כלל לייבניץ לגזירה תחת סימן האינטגרל

כלל לייבניץ לגזירה תחת סימן האינטגרל (הקרוי על שם המתמטיקאי גוטפריד וילהלם לייבניץ) הוא כלל שימושי בחשבון אינפיניטסימלי לגזירת ביטויים מהצורה $\int _{a(y)}^{b(y)}f(x,y)\,\mathrm {d} x$ .

ניסוח הכלל

תהי $f(x,y)$ פונקציה מוגדרת במלבן $[a,b]\times [\alpha ,\beta ]$ , וגזירה ברציפות לפי $y$ ( ${\frac {\partial f}{\partial y}}$ קיימת ורציפה). נניח בנוסף שהפונקציות $a(y),b(y)$ גזירות בקטע $[\alpha ,\beta ]$ . אזי

${\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} y}}\int _{a(y)}^{b(y)}f(x,y)\,\mathrm {d} x=\int _{a(y)}^{b(y)}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)\,\mathrm {d} x+f(b(y),y)b'(y)-f(a(y),y)a'(y)$ .

מקרה פרטי ונפוץ של הכלל הוא כאשר הפונקציות $a(y),b(y)$ קבועות, כלומר $a(y)\equiv a,b(y)\equiv b$ . אז נקבל כי

${\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} y}}\int _{a}^{b}f(x,y)\,\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)\,\mathrm {d} x$ .

הוכחת הכלל

שלב א' - הוכחת המקרה הפרטי

תהי $g(x,y)$ רציפה. נגדיר

$G(y)=\int _{a}^{b}g(x,y)\,\mathrm {d} x$

ונטען שהיא רציפה. יהי $\varepsilon >0$ . כיוון ש- $g$ רציפה בתחום קומפקטי (מלבן) היא רציפה במידה שווה שם. מכאן שקיים $\delta >0$ כך שאם $d((x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2}))<\delta$ אז $|g(x_{1},y_{1})-g(x_{2},y_{2})|<\varepsilon$ .

יהיו $y_{1},y_{2}\in [\alpha ,\beta ]$ המקיימים $|y_{1}-y_{2}|<\delta$ . אבל $d((x,y_{1}),(x,y_{2}))=|y_{1}-y_{2}|<\delta$ ולכן

$|G(y_{1})-G(y_{2})|=\left|\int _{a}^{b}g(x,y_{1})\,\mathrm {d} x-\int _{a}^{b}g(x,y_{2})\,\mathrm {d} x\right|=\left|\int _{a}^{b}(g(x,y_{1})-g(x,y_{2}))\,\mathrm {d} x\right|\leq \int _{a}^{b}|g(x,y_{1})-g(x,y_{2})|\,\mathrm {d} x<\int _{a}^{b}\varepsilon \,\mathrm {d} x=\varepsilon (b-a)$ .

מכאן ש- $G$ אכן רציפה (ולמעשה אפילו במידה שווה).

בפרט אם נבחר $G(y)=\int _{a}^{b}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)\,\mathrm {d} x$ היא רציפה מההנחה ש- ${\frac {\partial f}{\partial y}}$ רציפה. כעת, נביט בהפרש:

$\Delta G=G(x,y+\Delta y)-G(x,y)=\int _{a}^{b}f(x,y+\Delta y)\,\mathrm {d} x-\int _{a}^{b}f(x,y)\,\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}(f(x,y+\Delta y)-f(x,y))\,\mathrm {d} x$ .

כיוון ש- $f$ רציפה וגזירה לפי $y$ , נוכל להיעזר במשפט לגרנז' ולקבל שקיימת $0<\theta <1$ כך ש- $f(x,y+\Delta y)-f(x,y)={\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y+\theta \Delta y)\cdot \Delta y$ (זאת כי קיבענו את $x$ ). לכן:

הפענוח נכשל (SVG (אפשר להפעיל MathML בעזרת הרחבת דפדפן): תשובה בלתי־תקינה ("Math extension cannot connect to Restbase.") מהשרת "https://wikimedia.org/api/rest_v1/":): {\displaystyle \frac{\Delta G}{\Delta y} = \int_a^b \frac{\partial f}{\partial y}(x,y+\theta \Delta y) \,\mathrm{d}x = G(y+\theta \Delta y) \xrightarrow{\Delta y \to 0} G(y) = \int_a^b \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) \,\mathrm{d}x}

כי $G$ רציפה. כלומר, הראנו כי $G'(y)={\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} y}}\int _{a}^{b}f(x,y)\,\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)\,\mathrm {d} x$ .

שלב ב' - הוכחת המקרה הכללי

אנו רוצים לחשב את נגזרת הפונקציה

$F(y)=\int _{a(y)}^{b(y)}f(x,y)\,\mathrm {d} x$ .

לשם כך, נגדיר פונקציה חדשה

$\phi (s,t,y)=\int _{s}^{t}f(x,y)\,\mathrm {d} x$

ונבחין כי

$F(y)=\phi (a(y),b(y),y)$

מהמשפט היסודי הנגזרות החלקיות של $\phi$ לפי $s$ ולפי $t$ הן

${\frac {\partial \phi }{\partial t}}(s,t,y)=f(t,y),\quad {\frac {\partial \phi }{\partial s}}(s,t,y)=-f(s,y)$

ואלו רציפות מההנחה ש- $f(x,y)$ רציפה. בנוסף, מהמקרה הפרטי של המשפט, הנגזרת החלקית של $\phi$ לפי $y$ היא

${\frac {\partial \phi }{\partial y}}(s,t,y)=\int _{s}^{t}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)\,\mathrm {d} x$

וזו פונקציה רציפה מההנחה ש- ${\frac {\partial f}{\partial y}}$ רציפה. מכיוון שכל הנגזרות החלקיות של $\phi$ קיימות ורציפות, נסיק שהיא דיפרנציאבילית. לכן גם $F$ דיפרנציאבילית, ומכלל השרשרת מתקיים

${\begin{aligned}F'(y)&={\frac {\partial \phi }{\partial s}}(a(y),b(y),y)\cdot a'(y)+{\frac {\partial \phi }{\partial t}}(a(y),b(y),y)\cdot b'(y)+{\frac {\partial \phi }{\partial y}}(a(y),b(y),t)\\&=-f(a(y),y)a'(y)+f(b(y),y)b'(y)+\int _{a(y)}^{b(y)}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

כנדרש. $\blacksquare$

דוגמאות

דוגמה 1 - גבולות התלויים במשתנה הגזירה

נחשב את הנגזרת הבאה ( $x>0$ ):

${\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\int _{x}^{x^{2}}{\frac {\cos t}{t}}\,\mathrm {d} t={\frac {\cos(x^{2})}{x^{2}}}\cdot {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}(x^{2})-{\frac {\cos(x)}{x}}\cdot {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}(x)={\frac {\cos(x^{2})}{x^{2}}}\cdot 2x-{\frac {\cos(x)}{x}}\cdot 1={\frac {2\cos(x^{2})-\cos(x)}{x}}$ .

דוגמה 2 - שימוש בכלל לחישוב אינטגרלים

נחשב את האינטגרל

$\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{\ln(x)}}\,\mathrm {d} x$ .

לשם כך, נסמן

$f(\alpha )=\int _{0}^{1}{\frac {x^{\alpha }-1}{\ln(x)}}\,\mathrm {d} x$

עבור $\alpha \geq 0$ והאינטגרל בו אנו מתעניינים הוא $f(2)$ . נגזור ונקבל

$f'(\alpha )={\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} \alpha }}\int _{0}^{1}{\frac {x^{\alpha }-1}{\ln(x)}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1}{\ln(x)}}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}\left(e^{\alpha \ln(x)}-1\right)\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1}{\ln(x)}}\ln(x)\cdot e^{\alpha \ln(x)}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}x^{\alpha }\,\mathrm {d} x=\left.{\frac {x^{\alpha +1}}{\alpha +1}}\right|_{x=0}^{1}={\frac {1}{\alpha +1}}$ .