1679
правок
Изменения
м
готово, просьба прочитать и проверить на адекватность
В теории интеграла Лебега будет доказана знаменитая теорема Рубини, связанная с этой тематикой и полностью решает этот вопрос(на языке интеграла Лебега).
=== Пункт третий. Формула Лейбница? ===
Предположим непрерывность $ \frac{\partial f}{\partial y} $.
== Бета- и гамма-функции Эйлера ==
Примечание: Не работают почему-то заглавные греческие буквы. Только гамма работает.
На базе этой достаточно элементарной теории можно определить и исследовать две одни (oO) из самых важных функций в анализе - $B$ и $\Gamma$ - функции Эйлера.
Полагаем:
$ B (a, b) = \int\limits_0^1 x^{a - 1} (1 - x)^{b - 1} dx $
$ \Gamma (a) = \int\limits_0^{\infty} x^{a - 1} e^{-x} dx $
В обоих случаях: интегралы, зависящие от параметра.
Легко понять, что $ B (a, b) $ Сходится при $ a, b > 0 $; $ \Gamma(a) $ сходится при $ a > 0 $.
Гамма-функция связана с обобщением факториала на $ \mathbb{R} $. $ \sqrt{g g!} = ? $ //щито?
Продолжить $ f(n) = n! $ на $ \mathbb{R}_+ $ так, чтобы $ f \in \mathbb{C}^{\infty} (\mathbb{R}_+) $ и $ f(n) = n! $.
Эта задача рещается Гамма-функцией.
$ \Gamma(n + 1) = n! $
$ \Gamma (n + 1) = \int\limits_0^{\infty} x^n e^{-x} = - \int\limits_0^{\infty} x^n d(e^{-x}) = \\ = -x^n e^{-x} |_0^{\infty} + n \int\limits_0^{\infty} x^{n - 1} e^{-x} = n \Gamma(n) = \dots = n! \Gamma(1) $
$ \Gamma(1) = \int\limits_0^{\infty} e^{-x} dx = 1 $
Что касается $ f \in \mathbb{C}^{\infty}(\mathbb{R}_+) $, применяем развитую нами теорию.
$ \Gamma'(a) = \int_0^{\infty} \frac{\partial}{\partial a} (x^{a - 1} e^{-x}) dx = \int_0^{\infty} \ln x x^{a-1} e^{-x} dx $
Требуется проверить равномерную сходимость интеграла от частной производной.
Вспоминаем о локальности дифференциирования, поэтому равномерная сходимость проверяется в малом отрезке $ [a - \Delta; a + \Delta] $ - позволяет проверить признак Вейерштрасса(отдельно в 0 и отдельно в $ \infty $. Проделать в качетсве упражнения.
Аналогично, при двойном дифференциировании получаются равномерно сходящиеся интегралы и т.д.
$ \Gamma''(a) = \int\limits_0^{\infty} \underbrace{\ln^2 x x^{a - 1} e^{-x}}_{>0} dx \Rightarrow \Gamma''(a) > 0 $
$ \Gamma $ - выпукла вниз, $ \Gamma' $ растет.
При этом, $ \Gamma(1) = 1, \Gamma(2) = 1 $. По теореме Ролля, для $ c \in (1; 2), \ \Gamma'(c) = 0 $. Но $ f' $ растет, следовательно, такая точка будет только одна, и в точке $ c $ будет минимум.
Очевидно, что $ \Gamma(a) \xrightarrow[a \to + 0] + \infty $, $ \Gamma(a) \xrightarrow[a \to + \infty] + \infty $.
Можно писать аналогичные формулы, приведенные для Бета-функции, а также связь бета- и гамма-функции с помощью формулы Эйлера:
$ B(a, b) = \frac{\Gamma(a) \Gamma(b)}{\Gamma(a + b_)} $ - Фихтенгольц, том 2.
</wikitex>
[[Категория: Математический анализ 1 курс]]
