Равномерная сходимость несобственных интегралов, зависящих от параметра
<wikitex> Пусть $ z = f(x, y), \quad x \ge a, y \in [c; d] $.
Считаем, что f непрерывна в этой полосе.
$ F(y) = \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx $ - является несобственным интегралом, зависящим от параметра y.
Если считать, что для некоторого $ y_0 \in [c; d] $, $ \int\limits_a^{\infty} f(x, y_0) dx $ - сходится, то $ \int\limits_A^{\infty} f(x, y_0) dx \xrightarrow[A \to + \infty]{} 0 $, или $ \forall \varepsilon > 0 \exists A_0(y_0): \forall A > A_0(y_0) \Rightarrow |\int\limits_A^{\infty} f(x, y_0) dx | < \varepsilon $
Для исключения зависимости $ A_0 $ от $ y_0 $, вводится понятие для равномерной сходимости.
$ \forall \varepsilon > 0 : \exists A_0 : \forall A > A_0 , \forall y_0 \in [c; d] \Rightarrow | \int\limits_A^{\infty} f(x, y_0) dx | < \varepsilon $.
Прослеживается аналогия с функциональными рядами:
$ \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 $ m \leftrightarrow x $, $ x \leftrightarrow y $. Аналогия важна в том смысле, что доказательство свойств интеграла копирует доказательство соответствующих свойств функциональных рядов.
Содержание
Признак Вейерштрасса равномерной сходимости несобственных интегралов
| Теорема (Вейерштрасс, Признак равномерной сходимости несобственных интегралов): |
Пусть $ |
| Доказательство: |
| $ B > A: \left |
Свойства несобственных интегралов, зависящих от параметра
Базируясь на условии равномерной сходимости, докажем те же три свойства, что и для определенных интегралов. Считаем далее, что интеграл равномерно сходится на $ [c; d] $.
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 $ (доказываем непрерывность F(y)).
Доказательство ведем по аналогии с рядами.
В силу равномерной сходимости:
$ \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.
$ | F(y + \Delta y) - F(y) | = \left| \int\limits_a^{\infty} f(x, y + \Delta y) dx - \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx \right| $
По аддитивности интеграла:
$ |F(y + \Delta y) - F(y)| \le \\ \le \left| \int\limits_a^{A_0} f(x, y + \Delta y) dx - \int\limits_a^{A_0} f(x, y) dx \right| + \left| \int\limits_{A_0}^{\infty} f(x, y + \Delta y) dx \right| + \left| \int\limits_{A_0}^{\infty} f(x, y) dx \right| $ - последние два слагаемых $ \le \varepsilon $ по выбору $ A_0 $.
$ |\Delta F(y) | \le \left| \int\limits_a^{A_0} f(x, y + \Delta y) dx - \int\limits_a^{A_0} f(x, y) dx \right| + 2 \varepsilon $.
$ \int\limits_a^{A_0} f(x, y) dx $ - определенный интеграл, зависящий от параметра - его величина неперывно зависит от $ y $.
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 $, что и требовалось доказать.
Повторное интегрирование.
Установим формулу повторного интегрирования . Логика действия другая, из-за рассмотрения несобственных интегралов.
Надо установить формулу:
$ \int\limits_c^d dy \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx = \int\limits_a^{\infty} dx \int\limits_c^d f(x,y) dy $
В условиях непрерывности f на полосе и равномерной сходимости интегралов при $ A > a $, верна формула $ \int\limits_a^A dx \int\limits_c^d f(x, y) dy = \int\limits_c^d dy \int\limits_a^A f(x, y) dx $.
В силу предыдущего параграфа:
$ \int\limits_c^d dy \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx = \int\limits_c^d dy \left( \int\limits_a^A f(x, y) dx + \int\limits_A^{\infty} f(x, y) dx \right) = \\ = \int\limits_c^d dy \int\limits_a^A f(x, y) dx + \int\limits_c^d dy \int\limits_A^{\infty} f(x, y) dx = \\ = \int\limits_a^A dx \int\limits_c^d f(x, y) dy + \int\limits_c^d dy \int\limits_A^{\infty} f(x, y) dx = $
Отметим, что интегралы существуют по пункту 1 (непрерывность F по y).
$ \forall \varepsilon > 0 $, по равномерной сходимости $ \exists A_0 : \forall A > A_0, \forall y \in [c; d]: \left| \int\limits_A^{\infty} f(x, y) dx \right|\le \varepsilon $
Значит, $ \left| \int\limits_c^d dy \int\limits_A^{\infty} f(x, y) dy \right| \le \int\limits_c^d \varepsilon dy = (d - c) \varepsilon $, то есть сколь угодно мал.
$ \left| \int\limits_c^d dy \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx - \int\limits_a^A dx \int\limits_c^d f(x, y) dy \right| \le (d - c) \varepsilon \quad \forall A \ge A_0 $
В силу произвольности $ \varepsilon $:
$ \int\limits_a^A dx \int\limits_c^d f(x, y) dy \xrightarrow[A \to \infty]{} \int\limits_c^d dy \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dx $.
По определению несобственного интеграла, формула верна.
Замечание: можно поставить вопрос:
$ \int\limits_a^{\infty} dy \int\limits_c^{\infty} f(x, y) dx = \int\limits_c^{\infty} dx \int\limits_a^{\infty} f(x, y) dy $ - решается, как правило, намного труднее.
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 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 от 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 достаточно элементарной 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: Проделать в качестве упражнения.
Аналогично, при 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 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>
