כלל לייבניץ לגזירה תחת סימן האינטגרל

כלל לייבניץ לגזירה תחת סימן האינטגרל (על שם המתמטיקאי גוטפריד וילהלם לייבניץ) הוא כלל שימושי בחשבון אינפיניטסימלי לגזירת ביטויים מהצורה <math>\int\limits_{a(y)}^{b(y)}f(x,y)dx</math>. 

==ניסוח הכלל==
תהי <math>f(x,y)</math> פונקציה רציפה במלבן <math>[a,b]\times[\alpha,\beta]</math>, וגזירה ברציפות לפי <math>y</math> (<math>\frac{\part f}{\part y}</math> קיימת ורציפה). נניח בנוסף שהפונקציות <math>a(y),b(y)</math> גזירות בקטע <math>[\alpha,\beta]</math>. אזי
:<math display=block>\frac{d}{dy}\int\limits_{a(y)}^{b(y)}f(x,y)dx=\int\limits_{a(y)}^{b(y)}\frac{\part f}{\part y}(x,y)dx+f(b(y),y)b'(y)-f(a(y),y)a'(y)</math>
מקרה פרטי ונפוץ של הכלל הוא כאשר הפונקציות <math>a(y),b(y)</math> קבועות, כלומר <math>a(y)\equiv a, b(y)\equiv b</math>. אז נקבל כי
:<math>\frac{d}{dy}\int\limits_a^bf(x,y)dx=\int\limits_a^b\frac{\part f}{\part y}(x,y)dx</math>

==הוכחת הכלל==
===שלב א – הוכחת המקרה הפרטי===
תהי <math>g(x,y)</math> רציפה. נגדיר
:<math>G(y)=\int\limits_a^bg(x,y)dx</math>
ונטען שהיא רציפה. יהי <math>\varepsilon>0</math>. כיוון ש-<math>g</math> רציפה בתחום קומפקטי (מלבן) היא רציפה במידה שווה שם. מכאן שקיים <math>\delta>0</math> כך שאם <math>d\bigl((x_1,y_1),(x_2,y_2)\bigr)<\delta</math> אז <math>\bigl|g(x_1,y_1)-g(x_2,y_2)\bigr|<\varepsilon</math>.

יהיו <math>y_1,y_2\in[\alpha,\beta]</math> המקיימים <math>|y_1-y_2|<\delta</math>. אבל <math>d\bigl((x,y_1),(x,y_2)\bigr)=|y_1-y_2|<\delta</math> ולכן
:<math display=block>|G(y_1)-G(y_2)|=\left|\int\limits_a^b g(x,y_1)dx-\int\limits_a^bg(x,y_2)dx\right|=\left|\int\limits_a^b\bigl(g(x,y_1)-g(x,y_2)\bigr)dx\right|\le\int\limits_a^b\bigl|g(x,y_1)-g(x,y_2)\bigr|dx<\int\limits_a^b\varepsilon\,dx=\varepsilon(b-a)</math>
מכאן ש-<math>G</math> אכן רציפה (ולמעשה אפילו במידה שווה).

בפרט אם נבחר <math>G(y)=\int\limits_a^b\frac{\part f}{\part y}(x,y)dx</math> היא רציפה מההנחה כי <math>\frac{\part f}{\part y}</math> רציפה. כעת, נביט בהפרש:
:<math display=block>\Delta G=G(x,y+\Delta y)-G(x,y)=\int\limits_a^b f(x,y+\Delta y)dx-\int\limits_a^bf(x,y)dx=\int\limits_a^b\bigl(f(x,y+\Delta y)-f(x,y)\bigr)dx</math>
כיוון ש-<math>f</math> רציפה וגזירה לפי <math>y</math>, נוכל להיעזר במשפט לגראנז' ולקבל שקיימת <math>0<\theta<1</math> עבורה <math>f(x,y+\Delta y)-f(x,y)=\frac{\part f}{\part y}(x,y+\theta\Delta y)\cdot\Delta y</math> (זאת כי קיבענו את <math>x</math>). לכן:
:<math display=block>\frac{\Delta G}{\Delta y}=\int\limits_a^b\frac{\part f}{\part y}(x,y+\theta\Delta y)dx=G(y+\theta\Delta y)\,\xrightarrow{\Delta y\to0}\,G(y)=\int\limits_a^b\frac{\part f}{\part y}(x,y)dx</math>
כי <math>G</math> רציפה. כלומר הראנו כי <math>G'(y)=\frac{d}{dy}\int\limits_a^bf(x,y)dx=\int\limits_a^b\frac{\part f}{\part y}(x,y)dx</math>.

===שלב ב – הוכחת המקרה הכללי===
אנו רוצים לחשב את נגזרת הפונקציה <math>F(y)=\int\limits_{a(y)}^{b(y)}f(x,y)dx</math>.

לשם כך נגדיר פונקציה חדשה <math>\phi(s,t,y)=\int\limits_s^tf(x,y)dx</math> ונבחין כי <math>F(y)=\phi(a(y),b(y),y)</math>.

מהמשפט היסודי הנגזרות החלקיות של <math>\phi</math> לפי <math>s,t</math> בהתאמה הן
:<math>\frac{\part\phi}{\part t}(s,t,y)=f(t,y),\quad\frac{\part\phi}{\part s}(s,t,y)=-f(s,y)</math>
ואלה רציפות מההנחה כי <math>f(x,y)</math> רציפה. בנוסף, מהמקרה הפרטי של המשפט, הנגזרת החלקית של <math>\phi</math> לפי <math>y</math> היא
:<math>\frac{\part\phi}{\part y}(s,t,y)=\int\limits_s^t\frac{\part f}{\part y}(x,y)dx</math>
וזו פונקציה רציפה מההנחה כי <math>\frac{\part f}{\part y}</math> רציפה. מכיוון שכל הנגזרות החלקיות של <math>\phi</math> קיימות ורציפות, נסיק שהיא דיפרנציאבילית. לכן גם <math>F</math> דיפרנציאבילית, ומכלל השרשרת מתקיים
:<math display=block>\begin{align}F'(y)&=\frac{\part\phi}{\part s}(a(y),b(y),y)\cdot a'(y)+\frac{\part\phi}{\part t}(a(y),b(y),y) \cdot b'(y)+\frac{\part\phi}{\part y}(a(y),b(y),t)\\&=-f(a(y),y)a'(y)+f(b(y),y)b'(y)+\int\limits_{a(y)}^{b(y)}\frac{\part f}{\part y}(x,y)dx\end{align}</math>
כנדרש.

==דוגמאות==
===דוגמה 1 – גבולות התלויים במשתנה הגזירה===
נחשב את הנגזרת הבאה (<math>x>0</math>):
:<math display=block>\frac{d}{dx}\int\limits_x^{x^2}\frac{\cos(t)}{t}dt=\frac{\cos(x^2)}{x^2}\cdot\frac{d}{dx}(x^2)-\frac{\cos(x)}{x}\cdot\frac{d}{dx}(x)=\frac{\cos(x^2)}{x^2}\cdot2x-\frac{\cos(x)}{x}\cdot1=\frac{2\cos(x^2)-\cos(x)}{x}</math>

===דוגמה 2 – שימוש בכלל לחישוב אינטגרלים ===
נחשב את האינטגרל <math>\int\limits_0^1\frac{x^2-1}{\ln(x)}dx</math>.

לשם כך נסמן <math>f(\alpha)=\int\limits_0^1\frac{x^\alpha-1}{\ln(x)}dx</math> עבור <math>\alpha\ge0</math> והאינטגרל בו אנו מתעניינים הוא <math>f(2)</math>. נגזור ונקבל
:<math display=block>f'(\alpha)=\frac{d}{d\alpha}\int\limits_0^1\frac{x^\alpha-1}{\ln(x)}dx=\int\limits_0^1\frac{1}{\ln(x)}\frac{\part}{\part\alpha}(e^{\alpha\ln(x)}-1)dx=\int\limits_0^1\frac{1}{\ln(x)}\ln(x)\cdot e^{\alpha\ln(x)}dx=\int\limits_0^1x^\alpha dx=\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\Bigg|_0^1=\frac{1}{\alpha+1}</math>
מכאן <math>f(\alpha)=\int\frac{1}{\alpha+1}d\alpha=\ln(\alpha+1)+C</math>.

נבחין כי <math>f(0)=\int\limits_0^10\,dx=0</math>. אזי <math>f(0)=\ln(0+1)+C=C=0</math>, כלומר <math>f(\alpha)=\ln(\alpha+1)</math> ולכן <math>\int\limits_0^1\frac{x^2-1}{\ln(x)}dx=\ln(3)</math>.

==קישורים חיצוניים==
*
*[https://brilliant.org/wiki/differentiate-through-the-integral/ על הכלל] באתר Brilliant
*

קטגוריה:חשבון אינפיניטסימלי
קטגוריה:משפטים באנליזה
קטגוריה:אינטגרלים