1632
правки
Изменения
м
Базируясь на условии равномерной сходимости== Свойства несобственных интегралов, те же три свойства что и для определенных интегралов.зависящих от параметра ==
=== Пункт 2. Повторное интегрирование. ===
В теории интеграла Лебега будет доказана знаменитая теорема РубиниМожно писать аналогичные формулы, связанная приведенные для Бета-функции, а также связь бета- и гамма-функции с этой тематикой и полностью решает этот вопрос(на языке интеграла Лебега).помощью формулы Эйлера:
rollbackEdits.php mass rollback
{{В разработке}}
<wikitex>
Пусть $ z = f(x, y), \quad x \ge a, y \in [c; d] $ (можно нарисовать тут полоску). [[Файл:Improper_integral.png]]
Считаем, что f непрерывна в этой полосе.
$ \forall \varepsilon > 0 : \exists N : \forall n > N , \forall x \in E : | \sum\limits_{m = n}^{\infty} f_m(x) | < \varepsilon $
Сопоставляем два определения, видим $ n m \leftrightarrow x $, $ x \leftrightarrow y $. Аналогия важна в том смысле, что доказательство свойств интеграла копирует доказательство соответствующих свойств функциональных рядов.
== Признак Вейерштрасса равномерной сходимости несобственных интегралов==Установим его.
{{Теорема|author=Вейерштрасс|about=Признак равномерной сходимости несобственных интегралов|statement=Пусть $ |f(x, y) | \le g(x) \qquad \forall x \ge 0a, \forall y \in [c; d] $.
Пусть $ \int\limits_a^{\infty} g(x) dx $ - сходится. Тогда соответствующий интеграл равномерно сходится на $ [c; d] $.
|proof=
$ B > A: \left| \int\limits_A^B f(x, y) dx \right| \le \int\limits_A^B |f(x, y)| dx \le \int\limits_A^B g(x) dx $.
Интеграл g сходится, следовательно, по критерию Коши сходимости интегралов, $ \int\limits_A^B g(x) dx \xrightarrow[A, B \to + \infty]{} 0 \Rightarrow \int\limits_A^B f(x, y) dx \xrightarrow[A, B \to + \infty]{} 0 $, следовательно, для любого $ y $ - это сходящиеся интегралы. Это позволяет в неравенстве перейти к пределу при B, стремящемся к бесконечности:
$ \left| \int\limits_A^{\infty} f(x, y) dx \right| \le \int\limits_A^B {\infty} g(x) dx $
$ \forall \varepsilon > 0: \exists A_0: \forall A > A_0 \Rightarrow \int\limits_A^{\infty} g(x) dx < \varepsilon $, что возможно, так как $ \int g(x) dx $ - сходится.
Сопоставляя $ \left| \int\limits_A^{\infty} f(x, y) dx \right| < \varepsilon \ \forall y \int in [c; d] $, получаем что это и есть равномерная сходимость. }}
Базируясь на условии равномерной сходимости, докажем те же три свойства, что и для определенных интегралов.
Считаем далее, что интеграл равномерно сходится на $ [c; d] $.
=== Пункт 1. Непрерывность ===$ F(y) = \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx \stackrel{?}{\Rightarrow} (F(y + \Delta {y}) - F(y)) \xrightarrow[\Delta y \to 0]{} 0 $ (непр. доказываем непрерывность F(y)).
Доказательство ведем по аналогии с рядами.
В силу равномерной сходимострисходимости:
$ \forall \varepsilon > 0: \exists A_0: \forall A \ge A_0: \left| \int\limits_A^{\infty} f(x, y) dx \right| < \varepsilon, \forall y \in [c; d] $. $A = A_0$ - частный случай.
Для нашего $ \varepsilon: \exists \delta > 0: | \Delta y | < \delta $, следовательно, $ \left| \int\limits_a^{A_0} f(x, y + \Delta y) dx - \int\limits_a^{A_0} f(x, y) dx \right| $ окажется меньше $ \varepsilon $ по непрерывности.
$ | \Delta y | < \delta \Rightarrow | \Delta F(y) | < 3 \varepsilon $, то есть доказали непрерывность по произвольности $ \varepsilon $что и требовалось доказать. === Повторное интегрирование. ===
Установим формулу повторного интегрирования . Логика действия другая, из-за рассмотрения несобственных интегралов.
В ряде частных случаев, ответ будет положительным.
Если $ f(x, y) $ - непрерывна, $ x \ge a, y \ge c $, считаем, что $ f(x, y) \ge 0 $, то можно утверждать, что существует повторный это действительно выполняется(упражнение средней сложности). В теории интеграла Лебега будет доказана знаменитая теорема Фубини, полностью решающая этот вопрос, но уже на языке интеграла Лебега. === Формула Лейбница ===Предположим непрерывность $ \frac{\partial f}{\partial y} $. $ \int\limits_a^{\infty} \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) dx $ - равномерно сходится, $ \int\limits_a^{\infty} f(x, c) dx $ - сходится. Тогда: $ \left( \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx \right)' = \left( \int\limits_a^{\infty} \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) dx \right) $ - это и есть формула Лейбница, которую мы хотим доказать. Доказываем по аналогии с функциональными рядами. $ g(y) = \int\limits_a^{\infty} \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) dx $ - непрерывна в силу равномерной сходимости интеграла. Значит, ее можно интегрировать. $ \int\limits_c^y g(t) dt = \int\limits_c^y dt \int\limits_a^{\infty} \frac{\partial f}{\partial y} (x, t) dx $. По предыдущему пункту, меняем порядок интегрирования. $ \int\limits_c^y g(t) dt = \int\limits_a^{\infty} dx \int\limits_c^y \frac{\partial f}{\partial y} (x, t) dt $ $ \int\limits_c^y \frac{\partial f}{\partial y} (x, t) dt = f(x, y) - f(x, c) $ - по формуле Ньютона - Лейбница. $ \int\limits_c^y g(t) dt = \int\limits_a^{\infty} (f(x, y) - f(x, c)) dx $ Интеграл для c - сходящийся, интеграл справаот разности - сходящийся, поэтому:$ \int\limits_c^y g(t) dt = \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx - \int\limits_a^{\infty} f(x, c) dx $ Интеграл слева по теореме Барроу дифференциируем по верхнему пределу - продифференциируем обе части по y. $ g(y) = \left( \int\limits_c^{y} g(t) dt \right)' = \left( \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx \right)' $, но $ g(y) = \int\limits_a^{\infty} \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) dx $, следовательно, формула доказана. == Бета- и Гамма-функции Эйлера == На базе этой <s>достаточно элементарной</s> теории можно определить и исследовать две важных функции 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 === Гамма-функция связана с обобщением факториала на $ \mathbb{R} $. Поставим задачу: продолжить $ f(n) = n! $ на $ \mathbb{R}_+ $ так, чтобы $ f \in \mathbb{C}^{\infty} (\mathbb{R}_+) $(бесконечно дифференцируема) и $ f(n) = n! $. Эта задача решается Гамма-функцией. Легко убедиться, что $ \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. Ввиду локальности дифференцирования, можно проверить равномерную сходимость в малом отрезке $ [a - \Delta; a + \Delta] $, с помощью признака Вейерштрасса(также проверить отдельно в 0 и в $ \infty $). {{TODO|t=Проделать в качестве упражнения}}. Аналогично, существует интеграл справапри двойном дифференцировании 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 они равныв точке $ c $ будет минимум. Очевидно, что $ \Gamma(a) \xrightarrow[a \to + 0] {} {+ \infty }$, $ \Gamma(упражнение средней сложностиa)\xrightarrow[a \to + \infty] {} {+ \infty} $.
$ B(a, b) = \frac{\Gamma(a) \Gamma(b)}{\Gamma(a + b_)} $ - Фихтенгольц, том 2.
</wikitex>
[[Категория: Математический анализ 1 курс]]
