С помощью обратной функции

34

Математика 10

С помощью обратной функции

В школе интегралы вычисляют по формуле Ньютона—Лейбница. Что вычислить таким способом интеграл

$$I_1 = \int_0^1 \arcsin x \, dx,$$

надо знать первообразную для функции $\arcsin x$, а вы ее не знаете. Как быт?

Обратимся к геометрическому смыслу интеграла: интеграл есть площадь. В частности, $I_1$ — площадь области, окруженной на рисунке 1 в голубой цвет. Найдем эту площадь как разность площади соответствующего прямоугольника и площади $\sigma_1$ «желтой области». Поскольку график функции $\arcsin x$ представляет собой «перевернутый» (полученный симметрией около прямой $y=x$) график функции $\sin x$, площадь $\sigma_1$ равна площади под синусоидой $x=\sin y$ на участке изменения $y$ от 0 до $\frac{\pi}{2}$:

$$\sigma_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin y \, dy = -\cos y \Big|_0^{\frac{\pi}{2}} = 1.$$

Следовательно, $I_1 = \frac{\pi}{2} - 1$.

Вычислим теперь интеграл

$$I_2 = \int_a^b \ln x \, dx \quad (1<a<b).$$

Снова обратимся к рисунку (рис. 2). На этот раз «голубая площадь» $I_2$ равна площади «большого прямоугольника» минус площадь «маленького прямоугольника» и площадь $\sigma_2$ «желтой области». График функции $\ln x$ есть «перевернутый» график обратной функции $e^x$, поэтому $\sigma_2$ — площадь под графиком функции $x=e^y$ на участке изменения $y$ от $\ln a$ до $\ln b$:

$$\sigma_2 = \int_a^b e^y \, dy = e^y \Big|_a^b = b-a.$$

35

Следовательно, $I_2 = b \cdot \ln b - a \times \ln a - (b - a) = b \cdot \ln \frac{b}{e} - a \cdot \ln \frac{a}{e}$.

Мы дважды выразили интерраал от некоторой функции (arcsin $x$, ln $x$) через интерраал от обратной функции ($\sin x, e^x$).

$$\ln x \text{ и } e^x - \text{ взимно-образные функции. Но arcsin } x \text{ и sin } x - \text{ не взимно-образные функции (sin } x - \text{ не обратная функция); взимно-образными являются arcsin } x \text{ и sin } x, \text{ рассматриваемый на отрезке } \left[ -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right], \text{ или, как говоря математики, } cy\text{ значение функции sin } x \text{ на отрезок } \left[ -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right].$$

Нельзя ли это сделать и в общем случае? Если, например, график функции $f$ имеет такой вид, как на рисунке 3, и функция $g$ — обратная для $f$ на $[a; b]$, то из рисунка 3

$$\int_a^b f(x)dx = b \cdot f(b) - a \cdot f(a) - \int_a^b g(y)dy. \quad (1)$$

No если график функции $f$ имеет такой вид, как на рисунках 4, а или 4, 6, то из рисунка равенство (1) не получается. Верно ли оно все-таки? Если верно, то как его доказать?

Как доказать равенство (1) для интеррала, не ясно. Попробуем доказать соответствующее утверждение для первого разной. Заметим в (1) $b$ на $x$:

$$\int_a^b f(t)dt =$$

$$= x \cdot f(x) - a \cdot f(a) - \int_a^b g(y)dy \quad (2)$$

(для простоты мы заменили также переменную интеррирования $x$ на $t$; от обозначения переменной интеррирования величины интеррала, очень не зависят:

$$\int_a^b f(x)dx = \int_a^b f(t)dt = \int_a^b f(z)dz = \dots).$$

Как известно, функция $\int_a^b f(t)dt$ является первообразной для непрерывной функции $f$ («Алгебра и начала анализа 9—10», задача 1046). Поэтому, если равенство (2) верно, то функция

$$x \cdot f(x) - a \cdot f(a) - \int_a^b g(y)dy,$$

или, что все равно, отличношаяся от нее на константу функции

$$\Phi(x) = x \cdot f(x) - \int_a^b g(y)dy, \quad (3)$$

также будет первообразной для $f$.

Что бы проверить, верно ли это, надо продиферетировать правую часть равенства (3). Потребуем поэтому, чтобы функция $f$ была дифференцируемая.

Функция $\int_a^b g(y)dy$, входящая в правую часть равенства (3), является композицией функции $z = f(x)$ и функции $\int_a^b g(y)dy$. Поскольку

$$\left( \int_a^b g(y)dy \right)' = g(z), \quad (4)$$

по правилам дифференцирования композиции

$$\left( \int_a^b g(y)dy \right)' = g(f(x)) \cdot f'(x).$$

Так как функция $g$ — обратная для $f$, $g(f(x)) = x$. Следовательно,

$$\left( \int_a^b g(y)dy \right)' = x \cdot f'(x).$$

Позетом

36

Учитывая теорему 1, по формуле Ньютона — Лейбница получаем

$$\int_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(x) \Big|_{a}^{b} =$$

$$= [x \cdot f(x) - \int_{a}^{x} g(y)dy] \Big|_{a}^{b} =$$

$$= b \cdot f(b) - \int_{a}^{b} g(y)dy -$$

$$- a \cdot f(a) + \int_{a}^{b} g(y)dy =$$

$$= b \cdot f(b) - a \cdot f(a) - \int_{a}^{b} g(y)dy,$$

что и требовалось доказать.

Например, функция $y = \frac{1}{1+\sqrt{x}}$ дифференцируем и обратим на ]0; +∞[ (рис. 5). Легко подсчитать, что обратной для нее будет функция $x = \left(\frac{1}{y} - 1\right)^2 (0 < y \leq 1)$. Поэтому

$$\int_{0}^{1} \frac{dx}{1+\sqrt{x}} = \frac{1}{2} - \int_{1}^{1/2} \left(\frac{1}{y} - 1\right)^2 dy =$$

$$= \frac{1}{2} + \int_{1/2}^{1} \left(\frac{1}{y} - 1\right)^2 dy =$$

$$= \frac{1}{2} + \int_{1/2}^{1} \left(\frac{1}{y^2} - \frac{2}{y} + 1\right)dy =$$

$$= \frac{1}{2} + \left(-\frac{1}{y} - 2 \ln y + y\right) \Big|_{1/2}^{1} = 2 \ln \frac{e}{2}.$$

Подсудная цель этой статьи — показать, как бывают полезно сделать чертеж, проинтегрировать аналогичные понятия геометрических (попробуйте «открыть» формулу (1) без чертежа!). Перефразируя известные слова Цезаря, можно эти идею выразить так: «Нарисовал, увидел, доказал!».

Упражнения.
2. Найдите первообразную на [1; +∞[ для функции $a) y = \sqrt{x^2 - 1} + x, 6) y = \sqrt{x^2 - 1}$.
3. Вычислите a) $\int_{-1}^{0} \arcsin \sqrt{x} dx,$ b) $\int_{0}^{1} \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx$.

П. Г. САТЬЯНОВ