Интегралы: полный курс / Интегралы, зависящие от параметра / урок 46 из 64

Дифференцирование под знаком интеграла

⏱ 45 мин · 🧩 заданий: 10

Идея

Ричард Фейнман рассказывал, что научился в школе приёму, который «не знали в университете»: если интеграл не берётся, ввести параметр так, чтобы производная по нему упростила подынтегральную функцию. Тогда:

Обозначить $I(a) = \int f(x, a)\,dx$ , где исходный интеграл — $I(a_0)$ .
Найти $I'(a) = \int\frac{\partial f}{\partial a}\,dx$ — этот интеграл должен браться.
Проинтегрировать $I'(a)$ по $a$ и найти константу из «простого» значения $I(a_1)$ .
Подставить $a = a_0$ .

Законность шага 2 обеспечивают теоремы прошлого урока (непрерывность производной, равномерная сходимость).

Пример 1: $\int_0^1\frac{x - 1}{\ln x}dx$

$I(a) = \int_0^1\frac{x^a - 1}{\ln x}dx$ . Производная по $a$ убирает логарифм:

I'(a) = \int_0^1x^a\,dx = \frac{1}{a + 1}, \qquad I(a) = \ln(a + 1) + C, \qquad I(0) = 0 \Rightarrow C = 0.

Итак, $\int_0^1\frac{x - 1}{\ln x}dx = I(1) = \ln 2$ .

Пример 2: интеграл Дирихле

\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}dx = \frac\pi2.

Первообразная не элементарна (это $\operatorname{Si}$ ), а интеграл сходится лишь условно — дифференцировать под знаком нельзя: $\int_0^\infty\cos(bx)\,dx$ расходится. Поэтому введём параметр так, чтобы появился «гасящий» множитель $e^{-tx}$ :

K(t) = \int_0^\infty e^{-tx}\frac{\sin x}{x}dx, \quad t \ge 0. \qquad K'(t) = -\int_0^\infty e^{-tx}\sin x\,dx = -\frac{1}{1 + t^2}.

$K(t) = -\operatorname{arctg}t + C$ . При $t \to \infty$ интеграл $K(t) \to 0$ , поэтому $C = \frac\pi2$ . Итак, $K(t) = \frac\pi2 - \operatorname{arctg}t$ , и

\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}dx = K(0) = \frac\pi2.

(Строго: $K$ непрерывна в нуле — это проверяется отдельно, через признак Абеля.)

Заменой $x \to ax$ : $\int_0^\infty\frac{\sin ax}{x}dx = \frac\pi2\operatorname{sign}a$ — тот самый разрывный интеграл из прошлого урока.

import sympy as sp

x, t = sp.symbols("x t", positive=True)
K = sp.integrate(sp.exp(-t * x) * sp.sin(x) / x, (x, 0, sp.oo))
print("K(t) =", sp.simplify(K))
print("K'(t) =", sp.simplify(sp.diff(K, t)))
print("∫₀^∞ sin x / x dx =", sp.integrate(sp.sin(x) / x, (x, 0, sp.oo)))
print("∫₀^∞ sin²x / x² dx =", sp.integrate(sp.sin(x)**2 / x**2, (x, 0, sp.oo)))

Пример 3: гауссов интеграл с косинусом

F(b) = \int_0^\infty e^{-x^2}\cos bx\,dx, \qquad F'(b) = -\int_0^\infty xe^{-x^2}\sin bx\,dx.

По частям ( $u = \sin bx$ , $dv = xe^{-x^2}dx$ , $v = -\frac12e^{-x^2}$ ):

F'(b) = -\frac b2\int_0^\infty e^{-x^2}\cos bx\,dx = -\frac b2F(b).

Получили дифференциальное уравнение $F' = -\frac b2F$ с решением $F(b) = F(0)e^{-b^2/4} = \frac{\sqrt\pi}{2}e^{-b^2/4}$ . Это значит, что преобразование Фурье гауссианы — снова гауссиана.

Пример 4: интеграл Фруллани

\int_0^\infty\frac{e^{-ax} - e^{-bx}}{x}dx = \ln\frac ba \quad (a, b > 0).

Производная по $b$ : $\int_0^\infty e^{-bx}dx = \frac1b$ ; интегрируя от $a$ до $b$ , получаем $\ln\frac ba$ .

Пример 5: интеграл Пуассона

P(a) = \int_0^\pi\ln(1 - 2a\cos x + a^2)\,dx = \begin{cases}0, & |a| < 1, \\ 2\pi\ln|a|, & |a| > 1.\end{cases}

Дифференцирование по $a$ даёт рациональную функцию от $\cos x$ , которая берётся универсальной подстановкой; при $|a| < 1$ получается $P'(a) = 0$ .

import numpy as np
import vis

x = np.linspace(0, np.pi, 20001)
a_vals = np.linspace(-3, 3, 121)
P = [np.trapz(np.log(1 - 2 * a * np.cos(x) + a**2 + 1e-300), x) for a in a_vals]
theory = [0 if abs(a) < 1 else 2 * np.pi * np.log(abs(a)) for a in a_vals]
vis.line(a_vals, {"численно": P, "0 или 2π ln|a|": theory}, title="Интеграл Пуассона: ноль внутри (−1; 1)", xlabel="a")

Итог

Трюк Фейнмана: ввести параметр, продифференцировать, решить простое уравнение для $I(a)$ , найти константу.
Иногда параметр добавляют специально (множитель $e^{-tx}$ ), чтобы интеграл стал «послушным».
$\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}dx = \frac\pi2$ , $\int_0^1\frac{x - 1}{\ln x}dx = \ln2$ , $\int_0^\infty\frac{e^{-ax} - e^{-bx}}{x}dx = \ln\frac ba$ .

Практика решено 0 из 10

Вы не вошли — ответы проверяются, но прогресс не сохранится. Войти или зарегистрироваться.

Задание 1 Ввод формулы

$I(a) = \displaystyle\int_0^1 \frac{x^a - 1}{\ln x}\,dx$ . Найдите $I'(a)$ .

Как вводить формулы

Степень — ^ (x^2, e^(3x)), умножение можно не писать (2x, x sin(x)), дробь — / (1/(x+1)), корень — sqrt(x), модуль — |x| или abs(x). Функции: sin cos tg ctg arcsin arccos arctg arcctg sh ch ln lg exp, константы pi и e. Аргументы функций лучше брать в скобки: sin(2x). Для неопределённого интеграла допишите + C. Индексы пишутся слитно: m1, v0; греческие буквы — словом или символом: alpha или α. Десятичная дробь — через точку или запятую, большие числа — через 10^: 6,67*10^(-11).

Обозначения в ответе: a.