1

Całka oznaczona

Niech f będzie funkcją ograniczoną (ciągłą lub nie) w przedziale I = [a, b]
M := sup

x∈I

f (x), m := inf

x∈I

f (x)

M − m wahanie funkcji f na przedziale I.
∆

M

: = {x

i

: a = x

0

< x

1

< · · · < x

n

= b} - podział przedziału [a, b]

∆

x

i

: = x

i

− x

i−1

, i = {1, . . . n}

δ

n

: = max

1¬i¬n

∆

x

i

- średnia podziału ∆

n

M

i

:=

sup

x∈[x,x

i

]

f (x) m

i

:=

inf

x∈[x,x

i

]

f (x), i = 1, 2, . . . , n

Wybieramy ciąg punktów {ξ

(n)

i

}

n

i=1

taki, że x

i−1

¬ ξ

(n)

¬ x

i

i = 1, . . . , n

Tworzymy następujące sumy:

s

n

=

n

P

i=1

m

i

∆x

i

σ

n

=

n

P

i=1

f (ξ

(n)

i

)∆x

i

S

n

=

n

P

i=1

M

i

∆x

i

m ¬ m

i

¬ f (ξ

(n)

i

) ¬ M

i

¬ M, i ∈ {1, . . . , n}

m(b − a) ¬ s

n

¬ σ

n

¬ S

n

¬ M (b − a)

s

n

=

n

P

i=1

m

i

∆x

i

­

n

P

i=1

m∆x

i

= m

n

P

i=1

∆x

i

= m(b − a)

s

n

= s

n

(f, x

1

, . . . , x

n−1

)

S

n

= S

n

(f, x

1

, . . . , x

n−1

)

σ

n

= σ

n

(f, x

1

, . . . , x

n−1

, ξ

(n)

1

, . . . , ξ

(n)

n

)

Interpretacja geometryczna podziałów x i ξ:

Rysunek 1: Podział z x i ξ. s

n

suma dolna (niebieska) S

n

suma górna (szara + niebieska)

Dla każdego n ∈ N tworzymy ciągi {∆

n

} ,{ξ

(n)

i

}. Odpowiadają im ciągi s

n

, σ

n

, S

n

.

{∆

n

}

∞

n=1

— ciąg podziału przedziału [a, b]

Ciąg {∆

n

} nazywamy normalnym ciągiem podziałów jeżeli: lim

n→∞

δ

n

= 0

Jeżeli istnieje granica skończona lim

n→∞

σ

n

i nie zależy ona ani od wyboru normalnego ciągu podziałów, ani od

wyboru ciągów punktów pośrednich, to granicę tą nazywamy całką oznaczoną Reimanna i piszemy:

b

Z

a

f (x)dx

(1)

1

b

R

a

f (x)dx : = lim

n→∞

σ

n

o ile granica jest skończona i nie zależy od wyboru normalnego ciągu podziału ani od wyboru

ciągu punktów pośrednich.

σ

n

— suma przybliżona całki (

1

)

Przykłady:
1. f (x) = c

[a, b]

b

R

a

cdx

σ

n

=

n

P

i=1

c · ∆

x

i

= c ·

n

P

i=1

∆

x

i

= c · (b − a)

2. f (x) = x

[0, 1]

1

R

0

xdx

x

i

=

i

2

i = 0, . . . , n

ξ

i

= x

i

=

i

n

i = 1, . . . , n

σ

n

=

n

P

i=1

i

n

·

1

n

=

1

n

2

·

n

P

i=1

i =

1

n

2

·

n(n−1)

2

=

n+1

2n

−−−→

n→∞

1
2

1

R

0

xdx =

1
2

Rysunek 2: całka

1

R

0

xdx interpretacja geometryczna

Dowodzi się, że przy każdym normalnym ciągu podziałów i dowolnym wyborze ciągu punktów pośrednich granica
będzie taka sama.

Twierdzenie 1 (10.1). Przy każdym normalnym ciągu podziałów {∆

n

}

∞

1

przedziału [a, b] istnieją granice lim

n→∞

s

n

i lim

n→∞

S

n

i obie nie zależą od wyboru ciągu podziałów.

dowód

Niech {∆

ν

}

∞

ν=1

i{∆

µ

}

∞

µ=1

będą danymi normalnymi ciągami podziału [a, b].

∆

ν

= {a = x

0

< x

1

< · · · < x

ν

= b}, ∆

µ

= {a = x

0

0

< x

0

1

< · · · < x

0

µ

= b}

lim

ν→∞

δ

ν

= 0, lim

µ→∞

δ

0

µ

= 0, δ

ν

, δ

0

µ

— średnia podziałów odpowiednia ∆

ν

i ∆

0

µ

∆x

i

= x

i

− x

i−1

, ∆x

0

j

= x

0

j

− x

0

j−1

S

ν

=

ν

P

i=1

M

i

∆x

i

, S

0

µ

=

µ

P

j=1

M

0

j

∆x

0

j

, M

i

=

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x), M

0

j

=

sup

x∈[x

j−1

,x

j

]

f (x)

Pierwszą sumę rozbijamy na dwie sumy:
S

ν

=

P

1

M

i

∆x

i

+

P

2

M

i

∆x

i

W pierwszej sumie uwzględniamy przedziały [x

i−1

, x

i

], takie, że w przedziale tym nie leży żaden punkt x

0

j

. Do

P

2

zaliczamy pozostałe składniki.

S

ν

=

P

1

M

i

∆x

i

+

P

2

m

i

∆x

i

+

P

2

(M

i

− m

i

)∆x

i

¬ S

0

µ

+

P

2

(M

i

− m

i

)∆x

i

¬ S

0

µ

+ µ(M − m)δ

ν

Przy każdym ustalonym µ z ν zmierzającym do ∞.
lim sup

ν→∞

S

ν

¬ S

0

µ

+ lim

ν→∞

µ(M − m)δ

ν

= S

0

µ

2

Rysunek 3:

P

1

= M

2

∆x

2

+ M

5

∆x

5

P

2

= M

1

∆x

1

+ M

3

∆x

3

+ M

4

∆x

4

Czyli: ∀

µ∈N

lim sup

ν→∞

S

ν

¬ S

0

µ

⇒ lim sup

ν→∞

S

ν

¬ lim inf

µ→∞

S

0

µ

S

ν

=

X

1

M

i

∆x

i

+

X

1m

i

∆x

i

+

X

2

(M

i

− m

i

)∆x

i

(2)

S

ν

= S

0

µ

+ µ(M − m)δ

ν

(3)

µ, ν ∈ N
Analogicznie otrzymamy:

S

0

µ

¬ S

ν

ν(M − m)δ

0

ν

(4)

W (3) ustalamy µ : ν → 0

∀µ ∈ N

(3)⇒ lim sup

ν→∞

S

ν

¬ S

0

µ

∀µ ∈ N ⇒ lim sup

ν→∞

S

ν

¬ lim inf

µ→∞

S

0

µ

Podobnie z (4) ⇒ lim sup

µ→∞

S

0

µ

¬ S

ν

, ∀µ ∈ N ⇒ lim sup

µ→∞

S

0

µ

¬ lim inf

ν→∞

S

ν

Stąd: lim sup

ν→∞

S

ν

¬ lim inf

ν→∞

S

ν

¬ lim sup

µ→∞

S

0

µ

¬ lim inf

µ→∞

S

0

µ

Czyli istnieje granica lim

ν→∞

S

ν

= lim

µ→∞

S

0

µ

Analogicznie dowodzimy istnienie granicy lim

n→∞

s

n

Całka dolna:

R

b

R

a

f (x)dx : = lim

n→∞

s

n

Całka górna:

R

b

R

a

f (x)dx : = lim

n→∞

S

n

Przykład:

f (x) =

(

1

x ∈ Q

0

x /

∈ Q

Wtedy:

R

b

R

a

f (x)dx = 0

R

b

R

a

f (x)dx = 1

bo m

i

= 0, M

i

= 1,

i ∈ {1, 2, . . . , n}

s

n

=

P

0 · ∆x

i

= 0

S

n

=

P

1 · ∆x

i

= 1

1

R

0

f (x)dx nie istnieje.

Zachodzi następujące nierówności:

s

n

¬

Z

b

Z

a

f (x)dx ¬

Z

b

Z

a

f (x)dx ¬ S

n

(5)

Uwaga: z (5) wynika że

R

b

R

a

f (x)dx = sup

∆

n

s

n

R

b

R

a

f (x)dx = inf

∆

n

S

n

3

2

Twierdzenia o całkowalności

1

°. Całka oznaczona (

1

)

b

R

a

f (x)dx istnieje ⇔

R

b

R

a

f (x)dx =

R

b

R

a

f (x)dx

dowód
(⇒) Zakładamy, że

R

(

1

) istnieje.

b

R

a

f (x)dx ¬

R

b

R

a

f (x)dx

{∆

n

}

∞
1

- normalny ciąg podziału [a, b]

∀n ∈ N ∃

n

ξ

(n)

i

o

∞

i=1

: σ

n

(f, ξ

(n)

) − s

n

(f ) <

1

n

,

∃η

(n)

=

n

η

(n)

i

o

∞

i=1

S

n

(f ) − σ

n

(f, η

(n)

) <

1

n

Stąd:

σ

n

(f, ξ

(n)

) →

R

b

R

a

f (x)dx

σ

n

(f, η

(n)

) →

R

b

R

a

f (x)dx



















czyli lim σ

n

(f, ξ

(n)

) zależy od wyboru ciągu punktów pośrednich. Sprzeczność.

(⇐) Zakładamy, że:

R

b

R

a

f dx =

R

b

R

a

f dx

s

n

¬ σ

n

¬ S

n

↓

↓

R

b

R

a

f dx

R

b

R

a

f dx

Stąd: lim

n→∞

σ

n

=

R

b

R

a

f dx =

R

b

R

a

f dx

dla każdego normalnego ciągu podziałów ∆n i ciągu ciągów punktów pośrednich {ξ

(n)

i

}

∞

i=1

Wniosek: Całka

b

R

a

f (x)dx istnieje ⇔ ∀

>0

∃

n∈N

: S

n

− s

n

< 

Wynika z uwagi do twierdzenia 10.1 i własności 1

°.

2

°. Funkcja f ciągła w [a, b] jest w nim całkowalna

dowód
Korzystamy z powyższego wniosku;
f — ciągła w [a, b] ⇒ f jest jednostajnie ciągła w [a, b] czyli:
∀

>0

∃

δ>0

|x − x

0

| < δ ⇒ |f (x) − f (x

0

)| < 

Niech ∆

n

będzie podziałem równomiernym ∆x

i

=

b−a

n

dla i = 1, 2, . . .

S

n

− s

n

=

n

P

i=1

(M

i

− m

i

)∆x

i

, ∀

>0

∃

δ>0

|∆x

i

| < δ ⇒ |M

i

− m

i

| <



b−a

M

i

− m

i

<



b−a

dla i = 1, 2, . . . bo f jedostajnie ciągła.

Stąd S

n

− s

n

¬



b−a

·

n

P

i=1

∆x

i

=



b−a

· (b − a) = 

Z wniosku wynika teza twierdzenia. (n takie, że



b−a

< δ)

3

°. Funkcja ograniczona w [a, b] której zbiór punktów nieciągłości jest skończony, lub ma miarę Jordana równą

0, jest całkowalna
Definicja: Zbiór E ⊂ [a, b] ma miarę Jordana równą 0, jeżeli

∀

>0

∃

(a

1

,b

1

),...,(a

n

,b

n

)

:

n

S

i=1

[a

i

, b

i

] ⊃ E

n

P

1

(b

i

− a

i

) < 

Przykład:

E =

n

1

n

o

∞

1

E ⊂ [0, 1]

lim

n→∞

1

n

= 0

∀

>0

∃

n

0

>0

∀

n>n

0

:

1

n

<



2

4

szkic dowodu
Dla dostatecznie małych δ

n

M

i

− m

i

<



2

albo mniejsza od M − m dla b

i

− a

i

< δ

n

4

°. Jeżeli funkcja f jest całkowalna w przedziale [a, b] to f jest całkowalna w każdym przedziale [α, β] ∈ [a, b]

dowód
Punkty α, β wybieramy jako punkty przedziału ∆

N

dla [a, b].

∆

N

= {a = x

0

< x

1

< · · · < x

i

= α < x

i+1

< · · · < x

j

= β < x

j+1

< · · · < x

n

= b}

j

X

k=i+1

(M

k

− m

k

)∆x

k

|

{z

}

¬

N

R

k=1

(M

k

− m

k

)∆x

k

−−−−→

N →∞

0

S

j−1

− s

j−1

dla

β

R

α

f dx

5

°. Funkcja monotoniczna w przedziale domkniętym [a, b] jest w nim całkowalna.

dowód
Niech f będzie rosnąca w [a, b] ∆

n

= {a = x

0

< x

1

< · · · < x

n

= b}

S

n

− s

n

=

n

P

i=1

(M

i

− m

i

)∆x

i

=

n

P

1

[f (x

i

) − f (x

i−1

)] ·



b−a

=

=



f (b)−f (a)

· [f (x

1

) − f (x

0

) + f (x

2

) − f (x

1

) + . . . f (x

n

) − f (x

n−1

)] = [f (b) − f (a)] ·



f (b)−f (a)

= 

Teza wynika z wniosku własności 1

°.

6

°. Jeżeli funkcje f i g spełniają warunek:

|f (x

2

) − f (x

1

)| ¬ |g(x

2

) − g(x

1

)|

∀x

1

, x

2

∈ [a, b] i g jest całkowalna w [a, b] to f jest całkowalna w [a, b]

dowód
Dowód wynika z nierówności: S

n

(f ) − s

n

(f ) ¬ S

n

(g) − s

n

(g)

M

i

(f ) − m

i

(f ) ¬ M

i

(g) − m

i

(g)

7

°. Jeżeli funkcja f jest całkowalna w [a, b] to |f| też jest całkowalna

dowód
Dowód wynka z nierówności |f (x

2

)| − |f (x

1

)| ¬ |f (x

2

) − f (x

1

)| i z własności 6

°.

8

°. Funkcja nieograniczona w przedziale [a, b] nie jest w nim całkowalna.

dowód
Niech ∆

n

= {a = x

0

< x

1

< · · · < x

n

= b}

x

i−1

¬ ξ

1

¬ x

i

dla i = 1, 2, . . .

σ

n

=

n

P

i=1

f (ξ

i

)∆x

i

f — nieograniczona w [a, b] ⇒ f nieograniczona w [x

k−1

, x

k

] dla pewnego k.

Wtedy możemy wybrać ξ

0

k

∈ [x

k−1

, x

k

] : |σ

n

| > n dla ciągu punktów ξ

1

, . . . ξ

k−1

, ξ

k

, ξ

k+1

, . . . , ξ

n

(pozostałe

punkty bez zmiany).
Robiąc to dla każdego n otrzymamy:

lim

n→∞

|σ

n

| = ∞ czyli całka

b

R

a

f dx nie istnieje.

3

Całka z sumy i iloczynu

Twierdzenie 2 (10.2). Jeżeli funkcje f i g są całkowalne w [a, b] to:

1

° Suma f i g jest całkowalna i

b

R

a

(f + g)dx =

b

R

a

f dx +

b

R

a

gdx

2

° Iloczyn f i g jest całkowalny.

dowód

1

° Wynika z równości (z definicji):

σ

n

(f + g) = σ

n

(f ) + σ

n

(g)

5

2

° Stosujemy własność 6°;

∀

x

1

,x

2

∈[a,b]

|f (x

2

)g(x

2

) − f (x

1

)g(x

1

)| ¬ |f (x

2

) − f (x

1

)||g(x

2

)| + |g(x

2

) − g(x

1

)||f (x

1

)| ¬

A|f (x

2

) − f (x

1

)| + B|g(x

2

) − g(x

1

)|, gdzie: A = sup

x∈[a,b]

g(x)

B = sup

x∈[a,b]

f (x).

A i B skończone bo f i g są całkowalne.
Stąd: |M

i

(f g) − m

i

(f g)| ¬ A|M

i

(f ) − m

i

(f )| + B|M

i

(g) − m

i

(g)|

Otrzymujemy: S

n

(f g) − s

n

(f g) ¬ A (S

n

(f ) − s

n

(f ))

|

{z

}

↓n→∞

+B (S

n

(g) − s

n

(g))

|

{z

}

↓n→∞

.

0

0

czyli lim

n→∞

(S

n

(f g) − s

n

(f g)) = 0 ⇒ ∃

b

R

a

f gdx

Uwaga: Jeżeli funkcje f i g sˇ

s równe w przedziale [a, b] poza skończoną liczbą punktów {x

0

1

, . . . , x

0

n

}, to jeżeli

f jest całkowalna to g też jest całkowalna i

b

R

a

gdx =

b

R

a

f dx.

Niech g = f + g − f . Wtedy: σ

n

(g) = σ

n

(f ) + σ

n

(g − f )

∃

M

: |g(x

0

j

) − f (x

0

j

)| ¬ M

∆x

i

¬ δ

n

|σ

n

(g − f )| ¬ M kδ

n

−→ 0

W sumie:

P

[g(ξ

i

) − f (ξ

i

)]∆x

i

tylko [g(ξ) − f (ξ)] 6= 0 gdy ξ

i

= x

0

i

∆

n

= {a = x

0

< x

1

< · · · < x

n

= b}.

Czyli g całkowalna i

b

R

a

gdx =

b

R

a

f dx.

4

Miara Jordana Zbioru

Rysunek 4: D - zbiór niebieski, s

n

-suma dolna czerwona, S

n

-suma górna czerwona + szara

Niech D będzie danym zbiorem ograniczonym na płaszczyźnie.

D ograniczony ⇒ ∃P prostokąt taki, że D ⊂ P
s

n

suma pól prostokątów leżących w zb. D

S

n

suma pól prostokątów mających co najmniej jeden punkt wspólny z zb. D

s

D

: = sup{s

n

: Wszystkie możliwe podziały prostokąta P, n ∈ N}

S

D

: = inf{S

n

: Wszystkie możliwe podziały prostokąta P, n ∈ N}

s

D

— miara wewnętrzna zb D

S

D

— miara zewnętrzna zb D

Mówimy, że zb. D jest mierzalny w sensie Jordana jeżeli s

D

= S

D

i miara Jordana zb. D jest równa S

n

.

Analogicznie określamy miarę Jordana zbiorów w R

k

Przykłady:
1. D = {1,

1
2

,

1
3

, . . . ,

1

n

}

miara liniowa D = 0

lim

n→∞

1

n

= 0 ⇔ ∀

>0

∃

n

0

>0

∀

n>n

0

1

n

<



2

Każdy punkt zbioru {1,

1
2

,

1
3

, . . . ,

1

n

} pokrywamy przedziałem o długości <



2n

0

6

Pozstałe punkty leżą w [0,



2

]. Wtedy suma długości przedziałów jest ¬ 

2. D = Q ∩ [0, 1]
D nie jest mierzalny bo S

n

= 1 i s

n

= 0

3. D = [0, 1] × {0} ⊂ [0, 1] × [0, 1]
Miara płaska Jordana zb. D wynosi 0, bo S

D

= 0

4.1

Interpretacja geometryczna całki oznaczonej

Niech funkcja f będzie funkcją całkowalną i nieujemną w przedziale [a, b]. Przez D oznaczmy zbiór
{(x, y) : a ¬ x ¬ b, 0 ¬ y ¬ f (x)}

|D| miara Jordana zbioru D.

Wtedy |D| =

b

R

a

f (x)dx

s

n

¬ s

D

¬ S

D

¬ S

n

Uwaga: Niech E - dowolny zbiór zawarty w przedziale E

χ

E

(x) : =

(

1

dla x ∈ E

0

dla x /

∈ E

— funkcja charakterystyczna zbioru E.

Wtedy

b

R

a

χ

E

(x)dx istnieje ⇔ zbiór E jest mierzalny.

5

Własności całki oznaczonej

1

°. Jeżeli f jest funkcją całkowalną w [a, b] i a < c < b, to

b

R

a

f (x)dx =

c

R

a

f (x)dx +

b

R

c

f (x)dx

dowód
Niech ∆

n

= {a = x

0

< x

1

, · · · < x

n

= b} i c ∈ ∆

n

: ∃

k

c = x

k

Wtedy: σ

n

=

k

P

1

f (ξ

i

)∆x

i

+

n

P

i=k+1

f (ξ

i

)∆x

i

.

↓

↓

.

c

R

a

b

R

c

7

Wniosek:

Rysunek 5:

b

R

a

f (x) = |A| − |B| + |C| − |D|

2

°. f całkowalna w [a, b], to: m(b − a) ¬

b

R

a

f dx ¬ M (b − a)

m = inf f (x)

M = sup f (x)

Stąd: |

b

R

a

f dx| ¬ M (b − a)

,gdzie |f (x)| ¬ M dla x ∈ [a, b]

f (x) ­ 0 dla x ∈ [a, b] ⇒

b

R

a

f dx ­ 0

Zatem f, g — całkowalne, f ­ g w [a, b]. Wtedy:

b

R

a

f dx ­

b

R

a

gdx

f − g ­ 0

b

R

a

(f − g)dx ­ 0

Dalej: f (x) ¬ |f (x)| i −f (x) ¬ |f (x)|

|

b

R

a

f (x)dx| ¬

b

R

a

|f (x)|dx

3

°. Twierdzenie o wartości średniej dla całki

Jeżeli f jest fukcją ciągłą w przedziale [a, b], to istnieje punkt ξ ∈ [a, b], taki, że: f (ξ) =

1

b−a

b

R

a

f (x)dx

dowód

f ciągła w [a, b] ⇒ ∃

x

1

,x

2

∈[a,b]

: f (x

1

) = min f (x) = m

f (x

2

) = max f (x) = M

m(b − a) ¬

b

R

a

f dx ¬ M (b − a) czyli f (x

1

) = m ¬

1

b−a

b

R

a

f dx ¬ f (x

2

) = M

f ciągła ⇒ ∃

ξ∈[a,b]

: f (ξ) =

1

b−a

b

R

a

f (x)dx

4

°. Uogólnienie twierdzenia o wartości średniej.

Niech f, g — funkcje całkowalne w przedziale [a, b] m ¬ f (x) ¬ M i g(x) tego samego znaku w [a, b]
Wtedy istnieje m ¬ η ¬ M taka, że:

b

R

a

f (x)g(x)dx = η

b

R

a

g(x)dx

dowód
Niech f (x) ­ 0 w [a, b]
mg(x) ¬ f (x) · g(x) ¬ M g(x)

8

Stąd: m

b

R

a

g(x)dx ¬

b

R

a

f (x)g(x)dx ¬ M

b

R

a

g(x)dx

1

°

b

R

a

g(x)dx = 0 Wtedy:

b

R

a

f (x)g(x)dx = 0, każde η jest dobre

2

°

b

R

a

g(x)dx > 0 Wtedy m ¬

b

R

a

f (x)g(x)dx

b

R

a

g(x)dx

¬ M

η =

b

R

a

f (x)g(x)dx

b

R

a

g(x)dx

5

°. Jeżeli funkce f i g są całkowalne w [a, b], to:

b

R

a

f (x)g(x)dx

!

2

¬

b

R

a

f

2

(x)dx ·

b

R

a

g

2

(x)dx

dowód

F (λ) =

b

R

a

[f (x) + λg(x)]

2

dx = λ

2

b

R

a

g

2

(x)dx + 2λ

b

R

a

f (x)g(x)dx +

b

R

a

f

2

(x)dx ­ 0

⇒ ∆ = 4

b

R

a

f (x)g(x)dx

!

2

− 4

b

R

a

g

2

(x)dx

b

R

a

f

2

(x)dx ¬ 0

b

R

a

f (x)g(x)dx

!

2

¬

b

R

a

f

2

(x)dx ·

b

R

a

g

2

(x)dx

6

Granice całkowania

b

R

a

f (x)dx jest określona dla a < b

dla a > b kładziemy:

b

R

a

f (x)dx : = −

a

R

b

f (x)dx

Niech f będzie całkowalna w [α, β] i a, b, c ∈ [α, β]

wtedy:

c

R

a

f (x)dx =

b

R

a

f (x)dx +

c

R

b

f (x)dx

Dla a < b < c - udowodnione wcześniej (pierwsza własność całek)

Gdy a < c < b to:

c

R

a

=

b

R

a

−

b

R

c

⇒

c

R

a

=

b

R

a

+

c

R

b

6.1

Całka jako funkcja granicy całkowania

Niech f będzie całkowalna w [α, β]
Całka oznaczona

x

Z

a

f (t)dt,

a ¬ x ¬ b

(6)

Istnieje ∀x ∈ (a, b) (tw. od całkowalności 4

°)

Twierdzenie 3 (10.3). Funkcja F określona wzorem (

6

) jest:

1

°. ciągła w [a,b]

2

°. w każdym punkcie x ciągłości funkcji f funkcja F jest różniczkowalna i F

0

(x) = f (x)

.

9

dowód

1

° x, x + h ∈ [a, b]

F (x + h) − F (x) =

x+h

R

a

f (t)dt −

x

R

a

f (t)dt =

x+h

R

x

f (t)dt

f— całkowalna ⇒ ∃

M ­0

|f (t)| ¬ M w [a, b]

|F (x + h) − F (x)| = |

x+h

R

x

f (t)dt| ¬ M |

x+h

R

x

f (t)dt| = M |h| −

−−→

h→0

0

Funkcja jest ciągła.
2

° Niech f ciągła w x ∈ [a, b] Wtedy: ∀

>0

∃

δ>0

∀

t∈(a,b)

|t − x| < δ ⇒ |f (t) − f (x)| < 

∀

>0

∃

δ>0

∀

t∈(a,b)

|t − x| < δ ⇒ f (x) −  ¬ f (t) ¬ f (x) + 

f (x) −  =

1

h

x+h

R

x

(f (x) − )dt <

1

h

[F (x + h) + F (x)] =

1

h

x+h

R

x

f (t)dt <

1

h

x+h

R

x

(f (x) + )dt = f (x) + 

Wniosek: Każda funkcja ciągła w [a, b] ma w nim funkcję pierwotną (całkę nieoznaczoną). Funkcja (

6

) jest tą

funkcją pierwotną.
Uwagi:
1) Jeżeli w Twierdzeniu 10.3 zamienimy a z dowolnym a < c < b to twierdzenie pozostaje prawdziwe.

2) funkcja G(x) =

b

R

x

f (t)dt też spełnia tw 10.3. Wtedy gdy f jest ciągła w x, to G

0

(x) =

−

x

R

b

f (t)dt

!

0

= −f (x).

Przykłady:

1)F (x) =

x

R

1

cos t

2

t

dt, wtedy F

0

(x) =

cos x

2

x

,

x > 0.

2)F (x) =

√

x

R

0

√

1 + t

4

dt

F

0

(x) =?

u =

√

x

F (u) =

u

R

0

√

1 + t

4

dt

dF

dx

=

dt

du

·

du
dx

du
dx

=

1

2

√

x

F

0

(x) =

√

1 + u

4

·

1

2

√

x

=

√

1+x

2

2

√

x

7

Związek między całką oznaczoną i nieoznaczoną

Twierdzenie 4 (10.4 (Podstawowe twierdzenie rachunku całkowego)). Jeżeli f jest funkcją całkowalną w [a, b[ i
F jest jej funkcją pierwotną w tym przedziale, to:

b

Z

a

f (x)dx = F (b) − F (a)

(7)

dowód

Niech F będzie funkcją pierwotną funkcji f . F ciągła i różniczkowalna w [a, b].
∆

n

= {a = x

0

< x

1

< · · · < x

n

= b} — podział [a, b]

Z twierdzenia o wartości średniej otrzymujemy:
F (x

i+1

) − F (x

i

) = F

0

(ξ

i

)∆x

i

, x

i

¬ ξ

i

¬ x

i+1

,

i = 0, 1, . . .

F

0

(ξ

i

)∆x

i

= f (ξ

i

)∆x

i

σ

n

=

n−1

P

i=0

f (ξ

i

)∆x

i

=

n−1

P

i=0

[F (x

i+1

) − F (x

i

)] = F (b) − F (a)

F (x

1

) − F (x

0

) + F (x

2

) − F (x

1

) + · · · + F (x

n−1

) − F (x

n−2

) + F (x

n

) − F (x

n−1

) = −F (x

0

) + F (x

n

) = F (b) − F (a)

Dla każdego podziału ∆

n

wybieramy takie punkty pośrednie. Możemy to zrobić bo funkcja jest całkowalna.

Gdy funkcja jest ciąła w [a, b] to twierdzenie wynika z tw. 10.3.

10

Niech φ będzie funkcją pierotną f .

b

R

0

f (x)dx = F (b) − F (a) = F (b)

φ(x) = F (x) + C
φ(a) = F (a) + C
φ(b) − φ(a) = F (b) + C − F (a) − C = F (b).

F (b) − F (a) = : f (x)|

b

a

Przykłady:

1)

2

R

1

1

x

2

dx = −

1

x

|

2

1

= −

1
2

+ 1 =

1
2

2)

2

R

−1

f (x)dx,

f (x) =

(

|x|

x

,

x 6= 0

0,

x = 0

2

R

−1

f (x)dx =

0

R

−1

(−1)dx +

2

R

0

1dx = −

0

R

−1

dx +

2

R

0

dx = −x|

0

−1

+ x|

2

0

= −1 + 2 = 1

8

Przekształcanie całek oznaczonych

8.1

całkownie przez części

(u · v)

0

= u

0

· v + u · v

0

b

R

a

(uv)

0

dx =

b

R

a

u

0

vdx +

b

R

a

uv

0

dx

uv|

b

a

=

b

R

a

u

0

vdx +

b

R

a

uv

0

dx

b

R

a

uv

0

dx = uv|

b

a

−

b

R

a

u

0

vdx

Przykłady: 1)

2

R

−1

(4x

2

− 2x)e

2x

dx =

(

u = 4x

2

− 2x u

0

= 8x − 2

v

0

= e

2x

v =

1
2

e

2x

)

= (2x

2

− x)e

2x

|

2

−1

−

2

R

−1

(4x − 1)e

2x

dx ==

(

u = 4x − 1

u

0

= 4

v

0

= e

2x

v =

1
2

e

2x

)

= 6e

4

− 3e

−2

−

4x−1

2

e

2x

|

2

−1

+ 2

2

R

−1

e

2x

dx = 6e

4

− 3e

−2

−

7
2

e

4

−

5
2

e

−2

+ e

4

− e

−1

2) Wzór Taylora z resztą całkową
Niech: f ∈ C

n

[a,b]

x

0

∈ [a, b]

f (x) − f (x

0

) =

x

R

x

0

f

0

(t)dt =

(

u

0

= 1

u = t − x

v = f

0

(t)

v

0

= f

00

(t)

)

= (t − x) · f

0

(t)|

x

x

0

−

x

R

x

0

(t − x)f

00

(t)dt =

= −(x

0

− x) · f

0

(x

0

) +

x

R

x

0

(x − t)f

00

(t)dt = f

0

(x

0

)(x − x

0

) +

x

R

x

0

(x − t)f

00

(t)dt =

(

u

0

= x − t

u = −

1
2

(x − t)

2

v = f

00

(t)

v

0

= f

000

(t)

)

=

= f

0

(x

0

)(x − x

0

) −

1
2

(x − t)|

x

x

0

+

1
2

x

R

x

0

(x − t)

2

f

00

(t)dt = . . .

= f

0

(x

0

)(x − x

0

) + · · · +

1

(n−2)!

f

(n−2)

(x

0

)(x − x

0

)

n−2

−

1

(n−1)!

f

(n−1)

(t)(x − t)

n−1

|

x

x

0

+

1

(n−1)!

x

R

x

0

(x − t)

n−1

f

(n)

(t)dt =

f

0

(x − x

0

) +

f

00

2!

(x − x

0

)

2

+ · · · +

1

(n−1)!

f

(n−1)

(x

0

)(x − x

0

)

n−1

+

x

Z

x

0

1

(n − 1)!

(x − t)

n−1

f

(n)

(t)dt

|

{z

}

reszta

R

n

11

8.2

całkowanie przez podstawienie

Niech f będzie ciągła w zbiorze wartości funkcji x = ϕ(t) ϕ ⊂ C

1

[a, b]

a = ϕ(α)

b = ϕ(β)

Wtedy:

b

R

a

f (x)dx =

β

R

α

f (ϕ(t))ϕ

0

(t)dt

dowód
Niech F — funkcja pierwotna funkcji f w [a, b].

b

R

a

f (x)dx = F (b) − F (a). Określamy następującą funkcję: G(t) = F (ϕ(t))

G

0

(t) = F

0

(ϕ(t)) · ϕ

0

(t) = f (ϕ(t)) · ϕ

0

(t)

Stąd:

β

R

α

G

0

(t)dt = G(β) − G(α) = F [ϕ(β)] − F [ϕ(α)] = F (b) − F (a)

Przykład:

1

R

0

x

√

1 − x

2

dx =

(

√

1 − x

2

= t

1 − x

2

= t

2

−xdx = tdt

)

= −

0

R

1

t

2

dt =

1

R

0

t

2

dt =

1
3

t

3

|

1

0

=

1
3

=

(

x = sin t

xdx = cos

2

tdt

)

=

π

2

R

0

cos

2

t sin tdt =

(

cos t = u

sin tdt = du

)

= −

0

R

1

u

2

du =

1

R

0

u

2

du =

1
3

u

3

|

1

0

=

1
3

12