Производная интеграла с переменным пределом: решение

Дано: $\Phi(x) = \displaystyle\int_{x}^{x^{2}} \frac{dt}{1+t^{2}}$. Найти: $\Phi'(x)$ и значение $\Phi'(1)$.

Оба предела зависят от $x$, поэтому работает общая формула Лейбница: производная равна подынтегральной функции в верхнем пределе, умноженной на производную этого предела, минус то же самое для нижнего. Ответ: $\Phi'(x) = \dfrac{2x}{1+x^{4}} - \dfrac{1}{1+x^{2}}$, а в точке $x = 1$ он равен ровно $\dfrac{1}{2}$. Калькулятор сверху пересчитывает производную и сам интеграл для четырёх подынтегральных функций и четырёх пар пределов, ниже - решение по шагам.

Решение по шагам

Дано: $\Phi(x) = \displaystyle\int_{x}^{x^{2}} \frac{dt}{1+t^{2}}$, нижний предел $\alpha(x) = x$, верхний предел $\beta(x) = x^{2}$, подынтегральная функция $f(t) = \dfrac{1}{1+t^{2}}$.

Шаг 1. Проверяем условия применимости. Знаменатель $1+t^{2}$ не меньше единицы и в ноль не обращается, поэтому $f$ непрерывна на всей числовой прямой. Функции $\alpha(x) = x$ и $\beta(x) = x^{2}$ дифференцируемы всюду. Значит, формулу можно применять при любом $x$, оговорок про допустимый отрезок не потребуется.

Шаг 2. Записываем общую формулу. Для интеграла, у которого от $x$ зависят оба предела:

$$\Phi(x) = \int_{\alpha(x)}^{\beta(x)} f(t)\,dt \quad\Longrightarrow\quad \Phi'(x) = f\bigl(\beta(x)\bigr)\,\beta'(x) - f\bigl(\alpha(x)\bigr)\,\alpha'(x).$$

Шаг 3. Дифференцируем пределы. Это самая простая часть, но именно её чаще всего пропускают:

$$\beta'(x) = \bigl(x^{2}\bigr)' = 2x, \qquad \alpha'(x) = (x)' = 1.$$

Шаг 4. Подставляем пределы в подынтегральную функцию. Переменная интегрирования $t$ в ответе не остаётся: вместо неё в $f$ подставляется предел целиком.

$$f\bigl(\beta(x)\bigr) = \frac{1}{1+\bigl(x^{2}\bigr)^{2}} = \frac{1}{1+x^{4}}, \qquad f\bigl(\alpha(x)\bigr) = \frac{1}{1+x^{2}}.$$

Шаг 5. Собираем производную.

$$\Phi'(x) = \frac{1}{1+x^{4}} \cdot 2x - \frac{1}{1+x^{2}} \cdot 1 = \frac{2x}{1+x^{4}} - \frac{1}{1+x^{2}}.$$

Шаг 6. Считаем значение в заданной точке. Подставляем $x = 1$:

$$\Phi'(1) = \frac{2 \cdot 1}{1+1} - \frac{1}{1+1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.$$

Ответ. $\Phi'(x) = \dfrac{2x}{1+x^{4}} - \dfrac{1}{1+x^{2}}$, значение в точке $x = 1$ равно $\dfrac{1}{2} = 0{,}5$.

Обрати внимание на деталь, которая смущает почти всех: при $x = 1$ оба предела совпадают, так что сам интеграл равен нулю, $\Phi(1) = 0$. Производная при этом нулю не равна. Ноль функции и ноль её производной - разные вещи: интеграл в этой точке только начинает набирать значение, и скорость набора как раз равна $1/2$.

Формула Лейбница и откуда она берётся

Вывод занимает две строки и опирается на формулу Ньютона-Лейбница. Пусть $F$ - какая-нибудь первообразная для $f$, то есть $F'(t) = f(t)$. Тогда

$$\Phi(x) = \int_{\alpha(x)}^{\beta(x)} f(t)\,dt = F\bigl(\beta(x)\bigr) - F\bigl(\alpha(x)\bigr).$$

Справа стоят две сложные функции от $x$, и дальше работает обычное правило цепочки: производная внешней функции умножается на производную внутренней. Поскольку $F' = f$, получается

$$\Phi'(x) = F'\bigl(\beta(x)\bigr)\,\beta'(x) - F'\bigl(\alpha(x)\bigr)\,\alpha'(x) = f\bigl(\beta(x)\bigr)\,\beta'(x) - f\bigl(\alpha(x)\bigr)\,\alpha'(x).$$

Главное следствие вывода: первообразная $F$ в ответе не остаётся, она сокращается по дороге. Поэтому производную можно найти, даже если сам интеграл не берётся в элементарных функциях. Классические примеры такого рода - $e^{-t^{2}}$, $\sin(t^{2})$, $\dfrac{\sin t}{t}$: первообразных в привычном виде у них нет, а производные соответствующих интеграл-функций пишутся за одну строку. Именно ради этого эффекта задачу и дают в контрольных.

Единственное условие, которое нельзя игнорировать: подынтегральная функция обязана быть непрерывной на промежутке, накрывающем все значения обоих пределов. Если внутри есть разрыв - скажем, $f(t) = 1/t$, а отрезок интегрирования включает ноль - формула не работает, интеграл там несобственный и требует отдельного разбора.

Частные случаи: теорема Барроу и минус у нижнего предела

Общая формула покрывает все школьные и вузовские варианты постановки задачи, надо только правильно понять, чему равны $\alpha$, $\beta$ и их производные.

Первая строка таблицы - это и есть теорема Барроу, первая часть основной теоремы анализа: интеграл с переменным верхним пределом является первообразной подынтегральной функции. Отсюда следует важный теоретический вывод - у любой непрерывной функции первообразная существует, даже если записать её формулой невозможно.

Почему это верно, видно из определения производной. Приращение интеграл-функции равно интегралу по узкому отрезку, а по теореме о среднем $\int_x^{x+h} f(t)\,dt = f(\xi)\,h$, где $\xi$ лежит между $x$ и $x+h$. Делим на $h$ и устремляем $h$ к нулю: точка $\xi$ прижимается к $x$, а непрерывность даёт $f(\xi) \to f(x)$.

Вторая строка таблицы - главный источник потерянных знаков. Перестановка пределов меняет знак интеграла, $\int_x^b f\,dt = -\int_b^x f\,dt$, поэтому производная выходит с минусом. В общей формуле этот минус уже зашит: слагаемое с нижним пределом всегда вычитается.

Проверка ответа и типовые применения

У нашей функции первообразная берётся явно, так что решение можно проверить вторым способом. Поскольку $\int \dfrac{dt}{1+t^{2}} = \arctan t + C$, интеграл вычисляется до конца:

$$\Phi(x) = \arctan\bigl(x^{2}\bigr) - \arctan x.$$

Дифференцируем этот результат напрямую и получаем $\dfrac{2x}{1+x^{4}} - \dfrac{1}{1+x^{2}}$ - в точности то же, что дала формула Лейбница. Если нужен разбор самого вычисления интеграла, он есть в задаче как вычислить определённый интеграл.

Годится и грубая численная проверка. При $x = 1$ интеграл равен нулю, а при $x = 1{,}01$ получаем $\arctan(1{,}0201) - \arctan(1{,}01) \approx 0{,}004975$. Разностное отношение $0{,}004975 / 0{,}01 \approx 0{,}4975$ - это почти ровно $1/2$, как и должно быть.

В контрольных производная интеграла с переменным пределом почти никогда не бывает самоцелью. Чаще всего она нужна для раскрытия неопределённости $0/0$ в пределах вида $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1}{x^{3}}\displaystyle\int_0^x \sin\bigl(t^{2}\bigr)\,dt$: числитель и знаменатель дифференцируются, и предел сводится к $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\sin(x^{2})}{3x^{2}} = \dfrac{1}{3}$; подробности метода - в статье про правило Лопиталя. Второе применение - исследование интеграл-функции на монотонность и экстремумы: знак $\Phi'$ разбирается так же, как у обычной функции, см. промежутки возрастания функции.

Частые ошибки

• Забывают домножить на производную предела. Для $\int_0^{x^{2}} f(t)\,dt$ пишут $f(x^{2})$ вместо $f(x^{2}) \cdot 2x$. Это самая массовая ошибка: теорему Барроу помнят, а цепочку - нет.
• Оставляют переменную интегрирования в ответе. В производной не может быть $t$: буква $t$ живёт только под интегралом и исчезает вместе с ним.
• Подставляют $x$ вместо предела. В $f$ подставляется целиком выражение предела: для верхнего предела $x^{2}$ это $f(x^{2})$, а не $f(x)$.
• Теряют минус у нижнего предела. Слагаемое с $\alpha(x)$ всегда вычитается, даже если само по себе отрицательно. Порядок «верхний минус нижний» менять нельзя.
• Считают, что $\Phi(x_0) = 0$ влечёт $\Phi'(x_0) = 0$. В нашем примере $\Phi(1) = 0$, но $\Phi'(1) = 1/2$: значение функции и скорость её изменения не связаны.
• Пытаются сначала взять интеграл. Для $e^{-t^{2}}$ или $\sin(t^{2})$ это тупик: первообразной в элементарных функциях нет, а производная находится сразу.
• Не смотрят на непрерывность. Если между пределами есть точка разрыва подынтегральной функции, формула неприменима без дополнительного анализа.

FAQ

Нужно ли уметь вычислять сам интеграл, чтобы найти его производную? Нет. В выводе первообразная сокращается, поэтому производная выражается только через подынтегральную функцию и производные пределов. Именно поэтому в задачах так часто стоят неберущиеся функции: проверяют знание формулы, а не технику интегрирования.

Что делать, если переменная стоит только в нижнем пределе? Применяется та же формула, просто $\beta' = 0$, и остаётся одно слагаемое со знаком минус: производная $\int_{x}^{b} f(t)\,dt$ равна $-f(x)$. Можно сначала переставить пределы, вынеся минус, и свести задачу к теореме Барроу.

Чему равна производная, если оба предела постоянны? Нулю. Определённый интеграл с числовыми пределами - это число, а производная константы равна нулю. Если под интегралом при этом стоит параметр, задача уже другая: дифференцирование по параметру, а не по пределу.

Как быть, если $x$ входит и в пределы, и в подынтегральную функцию? Это правило Лейбница в полной форме: к двум слагаемым с пределами добавляется интеграл от частной производной подынтегральной функции по $x$. Множитель, зависящий только от $x$, проще вынести за знак интеграла и дифференцировать произведение по обычному правилу.

Коротко

1. Формула для общего случая: $\Phi'(x) = f(\beta(x))\,\beta'(x) - f(\alpha(x))\,\alpha'(x)$, где $\beta$ - верхний предел, $\alpha$ - нижний.
2. Порядок действий: проверить непрерывность $f$, продифференцировать пределы, подставить пределы в $f$, собрать разность.
3. Частные случаи: $\left(\int_a^x f\,dt\right)' = f(x)$ - теорема Барроу; $\left(\int_x^b f\,dt\right)' = -f(x)$; постоянный предел даёт нулевое слагаемое.
4. Первообразная в ответ не входит, поэтому метод работает и для неберущихся интегралов вроде $e^{-t^{2}}$.
5. В разобранном примере $\Phi(x) = \int_{x}^{x^{2}} \dfrac{dt}{1+t^{2}}$ производная равна $\dfrac{2x}{1+x^{4}} - \dfrac{1}{1+x^{2}}$, а $\Phi'(1) = \dfrac{1}{2}$.