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 \int\limits_{a(y)}^{b(y)}f(x,y)dx. 

## ניסוח הכלל
תהי f(x,y) פונקציה רציפה 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{d}{dy}\int\limits_{a(y)}^{b(y)}f(x,y)dx=\int\limits_{a(y)}^{b(y)}\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)dx+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{d}{dy}\int\limits_a^bf(x,y)dx=\int\limits_a^b\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)dx

## הוכחת הכלל
### שלב א – הוכחת המקרה הפרטי
תהי g(x,y) רציפה. נגדיר
:G(y)=\int\limits_a^bg(x,y)dx
ונטען שהיא רציפה. יהי \varepsilon>0.

לפי משפט קנטור, כיוון ש-g רציפה בתחום קומפקטי (מלבן) היא רציפה במידה שווה שם. מכאן שקיים \delta>0 כך שאם d\bigl((x_1,y_1),(x_2,y_2)\bigr) אז \bigl|g(x_1,y_1)-g(x_2,y_2)\bigr|.

יהיו y_1,y_2\in[\alpha,\beta] המקיימים |y_1-y_2|. אבל d\bigl((x,y_1),(x,y_2)\bigr)=|y_1-y_2| ולכן
:|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
מכאן ש-G אכן רציפה (ולמעשה אפילו במידה שווה).

בפרט אם נבחר G(y)=\int\limits_a^b\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)dx היא רציפה מההנחה כי \frac{\partial f}{\partial y} רציפה. נסמן F(y)=\int\limits_a^bf(x,y)dx. נבחר \gamma\in[\alpha,\beta] כלשהו. על פי משפט פוביני ונוסחת ניוטון-לייבניץ מתקיים

\int\limits_\alpha^\gamma G(y)dy=\int\limits_\alpha^\gamma\int\limits_a^b\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)dxdy
=\int\limits_a^b\int\limits_\alpha^\gamma\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)dydx
=\int\limits_a^b[f(x,\gamma)-f(x,\alpha)]dx=F(\gamma)-F(\alpha)

מכיוון שהנוסחה נכונה לכל \gamma\in[\alpha,\beta], נובע מהמשפט היסודי של החשבון הדיפרנציאלי והאינטגרלי שהפונקציה F גזירה ומתקיים \frac{d}{dy}F(y)=G(y) לכל y\in[\alpha,\beta], כנדרש.

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

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

מהמשפט היסודי הנגזרות החלקיות של \phi לפי s,t בהתאמה הן
:\frac{\partial\phi}{\partial t}(s,t,y)=f(t,y),\quad\frac{\partial\phi}{\partial s}(s,t,y)=-f(s,y)
ואלה רציפות מההנחה כי 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\limits_s^t\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)dx
וזו פונקציה רציפה מההנחה כי \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{align}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\limits_{a(y)}^{b(y)}\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)dx\end{align}
כנדרש.

## דוגמאות
### דוגמה 1 – גבולות התלויים במשתנה הגזירה
נחשב את הנגזרת הבאה (x>0):
:\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}

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

לשם כך נסמן f(\alpha)=\int\limits_0^1\frac{x^\alpha-1}{\ln(x)}dx עבור \alpha\ge0 והאינטגרל בו אנו מתעניינים הוא f(2). נגזור ונקבל
: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{\partial}{\partial\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}
מכאן f(\alpha)=\int\frac{1}{\alpha+1}d\alpha=\ln(\alpha+1)+C.

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

## קישורים חיצוניים
*
*על הכלל באתר Brilliant
*

קטגוריה:חשבון אינפיניטסימלי
קטגוריה:משפטים באנליזה
קטגוריה:אינטגרלים