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