Для дифференцирования интеграла по параметру сначала вспомним общеизвестные факты: \[ \frac{\partial}{\partial y}f\left(u(y),v(y),w(y)\right)=f'_{u}u'_{y}+f'_{v}v'_{y}+f'_{w}w'_{y} \] \[ \int\limits _{a}^{b}f\left(x\right)dx=F\left(b\right)-F\left(a\right) \] \[ \frac{\partial}{\partial b}\int\limits _{a}^{b}f\left(x\right)dx=\frac{\partial}{\partial b}\left[F\left(b\right)-F\left(a\right)\right]=f\left(b\right) \] \[ \frac{\partial}{\partial a}\int\limits _{a}^{b}f\left(x\right)dx=\frac{\partial}{\partial a}\left[F\left(b\right)-F\left(a\right)\right]=-f\left(a\right) \]
Собирая их вместе, получим \[ \frac{\partial}{\partial y}\int\limits _{\varphi(y)}^{\psi(y)}f\left(x,y\right)dx=\int\limits _{\varphi(y)}^{\psi(y)}\frac{\partial}{\partial y}f\left(x,y\right)dx+\frac{\partial}{\partial\psi(y)}\int\limits _{\varphi(y)}^{\psi(y)}f\left(x,y\right)dx\cdot\psi'(y)+\frac{\partial}{\partial\varphi(y)}\int\limits _{\varphi(y)}^{\psi(y)}f\left(x,y\right)dx\cdot\varphi'(y)= \] \[ =\int\limits _{\varphi(y)}^{\psi(y)}f'_{y}\left(x,y\right)dx+f\left(\psi(y),y\right)\cdot\psi'(y)-f\left(\varphi(y),y\right)\cdot\varphi'(y) \] Пример: № 3717 Вычислить $F'\left(x\right)$, если \[ F\left(x\right)=\int\limits _{x}^{x^{2}}e^{-xy^{2}}dy, \] \[ F'\left(x\right)=\frac{\partial}{\partial x}\int\limits _{x}^{x^{2}}e^{-xy^{2}}dy= \] \[ =\int\limits _{x}^{x^{2}}\frac{\partial}{\partial x}e^{-xy^{2}}dy+\left.e^{-xy^{2}}\right|_{y=x^{2}}\cdot\left(x^{2}\right)^{\prime}-\left.e^{-xy^{2}}\right|_{y=x}\cdot\left(x\right)^{\prime}= \] \[ =\int\limits _{x}^{x^{2}}\left(-y^{2}\right)e^{-xy^{2}}dy+e^{-x\cdot\left(x^{2}\right)^{2}}\cdot2x-e^{-x\cdot x^{2}}\cdot1= \] \[ =-\int\limits _{x}^{x^{2}}y^{2}e^{-xy^{2}}dy+2xe^{-x^{5}}-e^{-x^{3}}. \]
Задание: № 3718 а), 3719, 3721.
Пример: № 3725
Найти производные от полных эллиптических интегралов \[ E\left(k\right)=\int\limits _{0}^{\pi/2}\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\varphi}d\varphi \]
и \[ F\left(k\right)=\int\limits _{0}^{\pi/2}\frac{d\varphi}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\varphi}},\qquad(0 < k < 1) \] и выразить их через функции $E\left(k\right)$ и $F\left(k\right)$.
Показать, что $E\left(k\right)$ удовлетворяет дифференциальному уравнению \[ E''\left(k\right)+\frac{1}{k}E'\left(k\right)+\frac{E\left(k\right)}{1-k^{2}}=0. \]
Обозначим \[ \sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\varphi}\equiv A\left(k,\varphi\right) \] Тогда \begin{equation} E\left(k\right)=\int\limits _{0}^{\pi/2}Ad\varphi,\qquad F\left(k\right)=\int\limits _{0}^{\pi/2}\frac{d\varphi}{A}\label{EFA} \end{equation} \[ 1-k^{2}\sin^{2}\varphi=A^{2},\qquad k^{2}\sin^{2}\varphi=1-A^{2} \] \[ -2k\sin^{2}\varphi=2AA'_{k},\qquad A'_{k}=-k\frac{\sin^{2}\varphi}{A} \] \[ -2k^{2}\sin\varphi\cos\varphi=2AA'_{\varphi},\qquad A'_{\varphi}=-\frac{k^{2}\sin\varphi\cos\varphi}{A}=-\frac{k^{2}\sin2\varphi}{2A} \] Производные \[ E'\left(k\right)=\int\limits _{0}^{\pi/2}A'_{k}d\varphi=\int\limits _{0}^{\pi/2}-k\frac{\sin^{2}\varphi}{A}d\varphi=-k\int\limits _{0}^{\pi/2}\frac{1}{A}\frac{1-A^{2}}{k^{2}}d\varphi=-\frac{1}{k}\int\limits _{0}^{\pi/2}\left(\frac{1}{A}-A\right)d\varphi= \] \begin{equation} =-\frac{1}{k}\left(\int\limits _{0}^{\pi/2}\frac{1}{A}d\varphi-\int\limits _{0}^{\pi/2}Ad\varphi\right)=-\frac{1}{k}\left[F\left(k\right)-E\left(k\right)\right]=\frac{1}{k}\left[E\left(k\right)-F\left(k\right)\right],\label{dEis} \end{equation} \begin{equation} F'\left(k\right)=-\int\limits _{0}^{\pi/2}\frac{1}{A^{2}}A'_{k}d\varphi=k\int\limits _{0}^{\pi/2}\frac{\sin^{2}\varphi}{A^{3}}d\varphi.\label{dFis1} \end{equation} В качестве дополнительного построения возьмём вторую производную \[ A''_{\varphi\varphi}=-\frac{k^{2}\cos2\varphi}{A}+\frac{k^{2}\sin2\varphi}{2A^{2}}A'_{\varphi}=-\frac{k^{2}\cos2\varphi}{A}-\frac{k^{4}\sin^{2}2\varphi}{4A^{3}}= \] \[ =-\frac{k^{2}}{A}\left(1-2\sin^{2}\varphi\right)-\frac{k^{4}}{4A^{3}}\left(2\sin\varphi\cos\varphi\right)^{2}=-\frac{k^{2}}{A}\left(1-2\sin^{2}\varphi\right)-\frac{k^{4}}{A^{3}}\sin^{2}\varphi\left(1-\sin^{2}\varphi\right)= \] \[ =-\frac{k^{2}}{A}+2\frac{k^{2}}{A}\sin^{2}\varphi-\frac{k^{4}}{A^{3}}\sin^{2}\varphi+\frac{k^{4}}{A^{3}}\sin^{4}\varphi= \] \[ =\left[-\frac{k^{2}}{A}+2\frac{1-A^{2}}{A}\right]-\frac{k^{4}}{A^{3}}\sin^{2}\varphi+k^{2}\frac{1-A^{2}}{A^{3}}\sin^{2}\varphi= \] \[ =\left[\left(2-k^{2}\right)\frac{1}{A}-2A\right]-\frac{k^{4}}{A^{3}}\sin^{2}\varphi+k^{2}\frac{1}{A^{3}}\sin^{2}\varphi-\frac{1}{A}k^{2}\sin^{2}\varphi= \] \[ =\left(2-k^{2}\right)\frac{1}{A}-2A+\left(k^{2}-k^{4}\right)\frac{\sin^{2}\varphi}{A^{3}}-\frac{1-A^{2}}{A}= \] \[ =\left(1-k^{2}\right)\frac{1}{A}-A+\left(k^{2}-k^{4}\right)\frac{\sin^{2}\varphi}{A^{3}}, \] и вычислим \[ \int\limits _{0}^{\pi/2}A''_{\varphi\varphi}d\varphi=\left.A'_{\varphi}\right|_{0}^{\pi/2}=\left.-\frac{k^{2}\sin2\varphi}{2A}\right|_{0}^{\pi/2}=-\frac{k^{2}}{2A}\left(\sin\pi-\sin0\right)=0= \] \[ =\int\limits _{0}^{\pi/2}\left[\left(2-k^{2}-1\right)\frac{1}{A}-A+\left(k^{2}-k^{4}\right)\frac{\sin^{2}\varphi}{A^{3}}\right]d\varphi=\left(1-k^{2}\right)\int\limits _{0}^{\pi/2}\frac{1}{A}d\varphi-\int\limits _{0}^{\pi/2}Ad\varphi+\left(k^{2}-k^{4}\right)\int\limits _{0}^{\pi/2}\frac{\sin^{2}\varphi}{A^{3}}d\varphi= \] заменим по формулам (\ref{EFA}) и (\ref{dFis1}): \[ =\left(1-k^{2}\right)F\left(k\right)-E\left(k\right)+\left(k-k^{3}\right)F'\left(k\right). \] Итак, \[ \left(1-k^{2}\right)F\left(k\right)-E\left(k\right)-\left(k^{3}-k\right)F'\left(k\right)=0, \] откуда \begin{equation} F'\left(k\right)=\frac{\left(1-k^{2}\right)}{k\left(k^{2}-1\right)}F\left(k\right)-\frac{1}{k\left(k^{2}-1\right)}E\left(k\right)=\frac{1}{k\left(1-k^{2}\right)}E\left(k\right)-\frac{1}{k}F\left(k\right).\label{dFis} \end{equation} Для доказательства верности уравнения вычислим $E''\left(k\right)$, воспользовавшись (\ref{dEis}) и (\ref{dFis}) \[ E''\left(k\right)=\frac{1}{k}\left[E'\left(k\right)-F'\left(k\right)\right]-\frac{1}{k^{2}}\left[E\left(k\right)-F\left(k\right)\right]; \] первое вычислим отдельно: \[ \frac{1}{k}\left[E'\left(k\right)-F'\left(k\right)\right]= \] \[ =\frac{1}{k}\left\{ \frac{1}{k}\left[E\left(k\right)-F\left(k\right)\right]-\left[\frac{1}{k\left(1-k^{2}\right)}E\left(k\right)-\frac{1}{k}F\left(k\right)\right]\right\} =\frac{1}{k}\left[\frac{1}{k}E\left(k\right)-\bcancel{\frac{1}{k}F\left(k\right)}-\frac{1}{k\left(1-k^{2}\right)}E\left(k\right)+\bcancel{\frac{1}{k}F\left(k\right)}\right]= \] \[ =\frac{1}{k}\left[\frac{1}{k}-\frac{1}{k\left(1-k^{2}\right)}\right]E\left(k\right)=\frac{1}{k^{2}\left(1-k^{2}\right)}\left[\left(1-k^{2}\right)-1\right]E\left(k\right)=-\frac{1}{1-k^{2}}E\left(k\right), \] и тогда \[ E''\left(k\right)=\frac{1}{k}\left[E'\left(k\right)-F'\left(k\right)\right]-\frac{1}{k^{2}}\left[E\left(k\right)-F\left(k\right)\right]= \] \[ =-\frac{1}{1-k^{2}}E\left(k\right)-\frac{1}{k^{2}}E\left(k\right)+\frac{1}{k^{2}}F\left(k\right)=-\left[\frac{1}{1-k^{2}}+\frac{1}{k^{2}}\right]E\left(k\right)+\frac{1}{k^{2}}F\left(k\right). \] Вернёмся к уравнению: \[ E''\left(k\right)+\frac{1}{k}E'\left(k\right)+\frac{E\left(k\right)}{1-k^{2}}=-\left[\frac{1}{1-k^{2}}+\frac{1}{k^{2}}\right]E\left(k\right)+\frac{1}{k^{2}}F\left(k\right)+\frac{1}{k^{2}}\left[E\left(k\right)-F\left(k\right)\right]+\frac{E\left(k\right)}{1-k^{2}}= \] \[ =-\left[\frac{1}{1-k^{2}}+\frac{1}{k^{2}}\right]E\left(k\right)+\bcancel{\frac{1}{k^{2}}F\left(k\right)}+\frac{1}{k^{2}}E\left(k\right)-\bcancel{\frac{1}{k^{2}}F\left(k\right)}+\frac{E\left(k\right)}{1-k^{2}}=-\left[\frac{1}{1-k^{2}}+\frac{1}{k^{2}}\right]E\left(k\right)+\left[\frac{1}{k^{2}}+\frac{1}{1-k^{2}}\right]E\left(k\right)=0, \] что и требовалось получить.
Задание: № 3726.
Нередко получается, что после дифференцирования по параметру получается берущийся интеграл из неберущегося. Отсюда новый алгоритм вычисления определённых интегралов, не основывающийся на неопределённых: дифференцируем по параметру, берём то, что получилось, интегрируем по параметру обратно, определяем константу интегрирования. Как это делается – можно посмотреть на примере № 3733.
Задание: № 3732, 3734.
