\hsize 159 truemm
\hoffset -5truemm
\vsize 240 truemm
\voffset -5truemm
\document
\nologo
\NoBlackBoxes
\head
{\bf Wyk�ad z analizy}\\
\\
Tydzie� 14.\\
\\
Ca�ka II
\endhead

Dla ca�ki oznaczonej zachodz� wzory i), ii) oraz iii) bezpo�rednio
poprzedzaj�ce twierdzenie 13.8, oraz nast�puj�ce wzory
$$
\gather
\int_a^bc\cdot f(x) dx =c\cdot\int_a^b f(x) dx\quad c\text{ sta�a},\tag14.1\\
\int^b_a f(x) dx +\int^b_a g(x) dx=\int^b_a \left(f(x) + g(x)\right) dx, \tag14.2\\
|f(x)|\xleq M\Rightarrow \left|\int_a^bf(x) dx\right|\xleq |b-a|M.\tag14.3
\endgather
$$
Sprawdzenie w�asno�ci (14.1)-(14.3) jest elementarne, ale nie b�dziemy go
przytacza�.

14.4. Rozszerzamy poj�cie ca�ki. Dla dowolnych $a,b\in \bold R$
okre�lamy
$$
\int_a^b f(x) dx= \cases \int_a^bf(x) dx&\text{ je�li } a<b\\
0&\text{ je�li } a= b\\
-\int_b^a f(x) dx&\text{ je�li } b<a.
\endcases
$$
St�d, dla wszelkich mo�liwych $a,b$ i $c$ zachodzi
$$
\int_a^c f(x)dx+\int_c^b f(x) dx = \int_a^bf(x) dx
$$
\medskip

\proclaim{14.5. Zasadnicze twierdzenie rachunku r�niczkowego i
ca�kowego} Niech $f$ b�dzie funkcj� kawa�kami
ci�g�� i ograniczon� na przedziale $[a,b]$ i niech $c\in (a,b)$
b�dzie punktem
w kt�rym $f$ jest ci�g�a. Wtedy
$$
\lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\int^{c+h}_{c}f(x) dx = f(c).
$$
Innymi s�owy, funkcja
$$
G(x)=\int_a^xf(t)dt\tag14.6
$$
okre�lona na $[a,b]$ jest r�niczkowalna w ka�dym punkcie $x$ w kt�rym $f$ jest ci�g�a, i
w tych punktach
$$
G'(x)=f(x).\tag14.7
$$
Je�li $f$ jest ci�g�a wsz�dzie, to $G$ jest wsz�dzie
r�niczkowalna, i powy�szy wz�r zachodzi dla wszystkich
$x\in[a,b]$. $G$ jest r�wnie� wsz�dzie ci�g�a.
\endproclaim

Oznacza to, w szczeg�lno�ci, �e dla funkcji ci�g�ej pierwotna
zawsze istnieje. Co wi�cej, mo�e by� obliczona przy pomocy (14.6).

\demo{Dow�d} Mamy pokaza�, �e dla ka�dego $\epsilon>0$ istnieje $\delta>0$
takie, �e
$$
\left|\frac{1}{h}\int^{c+h}_{c}f(x) dx - f(c)\right|<\epsilon
\quad\text{dla wszystkich }\quad |h|<\delta.\tag14.8
$$
We�my $\epsilon>0$.
Poniewa� $f$ jest ci�g�a w punkcie $c$, wi�c istnieje $\delta>0$
takie, �e dla $x\in (c-\delta,c+\delta)$ mamy $f(c)-\epsilon <f(x)
<f(c)+\epsilon$. Wynika st�d, �e
$$
(f(c)-\epsilon)\xleq f(x)\xleq (f(c)+\epsilon)
$$
dla $x\in(c-\delta,c+\delta)$ sk�d, dla $|h|<\delta$, ca�kuj�c po
przedziale $[c,c+h]$ otrzymujemy
$$
\int_{c}^{c+h} (f(c)-\epsilon) dx
\xleq \int_{c}^{c+h}f(x)dx\xleq \int_{c}^{c+h}
(f(c)+\epsilon)dx.
$$
Powy�sze, po przekszta�ceniu
$$
\int_{c}^{c+h}dx=h
$$
daje (14.8).
Ci�g�o�� $G$ w dowolnym punkcie $x_0\in[a,b]$ wynika natychmiast z
ograniczono�ci $f$ i z (14.3):
$$\align
\left|G(x_0)-G(x)\right|&=\left|\int_{x_0}^xf(x)dx\right|\\
&\xle M\cdot|x_0-x|.
\endalign
$$
\qed
\enddemo

\medskip

\proclaim{Wniosek} Niech $F$ b�dzie funkcj� ci�g�a okre�lon�
na przedziale $[a,b]$ i niech $f$ b�dzie funkcj� ograniczon�,
kawa�kami ci�g�� tak�, �e
$$
F'(x) = f(x)
$$
dla wszystkich $x\in[a,b]$ poza, by� mo�e, sko�czon�
ilo�ci�. Wtedy
$$
\int_a^b f(t) dt = F(b)-F(a).
$$
\endproclaim
\demo{Dow�d} Za��my najpierw, �e $f$ jest ci�g�a i $F'(x)=f(x)$
dla wszystkich $x\in[a,b]$. Niech $G(x)=\int_a^x f(t) dt$. Mamy
udowodni�, �e $G(b)=F(b)-F(a)$. Innymi s�owy, je�li $H(x) =
G(x)-(F(x)-F(a))$, to $H(b)=0$. Poka�emy, �e $H(x)=0$ dla wszystkich
$x\in[a,b]$. Istotnie, na podstawie poprzedniego
twierdzenia wiemy, �e $G'(x)=f(x)$, sk�d $H'(x)=f(x)-f(x)=0$. A wi�c $H$ jest
sta�a. Ale $H(a)= G(a)-F(a)+F(a)=0$, czyli
$H(x)=0$.
Je�li $f$ jest tylko kawa�kami ci�g�a i $F'(x)\neq f(x)$ w pewnej,
sko�czonej, ilo�ci punkt�w, to przedzia� $[a,b]$ mo�e by�
podzielony na sko�czenie wiele podprzedzia��w i w ka�dym z nich,
na mocy powy�szego argumentu,
mamy $H(x)\equiv0$. Ale $H$ jest ci�g�a na ca�ym przedziale
$[a,b]$ wi�c $H(x)=0$ dla wszystkich $x\in[a,b]$, co ko�czy
dow�d.\qed
\enddemo
\medskip

14.9. Wprowad�my oznaczenie:
$$
F(x)\bigg|_a^b=F(b)-F(a).
$$
W ten spos�b, je�eli $F$ jest funkcj� pierwotna $f$ (ca�k�
nieoznaczon� funkcji $f$), to
$$
\int_a^bf(x)dx=F(x)\bigg|_a^b.
$$
Zosta� wi�c ustalony podstawowy zwi�zek mi�dzy {\bf
pierwotn�
funkcji $f$ i polem pod wykresem funkcji $f$}.
\medskip

14.10. Przyk�ady. (a) Pierwotn� funkcji $1+x^2$ jest $x+\frac{x^3}{3}$. Wi�c
$$
\int^\frac12_0(1+x^2) dx =
\left(x+\frac{x^3}{3}\right)\bigg|^\frac12_0=\frac12+\frac{1}{24}=\frac{13}{24}.
$$
\newline
(b) $\int_0^t x^n dx =
\frac{x^{n+1}}{n+1}\bigg|_0^t=\frac{t^{n+1}}{n+1}$.
\newline
(c) Znajdziemy pole figury ograniczonej wykresem funkcji $x\to
\sqrt{x-1}$, prost� $x$-�w i prostymi $x=2$ i $x=5$.
Pole to jest r�wne
$$\int_2^5\sqrt{x-1} dx = \frac{2}{3}(x-
1)^{\frac{3}{2}}\bigg|_2^5=\frac{2}{3}(8-1)=\frac{14}{3}.
$$
\medskip

14.11. Metoda ca�kowania przez cz�ci w przypadku ca�ki oznaczonej
przybiera posta� nast�puj�cego wzoru
$$
\int_a^bf'(x)g(x)dx=f(x)g(x)\bigg|_a^b-\int_a^bf(x)g'(x)dx.
$$
Wz�r na ca�kowanie przez podstawienie wygl�da nast�puj�co. Je�eli
$\varphi$ jest funkcj� na $[\alpha,\beta]$, maj�c� ci�g��
pochodn�, a $f$ jest ograniczona i kawa�kami ci�g�a na obrazie
$\varphi$, to
$$
\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(x)dx=\int_\alpha^\beta
f(\varphi(t))\varphi'(t)dt.
$$
Przyk�ad.
Obliczmy ca�k�
$$
\int_0^1\frac{dx}{\root 3\of{1+5x}}=\int_0^1(1+5x)^{-\frac{1}{3}}.
$$
Podstawiamy $t=1+5x$, czyli $dx=1/5dt$. Dla $x=0$ $t=1$, a dla
$x=$ $t=6$ i otrzymujemy
$$
\int_0^1(1+5x)^{-\frac{1}{3}}dx=\int_1^6t^{-
\frac{1}{3}}\frac{1}{5}dt=\frac{1}{5}\frac{3}{2}t^{\frac{2}{3}}
\bigg|_1^6 =\frac{3}{10}(\root 3\of{36}-1).
$$

\enddocument
