ako pored toga integral I(y)=\int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx konvergira uniformno po y\in Y, onda vrijedi
gdje y_{0} može biti i \infty.
\lim_{y\to y_{0}}\int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx=\int_{a}^{\infty}\varphi(x)\, dx,
gdje y_{0} može biti i \infty.
Što se tiče diferenciranja pod znakom neodređenog integrala, pokazuje se da i u ovom slučaju vrijedi Leibnizovo pravilo.
Teorem 5.
Neka je funkcija f(x,y) definirana i neprekidna po x za x\ge a i y iz segmenta [c,d] te neka za x\ge0 i y\in[c,d] ima derivaciju \frac{\partial}{\partial y}f(x,y) koja je neprekidna funkcija po obje varijable. Pretpostavimo također da integral I(y)=\int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx konvergira za sve y\in[c,d], a integral \int_{a}^{\infty}\frac{\partial}{\partial y}f(x,y)\, dx konvergira uniformno po y na tom istom segmentu. Tada za proizvoljni y\in[c,d] vrijedi
I'(y)=\int_{a}^{\infty}\frac{\partial}{\partial y}f(x,y)\, dx.
Za potrebe integracije pod znakom integrala navodimo sljedeće teoreme.
Teorem 6.
Ako je funkcija f(x,y) neprekidna na pravokutniku [a,b]\times[c,d], tada vrijedi
\int_{c}^{d}\int_{a}^{b}f(x,y)\, dx\, dy=\int_{a}^{b}\int_{c}^{d}f(x,y)\, dy\, dx.
Teorem 7.
Neka je funkcija f(x,y) definirana i neprekidna za x\ge a i y\in[c,d]. Ako integral I(y)=\int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx konvergira uniformno po y na segmentu [c,d], tada vrijedi
\int_{c}^{d}I(y)\, dy=\int_{c}^{d}\int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx\, dy=\int_{a}^{\infty}\int_{c}^{d}f(x,y)\, dy\, dx.
Teorem 8.
Neka je funkcija f(x,y) definirana i neprekidna za x\ge a i y\ge c. Pretpostavimo također da oba integrala \int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx i \int_{c}^{\infty}f(x,y)\, dy konvergiraju uniformno, prvi po y, a drugi po x. Tada, ako postoji bar jedan od integrala \int_{c}^{\infty}\int_{a}^{\infty}|f(x,y)|\, dx\, dy i \int_{a}^{\infty}\int_{c}^{\infty}|f(x,y)|\, dy\, dx, onda postoje i jednaki su integrali
\int_{c}^{\infty}\int_{a}^{\infty}f(x,y)\, dx\, dy\text{ i }\int_{a}^{\infty}\int_{c}^{\infty}f(x,y)\, dy\, dx.
Dokazi navedenih tvrdnji lako se mogu izvesti iz rezultata iz naprimjer
2Riješeni primjeri
U sljedećim primjerima prikazana je primjena diferenciranja i integriranja pod znakom integrala. Pritom su neki zadaci detaljno riješeni dok su ponegdje dijelovi rješenja ostali neprikazani - čitatelju se savjetuje da sam pokuša napraviti potrebne dopune.
Ako nije naveden izvor zadatka, on je zajedno s rješenjem preuzet iz
Dokaz. Definirajmo funkciju f(x,t)=\frac{\ln(xt+1)}{x^{2}+1}. Ova funkcija neprekidna je na pravokutniku P=[0,1]\times[0,1] i parcijalna derivacija \frac{\partial}{\partial t}f(x,t)=\frac{x}{(xt+1)(x^{2}+1)} postoji i neprekidna je na P. Tada prema Teoremu 1 za svaki t\in[0,1] i I(t)=\int_{0}^{1}f(x,t)\, dx vrijedi I'(t)=\int_{0}^{1}\frac{x\, dx}{(xt+1)(x^{2}+1)}. Rastavljanjem na parcijalne razlomke i integracijom dobijamo
I'(t)=\frac{2t\mathop{\text{arctg}} x-2\ln(tx+1)+\ln(x^{2}+1)}{2(t^{2}+1)}\Big|_{x=0}^{x=1}=\frac{\pi t+2\ln2-4\ln(t+1)}{4(t^{2}+1)}.
Odavde slijedi da je
I(t)=\frac{\ln2\mathop{\text{arctg}} t}{2}+\frac{\pi\ln(t^{2}+1)}{8}-\int_{0}^{t}\frac{\ln(t+1)}{t^{2}+1}dt,
pa je
I(1)=\frac{\pi\ln2}{4}-\int_{0}^{1}\frac{\ln(t+1)}{t^{2}+1}dt.
Budući da je integral na desnoj strani jednakosti upravo traženi integral I(1), slijedi da je tražena vrijednost f(1)=\frac{\pi\ln2}{8}.
\ \blacksquare
Primjer 10.([5] ) Nađite vrijednost integrala
\int_{0}^{\infty}\frac{\mathop{\text{arctg}}\pi x-\mathop{\text{arctg}} x}{x}\, dx.
Dokaz. Neka je f(x,t)=\frac{\mathop{\text{arctg}} tx-\mathop{\text{arctg}} x}{x}. Ova funkcija je neprekidna za x\ge0 i t\in[1,\pi], pri čemu je na istom skupu neprekidna i derivacija \frac{\partial}{\partial t}f(x,t)=\frac{1}{1+t^{2}x^{2}}. Integral I(t)=\int_{0}^{\infty}f(x,t)\, dx konvergira za sve t\in[1,\pi], što je moguće pokazati npr. Lagrangeovim teoremom o srednjoj vrijednosti, jer iz njega slijedi da za t\gt 1 vrijedi
gdje je c neki broj iz segmenta [x,tx], pa imamo
Odavde je konvergencija integrala očita. Sada možemo, koristeći se Kriterijem 1, pokazati da \int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial t}f(x,t)\, dx konvergira uniformno po t, jer je \frac{1}{1+t^{2}x^{2}}\le\frac{1}{1+x^{2}} za t\ge1. Tada prema Teoremu5 vrijedi
Stoga je I(t)=\frac{\pi}{2}\ln t+C. Budući da je I(1)=0, slijedi C=0. Dakle, I(\pi)=\frac{\pi}{2}\ln\pi.
\frac{\mathop{\text{arctg}} tx-\mathop{\text{arctg}} x}{x(t-1)}=(\mathop{\text{arctg}} x)'_{x=c},
gdje je c neki broj iz segmenta [x,tx], pa imamo
\frac{\mathop{\text{arctg}} tx-\mathop{\text{arctg}} x}{x(t-1)}=\frac{1}{1+c^{2}}\le\frac{1}{1+x{}^{2}}.
Odavde je konvergencija integrala očita. Sada možemo, koristeći se Kriterijem 1, pokazati da \int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial t}f(x,t)\, dx konvergira uniformno po t, jer je \frac{1}{1+t^{2}x^{2}}\le\frac{1}{1+x^{2}} za t\ge1. Tada prema Teoremu
I'(t)=\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial t}f(x,t)\, dx=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\left(\frac{x}{1+t^{2}x^{2}}\right)dx=\frac{1}{t}\int_{0}^{\infty}\frac{dy}{1+y^{2}}=\frac{\pi}{2t}.
Stoga je I(t)=\frac{\pi}{2}\ln t+C. Budući da je I(1)=0, slijedi C=0. Dakle, I(\pi)=\frac{\pi}{2}\ln\pi.
\ \blacksquare
Primjer 11. Nađite vrijednost integrala
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\, dx.
Dokaz. Neka je f(x,t)=\frac{\sin x}{x}e^{-tx}. Ova funkcija je neprekidna na P=[0,\infty\rangle\times[0,a] za svako a\gt 0, pri čemu je na istom skupu neprekidna i derivacija \frac{\partial}{\partial t}f(x,t)=-\sin x\, e^{-tx}. Integral I(t)=\int_{0}^{\infty}f(x,t)\, dx konvergira za svako t jer za t=0 imamo \int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}e^{-tx}\, dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\, dx\lt \infty (posljednja nejednakost slijedi npr. iz Dirichletova kriterija konvergencije, jer \left|\int_{0}^{a}\sin x\, dx\right|\lt 2 za svaki a, dok \frac{1}{x} monotono opada k nuli za x\gt 0), a za t\ge t_{0}\gt 0 imamo \left|\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}e^{-tx}\, dx\right|\le\int_{0}^{\infty}e^{-tx}\, dx=\frac{1}{t}\lt \infty.
Za t\gt 0 vrijedi \left|\frac{\partial}{\partial t}f(x,t)\right|=\left|-\sin x\, e^{-tx}\right|\le e^{-tx}\le e^{-t_{0}x}=\varphi(x), a budući da je \varphi(x) integrabilna na [0,\infty\rangle, po Kriteriju 1 integral \int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial t}f(x,t)\, dx konvergira uniformno na svakom skupu oblika \lbrace t\in\mathbb{R}|t\ge t_{0}\gt 0\rbrace. Prema Teoremu5 vrijedi
Primjenom parcijalne integracije dva puta dobijamo
Odatle slijedi da je I(t)=-\mathop{\text{arctg}} t+C za t\gt 0. Pokažimo da je \lim_{t\to\infty}I(t)=0.
Neka je \varepsilon\gt 0 proizvoljan i odaberimo x_{0}\gt 0 takvav da je \sin x\ge0 za x\in[0,x_{0}] i
za sve t\gt 0. Funkcija f(x,t) je integrabilna na segmentu [x_{0},A] za svaki A\gt x_{0} i na svakom takvom segmentu konvergira uniformno po x k 0 kada t\to\infty. Integral \int_{x_{0}}^{\infty}\frac{\sin x}{x}e^{-tx}\, dx konvergira uniformno po t\gt 0 (prema Kriteriju 2) pa koristeći se Teoremom4 dobijamo \lim_{t\to\infty}I(t)=0. Dakle, C=\frac{\pi}{2}, a vrijednost traženog integrala je I(0)=\frac{\pi}{2}.
Dokaz da je \lim_{t\to\infty}I(t)=0 mogao je biti izveden i jednostavnije, kao što ćemo vidjeti u sljedećem primjeru.
Za t\gt 0 vrijedi \left|\frac{\partial}{\partial t}f(x,t)\right|=\left|-\sin x\, e^{-tx}\right|\le e^{-tx}\le e^{-t_{0}x}=\varphi(x), a budući da je \varphi(x) integrabilna na [0,\infty\rangle, po Kriteriju 1 integral \int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial t}f(x,t)\, dx konvergira uniformno na svakom skupu oblika \lbrace t\in\mathbb{R}|t\ge t_{0}\gt 0\rbrace. Prema Teoremu
I'(t)=-\int_{0}^{\infty}\sin x\, e^{-tx}\, dx.
Primjenom parcijalne integracije dva puta dobijamo
I'(t)=-\frac{1}{1+t^{2}}\text{ za }t\gt 0.
Odatle slijedi da je I(t)=-\mathop{\text{arctg}} t+C za t\gt 0. Pokažimo da je \lim_{t\to\infty}I(t)=0.
Neka je \varepsilon\gt 0 proizvoljan i odaberimo x_{0}\gt 0 takvav da je \sin x\ge0 za x\in[0,x_{0}] i
0\lt \int_{0}^{x_{0}}\frac{\sin x}{x}e^{-tx}\, dx\lt \int_{0}^{x_{0}}\frac{\sin x}{x}\lt \frac{\varepsilon}{2}
za sve t\gt 0. Funkcija f(x,t) je integrabilna na segmentu [x_{0},A] za svaki A\gt x_{0} i na svakom takvom segmentu konvergira uniformno po x k 0 kada t\to\infty. Integral \int_{x_{0}}^{\infty}\frac{\sin x}{x}e^{-tx}\, dx konvergira uniformno po t\gt 0 (prema Kriteriju 2) pa koristeći se Teoremom
Dokaz da je \lim_{t\to\infty}I(t)=0 mogao je biti izveden i jednostavnije, kao što ćemo vidjeti u sljedećem primjeru.
\ \blacksquare
Primjer 12. Dokažite jednakost
\int_{0}^{\infty}\frac{2-2\cos x}{xe^{x}}\, dx=\ln2.
Dokaz. Neka je f(x,t)=\frac{2-2\cos x}{xe^{x}}e^{-tx}. Koristeći se idejama iz prethodnih zadataka, može se pokazati da integral I(t)=\int_{0}^{\infty}f(x,t)\, dx konvergira za sve t\in\lbrace t\in\mathbb{R}|t_{0}\le t\lt \infty\rbrace gdje je 0\lt t_{0}\lt 1 te da na istom skupu integral \int_{0}^{\infty}f(x,t)\, dx konvergira uniformno. Stoga prema Teoremu 5 imamo
I'(t)=\int_{0}^{\infty}f'_{t}(x,t)\, dx=\int_{0}^{\infty}(2-2\cos x)e^{-tx}dx=-\frac{2}{t}+\frac{2t}{t^{2}+1},
I(t)=\ln\left(1+\frac{1}{t^{2}}\right)+C.
Primijetimo da je \frac{2-2\cos x}{x} neprekidna ograničena funkcija na [0,\infty\rangle i da je
\lim_{t\to\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-tx}dx=0.
Stoga je \lim_{t\to\infty}I(t)=0, pa je C=0. Dakle, traženi integral je I(1)=\ln2.
\ \blacksquare
U nastavku slijede primjeri primjene integracije pod znakom integrala u rješavanju zadataka. Najprije ćemo ovu tehniku primijeniti na već dane primjere 10 i 12, a zatim i na jedan poznati rezultat iz analize.
Primjer 13.([5] ) Nađite vrijednost integrala
\int_{0}^{\infty}\frac{\mathop{\text{arctg}}\pi x-\mathop{\text{arctg}} x}{x}\, dx.
Dokaz.
Budući da je \frac{1}{1+(tx)^{2}} neprekidna funkcija za x\ge0 i t\in[1,\pi] i integral \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+(tx)^{2}}\: dx prema Kriteriju 1 konvergira uniformno za svako t\in[1,\pi], iz Teorema7 slijedi opravdanost sljedećeg postupka:
I=\int_{0}^{\infty}\frac{\mathop{\text{arctg}}\pi x-\mathop{\text{arctg}} x}{x}\, dx=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\mathop{\text{arctg}} tx\big|_{t=1}^{t=\pi}\, dx=\int_{0}^{\infty}\int_{1}^{\pi}\frac{1}{1+(xt)^{2}}dt\, dx.
Budući da je \frac{1}{1+(tx)^{2}} neprekidna funkcija za x\ge0 i t\in[1,\pi] i integral \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+(tx)^{2}}\: dx prema Kriteriju 1 konvergira uniformno za svako t\in[1,\pi], iz Teorema
I=\int_{0}^{\infty}\int_{1}^{\pi}\frac{1}{1+(xt)^{2}}dt\, dx=\int_{1}^{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+(xt)^{2}}dx\, dt,
I=\int_{1}^{\pi}\frac{1}{t}\cdot\frac{\pi}{2}dt=\frac{\pi}{2}\ln\pi.
\ \blacksquare
Primjer 14. Dokažite jednakost
\int_{0}^{\infty}\frac{2-2\cos x}{xe^{x}}\, dx=\ln2.
Dokaz. Budući da je \int_{0}^{1}\sin xt\ dt=\frac{1-\cos x}{x}, imamo
Budući da je \sin xt\ e^{-x} neprekidna funkcija za x\ge0 i t\in[0,1] i integral \int_{0}^{\infty}\sin xt\ e^{-x}\, dx konvergira uniformno za svako t\in[0,1] po prvom kriteriju, iz Teorema7 slijedi opravdanost sljedećeg postupka:
I=\int_{0}^{\infty}\frac{2-2\cos x}{x}\cdot e^{-x}dx=2\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{1}\sin xt\ e^{-x}dt\ dx.
Budući da je \sin xt\ e^{-x} neprekidna funkcija za x\ge0 i t\in[0,1] i integral \int_{0}^{\infty}\sin xt\ e^{-x}\, dx konvergira uniformno za svako t\in[0,1] po prvom kriteriju, iz Teorema
I=2\int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}\sin xt\ e^{-x}dx\ dt=2\int_{0}^{1}\frac{t}{1+t^{2}}dt=\ln2.
\ \blacksquare
Primjer 15. Nađite vrijednost integrala
\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}\, dx.
Dokaz. Iako ovo rješenje ne predstavlja klasičnu integraciju pod znakom integrala, ipak ga vrijedi prikazati.
Neka je I=\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}dx. Vrijedi
Promjena reda integriranja opravdana je prema Teoremu8 , budući da funkcija e^{-t(x^{2}+1)} zadovoljava uvjete ovog teorema: uniformnu konvergenciju integrala \int_{0}^{\infty}e^{-t(x^{2}+1)}dx i \int_{0}^{\infty}e^{-t(x^{2}+1)}dt lako je pokazati, a egzistencija jednog od dva tražena uzastopna integrala slijedi iz sljedećeg računa:
Neka je I=\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}dx. Vrijedi
\int_{0}^{\infty}e^{-tx^{2}}dx=\frac{I}{\sqrt{t}}.
Množenjem zadnje jednakosti s e^{-t} i integriranjem obiju strana na intervalu [0,\infty\rangle dobijamo
2I^{2}=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-tx^{2}}dx\ e^{-t}dt=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-tx^{2}}e^{-t}dt\ dx.
Promjena reda integriranja opravdana je prema Teoremu
2I^{2}=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}dx=\frac{\pi}{2}.
Prema tome je I=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.
\ \blacksquare
3Zadaci za samostalan rad
Čitatelj može predstavljene metode primijeniti na sljedeće zadatke koji su ostavljeni za vježbu.
Zadatak 16. Dokažite jednakost
\int_{0}^{\infty}\frac{\ln(1+ax)}{\cos x}dx=\frac{1}{2}\mathop{\text{arctg}} a\log(1+a^{2}).
Zadatak 17. Dokažite jednakost
\int_{0}^{\infty}\frac{\mathop{\text{arctg}}\sqrt{x^{2}+2}}{(x^{2}+1)\sqrt{x^{2}+2}}dx=\frac{5\pi^{2}}{96}.
Zadatak 18. Nađite vrijednost integrala
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{p-1}}{1+x}\ln x\, dx
za 0\lt p\lt 1.
Zadatak 19. Dokažite jednakost
\int_{0}^{\infty}2\sec x\ln\left(\frac{1+\beta\cos x}{1+\alpha\cos x}\right)dx=\arccos^{2}\alpha-\arccos^{2}\beta.
Zadatak 20.([6] ) Dokažite jednakost
\int_{0}^{\infty}\left(x-\frac{x^{3}}{2}+\frac{x^{5}}{2\cdot4}-\frac{x^{7}}{2\cdot4\cdot6}+\cdots\right)\left(1+\frac{x^{2}}{2^{2}}+\frac{x^{4}}{2^{2}\cdot4^{2}}+\frac{x^{6}}{2^{2}\cdot4^{2}\cdot6^{2}}+\cdots\right)dx=\sqrt{e}.
Zadatak 21. Nađite vrijednost integrala
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos nx}{(x^{2}+1)^{2}}dx.
Bibliografija
| [1] | Feynman, R. P., Surely You're Joking, Mr. Feynman by Richard P. Feynman, Bantam Books, 1989 |
| [2] | Pandžić, P., Tambača J., Integrali funkcija više varijabli, Sveučilišna skripta, Sveučilište u Zagrebu, 2011. |
| [3] | Ungar Š., Matematička analiza 3, Sveučilište u Zagrebu, 2002. |
| [4] | Mathlinks forum: www.mathlinks.ro |
| [5] | Kedlaya, K. S., Ng, L., Solutions to the 63rd William Lowell Putnam Mathematical Competition, 2002 |
| [6] | Alexanderson G. L., Klosinski L. F., Larson L. C., The William Lowell Putnam Mathematical Competition Problems and Solutions: 1965-1984, MAA, 1985 |
| [7] | Kedlaya, K. S., Poonen B., Vakil R., The William Lowell Putnam Mathematical Competition 1985–2000: Problems, Solutions, and Commentary, MAA, 2002 |
