قاعده انتگرال گیری لایبنیتس

این مقاله دربارهٔ قاعده انتگرال است. برای آزمون همگرایی برای سری‌های متناوب، آزمون سری متناوب را ببینید.

در حسابان، قاعده انتگرال لایبنیتس یا قاعده لایبنیتس برای مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال، که به نام گوتفریت لایبنیتس نام‌گذاری‌شده است، بیان می‌کند که برای یک انتگرال به فرم $$\int _{a(x)}^{b(x)}f(x,t)\,dt,$$ که در آن $-\infty <a(x),b(x)<\infty$ و انتگرال‌وندها توابعی وابسته به $x$ هستند، مشتق این انتگرال به صورت زیر قابل بیان است: $${\begin{aligned}&{\frac {d}{dx}}\left(\int _{a(x)}^{b(x)}f(x,t)\,dt\right)\\&=f{\big (}x,b(x){\big )}\cdot {\frac {d}{dx}}b(x)-f{\big (}x,a(x){\big )}\cdot {\frac {d}{dx}}a(x)+\int _{a(x)}^{b(x)}{\frac {\partial }{\partial x}}f(x,t)\,dt\end{aligned}}$$ که در آن مشتق جزئی ${\frac {\partial }{\partial x}}$ نشان می‌دهد که در داخل انتگرال، تنها تغییرات $f(x,t)$ نسبت به $x$ در مشتق‌گیری در نظر گرفته می‌شود.

در حالت خاصی که توابع $a(x)$ و $b(x)$ مقادیر ثابتی مانند $a(x)=a$ و $b(x)=b$ باشند که به $x$ وابسته نیستند، این رابطه به صورت زیر ساده می‌شود: $${\frac {d}{dx}}\left(\int _{a}^{b}f(x,t)\,dt\right)=\int _{a}^{b}{\frac {\partial }{\partial x}}f(x,t)\,dt.$$

اگر $a(x)=a$ ثابت و $b(x)=x$ باشد، که وضعیت رایج دیگری است (برای مثال، در اثبات فرمول انتگرال‌گیری مکرر کوشی)، قاعده انتگرال لایبنیتس به شکل زیر در می‌آید: $${\frac {d}{dx}}\left(\int _{a}^{x}f(x,t)\,dt\right)=f{\big (}x,x{\big )}+\int _{a}^{x}{\frac {\partial }{\partial x}}f(x,t)\,dt,$$

این نتیجه مهم ممکن است تحت شرایط خاصی برای جابه‌جایی عملگرهای انتگرال و دیفرانسیل جزئی استفاده شود و به‌ویژه در مشتق‌گیری از تبدیل‌های انتگرالی مفید است. نمونه‌ای از این کاربرد، تابع مولد گشتاور در نظریه احتمالات است که نوعی از تبدیل لاپلاس محسوب می‌شود و می‌توان برای تولید گشتاورهای یک متغیر تصادفی از آن مشتق گرفت. اینکه آیا قاعده انتگرال لایبنیتس قابل اعمال است یا خیر، اساساً پرسشی دربارهٔ جابه‌جایی حدها است.

فرم کلی: مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال

به‌طور شهودی، قاعده انتگرال لایبنیتس می‌گوید اگر یک انتگرال معین‌داشته باشید که در زمان تغییر می‌کند، نرخ تغییر انتگرال برابر است با مجموع نرخ تغییر انتگرال‌وند و اختلاف شارها در مرزهای انتگرال. به‌طور صوری،

Theorem — فرض کنید $f(x,t)$ تابعی باشد به‌طوری که هم $f(x,t)$ و هم مشتق جزئی آن $f_{t}(x,t)$ در ناحیه‌ای از صفحه $xt$، شامل $a(t)\leq x\leq b(t)$ و $t_{0}\leq t\leq t_{1}$، پیوسته باشند. همچنین فرض کنید توابع $a(t)$ و $b(t)$ پیوسته بوده و دارای مشتق‌های پیوسته برای $t_{0}\leq t\leq t_{1}$ باشند. در این صورت، برای $t_{0}\leq t\leq t_{1}$ داریم: $${\frac {d}{dt}}\left(\int _{a(t)}^{b(t)}f(x,t)\,dx\right)=\int _{a(t)}^{b(t)}{\frac {\partial }{\partial t}}f(x,t)\,dx+f{\big (}b(t),t{\big )}\cdot {\frac {d}{dt}}b(t)-f{\big (}a(t),t{\big )}\cdot {\frac {d}{dt}}a(t).$$

سمت راست این تساوی را می‌توان با استفاده از نمادگذاری لاگرانژ به صورت زیر نیز نوشت: $$f(b(t),t)\,b^{\prime }(t)-f(a(t),t)\,a^{\prime }(t)+\displaystyle \int _{a(t)}^{b(t)}f_{t}(x,t)\,dx.$$

نسخه‌های قوی‌تر این قضیه تنها ایجاب می‌کنند که مشتق جزئی تقریباً همه‌جا وجودداشته باشد و لزوماً پیوسته نباشد. این فرمول، شکل کلی قاعده انتگرال لایبنیتس است و می‌تواند با استفاده از قضیه اساسی حسابان استخراج شود. (اولین) قضیه اساسی حسابان تنها حالت خاصی از فرمول فوق است که در آن $a(t)=a\in \mathbb {R}$ ثابت، $b(t)=t$ و $f(x,t)=f(x)$ به $x$ وابسته نیست.

اگر هر دو حد بالا و پایین ثابت در نظر گرفته شوند، فرمول به شکل یک معادله عملگر در می‌آید: $$\partial _{t}{\mathcal {I}}_{x}={\mathcal {I}}_{x}\partial _{t}$$ که در آن $\partial _{t}$ مشتق جزئی نسبت به $t$ و ${\mathcal {I}}_{x}$ عملگر انتگرال نسبت به $x$ روی یک بازه ثابت است. به عبارت دیگر، این موضوع با تقارن مشتقات دوم مرتبط است، اما انتگرال‌ها و مشتقات را نیز در بر می‌گیرد. این حالت نیز به عنوان قاعده انتگرال لایبنیتس شناخته می‌شود.

سه قضیه اساسی زیر دربارهٔ جابه‌جایی حدها اساساً معادل هستند:

• جابه‌جایی مشتق و انتگرال (مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال؛ یعنی قاعده انتگرال لایبنیتس)؛
• تغییر ترتیب مشتقات جزئی؛
• تغییر ترتیب انتگرال‌گیری (انتگرال‌گیری زیر علامت انتگرال؛ یعنی قضیه فوبینی).

حالت سه‌بعدی وابسته به زمان

همچنین ببینید: § ابعاد بالاتر

شکل ۱: یک میدان برداری F(r, t) که در سراسر فضا تعریف شده است و یک سطح Σ که توسط منحنی ∂Σ محدود شده و با سرعت v حرکت می‌کند و میدان روی آن انتگرال‌گیری می‌شود.

یک قاعده انتگرال لایبنیتس برای یک سطح دوبعدی که در فضای سه‌بعدی حرکت می‌کند به صورت زیر است:

$${\frac {d}{dt}}\iint _{\Sigma (t)}\mathbf {F} (\mathbf {r} ,t)\cdot d\mathbf {A} =\iint _{\Sigma (t)}\left(\mathbf {F} _{t}(\mathbf {r} ,t)+\left[\nabla \cdot \mathbf {F} (\mathbf {r} ,t)\right]\mathbf {v} \right)\cdot d\mathbf {A} -\oint _{\partial \Sigma (t)}\left[\mathbf {v} \times \mathbf {F} (\mathbf {r} ,t)\right]\cdot d\mathbf {s} ,$$

که در آن:

• F(r, t) یک میدان برداری در موقعیت مکانی r در زمان t است،
• F_t (r, t) مشتق زمانی جزئی میدان برداری است،
• Σ سطحی است که توسط منحنی بسته ∂Σ محدودشده است،
• dA یک المان برداری از سطح Σ است،
• ds یک المان برداری از منحنی ∂Σ است،
• v سرعت حرکت ناحیه Σ است،
• ∇⋅ دیورژانس برداری است،
• × ضرب خارجی برداری است،
• انتگرال‌های دوگانه، انتگرال سطحی روی سطح Σ و انتگرال خطی روی منحنی مرزی ∂Σ هستند.

ابعاد بالاتر

قاعده انتگرال لایبنیتس می‌تواند به انتگرال‌های چندبعدی تعمیم یابد. در دو و سه بعد، این قاعده در حوزه دینامیک سیالات به عنوان قضیه انتقال رینولدز شناخته می‌شود: $${\frac {d}{dt}}\int _{D(t)}F(\mathbf {x} ,t)\,dV=\int _{D(t)}{\frac {\partial }{\partial t}}F(\mathbf {x} ,t)\,dV+\int _{\partial D(t)}F(\mathbf {x} ,t)\mathbf {v} _{b}\cdot d\mathbf {\Sigma } ,$$

که در آن $F(\mathbf {x} ,t)$ یک تابع اسکالر است، D(t) و ∂D(t) به ترتیب نشان‌دهنده یک ناحیه متصل متغیر با زمان در R³ و مرز آن هستند، $\mathbf {v} _{b}$ سرعت اویلری مرز است (به مختصات لاگرانژی و اویلری مراجعه کنید) و dΣ = n dS مولفه نرمال واحد از سطح المان است.

بیان کلی قاعده انتگرال لایبنیتس نیازمند مفاهیمی از هندسه دیفرانسیل، به‌ویژه فرم دیفرانسیل، مشتق خارجی، جبر خارجی و ضرب داخلی است. با استفاده از این ابزارها، قاعده انتگرال لایبنیتس در n بعد به صورت زیر است: $${\frac {d}{dt}}\int _{\Omega (t)}\omega =\int _{\Omega (t)}i_{\mathbf {v} }(d_{x}\omega )+\int _{\partial \Omega (t)}i_{\mathbf {v} }\omega +\int _{\Omega (t)}{\dot {\omega }},$$ که در آن Ω(t) یک دامنه انتگرال‌گیری متغیر با زمان، ω یک p-فرم، $\mathbf {v} ={\frac {\partial \mathbf {x} }{\partial t}}$ میدان برداری سرعت، $i_{\mathbf {v} }$ نشان‌دهنده ضرب داخلی با $\mathbf {v}$، d_xω مشتق خارجی ω تنها نسبت به متغیرهای فضایی و ${\dot {\omega }}$ مشتق زمانی ω است.

فرمول فوق را می‌توان مستقیماً از این واقعیت استنتاج کرد که مشتق لی با انتگرال‌گیری فرم‌های دیفرانسیل به خوبی تعامل دارد: $${\frac {d}{dt}}\int _{\Omega (t)}\omega =\int _{\Omega (t)}{\mathcal {L}}_{\Psi }\omega ,$$ برای منیفلد فضازمان $M=\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{3}$، که در آن مشتق خارجی فضازمانِ $\omega$ برابر است با $d\omega =dt\wedge {\dot {\omega }}+d_{x}\omega$ و سطح $\Omega (t)$ دارای میدان سرعت فضازمان $\Psi ={\frac {\partial }{\partial t}}+\mathbf {v}$ است. از آنجا که $\omega$ تنها دارای مؤلفه‌های فضایی است، مشتق لی را می‌توان با استفاده از فرمول جادویی کارتان به صورت زیر ساده کرد: $${\mathcal {L}}_{\Psi }\omega ={\mathcal {L}}_{\mathbf {v} }\omega +{\mathcal {L}}_{\frac {\partial }{\partial t}}\omega =i_{\mathbf {v} }d\omega +di_{\mathbf {v} }\omega +i_{\frac {\partial }{\partial t}}d\omega =i_{\mathbf {v} }d_{x}\omega +di_{\mathbf {v} }\omega +{\dot {\omega }}$$ که پس از انتگرال‌گیری روی $\Omega (t)$ و استفاده از قضیه استوکس تعمیم‌یافته روی جمله دوم، به سه جمله مطلوب کاهش می‌یابد.

بیان نظریه اندازه

فرض کنید $X$ یک زیرمجموعه باز از $\mathbf {R}$ و $\Omega$ یک فضای اندازه باشد. فرض کنید $f\colon X\times \Omega \to \mathbf {R}$ شرایط زیر را برآورده کند:

1. $f(x,\omega )$ برای هر $x\in X$ یک تابع انتگرال‌پذیر لبگ نسبت به $\omega$ باشد.
2. برای تقریباً همه $\omega \in \Omega$، مشتق جزئی $f_{x}$ برای همه $x\in X$ وجودداشته باشد.
3. یک تابع انتگرال‌پذیر $\theta \colon \Omega \to \mathbf {R}$ وجودداشته باشد به‌طوری که $|f_{x}(x,\omega )|\leq \theta (\omega )$ برای همه $x\in X$ و تقریباً همه $\omega \in \Omega$.

در این صورت، برای همه $x\in X$ داریم: $${\frac {d}{dx}}\int _{\Omega }f(x,\omega )\,d\omega =\int _{\Omega }f_{x}(x,\omega )\,d\omega .$$

این اثبات متکی بر قضیه همگرایی یکنوا و قضیه مقدار میانگین است (جزئیات در ادامه آمده است).

اثبات‌ها

اثبات صورت پایه

ابتدا حالت کران‌های ثابت انتگرال‌گیری a و b را اثبات می‌کنیم.

ما از قضیه فوبینی برای تغییر ترتیب انتگرال‌گیری استفاده می‌کنیم. برای هر x و h، به‌طوری که h > 0 و هر دو x و x +h در بازه [x₀,x₁] باشند، داریم: $${\begin{aligned}\int _{x}^{x+h}\int _{a}^{b}f_{x}(x,t)\,dt\,dx&=\int _{a}^{b}\int _{x}^{x+h}f_{x}(x,t)\,dx\,dt\\[2ex]&=\int _{a}^{b}\left(f(x+h,t)-f(x,t)\right)\,dt\\[2ex]&=\int _{a}^{b}f(x+h,t)\,dt-\int _{a}^{b}f(x,t)\,dt\end{aligned}}$$

توجه کنید که انتگرال‌های موجود به خوبی تعریف شده‌اند، زیرا $f_{x}(x,t)$ در مستطیل بسته $[x_{0},x_{1}]\times [a,b]$ پیوسته و در نتیجه در آنجا به‌طور یکنواخت پیوسته است؛ بنابراین انتگرال‌های آن نسبت به dt یا dx در متغیر دیگر پیوسته‌بوده و نسبت به آن انتگرال‌پذیر هستند (در اصل به این دلیل که برای توابع به‌طور یکنواخت پیوسته، می‌توان حد را از علامت انتگرال عبور داد، همان‌طور که در ادامه توضیح داده‌شده است).

بنابراین: $${\begin{aligned}{\frac {\int _{a}^{b}f(x+h,t)\,dt-\int _{a}^{b}f(x,t)\,dt}{h}}&={\frac {1}{h}}\int _{x}^{x+h}\int _{a}^{b}f_{x}(x,t)\,dt\,dx\\[2ex]&={\frac {F(x+h)-F(x)}{h}}\end{aligned}}$$

که در آن تعریف کرده‌ایم: $$F(u):=\int _{x_{0}}^{u}\int _{a}^{b}f_{x}(x,t)\,dt\,dx$$ (ما می‌توانیم x₀ را در اینجا با هر نقطه دیگری بین x₀ و x جایگزین کنیم)

F مشتق‌پذیر است و مشتق آن برابر با $\int _{a}^{b}f_{x}(x,t)\,dt$ است، بنابراین می‌توانیم حد را زمانی که h به صفر میل می‌کند، بگیریم. برای سمت چپ، این حد برابر است با: $${\frac {d}{dx}}\int _{a}^{b}f(x,t)\,dt$$

برای سمت راست، به دست می‌آوریم: $$F'(x)=\int _{a}^{b}f_{x}(x,t)\,dt$$ و بدین ترتیب نتیجه مطلوب را اثبات می‌کنیم: $${\frac {d}{dx}}\int _{a}^{b}f(x,t)\,dt=\int _{a}^{b}f_{x}(x,t)\,dt$$

اثبات دیگر با استفاده از قضیه همگرایی کران‌دار

اگر انتگرال‌های موجود، انتگرال لبگ باشند، می‌توانیم از قضیه همگرایی کران‌دار (که برای این انتگرال‌ها معتبر است، اما برای انتگرال ریمان معتبر نیست) استفاده کنیم تا نشان دهیم که حد می‌تواند از علامت انتگرال عبور کند.

توجه کنید که این اثبات ضعیف‌تر است، به این معنا که تنها نشان می‌دهد f_x(x,t) انتگرال‌پذیر لبگ است، نه اینکه انتگرال‌پذیر ریمان باشد. در اثبات قبلی (قوی‌تر)، اگر f(x,t) انتگرال‌پذیر ریمان باشد، آنگاه f_x(x,t) نیز چنین است (و بنابراین بدیهی است که انتگرال‌پذیر لبگ نیز هست).

فرض کنید

$$u(x)=\int _{a}^{b}f(x,t)\,dt.$$

(1)

طبق تعریف مشتق،

$$u'(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {u(x+h)-u(x)}{h}}.$$

(2)

معادله (1) را در معادله (2) جایگذاری کنید. تفاضل دو انتگرال برابر با انتگرالِ تفاضل است و ۱/h یک مقدار ثابت است، بنابراین: $${\begin{aligned}u'(x)&=\lim _{h\to 0}{\frac {\int _{a}^{b}f(x+h,t)\,dt-\int _{a}^{b}f(x,t)\,dt}{h}}\\&=\lim _{h\to 0}{\frac {\int _{a}^{b}\left(f(x+h,t)-f(x,t)\right)\,dt}{h}}\\&=\lim _{h\to 0}\int _{a}^{b}{\frac {f(x+h,t)-f(x,t)}{h}}\,dt.\end{aligned}}$$

اکنون نشان می‌دهیم که حد می‌تواند از علامت انتگرال عبور کند.

ما ادعا می‌کنیم که عبور حد از زیر علامت انتگرال توسط قضیه همگرایی کران‌دار (نتیجه‌ای از قضیه همگرایی یکنوا) معتبر است. برای هر δ > ۰، خارج‌قسمت تفاضلی زیر را در نظر بگیرید: $$f_{\delta }(x,t)={\frac {f(x+\delta ,t)-f(x,t)}{\delta }}.$$ برای t ثابت، قضیه مقدار میانگین ایجاب می‌کند که z در بازه [x, x + δ] وجودداشته باشد به‌طوری که $$f_{\delta }(x,t)=f_{x}(z,t).$$ پیوستگی f_x(x, t) و فشرده بودن دامنه با هم ایجاب می‌کنند که f_x(x, t) کران‌دار باشد؛ بنابراین کاربرد فوق از قضیه مقدار میانگین، یک کران یکنوا (مستقل از $t$) برای $f_{\delta }(x,t)$ به دست می‌دهد. خارج‌قسمت‌های تفاضلی با فرض وجود مشتق جزئی، به‌صورت نقطه‌ای به مشتق جزئی f_x همگرا می‌شوند.

استدلال فوق نشان می‌دهد که برای هر دنباله {δ_n} → ۰، دنباله $\{f_{\delta _{n}}(x,t)\}$ به‌طور یکنواخت کران‌دار است و به‌صورت نقطه‌ای به f_x همگرا می‌شود. قضیه همگرایی کران‌دار بیان می‌کند که اگر دنباله‌ای از توابع روی مجموعه‌ای با اندازه متناهی، به‌طور یکنواخت کران‌دار باشد و به‌صورت نقطه‌ای همگرا شود، آنگاه عبور حد از زیر انتگرال معتبر است. به‌ویژه، حد و انتگرال ممکن است برای هر دنباله {δ_n} → ۰ جابه‌جا شوند؛ بنابراین، حد زمانی که δ → ۰ ممکن است از علامت انتگرال عبور کند.

اگر در عوض تنها بدانیم که یک تابع انتگرال‌پذیر $\theta \colon \Omega \to \mathbf {R}$ وجود دارد به‌طوری که $|f_{x}(x,\omega )|\leq \theta (\omega )$، آنگاه $|f_{\delta }(x,t)|=|f_{x}(z,t)|\leq \theta (\omega )$ و قضیه همگرایی یکنوا به ما اجازه می‌دهد که حد را به داخل انتگرال ببریم.

فرم با کران‌های متغیر

برای یک تابع پیوسته حقیقی g از یک متغیر حقیقی، و توابع مشتق‌پذیر حقیقی $f_{1}$ و $f_{2}$ از یک متغیر حقیقی، $${\frac {d}{dx}}\left(\int _{f_{1}(x)}^{f_{2}(x)}g(t)\,dt\right)=g\left(f_{2}(x)\right){f_{2}'(x)}-g\left(f_{1}(x)\right){f_{1}'(x)}.$$

این نتیجه از قاعده زنجیره‌ای و بخش اول قضیه اساسی حسابان حاصل می‌شود. تعریف کنید: $$G(x)=\int _{f_{1}(x)}^{f_{2}(x)}g(t)\,dt,$$ و $$\Gamma (x)=\int _{0}^{x}g(t)\,dt.$$ (کران پایین فقط باید عددی در دامنه $g$ باشد)

سپس، $G(x)$ می‌تواند به صورت یک ترکیب نوشته شود: $G(x)=(\Gamma \circ f_{2})(x)-(\Gamma \circ f_{1})(x)$. در این صورت قاعده زنجیره‌ای ایجاب می‌کند که $$G'(x)=\Gamma '\left(f_{2}(x)\right)f_{2}'(x)-\Gamma '\left(f_{1}(x)\right)f_{1}'(x).$$ طبق بخش اول قضیه اساسی حسابان، $\Gamma '(x)=g(x)$. بنابراین، با جایگذاری این نتیجه در بالا، معادله مطلوب را به دست می‌آوریم: $$G'(x)=g\left(f_{2}(x)\right){f_{2}'(x)}-g\left(f_{1}(x)\right){f_{1}'(x)}.$$

نکته: این فرم می‌تواند به‌ویژه زمانی مفید باشد که عبارت مورد نظر برای مشتق‌گیری به شکل زیر باشد: $$\int _{f_{1}(x)}^{f_{2}(x)}h(x)\,g(t)\,dt$$ از آنجا که $h(x)$ به کران‌های انتگرال بستگی ندارد، می‌توان آن را از زیر علامت انتگرال بیرون آورد و فرم بالا را با استفاده از قاعده ضرب به کار برد، یعنی: $${\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}\left(\int _{f_{1}(x)}^{f_{2}(x)}h(x)g(t)\,dt\right)&={\frac {d}{dx}}\left(h(x)\int _{f_{1}(x)}^{f_{2}(x)}g(t)\,dt\right)\\&=h'(x)\int _{f_{1}(x)}^{f_{2}(x)}g(t)\,dt+h(x){\frac {d}{dx}}\left(\int _{f_{1}(x)}^{f_{2}(x)}g(t)\,dt\right)\end{aligned}}$$

فرم کلی با کران‌های متغیر

قرار دهید $$\varphi (\alpha )=\int _{a}^{b}f(x,\alpha )\,dx,$$ که در آن a و b توابعی از α هستند که وقتی α به اندازه Δα افزایش می‌یابد، به ترتیب دارای افزایش‌های Δa و Δb هستند. سپس، $${\begin{aligned}\Delta \varphi &=\varphi (\alpha +\Delta \alpha )-\varphi (\alpha )\\[4pt]&=\int _{a+\Delta a}^{b+\Delta b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx-\int _{a}^{b}f(x,\alpha )\,dx\\[4pt]&=\int _{a+\Delta a}^{a}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx+\int _{a}^{b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx+\int _{b}^{b+\Delta b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx-\int _{a}^{b}f(x,\alpha )\,dx\\[4pt]&=-\int _{a}^{a+\Delta a}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx+\int _{a}^{b}[f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )]\,dx+\int _{b}^{b+\Delta b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx.\end{aligned}}$$

شکلی از قضیه مقدار میانگین، یعنی $\int _{a}^{b}f(x)\,dx=(b-a)f(\xi )$ که در آن a < ξ < b، ممکن است برای اولین و آخرین انتگرال در فرمول Δφ در بالا اعمال شود که نتیجه می‌دهد: $$\Delta \varphi =-\Delta af(\xi _{1},\alpha +\Delta \alpha )+\int _{a}^{b}[f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )]\,dx+\Delta bf(\xi _{2},\alpha +\Delta \alpha ).$$

بر Δα تقسیم کنید و اجازه دهید Δα → ۰. توجه کنید که ξ₁ → a و ξ₂ → b. ما می‌توانیم حد را از علامت انتگرال عبور دهیم: $$\lim _{\Delta \alpha \to 0}\int _{a}^{b}{\frac {f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )}{\Delta \alpha }}\,dx=\int _{a}^{b}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}f(x,\alpha )\,dx,$$ که این نیز توسط قضیه همگرایی کران‌دار انجام می‌شود. این فرم کلی قاعده انتگرال لایبنیتس را به دست می‌دهد: $${\frac {d\varphi }{d\alpha }}=\int _{a}^{b}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}f(x,\alpha )\,dx+f(b,\alpha ){\frac {db}{d\alpha }}-f(a,\alpha ){\frac {da}{d\alpha }}.$$

اثبات جایگزین فرم کلی با کران‌های متغیر، با استفاده از قاعده زنجیره‌ای

فرم کلی قاعده انتگرال لایبنیتس با کران‌های متغیر می‌تواند به عنوان نتیجه‌ای از فرم پایه قاعده انتگرال لایبنیتس، قاعده زنجیره‌ای چندمتغیره و بخش اول قضیه اساسی حسابان استخراج شود. فرض کنید $f$ در یک مستطیل در صفحه $x$-$t$ برای $x\in [x_{1},x_{2}]$ و $t\in [t_{1},t_{2}]$ تعریف‌شده باشد. همچنین فرض کنید $f$ و مشتق جزئی ${\textstyle {\frac {\partial f}{\partial x}}}$ هر دو توابع پیوسته روی این مستطیل باشند. فرض کنید $a,b$ توابع حقیقی مشتق‌پذیر تعریف‌شده روی $[x_{1},x_{2}]$ با مقادیری در $[t_{1},t_{2}]$ باشند (یعنی برای هر $x\in [x_{1},x_{2}],a(x),b(x)\in [t_{1},t_{2}]$). اکنون قرار دهید: $$F(x,y)=\int _{t_{1}}^{y}f(x,t)\,dt,\qquad {\text{for}}~x\in [x_{1},x_{2}]~{\text{and}}~y\in [t_{1},t_{2}]$$ و $$G(x)=\int _{a(x)}^{b(x)}f(x,t)\,dt,\quad {\text{for}}~x\in [x_{1},x_{2}]$$

سپس، با استفاده از ویژگی‌های انتگرال‌های معین، می‌توانیم بنویسیم: $$G(x)=\int _{t_{1}}^{b(x)}f(x,t)\,dt-\int _{t_{1}}^{a(x)}f(x,t)\,dt=F(x,b(x))-F(x,a(x))$$

از آنجا که توابع $F,a,b$ همگی مشتق‌پذیر هستند (به نکته در پایان اثبات مراجعه کنید)، طبق قاعده زنجیره‌ای چندمتغیره، نتیجه می‌شود که $G$ مشتق‌پذیر است و مشتق آن توسط فرمول زیر داده می‌شود: $$G'(x)=\left({\frac {\partial F}{\partial x}}(x,b(x))+{\frac {\partial F}{\partial b(x)}}(x,b(x))b'(x)\right)-\left({\frac {\partial F}{\partial x}}(x,a(x))+{\frac {\partial F}{\partial a(x)}}(x,a(x))a'(x)\right)$$اکنون توجه کنید که برای هر $x\in [x_{1},x_{2}]$ و برای هر $y\in [t_{1},t_{2}]$، داریم ${\textstyle {\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y)=\int _{t_{1}}^{y}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\,dt}$، زیرا هنگام گرفتن مشتق جزئی نسبت به $x$ از $F$، ما $y$ را در عبارت ${\textstyle \int _{t_{1}}^{y}f(x,t)\,dt}$ ثابت نگه می‌داریم؛ بنابراین فرم پایه قاعده انتگرال لایبنیتس با کران‌های ثابت انتگرال‌گیری اعمال می‌شود. سپس، طبق بخش اول قضیه اساسی حسابان، داریم ${\textstyle {\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y)=f(x,y)}$؛ زیرا هنگام گرفتن مشتق جزئی نسبت به $y$ از $F$، متغیر اول $x$ ثابت است، بنابراین قضیه اساسی واقعاً قابل اعمال است.

جایگذاری این نتایج در معادله $G'(x)$ در بالا می‌دهد: $${\begin{aligned}G'(x)&=\left(\int _{t_{1}}^{b(x)}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\,dt+f(x,b(x))b'(x)\right)-\left(\int _{t_{1}}^{a(x)}{\dfrac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\,dt+f(x,a(x))a'(x)\right)\\[2pt]&=f(x,b(x))b'(x)-f(x,a(x))a'(x)+\int _{a(x)}^{b(x)}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\,dt,\end{aligned}}$$ همان‌طور که مطلوب بود.

یک نکته فنی در اثبات بالا وجود دارد که شایان ذکر است: اعمال قاعده زنجیره‌ای به $G$ مستلزم آن است که $F$ از قبل مشتق‌پذیر باشد. اینجاست که ما از مفروضات خود دربارهٔ $f$ استفاده می‌کنیم. همان‌طور که در بالا ذکر شد، مشتقات جزئی $F$ توسط فرمول‌های ${\textstyle {\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y)=\int _{t_{1}}^{y}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\,dt}$ و ${\textstyle {\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y)=f(x,y)}$ داده می‌شوند. از آنجا که ${\textstyle {\dfrac {\partial f}{\partial x}}}$ پیوسته است، انتگرال آن نیز یک تابع پیوسته است، و از آنجا که $f$ نیز پیوسته است، این دو نتیجه نشان می‌دهند که هر دو مشتق جزئی $F$ پیوسته هستند. از آنجا که پیوستگی مشتقات جزئی دلالت بر مشتق‌پذیری تابع دارد، $F$ واقعاً مشتق‌پذیر است.

فرم سه‌بعدی وابسته به زمان

همچنین ببینید: § ابعاد بالاتر

اشتقاق جایگزین

• • لم. ** داریم:

$${\frac {\partial }{\partial b}}\left(\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right)=f(b),\qquad {\frac {\partial }{\partial a}}\left(\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right)=-f(a).$$

• • برهان. ** از اثبات قضیه اساسی حسابان،

$${\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial b}}\left(\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right)&=\lim _{\Delta b\to 0}{\frac {1}{\Delta b}}\left(\int _{a}^{b+\Delta b}f(x)\,dx-\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right)\\[1ex]&=\lim _{\Delta b\to 0}{\frac {1}{\Delta b}}\left(\int _{a}^{b}f(x)\,dx+\int _{b}^{b+\Delta b}f(x)\,dx-\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right)\\[1ex]&=\lim _{\Delta b\to 0}{\frac {1}{\Delta b}}\int _{b}^{b+\Delta b}f(x)\,dx\\[1ex]&=\lim _{\Delta b\to 0}{\frac {1}{\Delta b}}\left[f(b)\Delta b+O\left(\Delta b^{2}\right)\right]\\[1ex]&=f(b),\end{aligned}}$$ و $${\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial a}}\left(\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right)&=\lim _{\Delta a\to 0}{\frac {1}{\Delta a}}\left[\int _{a+\Delta a}^{b}f(x)\,dx-\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right]\\[6pt]&=\lim _{\Delta a\to 0}{\frac {1}{\Delta a}}\int _{a+\Delta a}^{a}f(x)\,dx\\[6pt]&=\lim _{\Delta a\to 0}{\frac {1}{\Delta a}}\left[-f(a)\Delta a+O\left(\Delta a^{2}\right)\right]\\[6pt]&=-f(a).\end{aligned}}$$

فرض کنید a و b ثابت باشند و f(x) شامل پارامتری مانند α باشد که در انتگرال‌گیری ثابت است اما ممکن است برای تشکیل انتگرال‌های متفاوت تغییر کند. فرض کنید f(x, α) یک تابع پیوسته از x و α در مجموعه فشرده {(x, α): α₀ ≤ α ≤ α₁ و a ≤ x ≤ b} باشد و مشتق جزئی f_α(x, α) وجودداشته و پیوسته باشد. اگر تعریف کنیم: $$\varphi (\alpha )=\int _{a}^{b}f(x,\alpha )\,dx,$$ آنگاه $\varphi$ را می‌توان با مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال، نسبت به α مشتق گرفت، یعنی: $${\frac {d\varphi }{d\alpha }}=\int _{a}^{b}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}f(x,\alpha )\,dx.$$

طبق قضیه هاینه-کانتور، این تابع در آن مجموعه به‌طور یکنواخت پیوسته است. به عبارت دیگر، برای هر ε > ۰، Δα وجود دارد به‌طوری که برای تمام مقادیر x در [a, b]، $$|f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )|<\varepsilon .$$

از سوی دیگر، $${\begin{aligned}\Delta \varphi &=\varphi (\alpha +\Delta \alpha )-\varphi (\alpha )\\[6pt]&=\int _{a}^{b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx-\int _{a}^{b}f(x,\alpha )\,dx\\[6pt]&=\int _{a}^{b}\left(f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )\right)\,dx\\[6pt]&\leq \varepsilon (b-a).\end{aligned}}$$

بنابراین φ(α) یک تابع پیوسته است.

به‌طور مشابه، اگر ${\frac {\partial }{\partial \alpha }}f(x,\alpha )$ وجودداشته و پیوسته باشد، آنگاه برای هر ε > ۰، Δα وجود دارد به‌طوری که: $$\forall x\in [a,b],\quad \left|{\frac {f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )}{\Delta \alpha }}-{\frac {\partial f}{\partial \alpha }}\right|<\varepsilon .$$

بنابراین، $${\frac {\Delta \varphi }{\Delta \alpha }}=\int _{a}^{b}{\frac {f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )}{\Delta \alpha }}\,dx=\int _{a}^{b}{\frac {\partial f(x,\alpha )}{\partial \alpha }}\,dx+R,$$ که در آن $$|R|<\int _{a}^{b}\varepsilon \,dx=\varepsilon (b-a).$$

اکنون، با میل کردن Δα به ۰، ε نیز به ۰ میل می‌کند، پس $$\lim _{{\Delta \alpha }\to 0}{\frac {\Delta \varphi }{\Delta \alpha }}={\frac {d\varphi }{d\alpha }}=\int _{a}^{b}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}f(x,\alpha )\,dx.$$

این همان فرمولی است که قصد اثبات آن را داشتیم.

حال فرض کنید $$\int _{a}^{b}f(x,\alpha )\,dx=\varphi (\alpha ),$$ که در آن a و b توابعی از α هستند که با افزایش α به اندازه Δα، به ترتیب دارای افزایش‌های Δa و Δb می‌شوند. در این صورت، $${\begin{aligned}\Delta \varphi &=\varphi (\alpha +\Delta \alpha )-\varphi (\alpha )\\[6pt]&=\int _{a+\Delta a}^{b+\Delta b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx-\int _{a}^{b}f(x,\alpha )\,dx\\[6pt]&=\int _{a+\Delta a}^{a}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx+\int _{a}^{b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx+\int _{b}^{b+\Delta b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx-\int _{a}^{b}f(x,\alpha )\,dx\\[6pt]&=-\int _{a}^{a+\Delta a}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx+\int _{a}^{b}[f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )]\,dx+\int _{b}^{b+\Delta b}f(x,\alpha +\Delta \alpha )\,dx.\end{aligned}}$$

شکلی از قضیه مقدار میانگین، ${\textstyle \int _{a}^{b}f(x)\,dx=(b-a)f(\xi ),}$ که در آن a < ξ < b، می‌تواند برای اولین و آخرین انتگرال در فرمول Δφ در بالا به کار رود که نتیجه می‌دهد: $$\Delta \varphi =-\Delta a\,f(\xi _{1},\alpha +\Delta \alpha )+\int _{a}^{b}[f(x,\alpha +\Delta \alpha )-f(x,\alpha )]\,dx+\Delta b\,f(\xi _{2},\alpha +\Delta \alpha ).$$

با تقسیم بر Δα، میل دادن Δα → ۰، توجه به اینکه ξ₁ → a و ξ₂ → b و با استفاده از مشتق‌گیری فوق برای $${\frac {d\varphi }{d\alpha }}=\int _{a}^{b}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}f(x,\alpha )\,dx$$ به نتیجه زیر می‌رسیم: $${\frac {d\varphi }{d\alpha }}=\int _{a}^{b}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}f(x,\alpha )\,dx+f(b,\alpha ){\frac {\partial b}{\partial \alpha }}-f(a,\alpha ){\frac {\partial a}{\partial \alpha }}.$$

این شکل کلی قاعده انتگرال لایبنیتس است.

مثال‌ها

مثال ۱: کران‌های ثابت

تابع زیر را در نظر بگیرید::$\varphi (\alpha )=\int _{0}^{1}{\frac {\alpha }{x^{2}+\alpha ^{2}}}\,dx.$

تابع زیر علامت انتگرال در نقطه $(x,\alpha )=(0,0)$ پیوسته نیست و تابع $\varphi (\alpha )$ در $\alpha =0$ دارای ناپیوستگی است، زیرا با میل کردن $\alpha \to 0^{\pm }$، مقدار $\varphi (\alpha )$ به $\pm \pi /2$ نزدیک می‌شود.

اگر از $\varphi (\alpha )$ نسبت به $\alpha$ در زیر علامت انتگرال مشتق بگیریم، خواهیم داشت: $${\frac {d}{d\alpha }}\varphi (\alpha )=\int _{0}^{1}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}\left({\frac {\alpha }{x^{2}+\alpha ^{2}}}\right)\,dx=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-\alpha ^{2}}{(x^{2}+\alpha ^{2})^{2}}}dx=\left.-{\frac {x}{x^{2}+\alpha ^{2}}}\right|_{0}^{1}=-{\frac {1}{1+\alpha ^{2}}},$$ برای $\alpha \neq 0$. این عبارت می‌تواند (نسبت به $\alpha$) انتگرال‌گیری شود تا حاصل زیر به دست آید: $$\varphi (\alpha )={\begin{cases}0,&\alpha =0,\\-\arctan({\alpha })+{\frac {\pi }{2}},&\alpha \neq 0.\end{cases}}$$

مثال ۲: کران‌های متغیر

مثالی با کران‌های متغیر: $${\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}\int _{\sin x}^{\cos x}\cosh t^{2}\,dt&=\cosh \left(\cos ^{2}x\right){\frac {d}{dx}}(\cos x)-\cosh \left(\sin ^{2}x\right){\frac {d}{dx}}(\sin x)+\int _{\sin x}^{\cos x}{\frac {\partial }{\partial x}}(\cosh t^{2})\,dt\\[6pt]&=\cosh(\cos ^{2}x)(-\sin x)-\cosh(\sin ^{2}x)(\cos x)+0\\[6pt]&=-\cosh(\cos ^{2}x)\sin x-\cosh(\sin ^{2}x)\cos x.\end{aligned}}$$

کاربردها

محاسبه انتگرال‌های معین

فرمول $${\frac {d}{dx}}\left(\int _{a(x)}^{b(x)}f(x,t)\,dt\right)=f{\big (}x,b(x){\big )}\cdot {\frac {d}{dx}}b(x)-f{\big (}x,a(x){\big )}\cdot {\frac {d}{dx}}a(x)+\int _{a(x)}^{b(x)}{\frac {\partial }{\partial x}}f(x,t)\,dt$$ می‌تواند در محاسبه برخی انتگرال‌های معین مفید باشد. هنگامی که از این قاعده در این زمینه استفاده می‌شود، قاعده انتگرال لایبنیتس برای مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال، به عنوان ترفند فاینمن برای انتگرال‌گیری نیز شناخته می‌شود.

مثال ۳

عبارت زیر را در نظر بگیرید: $$\varphi (\alpha )=\int _{0}^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos(x)+\alpha ^{2}\right)\,dx,\qquad |\alpha |\neq 1.$$ مشتق آن، که به عنوان کرنل پواسون شناخته می‌شود، به صورت زیر داده می‌شود: $${\begin{aligned}{\frac {d}{d\alpha }}\varphi (\alpha )&=\int _{0}^{\pi }{\frac {-2\cos(x)+2\alpha }{1-2\alpha \cos(x)+\alpha ^{2}}}dx\\[6pt]&={\frac {1}{\alpha }}\int _{0}^{\pi }\left(1-{\frac {1-\alpha ^{2}}{1-2\alpha \cos(x)+\alpha ^{2}}}\right)dx\\[6pt]&=\left.{\frac {\pi }{\alpha }}-{\frac {2}{\alpha }}\left\{\arctan \left({\frac {1+\alpha }{1-\alpha }}\tan \left({\frac {x}{2}}\right)\right)\right\}\right|_{0}^{\pi }.\end{aligned}}$$

همان‌طور که $x$ از $0$ تا $\pi$ تغییر می‌کند، داریم: $${\begin{cases}{\frac {1+\alpha }{1-\alpha }}\tan \left({\frac {x}{2}}\right)\geq 0,&|\alpha |<1,\\{\frac {1+\alpha }{1-\alpha }}\tan \left({\frac {x}{2}}\right)\leq 0,&|\alpha |>1.\end{cases}}$$

بنابراین، $$\left.\arctan \left({\frac {1+\alpha }{1-\alpha }}\tan \left({\frac {x}{2}}\right)\right)\right|_{0}^{\pi }={\begin{cases}{\frac {\pi }{2}},&|\alpha |<1,\\-{\frac {\pi }{2}},&|\alpha |>1.\end{cases}}$$

در نتیجه،

$${\frac {d}{d\alpha }}\varphi (\alpha )={\begin{cases}0,&|\alpha |<1,\\{\frac {2\pi }{\alpha }},&|\alpha |>1.\end{cases}}$$

با انتگرال‌گیری از هر دو طرف نسبت به $\alpha$، به دست می‌آوریم: $$\varphi (\alpha )={\begin{cases}C_{1},&|\alpha |<1,\\2\pi \ln |\alpha |+C_{2},&|\alpha |>1.\end{cases}}$$

مقدار $C_{1}=0$ از محاسبه $\varphi (0)$ حاصل می‌شود: $$\varphi (0)=\int _{0}^{\pi }\ln(1)\,dx=\int _{0}^{\pi }0\,dx=0.$$

برای تعیین $C_{2}$ به همان روش، باید مقداری از $\alpha$ بزرگ‌تر از ۱ را در $\varphi (\alpha )$ جایگذاری کنیم. این کار تا حدودی ناخوشایند است. در عوض، ${\textstyle \alpha ={\frac {1}{\beta }}}$ را جایگذاری می‌کنیم، که در آن $|\beta |<1$. سپس، $${\begin{aligned}\varphi (\alpha )&=\int _{0}^{\pi }\left(\ln \left(1-2\beta \cos(x)+\beta ^{2}\right)-2\ln |\beta |\right)dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\pi }\ln \left(1-2\beta \cos(x)+\beta ^{2}\right)\,dx-\int _{0}^{\pi }2\ln |\beta |dx\\[6pt]&=0-2\pi \ln |\beta |\\[6pt]&=2\pi \ln |\alpha |.\end{aligned}}$$

بنابراین، $C_{2}=0$

محاسبه $\varphi (\alpha )$ اکنون کامل است: $$\varphi (\alpha )={\begin{cases}0,&|\alpha |<1,\\2\pi \ln |\alpha |,&|\alpha |>1.\end{cases}}$$

بحث پیشین، البته، زمانی که $\alpha =\pm 1$ باشد صدق نمی‌کند، زیرا شرایط مشتق‌پذیری برقرار نیست.

مثال ۴

$$I=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{\left(a\cos ^{2}x+b\sin ^{2}x\right)^{2}}}\,dx,\qquad a,b>0.$$

ابتدا محاسبه می‌کنیم: $${\begin{aligned}J&=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{a\cos ^{2}x+b\sin ^{2}x}}dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\frac {1}{\cos ^{2}x}}{a+b{\frac {\sin ^{2}x}{\cos ^{2}x}}}}dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sec ^{2}x}{a+b\tan ^{2}x}}dx\\[6pt]&={\frac {1}{b}}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{\left({\sqrt {\frac {a}{b}}}\right)^{2}+\tan ^{2}x}}\,d(\tan x)\\[6pt]&=\left.{\frac {1}{\sqrt {ab}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {b}{a}}}\tan x\right)\right|_{0}^{\pi /2}\\[6pt]&={\frac {\pi }{2{\sqrt {ab}}}}.\end{aligned}}$$

از آنجا که کران‌های انتگرال‌گیری مستقل از $a$ هستند، داریم: $${\frac {\partial J}{\partial a}}=-\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\cos ^{2}x}{\left(a\cos ^{2}x+b\sin ^{2}x\right)^{2}}}\,dx$$

از سوی دیگر: $${\frac {\partial J}{\partial a}}={\frac {\partial }{\partial a}}\left({\frac {\pi }{2{\sqrt {ab}}}}\right)=-{\frac {\pi }{4{\sqrt {a^{3}b}}}}.$$

برابر قرار دادن این دو رابطه نتیجه می‌دهد: $$\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\cos ^{2}x}{\left(a\cos ^{2}x+b\sin ^{2}x\right)^{2}}}\,dx={\frac {\pi }{4{\sqrt {a^{3}b}}}}.$$

به روشی مشابه، پیگیری ${\frac {\partial J}{\partial b}}$ نتیجه می‌دهد: $$\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sin ^{2}x}{\left(a\cos ^{2}x+b\sin ^{2}x\right)^{2}}}\,dx={\frac {\pi }{4{\sqrt {ab^{3}}}}}.$$

جمع دو نتیجه حاصل، تولید می‌کند: $$I=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{\left(a\cos ^{2}x+b\sin ^{2}x\right)^{2}}}\,dx={\frac {\pi }{4{\sqrt {ab}}}}\left({\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\right),$$ که $I$ را همان‌طور که خواسته‌شده بود، محاسبه می‌کند.

این مشتق‌گیری می‌تواند تعمیم یابد. توجه کنید که اگر تعریف کنیم $$I_{n}=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{\left(a\cos ^{2}x+b\sin ^{2}x\right)^{n}}}\,dx,$$ به راحتی می‌توان نشان داد که $$(1-n)I_{n}={\frac {\partial I_{n-1}}{\partial a}}+{\frac {\partial I_{n-1}}{\partial b}}$$

با داشتن $I_{1}$، این فرمول کاهش انتگرال می‌تواند برای محاسبه تمام مقادیر $I_{n}$ برای $n>1$ استفاده شود. انتگرال‌هایی مانند $I$ و $J$ همچنین می‌توانند با استفاده از تغییر متغیر اویلر (یا جانشینی وایرشتراس) حل شوند.

مثال ۵

در اینجا، انتگرال زیر را در نظر می‌گیریم: $$I(\alpha )=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\ln(1+\cos \alpha \cos x)}{\cos x}}\,dx,\qquad 0<\alpha <\pi .$$

با مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال نسبت به $\alpha$، داریم: $${\begin{aligned}{\frac {d}{d\alpha }}I(\alpha )&=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\partial }{\partial \alpha }}\left({\frac {\ln(1+\cos \alpha \cos x)}{\cos x}}\right)\,dx\\[6pt]&=-\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sin \alpha }{1+\cos \alpha \cos x}}\,dx\\&=-\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sin \alpha }{\left(\cos ^{2}{\frac {x}{2}}+\sin ^{2}{\frac {x}{2}}\right)+\cos \alpha \left(\cos ^{2}{\frac {x}{2}}-\sin ^{2}{\frac {x}{2}}\right)}}\,dx\\[6pt]&=-{\frac {\sin \alpha }{1-\cos \alpha }}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{\cos ^{2}{\frac {x}{2}}}}{\frac {1}{{\frac {1+\cos \alpha }{1-\cos \alpha }}+\tan ^{2}{\frac {x}{2}}}}\,dx\\[6pt]&=-{\frac {2\sin \alpha }{1-\cos \alpha }}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {{\frac {1}{2}}\sec ^{2}{\frac {x}{2}}}{{\frac {2\cos ^{2}{\frac {\alpha }{2}}}{2\sin ^{2}{\frac {\alpha }{2}}}}+\tan ^{2}{\frac {x}{2}}}}\,dx\\[6pt]&=-{\frac {2\left(2\sin {\frac {\alpha }{2}}\cos {\frac {\alpha }{2}}\right)}{2\sin ^{2}{\frac {\alpha }{2}}}}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{\cot ^{2}{\frac {\alpha }{2}}+\tan ^{2}{\frac {x}{2}}}}\,d\left(\tan {\frac {x}{2}}\right)\\[6pt]&=-2\cot {\frac {\alpha }{2}}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{\cot ^{2}{\frac {\alpha }{2}}+\tan ^{2}{\frac {x}{2}}}}\,d\left(\tan {\frac {x}{2}}\right)\\[6pt]&=-2\arctan \left(\tan {\frac {\alpha }{2}}\tan {\frac {x}{2}}\right){\bigg |}_{0}^{\pi /2}\\[6pt]&=-\alpha .\end{aligned}}$$

بنابراین: $$I(\alpha )=C-{\frac {\alpha ^{2}}{2}}.$$

اما ${\textstyle I{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=0}$ طبق تعریف، پس ${\textstyle C={\frac {\pi ^{2}}{8}}}$ و $$I(\alpha )={\frac {\pi ^{2}}{8}}-{\frac {\alpha ^{2}}{2}}.$$

مثال ۶

در اینجا، انتگرال زیر را در نظر می‌گیریم: $$\int _{0}^{2\pi }e^{\cos \theta }\cos(\sin \theta )\,d\theta .$$

متغیر جدیدی به نام φ معرفی می‌کنیم و انتگرال را به صورت زیر بازنویسی می‌کنیم: $$f(\varphi )=\int _{0}^{2\pi }e^{\varphi \cos \theta }\cos(\varphi \sin \theta )\,d\theta .$$

هنگامی که φ = ۱ باشد، این عبارت با انتگرال اصلی برابر است. با این حال، می‌توان از این انتگرال کلی‌تر نسبت به $\varphi$ مشتق گرفت: $${\frac {df}{d\varphi }}=\int _{0}^{2\pi }{\frac {\partial }{\partial \varphi }}\left[e^{\varphi \cos \theta }\cos(\varphi \sin \theta )\right]d\theta =\int _{0}^{2\pi }e^{\varphi \cos \theta }\left[\cos \theta \cos(\varphi \sin \theta )-\sin \theta \sin(\varphi \sin \theta )\right]d\theta .$$

اکنون، φ را ثابت فرض کرده و میدان برداری روی $\mathbb {R} ^{2}$ را که توسط $\mathbf {F} (x,y)=(F_{1}(x,y),F_{2}(x,y)):=(e^{\varphi x}\sin(\varphi y),e^{\varphi x}\cos(\varphi y))$ تعریف‌شده است، در نظر بگیرید. علاوه بر این، پارامتری‌سازی مثبت دایره واحد $S^{1}$ را به صورت $\mathbf {r} \colon [0,2\pi )\to \mathbb {R} ^{2}$ و $\mathbf {r} (\theta ):=(\cos \theta ,\sin \theta )$ انتخاب می‌کنیم، به‌طوری که $\mathbf {r} '(t)=(-\sin \theta ,\cos \theta )$ باشد. در این صورت، انتگرال نهایی بالا دقیقاً برابر است با: $${\begin{aligned}&\int _{0}^{2\pi }e^{\varphi \cos \theta }\left[\cos \theta \cos(\varphi \sin \theta )-\sin \theta \sin(\varphi \sin \theta )\right]d\theta \\[6pt]={}&\int _{0}^{2\pi }{\begin{bmatrix}e^{\varphi \cos \theta }\sin(\varphi \sin \theta )\\e^{\varphi \cos \theta }\cos(\varphi \sin \theta )\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}-\sin \theta \\{\hphantom {-}}\cos \theta \end{bmatrix}}\,d\theta \\[6pt]={}&\int _{0}^{2\pi }\mathbf {F} (\mathbf {r} (\theta ))\cdot \mathbf {r} '(\theta )\,d\theta \\[6pt]={}&\oint _{S^{1}}\mathbf {F} (\mathbf {r} )\cdot d\mathbf {r} =\oint _{S^{1}}F_{1}\,dx+F_{2}\,dy,\end{aligned}}$$ که انتگرال خطی $\mathbf {F}$ روی $S^{1}$ است. طبق قضیه گرین، این مقدار برابر است با انتگرال دوگانه: $$\iint _{D}{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}\,dA,$$ که در آن $D$ دیسک واحد بسته است. انتگرال‌گیر آن به‌طور همانی صفر است، بنابراین $df/d\varphi$ نیز به‌طور همانی صفر است. این نشان می‌دهد که f(φ) ثابت است. مقدار ثابت را می‌توان با محاسبه $f$ در $\varphi =0$ تعیین کرد: $$f(0)=\int _{0}^{2\pi }1\,d\theta =2\pi .$$

بنابراین، انتگرال اصلی نیز برابر با $2\pi$ است.

مسائل دیگر برای حل

انتگرال‌های بی‌شمار دیگری وجود دارند که می‌توانند با استفاده از تکنیک مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال حل شوند. برای مثال، در هر یک از موارد زیر، انتگرال اصلی ممکن است با انتگرال مشابهی که دارای پارامتر جدید $\alpha$ است، جایگزین شود: $${\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx&\to \int _{0}^{\infty }e^{-\alpha x}{\frac {\sin x}{x}}dx,\\[6pt]\int _{0}^{\pi /2}{\frac {x}{\tan x}}\,dx&\to \int _{0}^{\pi /2}{\frac {\tan ^{-1}(\alpha \tan x)}{\tan x}}dx,\\[6pt]\int _{0}^{\infty }{\frac {\ln(1+x^{2})}{1+x^{2}}}\,dx&\to \int _{0}^{\infty }{\frac {\ln(1+\alpha ^{2}x^{2})}{1+x^{2}}}dx\\[6pt]\int _{0}^{1}{\frac {x-1}{\ln x}}\,dx&\to \int _{0}^{1}{\frac {x^{\alpha }-1}{\ln x}}dx.\end{aligned}}$$

اولین انتگرال، یعنی انتگرال دیریکله، برای $\alpha$ مثبت به‌طور مطلق همگرا است، اما تنها زمانی که $\alpha =0$ باشد، به‌طور شرطی همگراست؛ بنابراین، مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال زمانی که $\alpha >0$ باشد، به‌راحتی قابل توجیه است، اما اثبات اینکه فرمول حاصل در هنگام $\alpha =0$ معتبر باقی می‌ماند، نیازمند دقت بیشتری است.

سری‌های نامتناهی

نسخه نظریه اندازه‌ای مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال، با تفسیر جمع به عنوان اندازه شمارشی، برای مجموع‌ها (متناهی یا نامتناهی) نیز کاربرد دارد. نمونه‌ای از کاربرد آن، این واقعیت است که سری‌های توانی در شعاع همگرایی خود مشتق‌پذیر هستند.

معادلات اویلر-لاگرانژ

قاعده انتگرال لایبنیتس در استخراج معادله اویلر-لاگرانژ در حساب تغییرات استفاده می‌شود.

در فرهنگ عامه

مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال در کتاب خاطرات پرفروش فیزیک‌دان فقید، ریچارد فاینمن، با عنوان «حتماً شوخی می‌کنید آقای فاینمن؟» در فصل «جعبه ابزار متفاوت» ذکرشده است. او یادگیری آن را در دوران مدرسه متوسطه از یک کتاب قدیمی به نام «حساب دیفرانسیل و انتگرال پیشرفته» (۱۹۲۶) نوشته فردریک اس. وودز (که استاد ریاضیات در مؤسسه فناوری ماساچوست بود) توصیف می‌کند. این تکنیک زمانی که فاینمن بعداً تحصیلات رسمی خود را در حسابان گذراند، چندان آموزش داده نمی‌شد، اما با استفاده از این روش، فاینمن توانست پس از ورود به تحصیلات تکمیلی در دانشگاه پرینستون، مسائل انتگرال‌گیری دشوار را حل کند:

یکی از چیزهایی که هرگز یادنگرفتم، انتگرال‌گیری کانتور بود. من یادگرفته بودم که انتگرال‌ها را با روش‌های مختلفی که در کتابی که معلم فیزیک دبیرستانم، آقای بیدر، به من داده بود، حل کنم. یک روز به من گفت بعد از کلاس بمانم. فاینمن، تو خیلی حرف می‌زنی و خیلی سروصدا می‌کنی. می‌دانم چرا. حوصله‌ات سر رفته است؛ بنابراین می‌خواهم کتابی به تو بدهم. برو آنجا در عقب کلاس، در گوشه، و این کتاب را مطالعه کن، و وقتی همه چیزهایی که در این کتاب است را یادگرفتی، می‌توانی دوباره صحبت کنی؛ بنابراین در هر کلاس فیزیک، من به آنچه در مورد قانون پاسکال یا هر چیز دیگری که تدریس می‌شد، توجه نمی‌کردم. من در عقب کلاس با این کتاب بودم: «حساب دیفرانسیل و انتگرال پیشرفته»، نوشته وودز. بیدر می‌دانست که من کمی حساب دیفرانسیل و انتگرال برای افراد عملی را مطالعه کرده‌ام، بنابراین او کارهای اصلی را به من داد؛ این کتاب برای دوره سال سوم یا چهارم کالج بود. این کتاب شامل سری فوریه، تابع بسل، دترمینان، تابع بیضوی و انواع چیزهای شگفت‌انگیزی بود که هیچ‌چیز درباره‌شان نمی‌دانستم. آن کتاب همچنین نشان می‌داد که چگونه از پارامترها زیر علامت انتگرال مشتق بگیریم؛ این یک عمل خاص است. معلوم شد که این روش در دانشگاه‌ها خیلی آموزش داده نمی‌شود؛ آن‌ها بر آن تأکید نمی‌کنند. اما من یادگرفتم که چگونه از آن روش استفاده کنم و بارها و بارها از آن ابزار لعنتی استفاده کردم؛ بنابراین چون خودم با استفاده از آن کتاب یادگرفته بودم، روش‌های عجیبی برای حل انتگرال‌ها داشتم. نتیجه این شد که وقتی بچه‌ها در ام‌آی‌تی یا دانشگاه پرینستون در حل یک انتگرال خاص مشکل داشتند، به این دلیل بود که نمی‌توانستند آن را با روش‌های استانداردی که در مدرسه یادگرفته بودند، حل کنند. اگر انتگرال‌گیری کانتور بود، آن را پیدا می‌کردند؛ اگر یک بسط سری ساده بود، آن را پیدا می‌کردند. سپس من می‌آمدم و سعی می‌کردم زیر علامت انتگرال مشتق بگیرم و اغلب جواب می‌داد؛ بنابراین شهرت زیادی برای حل انتگرال‌ها به دست آوردم، فقط به این دلیل که جعبه ابزار من با بقیه متفاوت بود و آن‌ها قبل از اینکه مسئله را به من بدهند، تمام ابزارهای خود را روی آن امتحان کرده بودند.

در فصل ۸، قسمت ۲ از تئوری بیگ بنگ، شلدون از هاوارد می‌پرسد: «آیا می‌دانی چگونه بدون نگاه کردن، انتگرال x به توان دو ضرب‌در e به توان منفی x را بگیری؟» و هاوارد پاسخ می‌دهد: «من از ترفند فاینمن استفاده می‌کنم، مشتق‌گیری زیر علامت انتگرال.»

جستارهای وابسته

• قاعده زنجیره‌ای
• مشتق‌گیری انتگرال‌ها
• قاعده لایبنیتس (قاعده ضرب تعمیم‌یافته)
• قضیه انتقال رینولدز، تعمیمی از قاعده لایبنیتس

برای مطالعهٔ بیشتر

• Amazigo, John C.; Rubenfeld, Lester A. (1980). "Single Integrals: Leibnitz's Rule; Numerical Integration". Advanced Calculus and its Applications to the Engineering and Physical Sciences. New York: Wiley. pp. 155–165. ISBN 0-471-04934-4.
• Kaplan, Wilfred (1973). "Integrals Depending on a Parameter—Leibnitz's Rule". Advanced Calculus (2nd ed.). Reading: Addison-Wesley. pp. 285–288.

پیوند به بیرون

• Harron, Rob. "The Leibniz Rule" (PDF). MAT-203.