Дифференцирование интеграла по параметру: решение

Дано: $I(a) = \displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^{a}-1}{\ln x}\,dx$ при $a = 3$. Найти: значение интеграла.

Первообразной у подынтегральной функции нет: логарифм в знаменателе не берётся ни подстановкой, ни по частям. Зато буква $a$ входит в неё как параметр, и после дифференцирования по $a$ этот логарифм сокращается, оставляя табличный интеграл. Ответ: $I(a) = \ln(a+1)$, то есть $I(3) = \ln 4 \approx 1{,}3863$, а производная по параметру в этой точке равна $I'(3) = 0{,}25$. Калькулятор сверху считает то же самое для четырёх семейств и сверяет формулу с численным интегрированием.

Решение по шагам

Дано: $I(a) = \displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^{a}-1}{\ln x}\,dx$, подынтегральная функция $f(x,a) = \dfrac{x^{a}-1}{\ln x}$, пределы числовые и от параметра не зависят, искомое значение параметра $a = 3$.

Шаг 1. Проверяем, что интеграл собственный. На концах отрезка функция выглядит неопределённой, но оба разрыва устранимые. При $x \to 0$ числитель стремится к $-1$, знаменатель к $-\infty$, поэтому $f \to 0$. При $x \to 1$ и числитель, и знаменатель обращаются в ноль, а предел по правилу Лопиталя равен

$$\lim_{x \to 1} \frac{x^{a}-1}{\ln x} = \lim_{x \to 1} \frac{a x^{a-1}}{1/x} = a.$$

Значит, доопределённая функция непрерывна на всём отрезке $[0;1]$ и ограничена числом $a$. Интеграл обычный, а не несобственный, и никаких предельных переходов не потребуется.

Шаг 2. Дифференцируем под знаком интеграла. Частная производная по параметру берётся при фиксированном $x$: единица в числителе исчезает, а $x^{a}$ даёт множитель $\ln x$, который сокращается со знаменателем.

$$\frac{\partial}{\partial a}\left(\frac{x^{a}-1}{\ln x}\right) = \frac{x^{a}\ln x}{\ln x} = x^{a}.$$

Ради этого сокращения приём и применяют: неберущаяся функция превращается в степенную.

Шаг 3. Берём получившийся простой интеграл. По правилу Лейбница производная всего интеграла равна интегралу от найденной частной производной:

$$I'(a) = \int_{0}^{1} x^{a}\,dx = \left.\frac{x^{a+1}}{a+1}\right|_{0}^{1} = \frac{1}{a+1}, \qquad a > -1.$$

Шаг 4. Возвращаемся к самому интегралу. Мы знаем производную функции $I(a)$, значит, саму функцию находим интегрированием по параметру:

$$I(a) = \int \frac{da}{a+1} = \ln(a+1) + C.$$

Шаг 5. Находим константу. Нужно одно значение параметра, при котором интеграл считается устно. Здесь это $a = 0$: числитель $x^{0}-1$ тождественно равен нулю, поэтому $I(0) = 0$. Подставляем: $\ln 1 + C = 0$, откуда $C = 0$ и $I(a) = \ln(a+1)$.

Шаг 6. Подставляем нужное значение. При $a = 3$ получаем $I(3) = \ln 4 \approx 1{,}3863$, а производная по параметру в этой точке равна $\dfrac{1}{4} = 0{,}25$.

Ответ: $\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^{3}-1}{\ln x}\,dx = \ln 4 \approx 1{,}3863$.

Правило Лейбница и его условия

Формулировка для числовых пределов короткая. Пусть функция $f(x,a)$ и её частная производная $\dfrac{\partial f}{\partial a}$ непрерывны в прямоугольнике $[b;c]\times[a_1;a_2]$. Тогда интеграл $I(a) = \displaystyle\int_{b}^{c} f(x,a)\,dx$ дифференцируем по параметру, и

$$I'(a) = \int_{b}^{c} \frac{\partial f(x,a)}{\partial a}\,dx.$$

Проще говоря, знаки производной и интеграла можно переставить местами. Работает это не всегда, а именно при непрерывности обеих функций: доказательство опирается на теорему Кантора о равномерной непрерывности на замкнутом прямоугольнике. Разностное отношение $\dfrac{I(a+h)-I(a)}{h}$ по теореме Лагранжа равно интегралу от $\dfrac{\partial f}{\partial a}$ в промежуточной точке, а равномерная непрерывность позволяет перейти к пределу под интегралом.

Если от параметра зависят ещё и пределы интегрирования, к правой части добавляются два слагаемых с производными пределов. Это отдельная задача, она разобрана в разборе про производную интеграла с переменным пределом, и путать её с нашей не стоит: здесь пределы числовые, а параметр сидит только внутри подынтегральной функции.

Обрати внимание на порядок действий. Мы не вычисляли исходный интеграл ни разу: сначала получили производную, потом восстановили функцию по производной. Такая схема и называется методом дифференцирования по параметру, а в англоязычных учебниках приёмом Фейнмана.

Несобственный интеграл: мажоранта и приём Фруллани

На бесконечном промежутке одной непрерывности мало: нужна равномерная сходимость интеграла от частной производной. Проверяют её признаком Вейерштрасса, то есть подбирают мажоранту, которая не зависит от параметра и интегрируется. Об устройстве таких интегралов есть отдельный материал про несобственные интегралы первого рода.

Классический пример на этот случай в калькуляторе стоит вторым чипом:

$$I(a) = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-a x}}{x}\,dx.$$

Делить на $x$ мешает взять первообразную, а после дифференцирования $x$ уходит совсем: $\dfrac{\partial f}{\partial a} = e^{-a x}$. Для всех $a \geqslant a_1 > 0$ подынтегральная производная не превосходит $e^{-a_1 x}$, интеграл от мажоранты сходится, значит дифференцировать законно. Получаем $I'(a) = \displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-a x}\,dx = \dfrac{1}{a}$, отсюда $I(a) = \ln a + C$. Константу даёт очевидное значение $I(1) = 0$, потому что при $a = 1$ числитель тождественно нулевой. Итог: $I(a) = \ln a$, и при $a = 4$ ответ снова равен $\ln 4 \approx 1{,}3863$.

Такое совпадение двух ответов случайно: оба интеграла сводятся к логарифму, просто параметры подобраны так, что числа сошлись. Полезнее запомнить другое: мажоранта обязана не зависеть от параметра, поэтому область изменения $a$ приходится сужать. На всём луче $a > 0$ равномерной сходимости нет, а на любом отрезке вида $a \geqslant a_1 > 0$ она есть, и этого достаточно.

Куда вводить параметр, если его нет в условии

Часто интеграл дан без всякой буквы, и параметр приходится придумывать самому. Правило простое: параметр ставят в тот множитель или показатель, дифференцирование по которому упрощает подынтегральную функцию, а не усложняет её. Ниже четыре семейства из калькулятора, по которым удобно свериться.

Третья строка показывает, как ищут константу, когда удобного числового значения нет. Интеграл $\displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-a x}\frac{\sin x}{x}\,dx$ после дифференцирования даёт $-\dfrac{1}{1+a^{2}}$, поэтому $I(a) = -\operatorname{arctg} a + C$. Подставлять сюда нечего, зато при $a \to \infty$ весь интеграл стремится к нулю, откуда $C = \dfrac{\pi}{2}$ и $I(a) = \operatorname{arctg}\dfrac{1}{a}$. При $a = 2$ это $\operatorname{arctg} 0{,}5 \approx 0{,}4636$.

Обратный ход: новые интегралы из табличных

Правило работает и в другую сторону. Возьмём заведомо известный интеграл $\displaystyle\int_{0}^{1}x^{a}\,dx = \dfrac{1}{a+1}$ и продифференцируем обе части по $a$. Слева под интегралом появится $x^{a}\ln x$, справа получится производная дроби:

$$\int_{0}^{1} x^{a}\ln x\,dx = -\frac{1}{(a+1)^{2}}.$$

При $a = 3$ это $-\dfrac{1}{16} = -0{,}0625$, что заметно быстрее интегрирования по частям. Повторное дифференцирование добавляет ещё один логарифм: $\displaystyle\int_{0}^{1} x^{a}\ln^{2} x\,dx = \dfrac{2}{(a+1)^{3}}$, при $a = 3$ равно $0{,}03125$. Так из одной табличной формулы вырастает целое семейство.

Тем же приёмом получают значения интегралов, которые обычным способом требуют рядов или комплексного анализа. Например, гамма-функция и её производные считаются дифференцированием по параметру интеграла Эйлера, разобранного в задаче про гамма-функцию. Если же интеграл в итоге всё равно надо считать в лоб, пригодится разбор вычисления определённого интеграла.

Правило Лейбница родственно смене порядка интегрирования: и там, и там законность перестановки предельных операций требует проверки. Как расставляют и меняют пределы в повторном интеграле, разобрано в задаче про двойной интеграл; а если подынтегральная функция рациональная, параметр не нужен вовсе - достаточно разложить дробь на простейшие.

Частые ошибки

• Дифференцируют по $x$ вместо $a$. Переменная интегрирования при этом фиксирована: производная берётся только по параметру, $x$ ведёт себя как константа. Ошибка видна сразу по ответу, в котором остался $dx$ без подынтегральной функции.
• Теряют константу интегрирования. После шага $I'(a) = \dfrac{1}{a+1}$ пишут $I(a) = \ln(a+1)$ и идут дальше. Константа нужна всегда, и её обязательно определяют из значения при удобном параметре, иначе ответ верен с точностью до неизвестного слагаемого.
• Берут неудачное значение для константы. Годится только то $a$, при котором интеграл считается устно: в нашей задаче $a = 0$ обнуляет числитель. Значение вроде $a = 1$ здесь ничего не даёт, потому что $I(1)$ так же неизвестен, как и $I(3)$.
• Пропускают проверку условий на бесконечном промежутке. Для несобственного интеграла непрерывности мало, требуется равномерная сходимость по параметру. Без мажоранты перестановка производной и интеграла может дать неверный ответ.
• Путают с формулой для переменного предела. Если пределы числовые, слагаемые вида $f(\beta)\beta'$ не появляются вовсе, а если параметр стоит и в пределах, и в подынтегральной функции, нужны все три слагаемых.
• Забывают ограничение на параметр. Формула $\displaystyle\int_{0}^{1}x^{a}dx = \dfrac{1}{a+1}$ верна лишь при $a > -1$; вне этого промежутка интеграл расходится, а значит, и восстановленная функция там не работает.

FAQ

Чем дифференцирование по параметру отличается от производной интеграла с переменным пределом?

Это разные формулы. Здесь параметр сидит внутри подынтегральной функции, а пределы числовые, поэтому производная равна интегралу от частной производной. Там параметром служит сам предел, и производная получается подстановкой предела в подынтегральную функцию. Полное правило Лейбница объединяет оба случая и содержит три слагаемых.

Как понять, что параметр введён удачно?

По тому, упростилась ли подынтегральная функция после дифференцирования. Хороший признак: исчез мешающий множитель, например логарифм в знаменателе или деление на $x$. Если производная выглядит не проще исходной функции, параметр введён не туда и его стоит переставить.

Обязательно ли проверять условия теоремы на экзамене?

В типовом расчёте достаточно одной фразы о непрерывности $f$ и $\dfrac{\partial f}{\partial a}$ на прямоугольнике. Для несобственного интеграла проверку сокращать нельзя: там называют мажоранту и промежуток изменения параметра, иначе решение считается неполным.

Что делать, если удобного значения параметра для константы нет?

Использовать предельный переход. Смотрят, к чему стремится интеграл при $a \to 0$ или $a \to \infty$, и приравнивают этот предел к пределу найденной первообразной. Так находят $C$ в интеграле с затухающим синусом, где ни одно конечное значение параметра ответа не даёт.

Коротко

1. Убедиться, что $f(x,a)$ и $\dfrac{\partial f}{\partial a}$ непрерывны на прямоугольнике, а для бесконечного промежутка подобрать мажоранту.
2. Продифференцировать подынтегральную функцию по параметру: $\dfrac{\partial}{\partial a}\dfrac{x^{a}-1}{\ln x} = x^{a}$.
3. Взять получившийся простой интеграл: $I'(a) = \displaystyle\int_{0}^{1}x^{a}dx = \dfrac{1}{a+1}$.
4. Проинтегрировать результат по параметру: $I(a) = \ln(a+1) + C$, константу найти из $I(0) = 0$, откуда $C = 0$.
5. Подставить нужное значение: $I(3) = \ln 4 \approx 1{,}3863$, производная по параметру в этой точке равна $0{,}25$.