Несобственные интегралы
Выбери формат для чтения
Загружаем конспект в формате pdf
Это займет всего пару минут! А пока ты можешь прочитать работу в формате Word 👇
ЛЕКЦИЯ 5
Несобственные интегралы:
Пусть есть полуоткрытый промежуток I = a; b ) .
b
Точку b считаем особой точкой интеграла
f ( x ) dx .
Её особенность
a
заключается в том, что b = + , или функция в точке b ведет себя не самым
лучшим образом (знаменатель обращается в ноль и т.п.).
Такие интегралы по определению не являются собственными, так как для
собственных интегралов функция должна быть ограничена на данном отрезке,
да и сам отрезок должен быть конечен.
Поэтому рассматривается новое понятие – несобственные интегралы.
Такой интеграл нужно понимать так:
1. Считаем, что функция на любом отрезке, вложенном в полуинтервал a; b ) ,
является функцией интегрируемой:
a; a; b )
f Ra; .
2. А интеграл от этой функции рассматривается как предел:
b
a
a
f ( x ) dx = →limb−0 f ( x ) dx .
3. Если этот предел существует и конечен, то он присваивается символу
b
f ( x ) dx и называется значением несобственного интеграла.
a
Теперь посмотрим, как выглядит сходимость несобственного интеграла на
языке “эпсилон-дельта”.
Сходимость несобственного интеграла:
0 b ( ) a; b ) : ( b; b )
b
f ( x ) dx .
b
Подчеркнем, что интеграл
f ( x ) dx называется хвостом исходного интеграла
b
f ( x ) dx .
a
Упражнение 5.1: Приведите пример несобственного интеграла и проверьте,
сходится ли он.
Обсудим, что необходимо делать, если на одном отрезке попалось сразу
несколько особых точек.
В этом случае необходимо использовать свойство аддитивности: расписать
исходный интеграл в сумму таких интегралов, которые берутся по
промежуткам, содержащим только одну особую точку, причем точка должна
находиться или на левом, или на правом конце промежутка.
Например, есть отрезок a; b ) , и на нем сразу три особые точки: c1 , c2 , b :
Рис. 5.1. Отрезок с тремя особыми точками.
b
Тогда интеграл
f ( x ) dx записываем следующим образом:
a
b
c1
d
c2
h
b
a
a
c1
d
c2
h
f ( x ) dx = f ( x ) dx + f ( x ) dx + f ( x ) dx + f ( x ) dx + f ( x ) dx .
И теперь все сложности с несколькими особыми точками исчезли.
Отметим, что точки d и h – это какие-то точки из промежутков ( c1; c2 ) и
( c2 ; b )
соответственно.
Несобственные интегралы, зависящие от параметра:
Считаем, что x I = a; b ) , y Y , где Y – это какое-то множество параметров.
У нас будет введено в рассмотрение и множество Декартово произведение:
= I Y .
Пусть для любого значения y Y существует, хотя бы как несобственный,
следующий интеграл:
b
J ( y ) = f ( x, y ) dx .
a
То есть, мы считаем, что при y Y , a; b ) функция f ( x, y ) Ra; , и
существует предел J ( y ) = lim
→b−0
f ( x, y ) dx .
a
И если такой предел существует, то мы будем говорить, что у нас задан
несобственный интеграл, зависящий от параметра y .
Сходимость несобственного интеграла, зависящего от параметра:
При 0 y Y
b ( , y ) a; b : ( b; b )
b
f ( x, y ) dx .
Отметим, что это только обычная сходимость.
Пример 5.1:
Рассмотрим
функцию
f ( x, y ) = ye − xy .
Эта
функция
совокупности переменных. Очень приличная функция.
непрерывна
по
Рассмотрим I = 0; + ) . А в качестве множества параметра возьмем Y = 0;1 .
Рис. 5.2. Прямоугольник.
Теперь вводим интеграл J ( y ) =
+
ye − xy dx .
Для начала рассмотрим случай y = 0 : f = 0
J ( 0) = 0 .
Теперь рассмотрим 0 y 1 . В этом случае данный интеграл можно
вычислить, сделав замену переменной:
J ( y ) = t = yx =
+
e
−t
dt = 1 .
Таким образом, можно нарисовать график J ( y ) :
Рис. 5.3. График функции
J ( y) .
Заметим, что подынтегральная функция была приличной, непрерывной, а
интеграл от нее – разрывная в нуле функция.
Такие примеры, и предыдущий опыт, сразу показывают нам, что и в случае
несобственных интегралов, зависящих от параметра, без равномерной
сходимости не обойтись.
Равномерная сходимость несобственного интеграла,
зависящего от параметра:
0 y Y
b ( ) a; b ) : ( b; b )
b
f ( x, y ) dx .
Отметим, что про последнее неравенство часто говорят так: у несобственного
интеграла, зависящего от параметра, равномерно поджат хвост.
Подчеркнем, что здесь b зависит только от , в отличие от обычной
сходимости. По сути дела только этим и разнятся равномерная и обычная
сходимости.
Упражнение 5.2: Покажите, что интеграл J ( y ) =
+
2
e− yx dx :
а) при Y = ; + ) , 0 сходится равномерно по параметру.
б) при Y = 0; + ) сходимость обычная.
Пример 5.2:
Рассмотрим J ( y ) =
+
e
−x
cos ( xy ) dx,
y Y =
.
Ясно, что этот интеграл представляет собой четную функцию, поэтому y
можно изучать только на полуоси: y Y = 0; + ) .
Покажем, что этот интеграл сходится равномерно по y Y = 0; + ) .
Для этого рассмотрим хвост интеграла:
+
e cos ( xy ) dx
−x
+
e
−x
cos ( xy ) dx
+
e − x dx = e − x
+
= e − e −b .
1
Если теперь хотим, чтобы e−b , то b ln .
Ясно, что такое b зависит только от , и, следовательно, данный хвост
сходится равномерно. Значит, исходный интеграл тоже сходится равномерно.
Признаки равномерной сходимости несобственных интегралов,
зависящих от параметра:
Теорема 5.1 (Признак Вейерштрасса):
b
1. Пусть ( y ) = f ( x, y ) dx . Требуем, чтобы такой интеграл существовал
a
хотя бы как несобственный интеграл, зависящий от параметра.
2. Пусть ( x ) :
f ( x , y ) ( x ) , x a; b ) , y Y .
Отметим, что такая функция ( x ) называется мажорантой.
Кроме того, условие x a; b ) можно заменить на x a; b ) a; b ) .
b
3. Интеграл ( x ) dx сходится, хотя бы как несобственный.
a
b
Тогда интеграл ( y ) = f ( x, y ) dx сходится абсолютно и равномерно.
a
Теорема 5.1’(модернизация теоремы 5.1):
b
1. Пусть ( y ) = f ( x, y ) dx . Требуем, чтобы такой интеграл существовал
a
хотя бы как несобственный интеграл, зависящий от параметра.
2. Пусть ( x, y ) :
f ( x , y ) ( x , y ) , x a; b ) , y Y .
Кроме того, условие x a; b ) можно заменить на x a; b ) a; b ) .
b
3. Интеграл ( x, y ) dx сходится равномерно по параметру.
a
b
Тогда интеграл ( y ) = f ( x, y ) dx сходится абсолютно и равномерно.
a
Доказательство теоремы 5.1:
Рассмотрим хвост и оценим его, используя условие:
b
b
b
f ( x, y ) dx f ( x, y ) dx ( x ) dx .
b
А по условию ( x ) dx сходится хотя бы как несобственный, поэтому
0 b ( ) a; b ) : ( b; b )
b
( x ) dx .
b
Благодаря полученному неравенству
b
b
f ( x, y ) dx f ( x, y ) dx ( x ) dx
это
уже найденное b ( ) годится и для рассматриваемого хвоста. А это b зависит
только от . Таким образом, абсолютная и равномерная сходимости интеграла
b
( y ) = f ( x, y ) dx полностью доказаны.
a
ч.т.д.
Упражнение 5.3: Докажите теорему 5.1’.
Пример 5.3:
Рассмотрим следующие интегралы:
I1 ( y ) =
+
cos ( xy )
1 + x2
dx .
+
I2 =
x sin ( xy )
1 + x2
dx .
Подчеркнем, что они называются интегралами Лапласа.
Попробуем к этим интегралам применить признак Вейерштрасса.
Про интеграл I1 :
Видим, что по y подынтегральная функция четная, значит, и I1 четная.
Поэтому I1 можно рассматривать только на полуоси y Y = 0; + ) .
Про интеграл I 2 :
Ясно, что интеграл I 2 нечетный, поэтому и его можно тоже рассматривать на
полуоси.
Теперь выясним, обладают ли интегралы Лапласа равномерной сходимостью.
Рассмотрим интеграл I1 :
В силу ограниченности косинуса ясно, что такой интеграл сходится. Покажем,
что и равномерно он тоже сходится:
f1 ( x, y ) =
cos ( xy )
1 + x2
1
= 1 ( x ) .
1 + x2
Теперь проверим третий пункт признака Вейерштрасса:
+
+
1 ( x ) dx = arctg x 0
=
2
.
Таким образом, первый интеграл Лапласа полностью попадает под все условия
признака Вейерштрасса, и, следовательно, I1 сходится равномерно по y .
Теперь попробуем сделать то же со вторым интегралом Лапласа:
Действуя аналогично, придем к выводу:
f 2 ( x, y )
x sin ( xy )
1+ x
2
x
= 2 ( x ) .
1 + x2
+
И,
проверяя
третий
(
1
x
dx
=
ln 1 + x 2
(
)
2
2
пункт
)
+
,
приходим
к
логарифмической расходимости.
Таким образом, для второго интеграла Лапласа признак Вейерштрасса не
действует.
Сразу скажем, что и второй интеграл Лапласа тоже сходится равномерно,
просто нужен признак посильнее.
Теорема 5.2 (Признак Абеля-Дирихле):
Отметим, что на самом деле это признак Дирихле, а признак Абеля немного
другой. Он сводится к признаку Дирихле.
Пусть подынтегральное выражение исходного интеграла представляется в
виде:
( y) =
+
f ( x, y ) g ( x, y ) dx .
a
Если
1. f ( x, y ) , g ( x, y ) ,
g ( x, y )
C ( ) .
x
x
2. Существует интеграл
f ( t , y ) dt = F ( x, y ) , притом ограниченный, то есть
a
C :
F C x, y .
3. Производная
g
( x, y ) 0 x, y .
x
4. Существует ( x ) :
g ( x, y ) ( x ) x, y , причем ( x ) ⎯⎯⎯→
0.
x→+
Тогда исходный интеграл сходится равномерно по y Y .
Доказательство теоремы 5.2:
+
f ( x, y ) g ( x, y ) dx .
Рассмотрим хвост
Теперь перегруппировываем множители так, чтобы воспользоваться вторым
пунктом условия теоремы:
+
+
f ( x, y ) g ( x, y ) dx = g ( x, y ) dF ( x, y ) .
А теперь проинтегрируем по частям:
+
+
g ( x, y ) dF ( x, y ) = g ( x, y ) F ( x, y ) −
+
= g ( x, y ) F ( x , y ) +
+
+
F ( x, y )
g
dx =
x
+
g
F ( x, y ) − dx g ( x, y ) F ( x, y ) +
x
+
g ( x, y )
+
F ( x, y )
+
g
F ( x, y ) − dx
x
+
+
g
F ( x, y ) − x dx
Так как F ограничена, и g ( +, y ) = 0 по пункту 4 условия теоремы, то
+
g ( x, y ) dF ( x, y ) С g ( , y ) + C g ( , y ) = 2C g ( , y ) 2C ( ) .
Воспользуемся тем, что функция ( x )
является бесконечно малой:
0 0 возьмем 0 =
b ( ) : b ( x ) 0 .
2
C
+
Тогда,
f ( x, y ) g ( x, y ) dx 2C ( ) .
Таким образом, найдено b , зависящее только от , такое, что при b
+
хвост:
fgdx .
Значит, исходный интеграл сходится равномерно.
ч.т.д.
Упражнение 5.4*: Необходимо ли что-то добавить, или, наоборот, убрать в
следующей формулировке теоремы Абеля?
Теорема Абеля:
Пусть подынтегральное выражение исходного интеграла представляется в
виде:
( y) =
+
f ( x, y ) g ( x, y ) dx .
a
Если
1. f ( x, y ) , g ( x, y ) ,
g ( x, y )
C ( ) .
x
x
2. Существует интеграл
f ( t , y ) dt = F ( x, y ) .
a
Притом этот интеграл сходится равномерно.
3.
Функция
g ( x, y )
является
функцией
монотонной
и
равномерно
ограниченной.
Тогда исходный интеграл сходится равномерно по y Y .
Пример 5.4:
Теперь воспользуемся признаком Абеля-Дирихле
равномерной сходимости второго интеграла Лапласа.
I2 ( y ) =
+
x
1 + x2 sin ( xy ) dx .
Пусть f ( x, y ) = sin ( xy ) , а g ( x, y ) =
x
.
1 + x2
для
доказательства
Проверим условия теоремы:
Ясно, что в прямоугольнике = I Y , где I = 0; + ) , Y = 0; + ) функция
f = sin ( xy ) непрерывна, да g =
x
тоже.
1 + x2
Теперь посмотрим, что с частной производной:
Очевидно, что и
g
C ( ).
x
Так как f = sin ( xy ) , то интеграл
x
f ( t , y ) dt = F ( x, y )
существует, притом он
a
ограниченный.
g x
1 − x2
=
=
0 , если x 1 .
2
2
x 1 + x 2 x
1+ x
Определим знак производной:
(
)
Понятно, что на самом деле нас интересуют большие x , поэтому третий пункт
выполнен.
Рассмотрим четвертый пункт:
x
1
= ( x ) ⎯⎯⎯→
0.
x→+
1 + x2 x
Таким образом, все условия теоремы Абеля-Дирихле выполнены,
следовательно, и второй интеграла Лапласа сходится равномерно.
Пример 5.5:
+
Рассмотрим
e− xy
sin x
dx, x I = 0; + ) , y Y = 0; + ) и выясним, каким
x
образом ведет себя данный интеграл относительно y .
e − xy
Пусть f ( x, y ) = f ( x ) = sin x , а g ( x, y ) =
.
x
Очевидно, что f , g ,
g
C ( ) .
x
Выясним знак производной:
g =
g
1
1 + xy
( x, y ) = e− yx − y = −e− yx 2 0 .
x
x
x
x
Лемма о коммутации
экспоненты с дифференциальным
оператором
Кроме того, верно: g ( x, y )
1
= ( x ) ⎯⎯⎯→
0.
x→+
x
Таким образом, выполняется признак Абеля-Дирихле, и данный интеграл
сходится равномерно по y Y .
Упражнение 5.5: Приведите пример интеграла, равномерная сходимость
которого доказывается при помощи признака Абеля.
Критерий равномерной сходимости:
Теорема 5.3 (Принцип Коши):
b
Чтобы интеграл
f ( x, y ) dx
равномерно сходился по y Y необходимо и
a
достаточно,
чтобы
0 b ( ) a; b ) : , ( b; b )
при
f ( x, y ) dx
y Y .
Доказательство теоремы 5.3:
Необходимость:
Пусть интеграл сходится равномерно, тогда рассмотрим:
b
b
b
b
f ( x, y ) dx = f ( x, y ) dx − f ( x, y ) dx f ( x, y ) dx + f ( x, y ) dx .
Равномерная сходимость означает:
при 0 b ( ) a; b ) : ( b; b )
b
f ( x, y ) dx
y Y .
Теперь берем 0 0 возьмем 0 = и для него найдем b ( ) a; b ) :
2
, ( b, b )
b
f ( x, y ) dx 0
b
f ( x, y ) dx 0
и
Тогда
b
b
y Y .
f ( x, y ) dx f ( x, y ) dx + f ( x, y ) dx 2 + 2 = .
Достаточность:
Берем
0 0 возьмем 0 = b ( ) a; b ) : , ( b; b )
2
f ( x, y ) dx 0
y Y .
Теперь устремим → b − 0 .
Так как абсолютная величина есть непрерывная функция, то предел способен
проникнуть внутрь этой функции.
b
Таким образом, получаем
f ( x, y ) dx 2 . А это неравенство и дает право
говорить о равномерной сходимости исходного интеграла.
ч.т.д.
Свойства несобственных интегралов, зависящих от параметра:
Теорема 5.4:
Пусть I = a; b ) , Y = c; d , f C ( ) .
b
Если интеграл
( y ) = f ( x, y ) dx
сходится равномерно по
y Y , то
a
( y ) C (Y ) .
Доказательство теоремы 5.4:
Пусть y, y0 Y .
Рассмотрим следующую разность:
( y ) − ( y0 ) =
b
b
a
a
f ( x, y ) dx − f ( x, y0 ) dx
b
b
a
( f ( x, y ) − f ( x, y0 ) ) dx + f ( x, y ) dx + f ( x, y0 ) dx .
b
По условию ( y ) = f ( x, y ) dx сходится равномерно по y Y , поэтому
a
можно с легкостью получить:
b
f ( x, y ) dx
f ( x, y0 ) dx
b
3
3
.
.
Ясно, что за счет близости y и y0 можно добиться следующего:
( f ( x, y ) − f ( x, y0 ) ) dx 3 ,
ведь это обычный собственный интеграл,
a
состоящий из разности двух непрерывных функций.
Таким образом, ( y ) − ( y0 ) при достаточно малой разности y − y0 .
Значит, ( y ) C (Y ) .
ч.т.д.
Пример 5.6:
Рассмотрим ( y ) =
+
e− yx
sin x
dx,
x
y Y = 0; + ) .
В примере 5.5 было выяснено, что этот интеграл сходится равномерно по y Y
. Тогда, используя теорему 5.4 можно сказать, что этот интеграл есть
непрерывная функция по y , и поэтому можно записать следующее:
+
e
y →+0
lim
− yx
sin x
dx =
x
+
sin x
dx .
x
Подчеркнем, что это очень важное равенство, так как оно позволяет перейти
от действий над плохо сходящимся интегралом к манипуляциям с интегралом,
сходящимся заведомо хорошо.
Теорема 5.5 (Интегрируемость):
Пусть Y = c; d , x I = a; b ) , ( x, y ) = I Y .
b
Функция f C ( ) . А интеграл ( y ) = f ( x, y ) dx сходится равномерно по
a
y Y .
Тогда теорема утверждает, что верно следующее:
b
b d
y
dy
=
dy
f
x
,
y
dx
=
dx
f
x
,
y
dy
( ) ( ) ( ) .
c
c
a
a c
d
d
Доказательство теоремы 5.5:
Для начала покажем, что некий интеграл, который мы выпишем, имеет предел.
Для этого рассмотрим следующую разность:
d
b
d
c
a
c
a
dy f ( x, y ) dx − dy f ( x, y ) dx , где
– это некая точка из a; b ) .
Покажем, что существует lim
→b−0
f ( x, y ) dx :
a
b
d b
dy f ( x, y ) dx − dy f ( x, y ) dx = dy f ( x, y ) dx dy f ( x, y ) dx .
c
a
c
a
c
c
d
b
d
d
b
По условию интеграл ( y ) = fdx сходится равномерно, следовательно,
a
b
верно, что
f ( x, y ) dx d − c при достаточно близких к b .
d
Тогда
b
d
d
a
d −c
c
dy f ( x, y ) dx − dy f ( x, y ) dx
c
a
c
dy = .
Это означает, что предел необходимого интеграла существует.
d
Рассмотрим новое равенство: dy f ( x, y ) dx = dx f ( x, y ) dy .
c
a
a c
d
Это равенство можно написать, так как:
1. Данная функция непрерывна по совокупности переменных.
2. Интеграл
f ( x, y ) dx является самым обычным определенным интегралом.
a
3. Поскольку данная функция – это интегрируемая функция, то можно
совершенно свободно интегрировать от c до d .
4. Известно, что для случая, когда рассматриваются конечные промежутки,
порядок интегрирования можно переставлять.
Теперь посмотрим на интеграл, стоящий в левой части f ( x, y ) dx . Только,
a
что доказали, что этот интеграл имеет предел, когда → b − 0 .
В силу полученного равенства предел будет иметь и правая часть.
В таком случае, можно перейти к пределу, устремляя → b − 0 .
Этот предельный переход и даст то равенство, которое хотели проверить:
b
b d
dy
f
x
,
y
dx
=
dx
f
x
,
y
dy
.
(
)
(
)
c
a
a c
d
ч.т.д.
Пример 5.7 (разрывный множитель Дирихле):
Пусть x I = 0; + ) , а y Y = ; , где 0 + .
В качестве функции возьмем f ( x, y ) = e − xy sin x . Заметим, что f C ( ) .
Рассмотрим несобственный интеграл ( y ) =
+
e
− xy
sin xdx .
Установим, что этот интеграл обладает равномерной сходимостью по y Y :
Отметим, что здесь подходит и признак Вейерштрасса, и Абеля-Дирихле.
Воспользуемся признаком Вейерштрасса:
e− xy sin x e− xy e− x = ( x ) .
+
Притом
e
− x
dx =
1
.
Таким образом, признак Вейерштрасса показывает
равномерную сходимость исходного интеграла.
абсолютную
А это дает нам возможность использовать теорему 5.5.
+
( y ) dy = dy e
− xy
Теорема 5.5
sin xdx
=
+
dx e
− xy
+
sin xdy =
dx sin x e
− xy
dy .
и
+
e
Вычислим интеграл
− xy
sin xdx :
+
+
e( − y +i ) x
+ − xy ix
+ ( − y +i ) x
− xy
e sin xdx = Im e e dx = Im e
dx = Im
=
−y + i
0
0
0
y+i
1
1
.
= Im
= Im 2
= 2
y
+
1
y
+
1
y −i
После этого вычисления легко найдется ( y ) dy :
( y ) dy =
dy
= arctg − arctg .
y2 + 1
+
Подчеркнем, что сейчас рассмотрели только dy e− xy sin xdx .
+
dx sin x e
Теперь же посчитаем интеграл
Вычислим внутренний интеграл: e
− xy
Таким образом,
dx sin x e
− xy
+
dy =
dy :
+
− xy
1 − xy e− x − e−x
.
dy = − e
=
x
x
(
)
sin x − x −x
e −e
dx .
x
Ясно, что необходимо последний интеграл расписать в сумму двух. Это можно
будет сделать, если интегралы сходятся.
Легко понять, что
sin x
1 . Благодаря этому каждый интеграл можно будет
x
+
оценить сверху
e
− x
dx =
1
+
и
e−x dx =
сходимость как у первого, так и у второго есть.
Таким образом:
1
соответственно. Значит,
+
dx sin x e
− xy
+
dy =
+
Теперь оценим интеграл
+
sin x − x
e dx −
x
+
sin x −x
e dx .
x
sin x −x
e dx :
x
sin x −x
e dx
x
+
sin x −x
e dx
x
+
e
−x
dx =
1
.
Это бы сделано затем, чтобы получить неравенство:
+
sin x −x
1
e dx
→ 0.
x
→+
Если теперь свести все выкладки, то возникнет следующее равенство:
arctg − arctg =
+
sin x − x
e dx + o (1) .
x
при →+
Теперь, совершая предельный переход → + , получаем:
2
− arctg =
+
sin x − x
e dx .
x
А на основании теоремы 5.4 можно устремить → +0 , и получить:
2
+
=
sin x
dx .
x
Таким образом, посчитан интеграл, который называется разрывным
множителем Дирихле или просто интегралом Дирихле.
Его разрывность хорошо заметна в следующем случае:
J ( ) =
+
1, 0;
sin x
dx = 0, = 0; =
sign .
x
2
2
−1, 0.
График функции J ( ) выглядит так:
Рис. 5.4. График разрывного множителя Дирихле.
Дифференцирование несобственных интегралов,
зависящих от параметра:
Теорема 5.6:
Пусть x I = a; b ) , y Y = c; d , а f ( x, y ) C ( ) и
b
Интеграл
f
( x, y ) C ( ) .
y
f
y ( x, y ) dx сходится равномерно по параметру
y Y .
a
b
А интеграл
f ( x, h ) dx , где
h c; d просто сходится. Выбор константы h
a
произвольный.
Тогда несобственный интеграл можно дифференцировать по параметру:
b
b
d
f
f
x
,
y
dx
=
(
)
y ( x, y ) dx .
dy a
a
Заметим, что иногда непрерывность производной требуют в чуть более
широкой области. Однако сейчас этого делать не станем, так как слишком
сильно приближаться к границе не потребуется.
Доказательство теоремы 5.6:
Рассмотрим несобственный интеграл, зависящий от параметра, который
задается следующим выражением:
b
f
( x, ) dx .
y
a
( ) =
По условию подынтегральная функция есть непрерывная функция
f ( x, y ) C ( ) . Кроме того, есть условие равномерной сходимости по
параметру интеграла от производной этой функции
f
( x, y ) . Тогда по теореме
y
5.4 функция ( ) будет непрерывной функцией по параметру . А значит, она
будет функцией интегрируемой в каком-нибудь замкнутом подмножестве
данного промежутка c; d :
( ) Rc; y ,
yd.
Тогда проинтегрируем её:
y
y
c
c
b
f
( x, ) dx .
y
a
( ) d = d
Отмечаем, что промежуток a; b может быть несобственным.
Для исследуемой функции выполняется теорема 5.5, поэтому можно
переставить порядок интегрирования:
y
y
b
b
y
f
f
( ) d = d y ( x, ) dx = dx y ( x, ) d =
c
c
a
a
c
b
b
b
a
a
a
= dx ( f ( x, y ) − f ( x, c ) ) = f ( x, y ) dx − f ( x, c ) dx .
Последнее равенство верно, так как каждый такой интеграл существует как
несобственный. Поэтому-то и можно все записать в виде разности интегралов.
y
b
b
c
a
a
Таким образом, ( ) d = f ( x, y ) dx − f ( x, c ) dx .
Правая часть состоит из разности двух выражений. Второе из них – это
константа, поэтому оно дифференцируется по y , и его производная равна
нулю. Значит, дифференцируемость исходного интеграла, зависящего от
параметра, определяется дифференцируемостью выражения, стоящего в левой
части равенства. А это выражение очевидным образом дифференцируемо, так
как оно представляет собой интеграл с переменным верхним пределом, а по
теореме Барроу такое дифференцирование возможно.
b
b
d
f
И поэтому получаем:
f ( x, y ) dx = ( x, y ) dx .
dy a
y
a
ч.т.д.
Интегралы Лапласа:
I1 ( y ) =
+
I2 ( y ) =
+
cos ( xy )
1 + x2
dx ,
x sin ( xy )
1 + x2
dx .
Уже известно, что I1 – это функция четная, I 2 – нечетная, вследствие чего
можем рассматривать вместо y Y =
только y 0; + ) , а потом просто
продолжить результат подходящим образом.
Кроме того оба эти интеграла сходятся равномерно.
Теперь попытаемся их продифференцировать.
Сейчас сразу же возьмем производную от I1 , а потом покажем, что это
законно:
I1 =
+
−
x sin ( xy )
1 + x2
dx = − I 2 .
Второй интеграл Лапласа сходится равномерно, следовательно, по теореме 5.6
такое дифференцирование возможно.
Дальше необходимо продифференцировать второй интеграл Лапласа.
Заметим, что его просто так не продифференцировать, если сделать это как с
первым:
I 2 =
+
−
x 2 cos ( xy )
1 + x2
dx .
Видим, что на бесконечности получается довольно плохое поведение, так как
I 2 ведет себя как синус. Никакой сходимости не будет. Поэтому так просто
не продифференцировать.
Однако продифференцировать все-таки можно, просто необходимо сделать
следующее:
I2 ( y ) =
x sin ( xy )
+
1 + x2
+
=
1
1 −
sin ( xy ) dx =
2
x x 1+ x
(
)
+
sin ( xy )
1
dx −
sin ( xy ) dx .
2
x
x
1
+
x
(
+
Ясно, что интеграл
dx =
+
(
1
x 1 + x2
)
)
sin ( xy ) dx сходится, а интеграл
+
sin ( xy )
dx
x
тоже будет сходиться, ведь это разрывный множитель Дирихле.
Теперь определимся с y . Пусть y Y = ; + ) , 0 .
Тогда можно записать следующее:
I2 ( y ) =
2
+
−
(
1
x 1+ x
2
)
sin ( xy ) dx .
А вот теперь продифференцируем и получим:
+
I 2 ( y ) = −
cos ( xy )
(1 + x )
2
dx = − I1 .
Таким образом, получается система обыкновенных дифференциальных
уравнений:
I = − I ;
1
2
.
I 2 = − I1.
Очевидно, что такую систему можно свести к одному уравнению, но более
высокого порядка:
I1 = I1 .
I 2 = I 2 .
Если приглядеться, то легко усмотреть, что на самом деле здесь написано:
(D
2
)
− 1 I1 = 0 .
A
Решение ищем в виде e y . Тогда уравнение сводится к следующему:
(
2
= −1;
.
− 1 e y = 0 2 = 1
= 1.
)
То есть вместо дифференциального уравнения возникло так называемое
характеристическое уравнение 2 − 1 = 0 . Оно дает собственные числа = 1 .
Выписываем базисные элементы:
I 11 = e − y , I 12 = e y .
Отметим, что это все проделывается для первого интеграла Лапласа.
Ясно, что любое решение раскладывается по базису, поэтому решение
уравнения I1 = I1 это линейная комбинация:
I1 ( y ) = c1e − y + c2e y .
Заметим, для второго интеграла Лапласа будет все аналогично и получится:
I 2 ( y ) = c1e − y + c2e y .
Теперь произведем некоторую оценку:
I1 ( y )
+
cos ( xy )
1 + x2
+
dx
dx
=
.
1 + x2 2
Это дает право говорить, что решение должно быть ограниченным, а получили
I1 ( y ) = c1e − y + c2e y . Условие ограниченности показывает, что c2 = 0 .
Вспоминаем, что решение должно быть непрерывно в нуле, поэтому:
+
I1 ( 0 ) =
dx
.
=
1 + x2 2
А с другой стороны I1 ( 0 ) = c1 .
Значит, c1 =
2
.
Таким образом, I1 ( y ) =
2
e− y при y 0 .
Вспоминая, что первый интеграл Лапласа – это четная функция, можно
записать ответ и для y :
I1 ( y ) =
2
e
−y
,
y .
Эскиз графика I1 ( y ) :
Рис. 5.5. График первого интеграла Лапласа I1
( y) .
Ясно, что для второго интеграла Лапласа все будет аналогично и получится:
I2 ( y ) =
2
e
−y
sign y,
y .
Теорема 5.7 (Обобщение теоремы 5.5):
Пусть x I = a; b ) , y Y = c; d ) .
Если:
b
1.
f ( x, y ) dx сходится равномерно по
y c; d c; d ) .
a
d
2.
f ( x, y ) dy сходится равномерно по
x a; b a; b ) .
c
d
b
b
d
c
a
a
c
3. Или dy f ( x, y ) dx , или dx f ( x, y ) dy сходится.
Тогда
b
d
J1 = dx f ( x, y ) dx;
a
c
d
b
J 2 = dy f ( x, y ) dx; .
c
a
J1 = J 2 .
Доказательство теоремы 5.7:
Предполагаем, что подынтегральная функция f 0 .
b
d
a
c
И пусть сходится J1 = dx f ( x, y ) dy .
Тогда рассмотрим интеграл:
d
b
b
d
c
a
a
c
dy f ( x, y ) dx = dx f ( x, y ) dy .
Поясним это равенство. Во-первых, знак абсолютной величины не пишется,
так как предположили, что f 0 . Во-вторых, интеграл по c; d – это самый
обычный собственный интеграл, поэтому, пользуясь
сходимостью, переставляем порядок интегрирования.
равномерной
b
d
a
c
Пользуясь тем, что f 0 , а также сходимостью dx f ( x, y ) dy , получим:
d
b
b
d
b
d
c
a
a
c
a
c
dy f ( x, y ) dx = dx f ( x, y ) dy dx f ( x, y ) dy .
d
Интеграл
f ( x, y ) dy конечен по условию.
c
Теперь в этом неравенстве совершаем предельный переход d → d − 0 ,
c → c + 0 .
Таким образом, получается, что:
d
b
b
d
c
a
a
c
dy f ( x, y ) dx dx f ( x, y ) dy .
J 2 J1 .
Так как сходится J1 , то сходится и J 2 .
А теперь проводим аналогичные рассуждения, поменяв интегралы местами.
В результате чего получится, что:
J1 J 2 .
Так как сходится J 2 , то сходится и J1 .
Значит, J1 = J 2 .
Это получено при f 0 .
Теперь считаем, что подынтегральная функция f произвольного знака.
Введем вспомогательные функции:
f ( x, y ) =
f ( x, y ) f ( x , y )
2
.
Заметим, что про каждую из них можно сказать следующее:
0 f ( x, y ) f ( x , y ) .
Кроме того, верно f ( x, y ) = f + ( x, y ) − f − ( x, y ) .
Подчеркиваем, что для f + и f − теорема уже доказана. Значит, теорема будет
доказана и для разности этих функций, то есть для подынтегральной функции
любого знака.
ч.т.д.
Замечание к теореме 5.7:
А можно ли перенести эту ситуацию на комплекснозначную функцию?
f ( x, y ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) .
u f
Оказывается, что, в силу оценок:
, теорему 5.7 можно переносить и на
v f
комплекснозначный случай.
Интеграл Эйлера-Пуассона:
+
2
e− x dx =
.
2
Покажем, как вычислить этот интеграл. Ранее он был вычислен при
рассмотрении кратных несобственных интегралов, а теперь – будет посчитан
с помощью несобственных интегралов, зависящих от параметра.
Заметим, что он не содержит никаких параметров, тем не менее, мы
искусственно их в него запустим:
+
Теперь пусть t = xy,
2
e −t dt =
2
.
y 0.
+
ye− x
2 2
y
dx =
+
e− x
2 2
y
dx =
.
2
2y
.
+
Введем следующее обозначение: I =
ye− x
2 2
y
dx = const .
2
Теперь эту константу умножим на e − y и проинтегрируем от 0 до + :
+ +
+ +
ye
− y 2 x2
1
=−
2
+
ye− y
2 2
x
2
dx e − y dy .
− y 2 Теорема 5.7 + + − y 2 (1+ x2 )
dx e dy
=
dy =
dx ye
e
(
− y 2 1+ x 2
)
+
dx = 1
1 + x2 2
Упражнение 5.6: Поясните переход,
интегрирования, используя теорему 5.7.
+
где
dx
=
.
1 + x2 4
идет
замена
порядка
Таким образом,
+ +
ye
− y 2 x2
+
− y2
2
dx e dy = Ie− y dy =
4
4
+
так как I =const
I
2
e − y dy =
I
Тогда I 2 =
4
I=
2
.
+
Значит, интеграл Эйлера-Пуассона вычислен:
2
e− x dx =
2
.
4
.
Интегралы Френеля:
+
2
cos ( x ) dx .
I1 =
+
I2 =
2
sin ( x ) dx .
Ясно, что в такой записи сразу и не скажешь, сходятся интегралы Френеля или
нет, поэтому сделаем следующую замену переменной:
Пусть x = y , тогда
+
1
I1 =
2
1
I2 =
2
+
cos y
dy .
y
sin y
dy .
y
Теперь очевидно, что это сходящиеся интегралы.
Чтобы рассмотреть их одновременно, перейдем к комплексным числам:
+
eiy
dy .
2 y
J = I1 + iI 2 =
Для удобства вычислений, запустим под каждый из интегралов экспоненту, и
чтобы экспонента потом исчезла, добавим предельный переход:
+
I1 = lim
k →+0
cos y
dy .
2 y
e− ky
+
e
k →+0
I 2 = lim
sin y
dy .
2 y
− ky
+
J = I1 + iI 2 = lim
k →+0
e
+
Вспоминаем интеграл Эйлера-Пуассона:
− ky
eiy
dy .
2 y
2
e −t dt =
2
.
+
Пусть t = x y ,
y 0 , тогда
2
ye− yx dx =
2
Таким образом,
1
+
1
2
e− yx dx =
2 y
.
.
Получив это равенство, можно записать следующее:
+
J = I1 + iI 2 = lim
k →+0
=
1
+
k →+0
lim
e
( − k +i ) y 1
+
Теорема
2
e − yx dx dy
=
5.7
(
(
)
)
+
+ x 2 + k 2 + i
+ ( − x2 −k +i ) y 1
dx
1
dx e
dy =
lim
=
lim
dx.
2
k →+0 x 2 + k − i
k →+0
2
2
+1
0 x +k
0
Подынтегральная функция – это рациональная дробь от x и k .
Теперь совершаем необходимый предельный переход.
( x + k ) + i dx
( x + k ) +1
+
Упражнение 5.7: Пояснить, почему интеграл
непрерывной функцией параметра k .
Таким образом, J = I1 + iI 2 =
1
+
I1 =
I2 =
x2 + i
dx , тогда
x4 + 1
1
1
+
+
x 2dx
.
x4 + 1
dx
.
x +1
4
Рассмотрим I1 и сделаем замену переменной x →
1
:
x
2
2
2
2
2
будет
+
1
I1 =
2
x dx
1
=
4
x +1
I +I
1
Поэтому, I1 = I 2 = 1 2 =
2
2
+
+
1 −dx
x2 x2 = 1
1
1+ 4
x
+
dx
= I2 .
x +1
4
x2 + 1
dx .
x4 + 1
1
и будем её рассматривать только
x
при x 0; + ) . На этой части функция монотонна.
Введем вспомогательную функцию y = x −
Тогда
I1 = I 2 =
1
2
+
1
x 2 dx = 1
1
2
x2 + 2
x
1+
+
dy в силу четности 1
=
y2 + 2 =
2 −
1
+
Таким образом,
+
+
1
x2
1
x + 2 − 2 + 2
x
y = x−
dx =
1
x
2
dy
1
y
=
arctg
y2 + 2
2
2
2
cos ( x ) dx = sin ( x ) dx = 2
2
1+
+
2
.
+
=
2 2
.