(A. Lenarcik, 5 XII 2011)
1. Wróćmy na chwilę do reguły de l’Hospitala, która była wprowadzona na ósmym wykładzie. Na podstawie wspo-mnianej książki Stefana Banacha udało się rozczytać eleganckie uzasadnienie tej reguły dla granic typu 0 . Oto szkic.
0
Celem jest wyznaczenie granicy
f ( x)
lim
.
(1)
g( x)
x→a
Granica jest typu 0 tzn. zarówno licznik, jak i mianownik dążą do zera, gdy x → a. Granicę (1) chcemy badać 0
wiedząc, że istnieje granica
f 0( x)
lim
.
(2)
g0( x)
x→a
Wypiszmy niezbędne założenia. Funkcje f ( x) i g( x) są określone w pewnym sąsiedztwie punktu a: ( a−ε, a) ∪( a, a+ ε); obie są tam różniczkowalne oraz g( x) i g0( x) są różne od zera. Przy tych założeniach udowodnimy, że jeśli granica (2) istnieje, to również istnieje granica (1) i są równe. Najpierw
Lemat. Dla dowolnego x 0 ∈ ( a, a + ε) istnieje c ∈ ( a, x 0) takie, że f 0( c)
f ( x 0)
=
.
(3)
g0( c)
g( x 0)
Dowód. Niech k = f ( x 0) /g( x 0). W przedziale ha, x 0 i zdefiniujmy funkcję
f ( x) − k g( x)
dla
x ∈ ( a, x
ϕ( x) =
0 i
0
dla
x = a
Funkcja jest ciągła w ha, x 0 i oraz różniczkowalna w ( a, x 0). Ponadto ϕ( a) = ϕ( x 0). Z twierdzenia Rolle’a istnieje c ∈ ( a, x 0) takie, że ϕ0( c) = 0, czyli f 0( c) − k g0( c) = 0, skąd (3).
Dowód (reguły l’H). Rozważmy dowolny ciąg xn dążący do a z prawej strony, xn ∈ ( a, a + ε). Na mocy lematu do każdego xn dobieramy cn ∈ ( a, xn) takie, że
f 0( cn)
f ( xn)
=
.
g0( cn)
g( xn)
Ponieważ ciąg cn dąży do a, więc lewa strona powyższej równości dąży do granicy (2), zatem również prawa strona dąży do tej granicy, co chcieliśmy pokazać. Analogiczne rozumujemy (wraz z lematem) w przedziale ( a − ε, a).
2. Na poprzednim wykładzie wprowadziliśmy w sposób intuicyjny całkę oznaczoną Z
b
f ( x) dx .
(4)
a
z funkcji f po przedziale od a do b, interpretując ją za pomocą pola powierzchni. Intuicyjność tej definicji wynika z faktu, że nie sprecyzowaliśmy, co to jest pole powierzchni. Rozważmy np tzw. funkcję Dirichleta
0
dla
x niewymiernego
D( x) =
1
dla
x wymiernego
Funkcja ta jest nieciągła w każdym punkcie. Co jest polem powierzni pod jej wykresem? Nie wyjaśnimy tego tutaj, ale widać, że odpowiedź nie jest oczywista1
3. W celu zdefiniowania całki Riemanna z funkcji f ( x) w przedziale od a do b definiujemy podział a = x 0 < x 1 <
. . . < xn = b. Średnicą podziału nazywamy maksymalną z różnic ( xi − xi− 1) dla i = 1 , . . . , n. Ciągiem wartości pośrednich dla podziału nazywamy dowolny ciąg t 1 , t 2 , . . . tn taki, że xi− 1 ¬ ti ¬ xi ( i = 1 , . . . , n). Mając ustalony podział wraz z wartościami pośrednimi definiujemy sumę częściową
n
X f( ti)( xi − xi− 1) ,
i=1
którą traktujemy jako przybliżenie całki (4). Mamy następujące
1pole to można obliczyć za pomocą tzw. całki Lebesgue’a (i wtedy wynosi ono zero). Całka ta była słynnym tematem rozmowy Stefana Banacha z przyjacielem, gdy zainteresował się nimi Hugo Steinhaus. W sensie całki Riemanna, którą omawiamy dalej, pole to nie jest określone.
Twierdzenie (o istnieniu całki)
Jeżeli funkcja f jest ciągła w przedziale ha, bi, to dla dowolnego ciągu podziałów o średnicy dążącej do zera, z dowol-nymi wartościami pośrednimi, ciąg sum częściowych dąży do tej samej granicy. Granicę tę nazywamy całką oznaczoną z funkcji f w przedziale od a do b w sensie Riemanna.
Nie będziemy zamieszczać dowodu tego twierdzenia. Prezentacja metody Riemanna wydaje się ważna, gdyż daje ona wyobrażenie o numerycznym obliczaniu całek. Całkowanie takie moźna przeprowadzić na nowoczesnym kalkulatorze.
UWAGA. Założenie o ciągłości funkcji f można osłabić. Całka Riemanna będzie np. istniała, gdy liczba punktów nieciągłości funkcji f będzie skończona.
4. Dla przykładu obliczmy całkę
Z
1
x 2 dx .
(5)
0
Weźmy pod uwagę najprostszy podział xi = i ( i = 0 , 1 , . . . , n) o średnicy 1 . Jako wartości pośrednie weźmy prawe n
n
końce ti = xi = i . Otrzymamy sumę częściową
n
1 2 1
2 2 1
n 2
1
12 + 22 + 32 + . . . + n 2
Sn =
·
+
·
+ . . . +
·
=
.
n
n
n
n
n
n
n 3
Stosując znany wzór na sumę kolejnych kwadratów 12 + 22 + 32 + . . . + n 2 = 1 n( n + 1)(2 n + 1) otrzymamy 6
n( n + 1)(2 n + 1)
( n + 1)(2 n + 1)
2 n 2 + 3 n + 1
Sn =
=
=
.
6 n 3
6 n 2
6 n 2
Z twierdzenia o istnieniu całki
Z
1
2 n 2 + 3 n + 1
2 + 3 + 1
1
x 2 dx =
lim
=
lim
n
n 2 =
.
0
6 n 2
6
3
n→∞
n→∞
5. Bardziej efektywnego sposobu obliczania całek oznaczonych dostarcza tzw. zasadnicze twierdzenie rachunku róż-
niczkowego i całkowego.
Twierdzenie. Niech f ( x) będzie funkcją ciągłą w przedziale ha, bi. Wówczas jeżeli F ( x) jest dowolną pierwotną dla f ( x), to
Z
b
f ( x) dx = F ( b) − F ( a) .
a
UWAGA. Będziemy stosować oznaczenie [ F ( x)] b = F ( b) − F ( a).
a
Obliczmy dla przykładu całkę (5). Pierwotną funkcji x 2 jest np. 1 x 3. Zatem 3
Z
1
x 3 1
13
03
1
x 2 dx =
=
−
=
.
0
3
3
3
3
0
6. Dogodnie jest dopuścić w całce oznaczonej możliwość a > b. Wówczas definiujemy R b f ( x) dx = − R a f ( x) dx. Z
a
b
twierdzenia o istnieniu całki można wyprowadzić ważne własności.
(I) Dla dowolnych a, b, c w dziedzinie funkcji ciągłej f mamy Z
c
Z
b
Z
c
f ( x) dx =
f ( x) dx +
f ( x) dx .
a
a
b
(II) Niech a ¬ b oraz przypuśćmy, że zachodzi oszacowanie m ¬ f ( x) ¬ M dla x ∈ ha, bi. Wówczas Z
b
m( b − a) ¬
f ( x) dx ¬ M ( b − a) .
a
Korzystając z powyższych własności możemy naszkicować dowód zasadniczego twierdzenia rachunku różniczkowego i całkowego. Skorzystamy z faktu uzasadnionego na poprzednim wykładzie, że dwie pierwotne tej samej funkcji określonej w przedziale różnią się o stałą. Zdefiniujmy funkcję
Z
x
P ( x) =
f ( t) dt
(górna granica całki x jest zmienna; zmieniamy x pod całką na t.
a
Mamy P ( a) = R a = 0 (całka po przedziale o zerowej długości). Pokażemy, że funkcja P ( x) jest pierwotną dla f ( x).
a
Obliczmy iloraz różnicowy w punkcie x ∈ ha, bi:
P ( x + ∆ x) − P ( x)
1 Z x+∆ x
=
f ( t) dt .
(6)
∆ x
∆ x x
Załóżmy, że ∆ x > 0. Oznaczmy przez m( x, x + ∆ x) (odpowiednio M ( x, x + ∆ x)) minimalną (odpowiednio maksymalną) wartość funkcji f w przedziale hx, x + ∆ xi. Oczywiście dla dowolnego t ∈ hx, x + ∆ xi mamy m( x, x + ∆ x) ¬ f ( t) ¬ M ( x, x + ∆ x) .
Z własności (II)
Z
x+∆ x
m( x, x + ∆ x) · ∆ x ¬
f ( t) dt ¬ M ( x, x + ∆ x) · ∆ x .
x
Łącząc to z (6) otrzymamy
P ( x + ∆ x) − P ( x)
m( x, x + ∆ x) ¬
¬ M ( x, x + ∆ x) .
∆ x
Korzystając z ciągłości funkcji f uzasadnimy, że zarówno lewa, jak i prawa stona powyższej nierówności dąży do f ( x) dla ∆ x → 0. Podobnie będzie dla ∆ x < 0. Zatem P ( x + ∆ x) − P ( x)
lim
= f ( x) ,
∆ x
∆ x→ 0
co oznacza, że funkcja P ( x) jest pierwotną dla f ( x). Jeżeli teraz F ( x) jest dowolną pierwotną funkcji f ( x), to dwie pierwotne różnią się o stałą, czyli P ( x) = F ( x) + C. Ponieważ P ( a) = 0, więc C = −F ( a), czyli P ( x) = F ( x) − F ( a).
W szczególności P ( b) = F ( b) − F ( a), czyli R b f ( x) dx = F ( b) − F ( a), co chcieliśmy pokazać.
a
UWAGA. Powyżej pokazaliśmy, że dla każdej funkcji ciągłej f istnieje pierwotna P . Czyli przy okazji naszkicowaliśmy dowód faktu o istnieniu pierwotnej.