SIMR 2010/11, Analiza 1, wykład 12, 2011-01-13
Całka Riemanna
Niech f :< a, b >→ R będzie dowolną funkcją. Przeprowadzay następującą konstrukcję:
1. Ustalamy dowolną liczbę naturalną n ∈ N
2. Wybieramy liczbę k
n
∈ N
3. Dzielimy przedział < a, b > na k
n
części wybierając liczby: a = x
0
, x
1
< x
2
< · · · <
x
k
n
= b. (Liczby x
i
powinny mieć dwa indeksy x
n,i
, dla uproszczenia notacji używamy tylko
jednego). Układ tych liczb nazywamy podziałem przedziału < a, b >
4. Liczbę δ
n
=
max
i=0,1,...k
n
−1
(x
i+1
− x
i
) - długość największego z przedziałów na które dzielimy
przedział < a, b > nazywamy średnicą podziału.
5. W każdym z przedziałów < x
i
, x
i+1
> wybieramy liczbę ξ
i
∈< x
i
, x
i+1
> , i = 0, 1, . . . k
n
−1
. Układ tych liczb nazywamy wartościowaniem. (Liczby te powinny mieć dwa indeksy ξ
n,i
).
6. Definiujemy sumę Riemanna S
n
=
k
n
−1
X
i=0
f (ξ
i
)(x
i+1
− x
i
) . Jeżeli f > 0 to jest to suma
pól prostokątów o szerokości małych przedziałów i wysokości równej wrtości funkcji f w
odpowiednim punkcie. Widać, że suma ta jest przybliżeniem pola pod wykresem funkcji.
7. Zakładamy, że granica ciągu lim
n→∞
δ
n
= 0 i obliczamy granicę lim
n→∞
S
n
. Jeżeli ta granica
isstnieja i nie zależy od wyboru ciągu podziałów i ciągu wartościowań to mówimy, że istnieje
całka Riemanna funkcji f na przedziale < a, b > i :
b
Z
a
f (x)dx = lim
n→∞
S
n
. Funkcję dla której istnieje całka Riemanna nazywamy funkcją całko-
walną.
Jeżeli granica ta nie istnieje, to mówimy, że całka Riemanna z tej funkcji na przedziale
< a, b > nie istnieje.
Uwaga: Jeżeli funkcja f jest nieujemna i istnieje całka Riemanna to całka ta jest polem
obszaru leżącego między osią OX a wykresem funkcji, czyli polem zbioru: {(x, y) : a ¬ x ¬
b, 0 ¬ y ¬ f (x)} . Aby udowodnić to musimy skorzystać z definicji pola powierzchni zbioru,
Definicja ta jest bardzo zbliżona do konstrukcji całki Riemanna.
Twierdzenie: Jeśli istnieje całka Riemanna
b
Z
a
f (x)dx to funkcja f jest ograniczona na
przedziale < a, b >.
Korzystanie bezpośrednio z defnicji całki Riemanna jest niezbyt wygodne ze względu na
dużą dowolność konstrukcji (dowolny ciąg podziałów i wartościowań). Zwykle wygodniej jest
korzystać z następujących pojęć:
Niech f :< a, b >→ R będzie funkcją ograniczoną. Jeżeli w konstrukcji całki Riemanna
zastąpimy S
n
przez:
S
n
=
k
n
−1
X
i=0
sup
ξ∈<x
i
,x
i+1
>
f (ξ)(x
i+1
− x
i
)
to okazuje się, że granica lim
n→∞
S
n
istnieje. Granicą tę nazywamy całką górną Riemanna i
oznaczamy:
b
Z
a
f (x)dx = lim
n→∞
S
n
Podobnie, jeżeli w konstrukcji całki Riemanna zastąpimy S
n
przez:
1
S
n
=
k
n
−1
X
i=0
inf
ξ∈<x
i
,x
i+1
>
f (ξ)(x
i+1
− x
i
)
to okazuje się, że granica lim
n→∞
S
n
istnieje. Granicą tę nazywamy całką dolną Riemanna i
oznaczamy:
b
Z
a
f (x)dx = lim
n→∞
S
n
Uwaga: W konstrukcji całki górnej i dolnej nie jest potrzebne wartościowanie.
Wniosek 1: Dla każdej funkcji ograniczonej na przedziale isnieją całka górna i całka dolna
Riemanna.
Wniosek 2: Aby obliczyć całkę górną lub dolną Riemanna wystarczy wziąć pod uwagę tylko
jeden ciąg podziałów.
Twierdzenie: Całka Riemanna
b
Z
a
f (x)dx istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy
b
Z
a
f (x)dx =
b
Z
a
f (x)dx . Wtedy
b
Z
a
f (x)dx =
b
Z
a
f (x)dx
Przykład: Obliczyć całkę Riemanna
1
Z
0
xdx
Funkcja f (x) = x jest ograniczona na przedziale < 0, 1 > . Istnieją więc całka górna i całka
dolna Riemanna. Obliczymy je korzytając z natępującego ciągu podziałów:
k
n
= n
x
i
=
i
n
, i = 0, 1, 2, . . . n (podział na równe części)
δ
n
=
1
n
→ 0
S
n
=
n−1
X
i=0
sup
ξ∈<
i
n
,
i+1
n
>
ξ
· (
i + 1
n
−
i
n
) =
n−1
X
i=0
i + 1
n
·
1
n
=
1
n
2
·
n−1
X
i=0
(i + 1) =
1
n
2
·
1 + n
2
· n =
n + 1
2n
→
1
2
Stąd:
1
Z
0
xdx =
1
2
Podobnie:
S
n
=
n−1
X
i=0
inf
ξ∈<
i
n
,
i+1
n
>
ξ
!
· (
i + 1
n
−
i
n
) =
n−1
X
i=0
i
n
·
1
n
=
1
n
2
·
n−1
X
i=0
i =
1
n
2
·
0 + n − 1
2
· n =
n − 1
2n
→
1
2
Stąd:
1
Z
0
xdx =
1
2
Ponieważ całka górna i całka dolna Riemanna są sobie równe, więc całka Riemanna istnieje
i jest równa:
1
Z
0
xdx =
1
2
Uwaga: Zbiór pod wykresem funkcji to trójkąt, a otrzymany wynik jest polem tego trójkąta.
Przykład 2: Obliczyć całkę Riemanna
1
Z
0
f (x)dx , gdzie funkcja
2
f (x) =
(
1 dla x ∈ Q
0 dla x /
∈ Q
Funkcja f (x) jest ograniczona na przedziale < 0, 1 > . Istnieją więc całka górna i całka dolna
Riemanna. Obliczymy je korzytając z natępującego ciągu podziałów:
k
n
= n
x
i
=
i
n
, i = 0, 1, 2, . . . n (podział na równe części)
δ
n
=
1
n
→ 0
S
n
=
n−1
X
i=0
sup
ξ∈<
i
n
,
i+1
n
>
f (ξ)
· (
i + 1
n
−
i
n
) =
n−1
X
i=0
1 ·
1
n
= 1 → 1
Stąd:
1
Z
0
f (x)dx = 1
S
n
=
n−1
X
i=0
inf
ξ∈<
i
n
,
i+1
n
>
f (ξ)
!
· (
i + 1
n
−
i
n
) =
n−1
X
i=0
0 ·
1
n
= 0 → 0
Stąd:
1
Z
0
f (x)dx = 0
Ponieważ całka górna i dolna Riemanna nie są sobie równe, więc całka Riemanna
1
Z
0
f (x)dx
nie istnieje.
Podstawowe własności całki Riemanna
Jeśli f, g :< a, b >→ R są całkowalne, to poniższe całki istnieją i są równe:
b
Z
a
kf (x)dx = k
b
Z
a
f (x)dx
b
Z
a
(f (x) + g(x))dx =
b
Z
a
f (x)dx +
b
Z
a
g(x)dx
b
Z
a
(f (x) − g(x))dx =
b
Z
a
f (x)dx −
b
Z
a
g(x)dx
Jeśli f, g :< a, b >→ R , istnieje całka
b
Z
a
f (x)dx oraz zbiór {x ∈< a, b >: g(x) 6= f (x)} jest
skończony, to istnieje poniższa całka i jest równa:
b
Z
a
g(x)dx =
b
Z
a
f (x)dx
Uwaga: Własność ta oznacza, że zmiana wartości funkcji w skończonej liczbie punktów nie
wpływa na całkę Riemanna. Możemy więc obliczać całki z funkcji które nie są określone na
skończonym pozbiorze przedziału < a, b > rozszerzając dziedzinę funkcji na cały przedział i
przyjmując w dodatkowych punktach wartości dowolne.
Jeśli f :< a, b >→ R , oraz c ∈ (a, b) to:
b
Z
a
f (x)dx =
c
Z
a
f (x)dx +
b
Z
c
f (x)dx
3
przy czym całka z lewej strony istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją obie całki z prawej
strony.
Uwaga: Własność ta oznacza, że jeżeli podzielimy przedział na dwa przedziały to całka
po sumie tych przedziałów będzie równa sumie całek po każdym z przedziałów. Wielkości
o takich własnościach nazywami addytywnymi (względem zbioru) i często oblicza się je za
pomocą całki, np.: długość, pole powierzchni, objętość, masa, moment statyczny, moment
bezwładności, potencjał elektrostatyczny, i.t.p.
Definicja: Jeżeli a > b i f :< b , a >→ R to definiujemy:
b
Z
a
f (x)dx = −
a
Z
b
f (x)dx
podobnie definiujemy
a
Z
a
f (x)dx = 0
Twierdzenie: Niech f :< a, b >→ R będzie funkcją ciągłą. Wtedy funkcja f jest całkowalna
na < a, b > .
Twierdzenie: Niech f :< a, b >→ R będzie funkcją całkowalną. Wtedy funkcja:
F (x) =
x
Z
a
f (t)dt jest dobrze określona na przedziale x ∈< a, b >. Funkcja ta ma następujące
własności:
1. F (x) jest ciągła
2. Jeżeli f jest ciągła w x ∈< a, b > to F jest różniczkowalna w x i F
0
(x) = f (x)
Wynika stąd:
Twierdzenie: Podstawowe twierdzenie rachunku całkowego
Niech f :< a, b >→ R będzie funkcją ciągłą. Wtedy:
1. Istnieje funkcja pierwotna F
0
(x) = f (x) , ∀x ∈< a, b > (czyli całka nieoznaczona)
2. Całka Riemanna
b
Z
a
f (x)dx = F (b) − F (a) , dla dowolnej funkcji pierwotnej F .
Uwaga: Twierdzenie to łączy całkę Riemanna, która ma dobrą interpretację geometryczną,
ale jest trudna w obliczaniu z całką nieoznaczoną, łatwiejszą w obliczaniu.
Przykład: Obliczyć
π
Z
0
sin xdx
Funkcja f (x) = sin x jest ciągła na przedziale < 0, π > . Funkcją pierwotną jest F (x) =
− cos x. Stąd
π
Z
0
sin xdx = F (π) − F (0) = − cos π − (− cos 0) = 2
Stosuje się zwykle poniższy zapis:
π
Z
0
sin xdx = [− cos x]
π
0
= − cos π − (− cos 0) = 2
Uwaga: Wynik jest polem pod wykresem funkcji y = sin x , x ∈< 0, π >
Przykład: Obliczyć
1
Z
0
x
2
dx
1
Z
0
x
2
dx =
1
3
x
3
1
0
=
1
3
− 0 =
1
3
4
Uwaga: Wynik jest polem figury ograniczonej parabolą: y = x
2
, x ∈< 0, 1 > i osią Ox
Ponieważ całkowanie jest operacją odwrotną do różniczkowania więc w pewnych przypadkach
skrócić te operacje bez konieczności obliczania całki.
Przykład: Obliczyć
x
2
Z
x
e
−t
2
dt
0
Funkcja f (t) = e
−t
2
jest ciągła na przedziale (−∞, ∞) , ma więc na tym przedziale funkcję
pierwotną F (t) . Mamy więc F
0
(t) = f (t) oraz:
x
2
Z
x
e
−t
2
dt = F (x
2
) − F (x)
Stąd:
x
2
Z
x
e
−t
2
dt
0
=
F (x
2
) − F (x)
0
= f (x
2
) · 2x − f (x) = 2xe
−x
4
− e
−x
2
Całkowanie po przedziale symetrycznym:
Twierdzenie: Jeżeli f :< −a , a >→ R jest parzysta (f (−x) = f (x)) to:
a
Z
−a
f (x)dx = 2 ·
a
Z
0
f (x)dx
przy czym całka z lewej strony istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje całka z prawej strony.
Twierdzenie: Jeżeli f :< −a , a >→ R jest nieparzysta (f (−x) = −f (x)) i istnieje całka
a
Z
−a
f (x)dx to:
a
Z
−a
f (x)dx = 0
Przykład: Obliczyć
1
Z
−1
sin x
e
x
2
+ cos x
dx
Funkcja f (x) =
sin x
e
x
2
+ cos x
jest nieparzysta (na przedziale < −1, 1 >) :
f (−x) =
sin(−x)
e
(−x)
2
+ cos(−x)
=
− sin x
e
x
2
+ cos x
= −f (x)
Funkcja ta jest ciągła, a więc jest całkowalna. Stąd:
1
Z
−1
sin x
e
x
2
+ cos x
dx = 0
Przykład: Obliczyć
1
Z
−1
(10x
4
− 3x
2
)dx
Funkcja f (x) = 10x
4
− 3x
2
jest parzysta (na przedziale < −1, 1 >) :
f (−x) = 10(−x)
4
− 3(−x)
2
= 10x
4
− 3x
2
= f (x). Stąd
1
Z
−1
(10x
4
− 3x
2
)dx = 2
1
Z
0
(10x
4
− 3x
2
)dx = 2
h
2x
5
− x
3
i
1
0
= 2 · (2 − 1) = 2
Przykład: Obliczyć
3
Z
−3
(sin
3
x + x
2
)dx
5
Ponieważ funkcja sin
3
x jest nieparzysta, a funkcja x
2
jest parzysta, więc:
3
Z
−3
(sin
3
x + x
2
)dx =
3
Z
−3
sin
3
xdx +
3
Z
−3
x
2
dx = 0 + 2
3
Z
0
x
2
dx = 2
h
x
3
3
i
3
0
= 2 · (9 − 0) = 18
Dalsze własności całki Riemanna:
Twierdzenie: Jeżeli f, g :< a , b >→ R są całkowalne, oraz f ¬ g to:
b
Z
a
f (x)dx ¬
b
Z
a
g(x)dx
Przykład: Pokazać, że
ln 2
Z
0
e
x
x + 100
dx ¬
1
100
Mamy:
e
x
x + 100
¬
e
x
100
dla x ∈< 0, ln 2 > . Stąd:
ln 2
Z
0
e
x
x + 100
dx ¬
ln 2
Z
0
e
x
100
dx =
1
100
h
e
x
i
ln 2
0
=
1
100
(2 − 1) =
1
100
Uwaga: Jeżeli f jest ciągła na odpowiednim przedziale (< a , b > lub < b , a >) i F jest
funkcją pierwotną f to wzór:
b
Z
a
f (x)dx = F (b) − F (a)
zachodzi dla: dowolnych a, b ( a < b , a = b , a > b)
Przykład: Obliczyć
0
Z
1
8x
3
dx
0
Z
1
8x
3
dx =
h
2x
4
i
0
1
= 0 − 2 = −2
Całkowanie przez podstawienie: Jeżeli g :< a , b >→< g(a) , g(b) > jest klasy C
1
to:
b
Z
a
f (g(x)) · g
0
(x)dx =
g(b)
Z
g(a)
f (t)dt
przy czym całka z lewej strony istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje całka z prawej strony.
Uwaga: Twierdzenie to jest prawdziwe zarówno dla g(b) > g(a() jak i w przypadku g(b) ¬
g(a). Jest też prawdziwe dla b ¬ a .
Uwaga: Całkowanie przez podstawienie jest prostsze dla całki Riemanna niż dla całki nie-
oznaczonej ponieważ po podstawienie i zmianie granic całkowania nie musimy wracać do
zmiennej x.
Przykład: Obliczyć
1
Z
0
6x
2
x
3
+ 1
xdx
Stosujemy podstawienie:
1
Z
0
6x
2
x
3
+ 1
xdx =
t = x
3
+ 1
dt = 3x
2
dx
x = 0 =⇒ t = 1
x = 1 =⇒ t = 2
=
2
Z
1
2
t
dt =
h
2 ln |t|
i
2
1
= 2 ln 2 − 2 ln 1 = 2 ln 2
Całkowanie przez części: Jeżeli f, g :< a , b >→ R są klasy C
1
to:
6
b
Z
a
f (x) · g
0
(x)dx =
h
f (x) · g(x)
i
b
a
−
b
Z
a
f
0
(x) · g(x)dx
Uwaga: Proszę pamiętać o granicach przy iloczynie funkcji:
h
f (x) · g(x)
i
b
a
.
Przykład: Obliczyć
1
Z
0
xe
x
dx
Całkujemy przez części:
1
Z
0
xe
x
dx =
(
f (x) = x
g
0
(x) = e
x
f
0
(x) = 1 g(x) = e
x
)
=
h
x · e
x
i
1
0
−
1
Z
0
1 · e
x
dx = e − 0 −
h
e
x
i
1
0
= e − (e − 1) = 1
7