/
Author: Муратов М.А. Пашкова Ю.С. Муратова А.М.
Tags: математика интегралы математический анализ интегральные уравнения интегральное исчисление
Year: 2019
Text
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ
ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное автономное образовательное учреждение
высшего образования
«КРЫМСКИЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
имени В. И. Вернадского»
(ФГАОУ ВО «КФУ им. В. И. Вернадского»)
Таврическая академия (структурное подразделение)
Факультет математики и информатики
Кафедра математического анализа
Муратов М.А. Пашкова Ю.С. Муратова А.М.
Учебное пособие
ИНТЕГРАЛЫ, ЗАВИСЯЩИЕ ОТ ПАРАМЕТРА.
ЭЙЛЕРОВЫ ИНТЕГРАЛЫ
для студентов факультета математики и информатики,
направления подготовки 01.03.01 Математика, 01.03.02
Прикладная математика и информатика, 01.03.04 Прикладная
математика
Симферополь – 2019 год
Аннотация
Муратов М.А. Пашкова Ю.С. Муратова А.М. Интегралы, зависящие от
параметра. Эйлеровы интегралы. Таврическая академия Крымского федерального университета имени В. И. Вернадского. Симферополь, 2019 г.
Учебное пособие посвящено рассмотрению интегралов, зависящих от
параметра. В качестве иллюстрации рассматриваются Эйлеровы интегралы, которые играют большую роль во многих задачах математического
анализа, математической физики и др. .
Для математиков, физиков, а также аспирантов и студентов соответствующих специальностей.
2
Содержание
1 Лекция №1. Собственные интегралы, зависящие от параметра.
4
b
Z
1.1 Непрерывная зависимость интеграла J(y) = f (x, y)dx от
a
параметра y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Zb
1.2 Дифференцируемость интеграла J(y) = f (x, y)dx по параa
метру y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Zb
1.3 Интегрируемость интеграла J(y) = f (x, y)dx по параметру
a
y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Предельный
переход
под
знаком
интеграла
b
Z
J(y) = f (x, y)dx, зависящего от параметра y. . . . . . . .
4
8
11
14
a
1.5 Простейшие несобственные интегралы, зависящего от параметра. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
2 Лекция №2. Несобственные интегралы, зависящие от параметра
19
2.1 Несобственные интегралы, зависящие от параметра, первого
рода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.1.1 Равномерная сходимость несобственного интеграла
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx, зависящего от параметра. . . . .
20
a
2.1.2
Критерий Коши равномерной сходимости несобственZ+∞
ного интеграла J(y) =
f (x, y)dx, зависящего от паa
раметра. Связь с рядами. . . . . . . . . . . . . . . . .
1
22
2.1.3
Достаточные
признаки
равномерной
сходи+∞
Z
мости несобственного интеграла J(y) =
f (x, y)dx,
a
2.1.4
зависящего от параметра. . . . . . . . . . . . . . . . .
Z+∞
Непрерывность интеграла J(y) =
f (x, y)dx, зави-
2.1.5
сящего от параметра. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Z+∞
Дифференцируемость интеграла J(y) =
f (x, y)dx,
2.1.6
зависящего от параметра. . . . . . . . . . . . . . . . .
Z+∞
Интегрируемость интеграла J(y) =
f (x, y)dx, зави-
a
a
a
сящего от параметра. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Несобственные интегралы, зависящие от параметра, второго
рода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Эйлеровы интегралы
Z∞
3.1 Лекция №3. Гамма-функция Эйлера Γ(p) =
0
37
39
42
45
46
xp−1 e−x dx и ее
свойства. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1 Определение Гамма-функции Эйлера Γ(p). Сходимость.
3.1.2
Непрерывность и дифференцируемость Гаммафункции Γ(p). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.3 Основные свойства Гамма-функции Γ(p). . . . . . . .
3.2 Лекция №4. Бета-функция Эйлера B(p, q) и ее свойства . . .
3.2.1 Определение Бета-функции Эйлера B(p, q). Сходимость
3.2.2
Симметричность Бета-функции B(p, q). Рекуррентные соотношения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.3 Представление Бета-функции B(p, q) в виде несобственного интеграла первого рода. . . . . . . . . . . .
3.3 Связь между функциями Γ(p) и B(p, q). Формула дополнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Связь между функциями Γ(p) и B(p, q). . . . . . . . .
2
25
46
46
51
54
64
64
65
67
68
68
Z+∞
3.3.2
Интеграл Эйлера J(p) =
tp−1
dt, 0 < p < 1. . . .
1+t
71
3.3.3
Формула дополнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
4 Задачи и упражнения
4.1 Эйлеровы интегралы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
79
5 Дополнительные задачи и упражнения
5.1 Задачи практических занятий и самостоятельной работы . .
5.2 Демидович страницы 379-493(условия задач) и 601-605 (ответы). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Собственные интегралы, зависящие от параметра . .
5.2.2 Несобственные интегралы, зависящие от параметра .
5.2.3 Эйлеровы интегралы . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.4 Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Кудрявцев страницы 325-369 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1 Собственные интегралы, зависящие от параметра стр.
325-334 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2 Несобственные интегралы, зависящие от параметра
стр. 336-345. Равномерная сходимость . . . . . . . . .
5.3.3 Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.4 Несобственные интегралы, зависящие от параметра
стр. 336-345. Дифференцируемость и интегрируемость
5.3.5 Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.6 Эйлеровы интегралы стр. 360-369. . . . . . . . . . . .
5.3.7 Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
91
91
0
Литература
93
93
104
129
135
135
135
147
162
162
164
164
165
166
3
1
Лекция №1. Собственные интегралы, зависящие от параметра.
Пусть функция u = f (x, y) двух переменных задана на прямоугольнике
P = {(x, y) : x ∈ [a, b], y ∈ [c, d]} = [a, b] × [c, d],
интегрируема по x на отрезке [a, b] при каждом фиксированном y ∈ [c, d].
Тогда интеграл
Zb
J(y) = f (x, y)dx
a
является функцией от вспомогательной переменной — параметра y, определенной на отрезке [c, d].
Определение 1.0.1. Интеграл
Zb
f (x, y)dx
J(y) =
(1)
a
называется (собственным) интегралом, зависящем от параметра y.
По отношении к функции J(y) естественно возникает ряд вопросов:
о существовании и выражении ее предела при определённом предельном
переходе, о ее непрерывности, о дифференцируемости и выражении её производной, и наконец, о ее интегрируемости на отрезке [c, d]. Перейдем к
рассмотрению свойств функции J(y).
1.1
Непрерывная
зависимость
b
Z
J(y) = f (x, y)dx от параметра y.
интеграла
a
Теорема 1.1.1. (О непрерывности по параметру) Если функция u =
f (x, y) непрерывна на прямоугольнике P = [a, b] × [c, d], то интеграл
Zb
J(y) =
f (x, y)dx
a
4
является непрерывной функцией параметра y на [c, d].
Доказательство. Так как функция u = f (x, y) непрерывна на прямоугольнике P = [a, b] × [c, d], а прямоугольник P — ограниченное замкнутое множество, то по теореме Кантора, функция f (x, y) равномерно непрерывна
на P .
Поэтому для любого ε > 0 существует δ = δ(ε) > 0, такое что для
любых точек M 0 (x0 , y 0 ), M 00 (x00 , y 00 ) ∈ P таких. что ρ(M 0 , M 00 ) < δ следует,
что
ε
.
|f (M 0 ) − f (M 00 )| = |f (x0 , y 0 ) − f (x00 , y 00 )| <
b−a
В частности, если x0 = x00 = x, то ρ(M 0 , M 00 ) = |y 0 − y 00 | и при |y 0 − y 00 | < δ
мы имеем:
ε
.
|f (M 0 ) − f (M 00 )| = |f (x, y 0 ) − f (x, y 00 )| <
b−a
Поэтому для любых y 0 , y 00 ∈ [c, d], удовлетворяющих неравенству
|y 0 − y 00 | < δ,
мы имеем:
|J(y 0 ) − J(y 00 )| =
Zb
f (x, y 0 )dx −
a
Zb
f (x, y 00 )dx ≤
Zb
|f (x, y 0 ) − f (x, y 00 )|dx <
a
a
ε
<
b−a
Zb
dx = ε.
a
Таким образом, функция J(y) равномерно непрерывна на отрезке [c, d], и
потому, непрерывна на [c, d].
Следствие 1.1.1. Если функция u = f (x, y) непрерывна на прямоугольнике P = [a, b] × [c, d] и y0 ∈ [c, d], то
Zb
lim J(y) = lim
y→y0
Zb
f (x, y)dx =
y→y0
a
Zb
lim f (x, y)dx =
f (x, y0 )dx = J(y0 ),
y→y0
a
a
(2)
т.е. возможен предельный переход под знаком интеграла 1.
5
Пример 1.1.1. Найти предел
Zπ
lim
y→0
−π
(x + cos(xy))ex sin y dx.
Решение Подинтегральная функция
f (x, y) = (x + cos(xy))ex sin y
непрерывна в прямоугольнике P = [−π, π]×[−1, 1]. (Выбираем прямоугольник P = [a, b] × [c, d] так. чтобы 0 = y0 ∈ [c, d] = [−1, 1]). Поэтому, силу
(2),
Zπ
lim
y→0
−π
Zπ
f (x, y)dx = lim
y→0
−π
Zπ
=
(x+cos(xy))ex sin y dx =
Zπ
lim(x+cos(xy))ex sin y dx =
y→0
−π
f (x, 0)dx = f (x, 0) = lim(x + cos(xy))ex sin y = x + 1 =
y→0
−π
Zπ
(x + 1)dx =
=
2
π
(−π)2
x2
−π
+x
=
+π −
− π = 2π. 2
π
2
2
2
−π
Теорема 1.1.2. Если функция u = f (x, y) непрерывна на прямоугольнике
P = [a, b] × [c, d], то интеграл
Zv
J(u, v, y) =
f (x, y)dx
u
является функцией, непрерывной в параллелепипеде P ∗ = [a, b] × [a, b] ×
[c, d] .
Доказательство. Так как функция u = f (x, y) непрерывна на прямоугольнике P = [a, b] × [c, d], а прямоугольник P — ограниченное замкнутое множество, то по теореме Вейерштрасса, функция f (x, y) ограничена на P , т.е.
существует такая константа K > 0, что
|f (x, y)| ≤ K
6
для любой точки M (x, y) ∈ P . Тогда для любых двух точек
N 0 (u0 , v 0 , y 0 ), N 00 (u00 , v 00 , y 00 ) ∈ P ∗ имеем:
|J(u0 , v 0 , y 0 ) − J(u00 , v 00 , y 00 )| =
Zv0
f (x, y 0 )dx −
u0
Zv0
=
f (x, y 0 )dx −
Zv0
≤
f (x, y 0 )dx −
+
Zv0
Zv00
+ f (x, y 00 )dx ≤
v0
u0
u00
u0
f (x, y 00 )dx +
f (x, y 00 )dx =
u00
Zv0
Zu0
Zv00
Zu00
f (x, y 00 )dx +
Zv00
u0
u0
u0
v0
Zv0
Zv0
Zu00
Zv00
≤
f (x, y 0 )dx −
u0
f (x, y 00 )dx +
u0
Zv0
≤
u0
f (x, y 0 )dx −
|f (x, y 00 )|dx +
u0
Zv0
f (x, y 00 )dx ≤
|f (x, y 00 )|dx ≤
v0
f (x, y 00 )dx + K|u00 − u0 | + K|v 00 − v 0 |.
u0
Зафиксируем точку N 0 (u0 , v 0 , y 0 ). Тогда по теореме 1.1.1 интеграл
J(y) = J(u0 , v 0 , y) =
Zv0
f (x, y)dx
u0
является непрерывной функцией на [c, d].
Предположим. что N 00 → N 0 . Тогда, по теореме о покоординатной сходимости, u00 → u0 , v 00 → v 0 и y 00 → y 0 . Следовательно,
Rv0
Rv0
00
lim
f (x, y )dx = f (x, y 0 )dx
00 →y 0
y
u0
u0
lim
K|u00 − u0 | = 0
00 →u0
u
lim K|v 00 − v 0 | = 0.
v 00 →v 0
7
Таким образом,
J(u00 , v 00 , y 00 ) = J(u0 , v 0 , y 0 ).
lim
00
0
N →N
Следовательно, J(u, v, y) непрерывна на P ∗ .
Zb
1.2
Дифференцируемость интеграла J(y) =
f (x, y)dx
a
по параметру y.
Теорема 1.2.1. (О дифференцируемости по параметру) Если функции
f (x, y) и fy0 (x, y) непрерывны на прямоугольнике P = [a, b] × [c, d], то интеграл
Zb
J(y) = f (x, y)dx
a
является дифференцируемой функцией параметра y на отрезке [c, d] и
b
Zb
Z
dJ(y)
d
(3)
=
f (x, y)dx = fy0 (x, y)dx.
dy
dy
a
a
Доказательство. Пусть y, y + ∆y ∈ [c, d]. Рассмотрим
J(y + ∆y) − J(y)
= lim
∆y→0
∆y→0
∆y
Zb
lim
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
dx =
∆y
a
= | По теореме Лагранжа существует такое θ ∈ (0, 1), что | =
Zb
= lim
∆y→0
fy0 (x, y + θ∆y)dx =
a
Zb
a
(см. теорему 1.1.1).
8
fy0 (x, y)dx
Пример 1.2.1. (Пример 3., №13.13.3) Найти производную функции
Z2
J(α) =
2
eαx ·
dx
, α 6= 0.
x
1
Решение Пусть отрезок [c, d] не содержит 0. Подинтегральная функция
2
f (x, α) = eαx ·
1
x
и ее частная производная
2
fα0 (x, α) = x · eαx
непрерывны в прямоугольнике P = [1, 2] × [c, d]. Поэтому, силу теоремы
1.2.1, функция J(α) дифференцируема и
J 0 (α) =
Z2
2
xeαx dx =
=
2
eαx d(αx2 ) =
1
1
1
2α
Z2
1
2
· eαx
2α
e4α − eα
2
.
=
1
2α
2
Теорема 1.2.2. (О дифференцируемости по параметру интеграла, переделы которого зависят от параметра) Пусть функции f (x, y) и fy0 (x, y)
непрерывны на прямоугольнике P = [a, b] × [c, d], а функции x1 (y) и x2 (y)
определены, непрерывны и дифференцируемы на [c, d], и a < x1 (y) < b и
a < x2 (y) < b для любого y ∈ [c, d].
Тогда интеграл
xZ2 (y)
f (x, y)dx
J(y) =
x1 (y)
является дифференцируемой функцией параметра y на отрезке [c, d] и
xZ2 (y)
xZ2 (y)
dJ(y)
d
=
fy0 (x, y)dx+
f (x, y)dx =
dy
dy
x1 (y)
+f (x2 (y), y)
x1 (y)
dx2 (y)
dx1 (y)
− f (x1 (y), y)
.
dy
dy
9
(4)
Доказательство. Рассмотрим в параллелепипеде P ∗ = [a, b] × [a, b] × [c, d]
функцию
Zv
F (u, v, y) = f (x, y)dx.
u
fy0 (x, y)
Так как функции f (x, y) и
непрерывны на прямоугольнике P =
[a, b]×[c, d], то функция F (u, v, y) имеет непрерывные частные производные
∂F
= −f (u, y),
∂u
∂F
= f (v, y),
∂v
Zv
∂F
= fy0 (x, y)dx.
∂y
u
Функции
u = x1 (y),
v = x2 (y),
y=y
определены, непрерывны и непрерывно дифференцируемы на [c, d]. Поэтому сложная функция
xZ2 (y)
f (x, y)dx
J(y) = F (x1 (y), x2 (y), y) =
x1 (y)
дифференцируема на [c, d] и
dJ(y) ∂F du ∂F dv ∂F
=
+
+
=
dy
∂u dy
∂v dy
∂y
= −f (x1 (y), y)
dx1 (y)
dx2 (y)
+ f (x2 (y), y)
+
dy
dy
xZ2 (y)
x1 (y)
10
fy0 (x, y)dx.
Пример 1.2.2. (№3718 б)) Найти производную функции
Zb+α
J(α) =
sin(αx)
dx, α 6= 0..
x
a+α
Решение Функции
f (x, α) =
sin(αx)
cos(αx) · x
и fα0 (x, α) =
= cos(αx)
x
x
непрерывны на P = [a + α, b + α] × [c, d], где 0 ∈
/ [c, d]. Следовательно, J(α)
дифференцируема и
sin[α(b + α)]
sin[α(a + α)]
J 0 (α) =
· (b + α)0α −
· (a + α)0α +
b+α
a+α
Zb+α
cos(αx)dx =
a+α
=
=
sin[α(b + α)] sin[α(a + α)] sin(αx) b + α
=
−
+
a+α
b+α
a+α
α
sin[α(b + α)] sin[α(a + α)] sin[α(b + α)] sin[α(a + α)]
−
+
−
=
b+α
a+α
α
α
1
1
1
1
+
− sin[α(a + α)]
+
. 2
= sin[α(b + α)]
α b+α
α a+α
Zb
1.3
Интегрируемость интеграла J(y) =
f (x, y)dx по
a
параметру y.
Теорема 1.3.1. (Об интегрируемости по параметра) Если функция
f (x, y) непрерывна на прямоугольнике P = [a, b] × [c, d], то функция
Zb
J(y) =
f (x, y)dx
a
11
интегрируема по параметру y на отрезке [c, d] и
Zd
Zd Zb
Zb Zd
J(y)dy = f (x, y)dx dy = f (x, y)dy dx.
c
c
a
a
c
Доказательство. Рассмотрим функции
Zd Z t
Z t Zd
ϕ(t) = f (x, y)dx dy и ψ(t) = f (x, y)dy dx,
c
a
a
c
где t ∈ [a, b]. Функции ϕ(t) и ψ(t) дифференцируемы на [a, b],
0
Zd Z t
Zd
ϕ0 (t) = f (x, y)dx dy = f (t, y)dy
c
и
a
t
c
0
Zd
Z t Zd
ψ 0 (t) = f (x, y)dy dx = f (t, y)dy.
a
c
t
c
Следовательно,
ϕ0 (t) = ψ 0 (t)
для любого t ∈ [a, b]. Следовательно,
Zt
ϕ(t) − ϕ(a) =
ϕ0 (ξ)dξ =
a
Zt
ψ 0 (ξ)dξ = ψ(t) − ψ(a).
a
Так как
ϕ(a) = ψ(a) = 0.
то
ϕ(t) = ψ(t)
для любого t ∈ [a, b]. В частности,
ϕ(b) = ψ(b),
12
(5)
т.е.
Zd
Zd Zb
Zb Zd
J(y)dy = f (x, y)dx dy = f (x, y)dy dx.
c
c
a
a
c
Пример 1.3.1. (Пример 2.) Вычислить интеграл
Z1
I=
xα2 − xα1
dx,
ln x
0 < α1 ≤ α2 .
0
Решение Рассмотрим функцию
f (x, α) = xα
на прямоугольнике P = [0, 1] × [α1 , α2 ]. Эта функция непрерывна на P ,
интегрируема по каждой переменной,
Z1
α
x dx =
J(α) =
xα+1
α+1
1
1
,
=
0
α+1
0
и
Zα2
Zα2
Zα2 Z1
J(α)dα = xα dx dα =
α1
α1
1
1 + α2
.
dα = ln
α+1
1 + α1
α1
0
В силу формулы 5,
Zα2
Z1 Zα2
Zα2 Z1
J(α)dα = xα dx dα = xα dα dx.
α1
α1
Но
0
0
Zα2
α1
xα2 − xα1
x dα =
.
ln x
α
α1
Следовательно,
Z1
I=
xα2 − xα1
1 + α2
dx = ln
.
ln x
1 + α1
0
13
2
1.4
Предельный
переход
под
знаком
инте-
Zb
грала J(y) =
f (x, y)dx, зависящего от параметра
a
y.
Определение 1.4.1. Пусть функция f (x, y) определена на множестве
M = X × Y, причем y0 — предельная точка множества Y (конечная).
Если
1) Для любого x ∈ X функция f (x, y) при y → y0 имеет конечную
предельную функцию
lim f (x, y) = ϕ(x), x ∈ X ;
y→y0
2) Для любого ε > 0 существует не зависящее от x число δ > 0 такое,
что при |y − y0 | < δ неравенство
|f (x, y) − ϕ(x)| < ε
выполняется сразу для всех x ∈ X ,
то говорят, что функция f (x, y) при y → y0 стремится к предельной
функции ϕ(x) равномерно относительно x в области X .
Теорема 1.4.1. Если функция u = f (x, y) определена на прямоугольнике
P = [a, b]×Y, y0 — предельная точка множества Y и функция f (x, y) при
y → y0 стремится к предельной функции ϕ(x) равномерно относительно
x в [a, b], то
Zb
lim J(y) = lim
y→y0
Zb
f (x, y)dx =
y→y0
a
lim f (x, y)dx =
ϕ(x)dx.
y→y0
a
14
Zb
a
(6)
1.5
Простейшие несобственные интегралы, зависящего от параметра.
Рассмотрим интегралы специального вида:
Z+∞
J(y) =
f (x, y)g(x)dx,
(7)
a
где функция f (x, y) определена и ограничена на полосе P = [a, +∞)×[c, d],
а функция g(x), вообще говоря, разрывная функция, абсолютно интегрируема на [a, +∞), т.е. интеграл
Z+∞
|g(x)|dx
a
сходится.
Для таких интегралов могут быть сформулированы теоремы, аналогичные теоремам 1.1.1, 1.2.1 и 1.3.1.
Теорема 1.5.1. (Обобщенная теорема о непрерывной зависимости от параметра) Если функция f (x, y) непрерывна и ограничена на полуполосе
P = [a, +∞) × [c, d], а интеграл
Z+∞
|g(x)|dx
a
сходится, то интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)g(x)dx
a
является непрерывной функцией параметра y на [c, d].
Доказательство. 1). Так как функция f (x, y) ограничена на P = [a, +∞)×
[c, d], то существует такая константа C > 0, что
|f (x, y)| < C
15
для любой точки (x, y) из P = [a, +∞) × [c, d].
2). Из сходимости интеграла
Z+∞
|g(x)|dx
a
следует, что существует такая константа K > 0, что
Z+∞
|g(x)|dx < K < ∞,
a
и для любого ε > 0 существует такое A ≥ a, что
Z+∞
ε
.
|g(x)|dx <
4C
A
3). На прямоугольнике PA = [a, A] × [c, d] функция f (x, y) непрерывна,
а потому равномерно непрерывна. Следовательно, для этого ε > 0 существует такое δ = δ(ε) > 0, что для любых точек M 0 (x0 , y 0 ), M 00 (x00 , y 00 ) из
PA = [a, A] × [c, d] таких, что ρ(M 0 , M 00 ) < δ выполняется неравенство
|f (M 0 ) − f (M 00 )| = |f (x0 , y 0 ) − f (x00 , y 00 )| <
ε
.
2K
В частности, если x0 = x00 = x, то ρ(M 0 , M 00 ) = |y 0 − y 00 |, и потому при
|y 0 − y 00 | < δ
ε
|f (x, y 0 ) − f (x, y 00 )| <
.
2K
4). Пусть y 0 , y 00 ∈ [c, d] такие, что |y 0 − y 00 | < δ. Тогда
Z+∞
Z+∞
|J(y 0 ) − J(y 00 )| =
f (x, y 0 )g(x)dx −
f (x, y 00 )g(x)dx =
a
ZA
=
a
a
Z+∞
Z+∞
[f (x, y 0 )g(x) − f (x, y 00 )g(x)]dx +
f (x, y 0 )g(x)dx −
f (x, y 00 )g(x)dx ≤
A
16
A
ZA
≤
Z+∞
Z+∞
|f (x, y 0 )−f (x, y 00 )||g(x)|dx+ |f (x, y 0 )||g(x)|dx+ |f (x, y 00 )||g(x)|dx ≤
a
A
ε
≤
2K
ZA
A
Z+∞
Z+∞
|g(x)|dx + C
|g(x)|dx + C
|g(x)|dx ≤
a
A
A
ε
ε
ε
·K +C ·
+C ·
= ε.
2K
4C
4C
Следовательно, функция J(y) равномерно непрерывна на [c, d] и потому
непрерывна на [c, d].
≤
Теорема 1.5.2. (Обобщенная теорема о дифференцируемости интеграла
по параметру) Если функции f (x, y) и fy0 (x, y) непрерывны и ограничены
на полуполосе P = [a, +∞) × [c, d], а интеграл
Z+∞
|g(x)|dx
a
сходится, то интеграл
Z+∞
f (x, y)g(x)dx
J(y) =
a
является дифференцируемой функцией параметра y на отрезке [c, d] и
+∞
Z
Z+∞
dJ(y)
d
=
f (x, y)g(x)dx =
fy0 (x, y)g(x)dx.
(8)
dy
dy
a
a
Теорема 1.5.3. (Обобщенная теорема об интегрируемости интеграла по
параметра) Если функция f (x, y) непрерывна и ограничена на полуполосе
P = [a, +∞) × [c, d], а интеграл
Z+∞
|g(x)|dx
a
17
сходится, то интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)g(x)dx
a
является интегрируемой функцией параметра y на отрезке [c, d] и
d
Zd
Zd Z+∞
Z+∞
Z
J(y)dy = f (x, y)g(x)dx dy =
g(x) f (x, y)dy dx.
c
c
a
a
18
c
(9)
2
2.1
Лекция №2. Несобственные интегралы, зависящие от параметра
Несобственные интегралы, зависящие от параметра, первого рода
Пусть функция u = f (x, y) определена в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d],
и при каждом фиксированном y ∈ [c, d] функция f (x, y) интегрируема на
[a, +∞) в несобственном смысле, т.е. интеграл
Z+∞
f (x, y)dx
J(y) =
a
сходится. Тогда J(y) является функцией параметра y, определенной на
[c, d].
Имеем:
Z+∞
ZA
f (x, y)dx = lim
f (x, y)dx.
J(y) =
A→+∞
a
a
Определение 2.1.1. Интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx
(10)
a
называется несобственным интегралом, зависящим от параметра, первого рода.
Рассмотрим свойства интеграла
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx.
a
19
2.1.1
Равномерная
сходимость
несобственного
+∞
Z
J(y) =
f (x, y)dx, зависящего от параметра.
интеграла
a
По определению несобственного интеграла, зависящего от параметра, первого рода,
Z+∞
ZA
J(y) =
f (x, y)dx = lim
f (x, y)dx.
A→+∞
a
a
Обозначим
ZA
F (A, y) =
f (x, y)dx.
a
При фиксированном y ∈ [c, d]
lim F (A, y) = J(y).
A→+∞
Определение 2.1.2. Если F (A, y) стремится к J(y) равномерно относительно y на [c, d] при A → +∞, то интеграл J(y) называется сходящимся равномерно относительно y на [c, d]. Это означает. что для любого
ε > 0 существует A0 ≥ a, не зависящее от y, что для любого A > A0
неравенство
Z+∞
Z+∞
ZA
f (x, y)dx − f (x, y)dx =
f (x, y)dx < ε
a
a
A
будет выполнено для всех y ∈ [c, d].
Замечание 2.1.1. Если существует такое ε0 > 0, что для любого A ≥ a
найдутся такие A0 > A и y0 ∈ [c, d], что выполняется неравенство
Z+∞
f (x, y0 )dx > ε0 ,
A0
20
то интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx
a
сходящийся для каждого y ∈ [c, d], сходится не равномерно на [c, d].
Пример 2.1.1. Рассмотрим интеграл
Z+∞
J(y) =
ye−xy dx.
0
Так как
ZA
J(y) = lim
A→+∞
−Ay
ye−xy dx = lim (−e−xy )|A
),
0 = lim (1 − e
A→+∞
A→+∞
0
то легко видеть, что интеграл J(y) сходится при любом y ≥ 0. Вычислим
Z+∞
0,
если y = 0;
J(y) − F (A, y) =
ye−xy dx =
−Ay
e , если y > 0.
A
Ясно, что при фиксированном y ≥ 0
Z+∞
lim
ye−xy dx = 0.
A→+∞
A
Пусть ε > 0. Тогда неравенство e−Ay < ε будет выполняться при всех
A > A0 (y) = −
ln ε
.
y
1). Пусть y ∈ [c, d], где c > 0. Тогда интеграл J(y) сходится равномерно
относительно y. Действительно, полагая для любого ε > 0
A0 = A0 (c) = −
21
ln ε
,
c
мы получим, что для любого A > A0
e−Ay ≤ e−Ac < ε
для любого y ∈ [c, d].
Таким образом, интеграл J(y) сходится равномерно относительно y
на любом отрезке [c, d].
2). Пусть теперь y ∈ [0, d], т.е. c = 0. Тогда интеграл J(y) не будет сходящимся равномерно относительно y. Действительно, при любом
сколь угодно большом A
lim e−Ay = 1.
y→0
Поэтому для любого 0 < ε < 1для достаточно малых значений y
e−Ay > ε.
Таким образом, в [0, d] сходимость интеграла не будет равномерной. 2
2.1.2
Критерий Коши равномерной сходимости несобственноZ+∞
f (x, y)dx, зависящего от параметра.
го интеграла J(y) =
a
Связь с рядами.
Теорема 2.1.1. Для того чтобы интеграл
Z+∞
f (x, y)dx.
J(y) =
a
сходился равномерно относительно y на отрезке [c, d], необходимо и достаточно, чтобы для любого ε > 0 существовало A0 ≥ a, не зависящее
от y, что для любых A00 > A0 > A0 выполнено неравенство
ZA00
ZA0
f (x, y)dx −
a
ZA00
f (x, y)dx =
f (x, y)dx < ε
A0
a
для всех y ∈ [c, d].
22
Доказательство. Необходимость. Пусть интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx.
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d]. то означает. что для
любого ε > 0 существует A0 ≥ a, не зависящее от y, что для любого A > A0
выполняется неравенство
Z+∞
Z+∞
ZA
ε
f (x, y)dx < .
f (x, y)dx − f (x, y)dx =
2
a
a
A
для всех y ∈ [c, d].
Следовательно, при всех A00 > A0 > A0 имеем:
Z+∞
ε
f (x, y)dx < ,
2
Z+∞
ε
f (x, y)dx <
2
A0
A00
и, наконец,
ZA00
ZA0
f (x, y)dx −
a
ZA00
f (x, y)dx =
f (x, y)dx =
A0
a
Z+∞
Z+∞
Z+∞
Z+∞
=
f (x, y)dx −
f (x, y)dx ≤
f (x, y)dx +
f (x, y)dx <
A0
A00
A0
A00
ε ε
+ = ε.
2 2
Достаточность. Пусть выполнено условие теоремы: Для любого ε > 0
существует A0 ≥ a, не зависящее от y, что для любых A00 > A0 > A0
выполнено неравенство
<
ZA00
ZA0
f (x, y)dx −
a
ZA00
f (x, y)dx =
f (x, y)dx < ε
A0
a
23
для всех y ∈ [c, d]. Тогда по признаку Больцано-Коши, для любого y ∈ [c, d]
интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx.
a
сходится. Покажем, что он сходится равномерно. Для этого в неравенстве
ZA00
f (x, y)dx < ε
A0
перейдем к пределу при A00 → +∞ (отметим. что этот предел существует):
Z+∞
f (x, y)dx ≤ ε
A0
для любого y ∈ [c, d]. Следовательно, J(y) сходится равномерно на [c, d].
Замечание 2.1.2. Для равномерной сходимости F (A, y) к интегралу J(y)
относительно y на отрезке [c, d], необходимо и достаточно, чтобы к
этому интегралу J(y) равномерно сходилась каждая последовательность
функций {F (An , y)}∞
n=1 , какова бы ни была последовательность An → +∞.
Замечание 2.1.3. Равномерная сходимость интеграла
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx.
a
относительно y на отрезке [c, d] равносильна равномерной сходимости
каждого ряда вида
A
∞ Zn+1
X
f (x, y)dx,
n=0 A
n
где A0 = a, An ≥ a и An → +∞.
24
2.1.3
Достаточные признаки равномерной сходимости несобZ+∞
ственного интеграла J(y) =
f (x, y)dx, зависящего от паa
раметра.
Приведем некоторые признаки, на которых чаще всего на практике судят о
равномерной сходимости несобственных интегралов, зависящих от параметра. Они построены по образу признаков Вейерштрасса, Абеля и Дирихле
равномерной сходимости функциональных рядов.
Теорема 2.1.2. (Признак Вейерштрасса.) Пусть функция u = f (x, y)
определена в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d],
и для каждого y ∈ [c, d] интегрируема на любом конечном отрезке [a, A],
где A ≥ a.
Если существует такая неотрицательная функция ϕ(x), которая
определена и интегрируема на [a, +∞), и удовлетворяет неравенству
|f (x, y)| ≤ ϕ(x)
для любых x ∈ [a, +∞) и y ∈ [c, d], то интеграл
Z+∞
f (x, y)dx
J(y) =
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
Доказательство. Так как функция ϕ(x) интегрируема на [a, +∞), то для
любого ε > 0 существует такое A0 = A0 (ε) ≥ a, что для любых A00 > A0 >
A0 выполнено неравенство
ZA00
ZA0
ϕ(x)dx −
a
ZA00
ϕ(x)dx =
ZA00
ϕ(x)dx =
A0
a
ϕ(x)dx < ε.
A0
Следовательно,
ZA00
ZA0
f (x, y)dx −
a
ZA00
f (x, y)dx ≤
f (x, y)dx =
A0
a
25
ZA00
≤
ZA00
|f (x, y)|dx ≤
A0
ϕ(x)dx < ε.
A0
В силу теоремы 2.1.1, интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
Замечание 2.1.4. При выполнении условий, приведенных в признаке Вейерштрасса, говорят, что функция f (x, y) имеет интегрируемую мажоранту ϕ(x), или что интеграл
Z+∞
f (x, y)dx
J(y) =
a
мажорируется сходящимся интегралом
Z+∞
ϕ(x)dx
a
на отрезке [c, d].
Пример 2.1.2. Исследовать на равномерную сходимость интеграл
Z+∞
J(y) =
e−xy
dx
1 + x2
0
на множестве Y = [0, +∞).
Решение Для любых x ∈ [0, +∞) и y ∈ [0, +∞)
e−xy =
1
≤ 1.
exy
26
Поэтому
|f (x, y)| =
и
e−xy
1
≤
= ϕ(x)
1 + x2
1 + x2
Z+∞
Z+∞
π
dx
+∞
=
=
arctg
x
.
ϕ(x)dx =
0
1 + x2
2
0
0
Следовательно, по признаку Вейерштрасса интеграл
Z+∞
J(y) =
e−xy
dx
1 + x2
0
сходится равномерно на множестве Y = [0, +∞). 2.
Теорема 2.1.3. (Признак Абеля.) Пусть функции f (x, y) и g(x, y)
1). Определены в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d];
2). Функция f (x, y) интегрируема на любом конечном отрезке [a, A],
A ≥ a для каждого y ∈ [c, d];
3). Интеграл
Z+∞
f (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d];
4). Функция g(x, y) монотонна по x и равномерно ограничена на P .
Тогда интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)g(x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
27
Доказательство. Так как функция g(x, y) равномерно ограничена на P ,
то существует такая положительная константа L > 0, что для любой точки
(x, y) ∈ P имеет место неравенство:
|g(x, y)| ≤ L.
Интеграл
Z+∞
f (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d], поэтому для любого
ε > 0 существует A0 ≥ a, не зависящее от y, что для любых A00 > A0 > A0
выполнено неравенство
ZA00
f (x, y)dx <
ε
.
2L
A0
для всех y ∈ [c, d].
Функции f (x, y) и g(x, y) удовлетворяют второй теореме о среднем
значении (формуле Бонне) на отрезке [A0 , A00 ], т.е. существует такое ξ ∈
[A0 , A00 ], что
ZA00
f (x, y)g(x, y)dx = g(A0 , y)
A0
Zξ
f (x, y)dx + g(A00 , y)
A0
ZA00
f (x, y)dx.
ξ
Следовательно,
ZA00
f (x, y)g(x, y)dx ≤ |g(A0 , y)|
A0
Zξ
f (x, y)dx + |g(A00 , y)|
A0
<L·
ZA00
f (x, y)dx <
ξ
ε
ε
+L·
= ε.
2L
2L
Таким образом, интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)g(x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
28
Теорема 2.1.4. (Признак Дирихле.) Пусть функции f (x, y) и g(x, y)
1). Определены в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d];
2). Функция f (x, y) интегрируема на любом конечном отрезке [a, A],
A ≥ a для каждого y ∈ [c, d];
3). Интеграл
ZA
F (A, y) =
f (x, y)dx
a
равномерно ограничен как функция A и y при A ≥ a и y ∈ [c, d];
4). Функция g(x, y) монотонна по x и стремится к нулю при x → +∞
равномерно относительно y из [c, d].
Тогда интеграл
Z+∞
f (x, y)g(x, y)dx
J(y) =
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
Доказательство. Так как интеграл
ZA
F (A, y) =
f (x, y)dx
a
равномерно ограничен как функция A и y при A ≥ a и y ∈ [c, d], то существует такая положительная константа K > 0, что для любых A ≥ a и
y ∈ [c, d] имеет место неравенство:
ZA
|F (A, y)| =
f (x, y)dx ≤ K.
a
29
Функция g(x, y) ⇒ 0 при x → +∞ (равномерно относительно y из
[c, d]), поэтому для любого ε > 0 существует A0 ≥ a, не зависящее от y, что
для любого A > A0 и для любого y ∈ [c, d] выполнено неравенство
ε
|g(A, y)| <
4K
Пусть A00 > A0 > A0 . Тогда
|g(A0 , y)| <
ε
ε
и |g(A00 , y)| <
4K
4K
Функции f (x, y) и g(x, y) удовлетворяют второй теореме о среднем
значении (формуле Бонне) на отрезке [A0 , A00 ], т.е. существует такое ξ ∈
[A0 , A00 ], что
ZA00
f (x, y)g(x, y)dx = g(A0 , y)
A0
Так как
Zξ
f (x, y)dx + g(A00 , y)
A0
Zξ
ZA0
f (x, y)dx ≤ 2K,
f (x, y)dx −
A0
a
a
ZA00
ZA00
Zξ
f (x, y)dx −
f (x, y)dx =
a
ξ
f (x, y)dx.
ξ
Zξ
f (x, y)dx =
ZA00
f (x, y)dx ≤ 2K,
a
то
ZA00
f (x, y)g(x, y)dx ≤ |g(A0 , y)|
A0
Zξ
f (x, y)dx + |g(A00 , y)|
A0
<
ZA00
f (x, y)dx <
ξ
ε
ε
· 2K +
· 2K = ε.
4K
4K
Таким образом, интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)g(x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
30
Замечание 2.1.5. В условиях теорем 2.1.3 и 2.1.4 может оказаться,
что одна из функций f (x, y) или g(x, y) зависит только от x. В этом
случае можно сформулировать еще по два частных признака равномерной
сходимости интеграла, зависящего от параметра.
Теорема 2.1.5. (Первый частный признак Абеля.) Пусть
1). Функция f (x) определена на [a, +∞), а функция g(x, y) — в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d];
2). Функция f (x) интегрируема на [a, +∞), т.е. интеграл
Z+∞
f (x)dx
a
сходится;
3). Функция g(x, y) монотонна по x и равномерно ограничена на P .
Тогда интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x)g(x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
Теорема 2.1.6. (Первый частный признак Дирихле.) Пусть
1). Функция f (x) определена на [a, +∞), а функция g(x, y) — в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d];
2). Функция f (x) интегрируема на любом конечном отрезке [a, A], A ≥
a интеграл
ZA
F (A) = f (x)dx
a
ограничен как функция A на [a, +∞);
31
3). Функция g(x, y) монотонна по x и стремится к нулю при x → +∞
равномерно относительно y из [c, d].
Тогда интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x)g(x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
Теорема 2.1.7. (Второй частный признак Абеля.) Пусть
1). Функция f (x, y) определена в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d];
а функция g(x) определена на [a, +∞);
2). Функция f (x, y) интегрируема на любом конечном отрезке [a, A],
A ≥ a для каждого y ∈ [c, d];
3). Интеграл
Z+∞
f (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d];
4). Функция g(x) монотонна и ограничена на [a, +∞).
Тогда интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)g(x)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
Теорема 2.1.8. (Второй частный признак Дирихле.) Пусть
1). Функция f (x, y) определена в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d];
а функция g(x) определена на [a, +∞);
32
2). Функция f (x, y) интегрируема на любом конечном отрезке [a, A],
A ≥ a для каждого y ∈ [c, d];
3). Интеграл
ZA
F (A, y) =
f (x, y)dx
a
равномерно ограничен как функция A и y при A ≥ a и y ∈ [c, d];
4). Функция g(x) монотонно стремится к нулю при x → +∞.
Тогда интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)g(x)dx
a
сходится равномерно относительно y на отрезке [c, d].
Замечание 2.1.6. Во всех приведенных выше формулировках вместо отрезка [c, d] можно рассматривать полупрямую [c, +∞).
Пример 2.1.3. Исследовать на равномерную сходимость интеграл
Z+∞
J(y) =
cos x
dx
xy
1
на множестве Y = [c, +∞), c > 0.
Решение Рассмотрим функции
f (x) = cos x,
g(x, y) =
1
.
xy
Проверим условия первого частного признака Дирихле равномерной сходимости интеграла
1
1). Функция f (x) = cos x определена на [1, +∞), а функция g(x, y) = y
x
— на множестве
P = {(x, y) : x ∈ [1, +∞), y ∈ [c, +∞)} = [1, +∞) × [c, +∞).
33
2). Функция cos x интегрируема на любом конечном отрезке [1, A], A ≥ 1
и интеграл
ZA
F (A) =
A
= sin A − sin 1
1
cos xdx = sin x
1
ограничен как функция A на [1, +∞):
|F (A)| = | sin A − sin 1| ≤ 2.
3). Функция g(x, y) =
1
монотонно убывает по x, так как
xy
0
1
y
gx0 (x, y) =
=
−
<0
xy y
xy+1
при каждом y ∈ [c, +∞). Кроме того
0≤
1
1
≤
и
xy
xc
1
= 0.
x→+∞ xc
lim
Следовательно,
1
= 0.
x→+∞ xy
равномерно относительно y на полупрямой [c, +∞).
lim
Таким образом, интеграл
Z+∞
J(y) =
cos x
dx
xy
1
сходится равномерно относительно y на полупрямой [c, +∞).
2
Пример 2.1.4. Исследовать на равномерную сходимость интеграл
Z+∞ √
y x sin(xy)
J(y) =
dx
1 + xy
1
на множестве Y = [c, +∞), c > 0.
34
Решение
Z+∞ √
Z+∞
y x sin(xy)
sin(xy) yx
√
J(y) =
dx =
dx
1 + xy
x 1 + xy
1
1
Рассмотрим функции
f (x, y) =
sin(xy)
√ ,
x
g(x, y) =
yx
.
1 + xy
Функции f (x, y) и g(x, y)
1). Определены в множестве
P = {(x, y) : x ∈ [1, +∞), y ∈ [c, +∞)} = [1, +∞) × [c, +∞).
sin(xy)
√
интегрируема на любом конечном отрезке
x
[1, A], A ≥ 1 для каждого y ∈ [c, +∞), так как она непрерывна на
[1, A].
2). Функция f (x, y) =
3). Интеграл
Z+∞
Z+∞
sin(xy)
√ dx
f (x, y)dx =
x
1
1
сходится равномерно относительно y на полупрямой [c, +∞). Действительно, пусть
f1 (x, y) = sin(xy),
1
g1 (x) = √ .
x
3.1). Функция f1 (x, y) = sin(xy) определена в множестве
P = [1, +∞) × [c, +∞);
1
а функция g1 (x) = √ определена на [1, +∞);
x
3.2). Функция f1 (x, y) = sin(xy) интегрируема на любом конечном
отрезке [a, A], A ≥ 1 для каждого y ∈ [c, +∞) и интеграл
ZA
F (A, y) =
1
1
A
sin(xy)dx = − cos(xy)
= [cos y − cos(Ay)]
1
y
y
1
35
равномерно ограничен как функция A и y при A ≥ 1 и y ∈
[1, +∞):
|F (A, y)| =
2
1
2
[cos y − cos(Ay)] ≤ ≤ .
y
y
c
1
3.3). Функция g1 (x) = √ монотонно стремится к нулю при x → +∞.
x
Следовательно, по второму частному признаку Дирихле интеграл
Z+∞
Z+∞
sin(xy)
√ dx
f (x, y)dx =
x
1
1
сходится равномерно относительно y на полупрямой [c, +∞).
yx
монотонна по x и равномерно ограничена
1 + xy
на P . Действительно,
0
y · (1 + xy) − xy · y
y
yx
0
gx (x, y) =
=
=
> 0,
1 + xy x
(1 + xy)2
(1 + xy)2
4). Функция g(x, y) =
yx
монотонна возрастает по x на [1, +∞). Кро1 + xy
ме того, так как xy > 0, то
поэтому g(x, y) =
|g(x, y)| =
т.е. g(x, y) =
yx
yx
=
≤ 1,
1 + xy
1 + xy
yx
равномерно ограничена на P .
1 + xy
Следовательно, по признаку Абеля, интеграл
Z+∞
Z+∞ √
y x sin(xy)
J(y) =
f (x, y)g(x, y)dx =
dx
1 + xy
a
1
сходится равномерно относительно y на [c, +∞).
36
2
2.1.4
Z+∞
Непрерывность интеграла J(y) =
f (x, y)dx, зависящего
a
от параметра.
Определение 2.1.3. Пусть функция f (x, y) определена на множестве
M = X × Y, причем y0 — предельная точка множества Y (конечная).
Если
1) Для любого x ∈ X функция f (x, y) при y → y0 имеет конечную
предельную функцию
lim f (x, y) = ϕ(x), x ∈ X ;
y→y0
2) Для любого ε > 0 существует не зависящее от x число δ > 0 такое,
что при |y − y0 | < δ неравенство
|f (x, y) − ϕ(x)| < ε
выполняется сразу для всех x ∈ X ,
то говорят, что функция f (x, y) при y → y0 стремится к предельной
функции ϕ(x) равномерно относительно x в области X . Символически
это записывается так:
f (x, y) ⇒ ϕ(x) при y → y0 .
Теорема 2.1.9. (О предельном переходе под знаком СИЗОП) Если функция u = f (x, y) определена на прямоугольнике P = [a, b] × Y, y0 — предельная точка множества Y и функция f (x, y) при y → y0 стремится к
предельной функции ϕ(x) равномерно относительно x в [a, b], то
Zb
lim J(y) = lim
y→y0
Zb
f (x, y)dx =
y→y0
a
Zb
lim f (x, y)dx =
ϕ(x)dx.
y→y0
a
37
a
(11)
Теорема 2.1.10. (О предельном переходе под знаком НИЗОПI) Если функция u = f (x, y) определена в
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d],
интегрируема по x в промежутке [a, A] при любом A ≥ a и в каждом
таком промежутке
при y → y0 ∈ [c, d].
f (x, y) ⇒ ϕ(x)
а интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на [c, d], то
Z+∞
Z+∞
Z+∞
f (x, y)dx =
lim f (x, y)dx =
ϕ(x)dx.
lim J(y) = lim
y→y0
y→y0
y→y0
a
a
a
Доказательство. Пусть
ZA
f (x, y)dx.
F (A, y) =
a
По теореме 2.1.9,
ZA
lim F (A, y) =
ϕ(x)dx.
y→y0
a
Так как
F (A, y) ⇒ J(y) при A → +∞,
то
lim J(y) = lim lim F (A, y) = lim lim F (A, y) =
y→y0
y→y0 A→+∞
ZA
= lim
A→+∞
A→+∞ y→y0
Z+∞
ϕ(x)dx =
ϕ(x)dx.
a
a
38
(12)
Теорема 2.1.11. (О непрерывности НИЗОПI) Если функция u = f (x, y)
определена и непрерывна в полуполосе
P = {(x, y) : x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]} = [a, +∞) × [c, d],
а интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на [c, d], то функция J(y) является
непрерывной на [c, d].
Доказательство. Функция u = f (x, y) определена и непрерывна в в любом
прямоугольнике
PA = [a, A] × [c, d] ⊂ P.
Поэтому f (x, y) равномерно непрерывна на PA и при y → y0 ∈ [c, d] стремится к ϕ(x) = f (x, y0 ) равномерно:
f (x, y) ⇒ f (x, y0 ) = ϕ(x) при y → y0 .
Но тогда по теореме 2.1.10 имеем:
Z+∞
Z+∞
Z+∞
lim J(y) = lim
f (x, y)dx =
lim f (x, y)dx =
f (x, y0 )dx = J(y0 ),
y→y0
y→y0
y→y0
a
a
a
т.е. функция J(y) непрерывна на [c, d].
2.1.5
Z+∞
Дифференцируемость интеграла J(y) =
f (x, y)dx, зависяa
щего от параметра.
Теорема 2.1.12. Пусть функции f (x, y) и fy0 (x, y) определены и непрерывны в полуполосе P = [a, +∞) × [c, d], интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx
a
39
сходится для любого y ∈ [c, d], а интеграл
Z+∞
fy0 (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на [c, d].Тогда функция J(y) является дифференцируемой на [c, d] и имеет место равенство:
+∞
Z
Z+∞
d
dJ(y)
=
f (x, y)dx =
fy0 (x, y)dx.
dy
dy
a
a
Доказательство. Пусть y0 , y0 + ∆y ∈ [c, d]. Рассмотрим
J(y0 + ∆y) − J(y0 )
=
∆y
Zb
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
dx
∆y
(13)
a
и докажем возможность предельного перехода под знаком интеграла при
∆y → 0.
Если x ∈ [a, A], то
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
⇒ fy0 (x, y0 ) при ∆y → 0.
∆y
Чтобы иметь право на предельный переход под знаком интеграла, нам необходимо доказать равномерную сходимость интеграла
Z+∞
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
dx.
∆y
a
Так как интеграл
Z+∞
J1 (y) =
fy0 (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на [c, d], то для любого ε > 0 существует такое A0 ≥ a, не зависящее от y, что для любых A00 > A0 > A0 имеет
место неравенство
ZA00
fy0 (x, y)dx < ε
A0
40
для всех y ∈ [c, d] одновременно.
Покажем, что для любых возможных значений ∆y выполняется неравенство
ZA00
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
< ε.
∆y
A0
00
Для этого, фиксируя A > A0 > A0 , рассмотрим функцию
ZA00
Φ(y) =
f (x, y)dx.
A0
Функция Φ(y) дифференцируема (как СИЗОП) и
Φ0 (y) =
ZA00
fy0 (x, y)dx.
A0
Следовательно,
ZA00
|Φ(y)| =
fy0 (x, y)dx < ε
A0
для любого y ∈ [c, d].
Теперь рассмотрим разностное отношение
Φ(y0 + ∆y) − Φ(y0 )
=
∆y
ZA00
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
dx
∆y
A0
Функция Φ(y) удовлетворяет теореме Лагранжа на отрезке [y0 , y0 + ∆y],
поэтому существует такое θ ∈ (0, 1), что
Φ(y0 + ∆y) − Φ(y0 )
= Φ0 (y0 + θ∆y).
∆y
Следовательно,
ZA00
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
<ε
∆y
A0
41
для любого ∆y и потому интеграл
Z+∞
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
dx
∆y
a
сходится равномерно относительно ∆y. Таким образом,
J(y0 + ∆y) − J(y0 )
lim
=
∆y→0
∆y
Z+∞
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
dx,
∆y→0
∆y
lim
a
т.е.
+∞
Z
Z+∞
d
dJ(y)
=
f (x, y)dx =
fy0 (x, y)dx.
dy
dy
a
2.1.6
a
Z+∞
f (x, y)dx, зависящего
Интегрируемость интеграла J(y) =
a
от параметра.
Теорема 2.1.13. Если функция f (x, y) определена и непрерывна в полуполосе P = [a, +∞) × [c, d], а интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на [c, d], то функция J(y) является
интегрируемой на [c, d] и
Zd Z+∞
Z+∞ Zd
Zd
f (x, y)dy dx.
J(y)dy = f (x, y)dx dy =
(14)
c
c
a
a
c
Доказательство. Для любого A ≥ a справедливо равенство
Zd ZA
ZA Zd
f (x, y)dx dy = f (x, y)dy dx.
c
a
a
42
c
Так как интеграл
Z+∞
J(y) =
f (x, y)dx
a
сходится равномерно относительно y на [c, d], а функция f (x, y) непрерывна
на P = [a, +∞) × [c, d], то J(y) непрерывна на [c, d] и потому интегрируема
на [c, d].
Далее
ZA
f (x, y)dx ⇒ J(y) при A → +∞
F (A, y) =
a
относительно y на [c, d]. Следовательно, существует предел
Zd Z+∞
Zd
ZA
Zd ZA
f (x, y)dx dy = lim
f (x, y)dx dy = f (x, y)dx dy.
lim
A→+∞
A→+∞
c
c
a
c
a
a
Но тогда существует предел
Z+∞ Zd
ZA Zd
f (x, y)dy dx
f (x, y)dy dx =
lim
A→+∞
a
a
c
c
и имеет место равенство
Zd Z+∞
Z+∞ Zd
f (x, y)dy dx.
f (x, y)dx dy =
c
a
a
c
Замечание 2.1.7. Если y меняется в бесконечном промежутке [c, +∞),
то формула (14) приобретает вид:
Z+∞ Z+∞
Z+∞ Z+∞
f (x, y)dx dy =
f (x, y)dy dx.
(15)
c
a
a
43
c
Обосновать эту формулу часто бывает сложно. Мы приведем теорему,
в которой для некоторого класса функций такая перестановка возможна.
Теорема 2.1.14. Если функция f (x, y) определена и непрерывна в P =
[a, +∞) × [c, +∞), а интегралы
Z+∞
f (x, y)dx и
Z+∞
f (x, y)dy
a
c
сходятся равномерно относительно y на любом отрезке [c, d] и относительно x на любом отрезке[a, b], соответственно. Тогда если существует
один из интегралов
Z+∞ Z+∞
Z+∞ Z+∞
|f (x, y)|dx dy или
|f (x, y)|dy dx.,
c
a
a
c
то существует и другой и они равны:
Z+∞ Z+∞
Z+∞ Z+∞
|f (x, y)|dy dx.
|f (x, y)|dx dy =
c
a
a
44
c
(16)
2.2
Несобственные интегралы, зависящие от параметра, второго рода
Аналогично обстоит дело с интегралами от неограниченных функций.
Пусть функция u = f (x, y) определена в незамкнутом прямоугольнике
P = {(x, y) : x ∈ [a, b), y ∈ [c, d]} = [a, b) × [c, d],
неограничена при x → b − 0 и при каждом фиксированном y ∈ [c, d] интеграл
Zb
J ∗ (y) = f (x, y)dx
(17)
a
сходится. Тогда J ∗ (y) является функцией параметра y, определенной на
[c, d].
Имеем:
Zb
Zb−λ
J ∗ (y) = f (x, y)dx = lim
f (x, y)dx
λ→0+0
a
a
Определение 2.2.1. Интеграл
J ∗ (y) =
Zb
f (x, y)dx
a
называется несобственным интегралом, зависящим от параметра, второго рода.
Замечание 2.2.1. Для несобственных интегралов, зависящих от параметра, второго рода рассматриваются те же понятия, утверждения и
теоремы, которые были рассмотрены для несобственных интегралов, зависящих от параметра, второго рода. В частности, вводится понятие
равномерной сходимости, мажорантный признак равномерной сходимости и др.
45
3
3.1
Эйлеровы интегралы
Лекция
№3.
Гамма-функция
∞
Z
Γ(p) = xp−1e−xdx и ее свойства.
Эйлера
0
3.1.1
Определение Гамма-функции Эйлера Γ(p). Сходимость.
Определение 3.1.1. Гамма-функцией Эйлера называется интеграл
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
(18)
0
Гамма-функция, после элементарных, является одной из важнейших
функций для анализа и приложений. Обстоятельное изучение свойств
функции Γ(p), исходя из ее интегрального определения, является одновременно прекрасным примером применения теории интегралов, зависящих от
параметра.
Утверждение 3.1.1. Интеграл
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
0
сходится при 0 < p < +∞ и расходится при −∞ < p ≤ 0.
Доказательство. Так как при p − 1 < 0 функция
x
p−1 −x
e
e−x
= p−1
x
имеет особую точку x = 0, то разобьем интеграл (18) на два:
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx =
0
Z1
xp−1 e−x dx +
0
Z∞
1
Рассмотрим каждый из них.
46
xp−1 e−x dx.
1).
Z1
I1 (p) =
Z1
p−1 −x
x
e dx =
0
e−x
dx.
x1−p
0
Так как при x ∈ (0, 1] выполняется неравенство
e−1
e−x
1
≤
≤
,
x1−p
x1−p
x1−p
то интеграл
Z1
I1 (p) =
e−x
dx.
x1−p
0
сходится при 1 − p < 1 и расходится при 1 − p ≥ 1.
2).
Z∞
Z∞ p−1
x
I2 (p) = xp−1 e−x dx =
dx.
ex
1
1
Так как при любом фиксированном k
xk
lim
= 0,
x→+∞ ex
то
xp−1 e−x
xp+1
= 0.
= lim
1
x→+∞
x→+∞ ex
x2
Поэтому из сходимости интеграла
lim
Z∞
1
dx.
x2
1
следует сходимость интеграла
Z∞
I2 (p) =
xp−1 e−x dx
1
для любого значения p ∈ R.
47
Объединяя оба случая, получаем, что интеграл
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx
0
сходится при 0 < p < +∞ и расходится при −∞ < p ≤ 0.
Замечание 3.1.1. Из утверждения 3.1.1 следует, что Гамма-функция
Γ(p) определена при 0 < p < +∞, т.е. ее область определения — положительная полуось:
D(Γ(p)) = (0, +∞).
Утверждение 3.1.1. Интеграл
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
0
сходится равномерно на любом отрезке [p0 , P0 ], где 0 < p0 < P0 < +∞.
Доказательство. Разобьем интеграл (18), как и выше, на два:
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx =
0
Z1
xp−1 e−x dx +
Z∞
0
xp−1 e−x dx.
1
Исследуем каждый из них на равномерную сходимость.
1).
Z1
I1 (p) = xp−1 e−x dx.
0
Пусть 0 < p0 ≤ p < +∞. Так как при x ∈ (0, 1] и p ≥ p0 выполняется
неравенство
0 < xp−1 e−x ≤ xp0 −1
и интеграл
Z1
xp0 −1 dx =
1
xp0 1
=
p0 0
p0
0
48
сходится при p0 > 0, то по признаку сравнения интеграл I1 (p) сходится
равномерно относительно p на [p0 , +∞).
Покажем, что на (0, +∞) интеграл I1 (p) сходится уже неравномерно
относительно p. Для этого оценим интеграл:
Zλ
Zλ
p−1 −x
x
e dx ≥
0
x
λp
1 xp λ
=
.
e dx = ·
e p 0
e·p
p−1 −1
0
Так как
λp
= +∞
lim
p→+0 e · p
при λ = Const > 0, то на (0, +∞) сходимость интеграла I1 (p) неравномерная.
2).
Z∞
I2 (p) = xp−1 e−x dx.
1
Пусть = ∞ < p ≤ P0 < +∞. Так как при x ≥ 1 и p ≤ P0
xp−1 e−x ≤ xP0 −1 e−x ,
а интеграл
Z∞
x
Z∞
P0 −1 −x
e dx =
1
xP0 −1
dx
ex
1
сходится, то интеграл I2 (p) сходится равномерно относительно p на
(−∞, P0 ].
Покажем, что на (−∞, −∞) интеграл I2 (p) сходится уже неравномерно. Для этого оценим интеграл
Z+∞
xp−1 e−x dx
A
при A > 1 и p → +∞.
Пусть N — натуральное число. Будем рассматривать те значения p,
которых p − 1 > N . Тогда
Z+∞
Z+∞
xp−1 e−x dx >
xN e−x dx = IN .
A
A
49
Интегрируя по частям, имеем:
Z+∞
u = xN
xN e−x dx =
IN =
du = N xN −1 dx
e−x dx = dv
=
v = −e−x
A
+∞
+N
= −xN · e−x
A
Z+∞
xN −1 e−x dx =
A
Z+∞
u = xN
= e−A · AN + N
xN −1 e−x dx =
du = N xN −1 dx
e−x dx = dv
=
v = −e−x
A
+∞
= −xN · e−x
+N
A
Z+∞
xN −1 e−x dx =
A
Z+∞
u = xN −1
= e−A · AN + N
xN −1 e−x dx =
du = (N − 1)xN −2 dx
e−x dx = dv
=
v = −e−x
A
+∞
+ N (N − 1)
= e−A · AN + N −xN −1 · e−x
A
Z+∞
xN −2 e−x dx =
A
Z+∞
= e−A · AN + N · e−A · AN −1 + N (N − 1)
xN −2 e−x dx =
A
= | Продолжая процесс интегрирования по частям, получим | =
= e−A AN + N AN −1 + N (N − 1)AN −2 + . . . N ! .
Поэтому при любом фиксированном A > 1
Z+∞
lim
xN e−x dx = +∞.
N →+∞
A
Следовательно, на (−∞, +∞) интеграл I2 (p) сходится неравномерно.
50
Таким образом, интегралы I1 (p) и I2 (p) одновременно сходятся равномерно относительно p на каждом отрезке [p0 , P0 ], 0 < p0 < P0 < +∞, т.е.
интеграл
Z∞
Γ(p) = xp−1 e−x dx.
0
сходится равномерно на любом отрезке [p0 , P0 ], где 0 < p0 < P0 < +∞.
3.1.2
Непрерывность и дифференцируемость Гамма-функции
Γ(p).
Утверждение 3.1.2. Функция
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
0
является непрерывной на (0, +∞), т.е. на D(Γ(p)).
Доказательство. Функция
f (x, p) = xp−1 e−x
непрерывна на (0, +∞) × (0, +∞), а интеграл
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
0
сходится равномерно на любом отрезке [p0 , P0 ], где 0 < p0 < P0 < +∞.
Следовательно, на каждом отрезке [p0 , P0 ] функция Γ(p) непрерывна. Но
тогда, очевидно, Γ(p) непрерывна на всей полуоси (0, +∞).
Утверждение 3.1.3. Функция
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
0
51
является дифференцируемой на 0 < p < +∞ и
Γ0 (p) =
Z∞
xp−1 · ln x · e−x dx.
0
при 0 < p < +∞.
Доказательство. Функции
f (x, p) = xp−1 e−x и fp0 (x, p) = xp−1 · ln x · e−x
непрерывны на (0, +∞) × (0, +∞), а интеграл
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
0
сходится при 0 < p < +∞. Докажем равномерную сходимость интеграла
Z+∞
xp−1 ln xe−x dx
I(p) =
0
на каждом отрезке [p0 , P0 ].
Представим этот интеграл в виде суммы интегралов:
Z+∞
Z1
Z+∞
I(p) =
xp−1 · ln x · e−x dx = xp−1 · ln x · e−x dx +
xp−1 · ln x · e−x dx
0
0
1
и исследуем каждый на равномерную сходимость.
1).
Z1
I1 (p) = xp−1 · ln x · e−x dx.
0
Пусть x ∈ (0, 1] и p ∈ [p0 , P0 ], 0 < p0 < P0 < +∞. Тогда
|xp−1 · ln x · e−x | ≤ xp0 −1 | ln x| = −xp0 −1 ln x.
52
Так как
Z1
J1 = −
0
p0
u = ln x
p0 −1
1
x
ln xdx =
du = dx
x
x
=−
ln x
p0
1
+
0
Z1
0
xp0 −1 dx = dv
xp0
=
v=
p0
1
1
xp0 −1
dx = lim [xp0 ln x] + 2 = 2 ,
x→+0
p0
p0
p0
т.е. интеграл J1 сходится, то по признаку Вейерштрасса, интеграл I1 (p)
сходится равномерно относительно p на p ∈ [p0 , P0 ].
2).
Z+∞
I2 (p) =
xp−1 · ln x · e−x dx.
1
Пусть x ∈ [1, +∞) и p ∈ [p0 , P0 ], 0 < p0 < P0 < +∞. Тогда
|xp−1 · ln x · e−x | ≤ xP0 −1 | ln x|e−x = xP0 −1 ln xe−x < xP0 e−x .
Кроме того, интеграл
Z+∞
J2 =
xP0 · e−x dx
1
сходится. Следовательно, по признаку Вейерштрасса, интеграл I2 (p) сходится равномерно относительно p на p ∈ [p0 , P0 ].
Таким образом, интеграл
Z+∞
I(p) =
xp−1 ln xe−x dx
0
сходится равномерно на каждом отрезке [p0 , P0 ] и потому функция
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
0
является дифференцируемой на каждом отрезке [p0 , P0 ] и
Γ0 (p) =
Z∞
xp−1 · ln x · e−x dx.
0
53
при p ∈ [p0 , P0 ]. Итак, функция
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx.
0
является дифференцируемой на (0, +∞) и
Γ0 (p) =
Z∞
xp−1 · ln x · e−x dx.
0
при p ∈ (0, +∞).
Замечание 3.1.2. (№16.2) Аналогично можно доказать, что Гаммафункция Γ(p) имеет непрерывные производные всех порядков, причем
Γ(k) (p) =
Z∞
xp−1 (ln x)k e−x dx.
0
для любого натурального числа k.
3.1.3
Основные свойства Гамма-функции Γ(p).
Утверждение 3.1.2. (№16.1.2,4) Гамма-функция Γ(p) удовлетворяет
следующим свойствам:
(1) Γ(p + 1) = p · Γ(p) для любого p ∈ (0, +∞);
(2) Γ(p + n) = (p + n − 1)(p + n − 2) . . . pΓ(p) для любого p ∈ (0, +∞) и
любого натурального n;
(3) Γ(1) = 1;
(4) Γ(n + 1) = n! для любого натурального n;
√
(5) Γ( 12 ) = π;
54
Доказательство. (1).
Z∞
Γ(p) =
xp−1 e−x dx =
u = e−x
du = −e−x dx
0
xp −x
=−
e
p
+∞ 1
+
0
p
xp−1 dx = dv
xp
=
v=
p
p
Z+∞
1
1
x
p −x
+
·Γ(p+1)
=
·Γ(p+1).
x e dx = lim
x→+∞ pe−x
p
p
0
Следовательно, для любого p ∈ (0, +∞)
Γ(p + 1) = p · Γ(p).
(2).
Γ(p + n) = Γ((p + n − 1) + 1) = (p + n − 1)Γ(p + n − 1) = . . . =
= (p + n − 1)(p + n − 2) . . . p · Γ(p).
(3).
Z+∞
Z+∞
+∞
= 1.
x0 e−x dx =
e−x dx = −e−x
Γ(1) =
0
0
0
(4).
Γ(n + 1) = Γ(1 + n) = (1 + n − 1)Γ(1 + n − 1) = . . . = n · (n − 1) · . . . · 1 · Γ(1) =
= n! · Γ(1) = n!.
(5).
1
Z+∞
Z+∞ −t2
2 = t
x
1
1
e
Γ
=
2tdt =
x− 2 e−x dx = x = t2
=
2
t
dx = 2tdt
0
0
√
Z+∞
π √
2
=2
e−t dt = 2
= π.
2
0
55
Следствие 3.1.1.
Γ(2) = 1.
Доказательство.
Γ(2) = 1! = 1.
Следствие 3.1.2. (№16.1.6)
1
(2n − 1)!! √
Γ n+
=
π, n ∈ N.
2
2n
1
имеем:
2
1
1
1
1
Γ n+
=Γ
+n−1 +1 =
+n−1 Γ
+ n − 1 = ...
2
2
2
2
1
1
1
1
=
=
+n−1
+ n − 2 ... · Γ
2
2
2
2
2n − 1 2n − 3
1
1
(2n − 1)!! √
=
·
... · Γ
=
π.
2
2
2
2
2n
Доказательство. В силу утверждения 3.1.2 (2) и (5) при p =
Утверждение 3.1.4. (№16.5) Существует точка p0 ∈ (1, 2), что
1).
Γ0 (p0 ) = 0.
2). На интервале (0, p0 ) функция Γ(p) убывает, а на (p0 , +∞) — возрастает, т.е. точка p0 является точкой локального (нетрудно видеть,
что и глобального) минимума функции Γ(p) на (0, +∞).
3). Функция Γ(p) является строго выпуклой вверх на интервале (0, ∞).
Доказательство. 1). Так как функция Γ(p) непрерывно дифференцируема
на полуоси (0, +∞) (в частности, на отрезке [1, 2]) и Γ(1) = Γ(2) = 1, то по
теореме Ролля существует точка p0 ∈ (1, 2), что
Γ0 (p0 ) = 0.
56
2). Рассмотрим вторую производную функции Γ(p):
Γ00 (p) =
Z∞
xp−1 e−x (ln x)2 dx.
0
Так как xp−1 e−x (ln x)2 ≥ 0 и xp−1 e−x (ln x)2 6≡ 0, то Γ00 (p) > 0 и поэтому
функция Γ0 (p) монотонно возрастает и обращается в ноль в единственной
точке p0 . Но тогда p0 — точка минимума функции Γ(p).
3). Так как
Z∞
Γ00 (p) = xp−1 e−x (ln x)2 dx > 0
0
на (0, ∞), то функция Γ(p) строго выпукла на (0, ∞).
Замечание 3.1.3. Численно подсчитано, что
p0 ≈ 1, 4616 . . .
и
min Γ(p) = Γ(p0 ) ≈ 0, 8856 . . .
Утверждение 3.1.5. (№16.3)
1). lim Γ(p) = +∞.
p→+∞
2). lim Γ(p) = +∞.
p→+0
Доказательство. 1). Пусть p > n + 1 > p0 . Тогда функция Γ(p) возрастает
и следовательно
Γ(p) > Γ(n + 1) = n! → +∞
при n → +∞. Поэтому
lim Γ(p) = +∞.
p→+∞
2). Так как Γ(p + 1) = pΓ(p), то
Γ(p) =
Γ(p + 1)
p
57
Функция Γ(p) непрерывна при p > 0. Поэтому
lim Γ(p + 1) = Γ(1) = 1.
p→+0
Следовательно,
1
Γ(p + 1)
=
= +∞.
p→+0
p
lim p
lim Γ(p) = lim
p→+0
p→+0
Следствие 3.1.3. (№16.3)
lim pΓ(p) = 1.
p→+0
Доказательство. В силу утверждения 3.1.2 (1) и (3) имеем:
lim pΓ(p) = lim Γ(p + 1) = Γ(1) = 1.
p→+0
p→+0
Рассмотрим еще одно представление функции Γ(p).
Утверждение 3.1.6. (№16.4)
∞
Z
∞
X
(−1)n
Γ(p) =
+ xp−1 e−x dx, p > 0.
k!(k + p)
k=0
1
Доказательство. Представим функцию Γ(p) в виде суммы двух интегралов:
Z1
Z∞
Γ(p) = xp−1 e−x dx + xp−1 e−x dx.
0
1
Для любого x ∈ (−∞, +∞) имеет место разложение
∞
X xk
x2
xn
e =1+x+
+ ... +
+ ... =
.
2!
n!
k!
x
k=0
58
Поэтому
∞
−x
e
k
n
X
x2
kx
nx
(−1)
+ . . . + (−1)
+ ... =
.
=1−x+
2!
n!
k!
k=0
Следовательно,
p−1 −x
f (p, x) = x
e
=
∞
X
(−1)
k=0
kx
k+p−1
,
k!
причем ряд сходится равномерно на любом отрезке [ε, 1], 0 < ε ≤ 1. Следовательно, его можно интегрировать на [ε, 1]:
Z1
Z1
f (p, x)dx =
ε
=
∞
X
xp−1 e−x dx =
Z1 "X
∞
ε
(−1)k
k=0
Z1
ε
(−1)k
k=0
x
k+p−1
k!
#
dx =
∞
k+p
X
xk+p−1
1
ε
dx =
(−1)k
− (−1)k
k!
k!(k + p)
k!(k + p)
k=0
ε
Так как при любом 0 < ε ≤ 1
εk+p
1
(−1)
≤
k!(k + p)
k!(k + p)
k
и числовой ряд
∞
X
k=0
сходится, то ряд
∞
X
k=0
1
k!(k + p)
εk+p
k!(k + p)
сходится равномерно на любом [ε, 1]. Поэтому по правилу предельного перехода имеем:
lim
ε→+0
∞
X
k=0
∞
X
εk+p
εk+p
=
lim
= 0.
ε→+0 k!(k + p)
k!(k + p)
k=0
59
Следовательно,
Z1
lim
∞
X
(−1)k
,
e dx =
k!(k + p)
p−1 −x
x
ε→+0
k=0
ε
и потому
∞
Z
∞
X
(−1)n
Γ(p) =
+ xp−1 e−x dx.
k!(k + p)
k=0
1
Задача 3.1.1. (№16.6) Выразить через значения гамма-функции интегралы
1).
Z+∞
xp−1 e−αx dx, p > 0, α > 0;
0
2).
Z+∞
α
e−x dx, α > 0;
0
3).
Z+∞
β
xα e−x dx, α > −1, β > 0;
0
4).
Z+∞
1
α
e− 2x2 dx, α > 0, n ∈ N;
n+1
x
0
5).
Z1 α−1
1
xβ−1 dx, α > 0, β > 0;
ln
x
0
60
6).
Z+∞
dx
(ln x)p 2 , p > −1;
x
1
7).
Z+∞
x
e−e epx dx, p > 0;
−∞
8).
Z+∞
dx
1
,
α
>
.
(1 + x2 )α
2
0
Решение
1).
Z+∞ p−1
Z+∞
αx = t
1
t
=
xp−1 e−αx dx = x = αt
e−t dt =
α
α
dx = α1 dt
0
0
1
= p
α
Z+∞
1
tp−1 e−t dt = p Γ(p)
α
0
2).
Z+∞
Z+∞
xα = t
1
1
1
1
1
−xα
−1
−t
e dx = x = t α
=
t α e dt = Γ
α
α
α
1 α1 −1
dx = α t dt
0
0
3).
xβ = t
1
Z+∞
β
α
1
x
=
t
1
β
xα e−x dx =
=
t β e−t t β −1 dt =
1 β1 −1
dx = β t dt
β
α
0
xα = t β
Z+∞
0
61
Z+∞
α+1
1
1
α
+
1
−1
=
t β e−t dt = Γ
β
β
β
0
4).
Z+∞
α
2x2
1
xn+1
0
e
− 2xα2
=t
Z0
1
α 2
dx = x =
2t
dx = −
n−2
2 2
= n
α2
=−
1
α 2
2
− 32
1
2t
dt
2t
α
n+1
2
α 12 1 3
t− 2 dt =
e
2 2
−t
+∞
Z+∞
n−2
n
2 2 n
−1
−t
t 2 e dt = n Γ
2
α2
0
5).
Z1
0
ln
1
x
=t
α−1
Z+∞
1
t
1
=e
ln
tα−1 e−(β−1)t e−t dt =
=
xβ−1 dx = x
−t
x=e
x
0
dx = −e−t dt
Z+∞
Z+∞
βt = u
1
1
u
tα−1 e−βt dt = t = β
=
= α
uα−1 e−u du = α Γ(α)
β
β
dt = β1 du
0
0
6).
Z+∞
Z+∞
ln x = t
dx
(ln x)p 2 = x = et
=
tp e−2t et dt =
x
dx = et dt
1
0
Z+∞
=
t(p+1)−1 e−t dt = Γ(p + 1)
0
7).
Z+∞
Z+∞
ex = t
x
e−e epx dx = x = ln t
=
tp−1 e−t dt = Γ(p)
dx = 1t dt
−∞
0
62
8).
Z+∞ 1 −1
x2 = t
1
dx
t2
1
2
x
=
t
=
=
dt =
(1 + x2 )α
2
(1 + t)α
1 12 −1
dx = 2 t dt
0
0
Z+∞
1
1
1
1 Γ 21 Γ α − 12
t 2 −1
1
1
=
B
,α −
=
=
1
1 dt =
2
2
2
2
2
Γ(α)
(1 + t) 2 +(α− 2 )
0
√
πΓ α − 21
=
2Γ(α)
Z+∞
63
3.2
3.2.1
Лекция №4. Бета-функция Эйлера B(p, q) и ее свойства
Определение Бета-функции Эйлера B(p, q). Сходимость
Определение 3.2.1. Бета-функцией Эйлера называется интеграл
Z1
B(p, q) =
xp−1 (1 − x)q−1 dx.
0
Бета-функция B(p, q), также как и Гамма функция Γ(p), является одной из важнейших функций для анализа и приложений. Доказательство
основных свойств Бета-функции B(p, q) также является примером применения теории интегралов, зависящих от параметра.
Утверждение 3.2.1. Интеграл
Z1
B(p, q) =
xp−1 (1 − x)q−1 dx
0
сходится при 0 < p < +∞ и 0 < q < +∞.
Доказательство. Разобьем интеграл B(p, q) на два:
Z1
B(p, q) =
1
xp−1 (1 − x)q−1 dx =
Z2
xp−1 (1 − x)q−1 dx +
0
0
Z1
xp−1 (1 − x)q−1 dx =
1
2
= I1 + I2 .
Исследуем на сходимость каждый из интегралов I1 и I2 в отдельности.
1).
1
1
Z2
Z2
(1 − x)q−1
I1 = xp−1 (1 − x)q−1 dx =
dx
x1−p
0
0
сходится при 1 − p < 1 и любом q, т.е. при 0 < p < +∞ и −∞ < q < +∞.
2).
Z1
Z1
x1−p
p−1
q−1
I2 = x (1 − x) dx =
dx
(1 − x)1−q
1
2
1
2
64
сходится при 1 − q < 1 и любом p т.е. при −∞ < p < +∞ и 0 < q < +∞.
Таким образом, интеграл B(p, q) сходится при 0 < p < +∞ и 0 < q <
+∞
Замечание 3.2.1. Из утверждения 3.2.1 следует, что Бета-функция
B(p, q) определена при 0 < p < +∞ и 0 < q < +∞, т.е. область определения функции B(p, q) равна
D(B(p, q)) = (0, +∞) × (0, +∞).
3.2.2
Симметричность Бета-функции B(p, q). Рекуррентные соотношения
Утверждение 3.2.2. (№16.1.3) Бета функция B(p, q) симметрична относительно p и q:
B(p, q) = B(q, p)
для любых 0 < p, q < +∞.
Доказательство.
Z1
B(p, q) =
0
1−x=t
Z0
x=1−t
dx = −dt
= − (1 − t)p−1 tq−1 dt =
xp−1 (1 − x)q−1 dx =
x = 0 7→ t = 1
1
x = 1 7→ t = 0
Z1
=
tq−1 (1 − t)p−1 dt = B(q, p).
0
Утверждение 3.2.3. (№16.15.3)
1). Если p > 0 и q > 1, то
B(p, q) =
q−1
B(p, q − 1)
p+q−1
65
(19)
2). Если p > 1 и q > 0, то
B(p, q) =
p−1
B(p − 1, q)
p+q−1
(20)
Доказательство. 1). Пусть p > 0 и q > 1. Тогда
Z1
B(p, q) =
0
u = (1 − x)q−1
dv = xp−1 dx
xp
=
xp−1 (1−x)q−1 dx =
q−2
du = −(q − 1)(1 − x) dx
v=
p
1
p
x
= (1 − x)q−1
p
q−1
=
p
Z1
0
q−1
+
p
Z1
q−1
(1 − x)q−2 xp dx =
p
0
xp (1 − x)q−2 dx =
0
q−1
xp−1 · x · (1 − x)q−2 dx =
p
0
=
Z1
Z1
xp−1 [1 − (1 − x)] (1 − x)q−2 dx =
0
q−1
p
Z1
xp−1 (1 − x)q−2 dx −
0
q−1
p
Z1
xp−1 (1 − x)q−1 dx =
0
=
q−1
q−1
B(p, q − 1) −
B(p, q).
p
p
Следовательно,
откуда
q−1
q−1
B(p, q) =
B(p, q − 1),
1+
p
p
p+q−1
q−1
B(p, q) =
B(p, q − 1),
p
p
и наконец
q−1
B(p, q − 1)
p+q−1
2). Пусть теперь p > 1 и q > 0. Тогда, в силу симметрии функции
B(p, q), имеем:
B(p, q) =
B(p, q) = B(q, p) =
p−1
p−1
B(q, p − 1) =
B(p − 1, q).
q+p−1
p+q−1
66
3.2.3
Представление Бета-функции B(p, q) в виде несобственного
интеграла первого рода.
Утверждение 3.2.4.
Z+∞
B(p, q) =
z p−1
dz.
(1 + z)p+q
(21)
0
Доказательство.
z
1
=1−
1+z
1+z
dz
dx =
(1 + z)2
1
Z
1
1−x=
B(p, q) = xp−1 (1 − x)q−1 dx =
1+z
x
1
0
−1=
z=
1−x
1−x
x = 0 7→ z = 0
x = 1 7→ z = +∞
x=
Z+∞
=
z
1+z
p−1
1
1+z
q−1
dz
=
(1 + z)2
0
Z+∞
=
z p−1
dz.
(1 + z)p+q
0
67
z p−1
(1 + z)(p−1)+(q−1)+2
0
Z+∞
=
dz =
3.3
3.3.1
Связь между функциями Γ(p) и B(p, q). Формула
дополнения.
Связь между функциями Γ(p) и B(p, q).
Утверждение 3.3.1. Для всех p > 0 и q > 0 справедлива формула
B(p, q) =
Γ(p)Γ(q)
.
Γ(p + q)
(22)
Доказательство.
Z∞
Γ(p) =
x = tz, t > 0
=
xp−1 e−x dx =
dx = tdz
Z∞
tp−1 z p−1 e−tz tdz =
0
0
= tp
Z∞
z p−1 e−tz dz.
0
Следовательно,
Γ(p)
=
tp
Z∞
z p−1 e−tz dz.
(23)
0
Заменяя в полученном равенстве (23) p на p + q и t на 1 + t, получим
Γ(p + q)
=
(1 + t)p+q
Z∞
z p+q−1 e−(1+t)z dz.
0
Умножим обе части этого равенства на tp−1 :
Γ(p + q)tp−1
= tp−1
p+q
(1 + t)
Z∞
z p+q−1 e−(1+t)z dz =
0
Z∞
tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z dz.
0
Теперь проинтегрируем полученное равенство по t на [0, +∞):
+∞ Z∞
Z+∞
Z
tp−1
tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z dz dt.
Γ(p + q)
dt =
p+q
(1 + t)
0
0
68
0
В силу формулы (21), получим:
Z+∞ Z∞
tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z dz dt.
Γ(p + q)B(p, q) =
0
(24)
0
1). Покажем сначала, что формула (22) справедлива при p > 1 и q > 1.
Проверим, что в правой части равенства (24) можно поменять порядок
интегрирования. Действительно,
1.1) Функция f (z, t) = tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z ≥ 0 и является непрерывной при
0 ≤ z < +∞ и 0 ≤ t < +∞.
1.2) Интеграл
Z+∞ Z∞
tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z dz dt = Γ(p + q)B(p, q)
0
0
сходится, так как p > 1 и q > 1.
1.3) Интеграл
Z+∞
Z+∞
tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z dt = z q−1 e−z (tz)p−1 e−(tz) d(tz) = z q−1 e−z Γ(p)
0
0
является непрерывной функцией по z при 0 ≤ z < +∞.
1.4) Интеграл
Z+∞
tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z dz =
tp−1
(1 + t)p+q
Z+∞
((1+t)z)p+q−1 e−(1+t)z d((1+t)z) =
0
0
tp−1
Γ(p)
(1 + t)p+q
является непрерывной функцией по t при 0 ≤ t < +∞.
=
69
Итак, выполнены все условия, при которых в равенстве (24) можно
поменять порядок интегрирования. Следовательно,
Z+∞ Z∞
tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z dz dt =
Γ(p + q)B(p, q) =
0
0
∞
Z+∞ Z∞
Z+∞
Z
tp−1 z p+q−1 e−(1+t)z dt dz =
=
z p+q−1 e−z tp−1 e−tz dt dz =
0
0
0
0
∞
Z
Z+∞
1
=
z p+q−1 e−z p (tz)p−1 e−tz d(tz) dz =
z
0
0
Z+∞
Z+∞
=
z q−1 e−z Γ(p)dz = Γ(p)
z q−1 e−z dz = Γ(p)Γ(q).
0
0
Таким образом, при p > 1 и q > 1
B(p, q) =
Γ(p)Γ(q)
.
Γ(p + q)
2). Покажем теперь, что формула (22) справедлива и при p > 0 и q > 0.
Действительно, в силу рекуррентных соотношений (19) и (20), имеем:
B(p, q) =
p+q
p+q p+q+1
B(p, q + 1) =
·
B(p + 1, q + 1).
q
q
p
Так как p + 1 > 1 и q + 1 > 1, то формула (22) уже применима:
B(p, q) =
=
(p + q)(p + q + 1) Γ(p + 1)Γ(q + 1)
·
=
pq
Γ(p + q + 2)
(p + q)(p + q + 1)
pΓ(p) · qΓ(q)
Γ(p)Γ(q)
·
=
.
pq
(p + q + 1)(p + q)Γ(p + q)
Γ(p + q)
Итак, формула (22) справедлива для всех p > 0 и q > 0.
70
Z+∞
3.3.2
Интеграл Эйлера J(p) =
tp−1
dt, 0 < p < 1.
1+t
0
Утверждение 3.3.2. Для любых натуральных чисел m, n, m < n
Z+∞
J(m, n) =
0
π
1
x2m
dt
=
·
1 + x2n
2n sin 2m+1
π
2n
(25)
Доказательство. 1). Отметим, что в силу неравенства
C
x2m
<
1 + x2n
x2
для достаточно больших |x|, где C — некоторая постоянная, то интеграл
(25) является сходящимся.
x2m
2). Найдем корни знаменателя дроби
.
1 + x2n
1 + x2n = 0 ⇔ x2n = −1 = eπi+2πki ⇔ xk = eiπ
2k+1
2n
, k = 0, 1, . . . , 2n − 1.
Таким образом,
x − k = cos
2k + 1
2k + 1
π + i sin
π = ak + ibk ,
2n
2n
где
2k + 1
2k + 1
π, bk = sin
π.
2n
2n
x2m
3). Разложим рациональную дробь
на простейшие:
1 + x2n
ak = cos
2n−1
X Ak
x2m
=
.
1 + x2n
x − xk
k=0
Проинтегрируем полученное равенство на отрезке [−l, +l]:
Zl
−l
2m
x
dx =
1 + x2n
Z l 2n−1
X
−l
k=0
Ak
dx =
x − xk
71
2n−1
X
k=0
Zl
Ak
−l
1
dx =
x − xk
=
2n−1
X
Zl
Ak
k=0
=
−l
2n−1
X
=
k=0
k=0
Zl
Ak
k=0
2n−1
X
l
Z
2n−1
X
1
(x − ak ) + ibk
Ak
dx =
dx =
(x − ak ) − ibk
(x − ak )2 + b2k
−l
Ak
x − ak
dx + i
(x − ak )2 + b2k
−l
Zl
−l
bk
dx =
(x − ak )2 + b2k
l − ak
1 (l − ak )2 + b2k
l + ak
+ i arctg
ln
+ i arctg
.
2 (l + ak )2 + b2k
bk
bk
Переходя к пределу при l → +∞, получим:
Z+∞
2n−1
X
x2m
±πiAk ,
dx
=
1 + x2n
k=0
−∞
где знак (+) соответствует значениям параметра k, при которых bk > 0, а
знак (-) соответствует значениям параметра k, при которых bk < 0.
Замечание 3.3.1. Интегралы
+∞
Z+∞
Z
Z+∞
dx
x − ak
bk
Ak
= Ak
dx
+
i
dx
x − xk
(x − ak )2 + b2k
(x − ak )2 + b2k
−∞
−∞
−∞
являются расходящимися, а числа
Z+l
±πiAk = lim
l→+∞
dx
x − xk
−l
являются их главными значениями.
4). Исследуем вопрос, когда bk > 0 и когда bk < 0.
bk = sin
2k + 1
2k + 1
π>0 ⇔ 0<
π < π ⇔ 0 < 2k + 1 < 2n ⇔
2n
2n
2n − 1
1
=n− .
2
2
Следовательно, bk > 0 при k = 0, 1, . . . , n − 1.
⇔ 0≤k<
72
Аналогично, bk < 0 при k = n, n + 1, . . . , 2n − 1.
Следовательно,
Z+∞
2m
x
dx = πi
1 + x2n
" n−1
X
−∞
5). Вычислим суммы
n−1
P
Ak и
k=0
Ak −
k=0
2n−1
P
2n−1
X
#
Ak .
k=n
Ak .
k=n
Замечание 3.3.2. Пусть рациональная дробь
P (x)
представима в виде:
Q(x)
P (x)
Aλ
=
+ R(x),
Q(x) x − xλ
где xλ — простой корень знаменателя: Q(xλ ) = 0. Тогда
P (x)
= Aλ + R(x)(x − xλ ),
Q(x) − Q(xλ )
x − xλ
Поэтому
P (x)
= P (xλ ) .
−
R(x)(x
−
x
)
Aλ = lim
λ
Q0 (xλ )
x→xλ Q(x) − Q(xλ )
x − xλ
В силу приведенного замечания,
x2m
Ak =
(1 + x2n )0
x2m+1
x2m
k
k
=
,
2n−1 = −
2n
2nx
x=xk
k
так как x2n
k = −1.
5.1).
n−1
X
k=0
n−1
n−1
1 X 2m+1
1 X iπ
Ak = −
xk
=−
e
2n
2n
k=0
k=0
73
(2k + 1)(2m + 1)
2n
=
(2m + 1)
3(2m + 1)
(2n − 1)(2m + 1)
iπ
iπ
iπ
1
2n
2n
2n
+e
+ ... + e
= − e
2n
Мы имеем сумму n первых членов геометрической прогрессии с первым
(2m + 1)
(2m + 1)
iπ
iπ2
2n
2n . Следовательно,
членом e
и знаменателем q = e
(2m + 1)
(2m + 1) n
iπ
iπ2
2n
2n
e
1 − e
n−1
X
Ak = −
1
·
2n
=
(2m + 1)
k=0
iπ2
2n
1−e
(2m + 1)
(2m + 1)
iπ2n
iπ
1 − e
(2m + 1)
2n
2n
e
iπ
2n
1
1
e
=− ·
=− ·
,
(2m + 1)
(2m + 1)
2n
n
iπ2
iπ2
2n
2n
1−e
1−e
так как eiπ(2m+1) = −1.
5.2). Аналогично
2n−1
X
Ak = −
k=n
1
2n
2
X
(2m + 1)
2n
1
e
= ·
.
(2m + 1)
n
iπ2
2n
1−e
iπ
n − 1x2m+1
k
k=n
Таким образом,
Z+∞
−∞
2m
x
dx = πi
1 + x2n
" n−1
X
k=0
Ak −
2n−1
X
#
Ak =
k=n
(2m + 1)
(2m + 1)
iπ
iπ
1
2n
2n
e
1
e
− ·
= πi − ·
=
(2m + 1)
(2m + 1)
n
n
iπ2
iπ2
2n
2n
1−e
1−e
74
(2m + 1)
2m+1
2n
cos π 2m+1
2πi
2πi
2n + i sin π 2n
=−
·
=−
·
2m+1 =
(2m + 1)
n
n 1 − cos 2π 2m+1
−
i
sin
2π
2n
2n
iπ2
2n
1−e
2m+1
cos π 2m+1
2πi
2n + i sin π 2n
=−
·
2m+1
2m+1 =
n 2 sin2 π 2m+1
−
2i
sin
π
cos
π
2n
2n
2n
iπ
e
2m+1
cos π 2m+1
πi
2n + i sin π 2n
=− ·
2m+1
2m+1 =
n sin2 π 2m+1
−
i
sin
π
cos
π
2n
2n
2n
2m+1
sin π 2m+1
π
1
π
2n − i cos π 2n
= ·
=
.
2m+1
n sin π 2m+1
n sin π 2m+1
sin π 2m+1
2n
2n
2n − i cos π 2n
В силу четности подинтегральной функции,
Z+∞
J(m, n) =
0
x2m
π
1
.
dt
=
·
1 + x2n
2n sin 2m+1
π
2n
Утверждение 3.3.3. Для любого 0 < p < 1
Z+∞
J(p) =
tp−1
π
dt =
1+t
sin(pπ)
(26)
0
Доказательство. Рассмотрим интеграл
Z+∞
J(m, n) =
0
x2m
π
1
.
dt
=
·
2m+1
1 + x2n
2n sin 2n π
Сделаем замену:
1
x2n = t ⇔ x = t 2n ⇒ dx =
1 1 =1
t 2n dt.
2n
Следовательно,
Z+∞
0
x2m
1
dt
=
1 + x2n
2n
Z+∞
2m
1
t 2n + 2n −1
1
dt =
1+t
2n
0
Z+∞
2m+1
2n −1
1+t
0
75
t
dt =
π
1
.
·
2n sin 2m+1
π
2n
Так как функция f (t, p) =
tp
непрерывна на [0, +∞) × (0, 1), а интеграл
1+t
Z+∞
J(p) =
tp−1
dt
1+t
0
сходится равномерно на любом отрезке [p1 , p2 ] ⊂ (0, 1), то при
pπ имеем:
Z+∞ p−1
π
t
dt =
J(p) =
1+t
sin(pπ)
2m + 1
π→
2n
0
для любого 0 < p < 1.
3.3.3
Формула дополнения.
Утверждение 3.3.4. Если 0 < p < 1, то
B(p, 1 − p) =
π
.
sin pπ
Доказательство.
Z+∞
B(p, 1 − p) =
z p−1
dz.
1+z
0
В силу (26), получаем:
B(p, 1 − p) =
π
.
sin pπ
Следствие 3.3.1. (Формула дополнения) Если 0 < p < 1, то
π
Γ(p)Γ(1 − p) =
.
sin pπ
Доказательство. Если 0 < p < 1, то
B(p, 1 − p) =
Γ(p)Γ(1 − p)
π
= Γ(p)Γ(1 − p) =
.
Γ(1)
sin pπ
76
(27)
Пример 3.3.1. Вычислить интеграл
Z1 r
3
I=
1 − x dx
.
x (x − 2)2
0
Решение
Z1 r
3
I=
0
Z0
=−
1−x
x
= t ⇔ x1 − 1 = t ⇔ x1 = t + 1
1 − x dx
1
1
x = 1+t
dx = − (1+t)
=
=
2 dt
x (x − 2)2
1
1+2t
x − 2 = 1+t − 2 = − 1+t
(1 + t)2
dt
t
=
(1 + 2t)2 (1 + t)2
1
3
+∞
Z+∞
1
t3
0
2t = u
dt
=
= t = u2
2
(1 + 2t)
1
dt = 2 du
Z+∞ 4 −1
1
1
1
4 2
u 3 du
u 3 du
√ B
= √
,
=
4 2 =
(1 + u)2
3 3
232
232
(1 + u) 3 + 3
0
0
1
π
2
1 Γ 34 Γ 23
1 1
1
=
√
√
= √
=
Γ
Γ
=
Γ(2)
3
3
232
2 3 23
6 3 2 sin π3
1
π
√
√
= √
=
3 3 2 3 3 6 108
1
= √
232
Z+∞
Пример 3.3.2. Вычислить интеграл
Z+∞
I=
√
ln x
dx.
x(x2 + 1)
0
Решение
Z+∞
I=
0
1
=
4
x2 = t
ln x
1
√ 2
dx = x = t 2
=
1
x(x + 1)
dx = 21 t 2 −1 dt
Z+∞
0
1
t 2 −1 ln t
1
dt =
1
4
t 4 (1 + t)
77
Z+∞
0
1
t 4 −1 ln t
dt.
(1 + t)
Рассмотрим интеграл
Z+∞
B(p, 1 − p) = J(p) =
π
tp−1
dt =
.
(1 + t)
sin(pπ)
0
Так как интеграл J(p) сходится равномерно на любом конечном отрезке
[p0 , P0 ] ⊂ (0, 1), то
J 0 (p) =
Z+∞
0
tp−1 ln x
π
π 2 cos(pπ)
dt =
.
=−
(1 + t)
sin(pπ)
sin2 (pπ)
0
Поэтому
1
I=
4
Z+∞
0
1
t 4 −1 ln t
1
dt = J 0
(1 + t)
4
√
π 2 cos( π4 )
1
π2 2
=−
=−
4
4
4 sin2 ( π4 )
78
4
4.1
Задачи и упражнения
Эйлеровы интегралы
Задача 4.1.1. (№3843) Вычислить интеграл
Z1 p
x − x2 dx
0
Решение
Z1 p
Z1
Z1
Z1 p
1
1
3 1
3 1
x − x2 dx =
x(1 − x)dx = x 2 (1−x) 2 dx = x 2 − 2 (1−x) 2 − 2 dx =
0
0
0
=B
3 3
,
2 2
=
0
Γ( 32 )Γ( 23 ) Γ( 12 + 1)Γ( 21 + 1)
=
=
=
Γ(3)
Γ(3)
1
1 1
1
2 Γ( 2 ) 2 Γ( 2 )
Γ(3)
1 √
1
π
= ( π)2 = .
4
2!
8
Задача 4.1.2. (№3844) Вычислить интеграл
Za
x2
p
a2 − x2 dx, a > 0.
0
Решение
Za
a
Z
p
2
x a2 − x2 dx = a x2
0
Z1
=a
0
a2 t 2
p
1 − t2 adt = a4
Z1
t2
a4
=
2
Z1
a4
u (1 − u) du =
2
1
2
x2
p
0
0
x
a
=t
1 − 2 dx = x = at
=
a
dx = adt
r
1
2
0
t2 = u
1
1 − t2 dt = t = u 2
=
1 − 12
dt = 2 u du
Z1
0
79
3
1
3
1
u 2 − 2 (1 − u) 2 − 2 du =
a4
= B
2
3 3
,
2 2
πa4
.
=
16
Задача 4.1.3. (№3845) Вычислить интеграл
Z+∞
√
4
x
dx
(1 + x)2
0
Решение
Z+∞
√
4
x
dx =
(1 + x)2
0
Z+∞
0
5
x 4 −1
(1 + x)
5 3
4+4
dx = B(p, q) =
+∞
R
0
z p−1
(1+z)p+q dz
=
Γ 14 + 1 Γ 34
Γ 54 Γ 43
5 3
Γ(2) = 1
=B
=
,
=
=
=
Γ(p + 1) = pΓ(p)
4 4
Γ(2)
Γ 45 + 43
1
1
1
1
3
1
π
= Γ
Γ
= Γ
Γ 1−
= Γ(p)Γ(1 − p) = sin(pπ)
=
2
4
4
2
4
4
√
π 2
π
=
=
.
4 sin π4
4
Задача 4.1.4. (№3846) Вычислить интеграл
Z+∞
dx
.
1 + x3
0
Решение
Z+∞ − 2
Z+∞
x3 = t
1
dx
1
t 3
1
t 3 −1
1
= x = t3
=
dt =
1 2 dt =
2
1 + x3
3
1
+
t
3
3+3
(1
+
t)
1 −3
dx
=
dt
t
0
0
0
3
+∞
R z p−1
1
1 2
= B(p, q) =
= B(p, 1 − p) = sinπpπ =
(1+z)p+q dz = 3 B 3 , 3
0
Z+∞
80
√
π
π
π 3
= √ =
=
.
3 3
3 sin π3
9
2
Задача 4.1.5. (№3847) Вычислить интеграл
Z+∞
x2 dx
.
1 + x4
0
Решение
Z+∞
0
Z+∞ 1 − 3
Z+∞ − 1
x4 = t
2
4
1
1
x dx
t t
t 4
1
4
x
=
t
=
=
dt
=
dt =
1 + x4
4
1+t
4
1+t
1 − 43
dx = 4 t dt
0
0
2
1
=
4
Z+∞
3
t 4 −1
1
3 1
B
,
=
3 1 dt =
4
4 4
(1 + t) 4 + 4
0
√
π
π
π 2
=
= √ =
.
4 2
4 sin π4
4
2
Задача 4.1.6. (№3848) Вычислить интеграл
π
Z2
sin6 x cos4 xdx.
0
Решение
π
π
Z2
Z2
1
sin x cos xdx =
2
6
4
0
sin2 x = t
sin x cos x·2 sin x cos xdx =
=
2 sin x cos xdx = dt
5
3
0
1
=
2
Z1
0
1
t (1 − t) dt =
2
5
2
3
2
Z1
t
7
2 −1
(1 − t)
0
81
5
2 −1
1
dt = B
2
7 5
,
2 2
=
1Γ
=
2 Γ
7
2
7
2
Γ 25
=
+ 25
531
2 2 2Γ
1
2
31
2 2Γ
2Γ(6)
1
2
=
45π
3π
=
.
26 · 5! 512
Задача 4.1.7. (№3849) Вычислить интеграл
Z1
√
n
dx
.
1 − xn
0
Решение
Z1
xn = t
1
dx
1
t n −1
1
√
= x = tn
=
1 dt =
n
n
n
1 − xn
(1
+
t)
1 n1 −1
dx = n t dt
0
Z1
0
1
=
n
Z1
t
1
n −1
(1− n1 )−1
(1 + t)
1
dt = B
n
1
1
,1 −
n
n
=
0
π
.
n sin πn
Задача 4.1.8. (№3850) Вычислить интеграл
Z+∞
2
x2n e−x dx, n − натуральное число.
0
Решение
x2 = t
Z+∞
1
2
1
1
2
x
=
t
=
x2n e−x dx =
tn e−t t 2 −1 dt =
2n
n
x =t
2
0
1 12 −1
dx = 2 t dt
Z+∞
0
1
=
2
Z+∞
1
1
(n+ 21 )−1 −t
t
e dt = Γ
+n =
2
2
0
=
Γ(p +
n)√= (p + n − 1)(p + n − 2) . . . pΓ(p) =
1
Γ 2 = π
82
1
=
2
1
1 2n − 1 2n − 3
1√
(2n − 1)!! √
1
1
+ n − 1 ... Γ
=
...
π=
π.
2
2
2
2 2
2
2
2n+1
Отметим, что так как n + 12 > 0, то интеграл сходится при любом натуральном n.
Задача 4.1.9. (№3857) Вычислить интеграл
π
Z2
tgn xdx
0
Решение
π
Z2
0
√
Z+∞
n
tg x = t
1
t2
n
√ dt =
tg xdx = x = arctg t
=
2
1 √
1
(1
+
t)
t
dx = 1+t 2 t dt
0
Z+∞ n+1 −1
n−1
+∞
R z p−1
t 2
1
t 2
dt =
dt = B(p, q) =
(1+z)p+q dz =
(1 + t)
2
(1 + t)
0
0
0
1
n+1
1
n+1
n+1
n+1
= Γ
Γ 1−
=
= B
,1 −
2
2
2
2
2
2
π
π
π
=
=
=
πn .
πn
π
2
cos
2
sin
+
2 sin π(n+1)
2
2
2
2
1
=
2
Z+∞
Отметим, что интеграл сходится, если
n+1
n > −1
>
0
2
⇔
⇔ |n| < 1.
n+1
n<1
1− 2 >0
Задача 4.1.10. (№3861) Вычислить интеграл
p
Z1
1
ln
dx
x
0
83
Решение
ln x1 = t
p
Z+∞
Z0
Z1
1
t
1
=
e
tp e−t dt =
tp e−t dt =
=−
dx = x
ln
−t
x=e
x
+∞
0
0
dx = −e−1 dt
Z+∞
=
t(p+1)−1 e−t dt = Γ(p + 1).
0
Отметим, что интеграл сходится при p + 1 > 0, т.е. при p > −1.
Задача 4.1.11. (№) Вычислить интеграл
π
Z2
5
3
sin 2 x cos 2 xdx.
0
Решение
π
π
Z2
Z2
5
3
sin 2 x cos 2 xdx =
1
2
0
0
Z1
7
5
1
1
7
5
t (1 − t) dt =
t 4 −1 (1 − t) 4 −1 dt = B
,
=
2
2
4 4
0
0
√
3
3 1
1
Γ
Γ
1 Γ 47 Γ 54
3π
3π
2
4
4 4
4
=
=
=
=
.
2 Γ 47 + 54
2Γ(3)
32 · 2! sin( π4 )
64
1
=
2
Z1
sin2 x = t
2 sin x cos xdx = dt
3
1
1
sin 2 x cos 2 x·(2 sin x cos x)dx =
=
sin x = t 2
1
cosx = (1 − t) 2
3
4
1
4
Задача 4.1.12. (№) Вычислить интеграл
π
Z2
sinp−1 x cosq−1 xdx, p > 0, q > 0.
0
84
Решение
sin2 x = t
Z
2 sin x cos xdx = dt
1
=
sinp−1 x cosq−1 xdx =
sin x = t 2
1
0
cosx = (1 − t) 2
Z1
p q 1 Γ p Γ q
p
q
1
1
2
2 .
=
=
t 2 −1 (1 − t) 2 −1 dt = B ,
p+q
2
2
2 2
2 Γ 2
π
2
0
В частности, при q = 1
π
Z2
0
√
p
Γ
π
2
sinp−1 xdx =
p+1
2 Γ 2
Задача 4.1.13. (№16.14.5) Вычислить интеграл
π
Z2
sinα x cosβ xdx, α > −1, β > −1.
0
Решение Так как при p > 0, q > 0
π
Z2
0
q
p
Γ
1
2 Γ 2
sinp−1 x cosq−1 xdx =
,
2 Γ p+q
2
то полагая α = p − 1, β = q − 1, получим
π
Z2
sinα x cosβ xdx =
0
β+1
Γ 2
α+1
2
1Γ
2 Γ
α+β+2
2
Задача 4.1.14. (№16.7.1) Вычислить интеграл
Z2
I=
dx
p
3
0
x2 (2 − x)
85
.
Решение
Z2
[0, 2] 7→ [0, 1]
p
x = 2t
=
= t = 12 x
3
2
1
x (2 − x)
dt = 2 dx dx = 2dt
dx
I=
0
Z1
=
=
t
1
3 −1
=
1
2
0
Z1
Z1
2dt
(2t) 3 (2 − 2t) 3
(1 − t)
2
3 −1
dt = B
=
1
2
t 3 (1 − t) 3
0
dt
1 2
,
3 3
0
=
π
2π
√
=
sin π3
3
Задача 4.1.15. (№16.7.2) Вычислить интеграл
Z2
I=
−1
dx
p
.
4
(2 − x)(1 + x)3
Решение
Z2
I=
−1
[−1, 2] 7→ [0, 1]
t = 31 x + 31
x = 3t − 1
dx
1
p
= dt = 3 dx dx = 3dt
=
4
(2 − x)(1 + x)3
2 − x = 2 − 3t + 1 = 3(1 − t)
1 + x = 3t
Z1
=
1
0
Z1
=
t
1
4 −1
Z1
3dt
3
(3(1 − t)) 4 (3t) 4
(1 − t)
3
4 −1
dt = B
=
1 3
,
4 4
0
dt
1
0
I=
−2
dx
p
.
4
(2 + x)3 (2 − x)
86
=
√
π
=π 2
=
sin π4
Задача 4.1.16. (№16.7.3) Вычислить интеграл
Z2
3
(1 − t) 4 t 4
Решение
Z2
I=
−2
[−2, 2] 7→ [0, 1]
t = 41 x + 21
x = 4t − 2
dx
1
p
=
= dt = 4 dx dx = 4dt
4
(2 + x)3 (2 − x)
2 + x = 2 + 4t − 2 = 4t
2 − x = 2 − 4t + 2 = 4(1 − t)
Z1
=
3
4
0
Z1
=
t
1
4 −1
Z1
4dt
(4t) (4(1 − t))
(1 − t)
3
4 −1
1
4
dt
3
4
0
dt = B
=
1 3
,
4 4
1
t (1 − t) 4
=
0
=
√
π
=
π
2
sin π4
Задача 4.1.17. (№16.7.4) Вычислить интеграл
Z2
I=
0
dx
p
.
5
x3 (2 − x)2
Решение
Z2
I=
0
[0, 2] 7→ [0, 1]
dx
x = 2t
t = 21 x
p
=
=
1
5
dt = 2 dx dx = 2dt
x3 (2 − x)2
2 − x = 2 − 2t = 2(1 − t)
Z1
=
3
5
0
Z1
=
t
2
5 −1
Z1
2dt
(2t) (2(1 − t))
(1 − t)
3
5 −1
2
5
=
0
dt = B
dt
3
5
2
t (1 − t) 5
2 3
,
5 5
=
π
sin
0
Задача 4.1.18. (№16.7.5) Вычислить интеграл
Z2 p
3
I=
(2 − x)2 (x − 1)dx.
1
87
=
2π
5
Решение
[1, 2] 7→ [0, 1]
Z2 p
t=x−1
x=t+1
3
=
(2 − x)2 (x − 1)dx =
I=
dt = dx
1
2 − x = 2 − (t + 1) = 1 − t
Z1
2
3
Z1
1
3
(1 − t) t dt =
=
0
t
4
3 −1
(1 − t)
5
3 −1
dt = B
4 5
,
3 3
=
0
1
1 2
2
Γ( 34 )Γ( 53 )
π
3 Γ( 3 ) 3 Γ( 3 )
=
=
=
Γ(3)
2!
9 sin
2π
√
=
π
9
3
3
Задача 4.1.19. (№16.7.6) Вычислить интеграл
Z3
I=
0
dx
p
.
5
x2 (3 − x)3
Решение
Z3
I=
0
[0, 3] 7→ [0, 1]
dx
t = 31 x
x = 3t
p
=
=
1
5
dt = 3 dx dx = 3dt
x2 (3 − x)3
3 − x = 3 − 3t = 3(1 − t)
Z1
=
2
5
0
Z1
=
t
3
5 −1
Z1
3dt
(3t) (3(1 − t))
(1 − t)
2
5 −1
3
5
=
0
dt = B
dt
2
5
3
t (1 − t) 5
3 2
,
5 5
=
0
Задача 4.1.20. (№16.8.1) Вычислить интеграл
Z2 r
I=
x − 1 dx
.
2 − x (x + 3)2
1
88
=
π
sin
2π
5
Решение
x−1
(x − 2) + 1
1
= t,
= −1 +
=t
2−x
2−x
2−x
1
1
Z2 r
=
t
+
1,
2
−
x
=
x − 1 dx
t+1
I=
= 2−x
1
2t
+
1
2
2 − x (x + 3)
x=2−
=
1
t+1
t+1
2t + 1
5t + 4
1
dt,
x
+
3
=
+
3
=
dx =
(t + 1)2
t+1
t+1
=
Z+∞√
1
(t + 1)2
t
dt =
(t + 1)2 (5t + 4)2
0
Z+∞
√
t
dt =
(5t + 4)2
0
4
=
5
Z+∞
0
q q
4
5
5
4t
0
5
t
d
2
4
16 54 t + 1
√
Z+∞
42
t
5
t+1
4
2 dt =
5
= u= t =
4
Z+∞
Z+∞
1
3
1
1
u2
u 2 −1
= √
du = √
3 1 du =
(1 + u)2
10 5
10 5
(1 + u) 2 + 2
0
0
√
1 Γ( 32 )Γ( 21 )
π 5
1
3 1
1 1
1
1
= √
Γ
=
= √ B
,
= √ Γ
.
2 2
2
2
100
10 5
10 5 Γ(2)
10 5 2
Задача 4.1.21. (№16.8.2) Вычислить интеграл
Z1 r
I=
1 − x dx
.
x (x + 2)2
0
ОТВЕТ: 4.1.21
π
√
.
4 6
Задача 4.1.22. (№16.8.3) Вычислить интеграл
Z1
I=
0
dx
√
.
(x + 1) 3 x2 − x3
89
=
ОТВЕТ: 4.1.22
2π
√
.
6
108
Задача 4.1.23. (№16.8.4) Вычислить интеграл
Z1
I=
0
ОТВЕТ: 4.1.23
√
3
2π
√
(
3
xdx
p
.
(2 − x) 3 x2 (1 − x)
2 − 1).
Задача 4.1.24. (№16.8.5) Вычислить интеграл
Z1 p
x(1 − x)
I=
dx.
(x + 1)3
0
ОТВЕТ: 4.1.24
√
π 2
32 .
Задача 4.1.25. (№16.8.6) Вычислить интеграл
Z1 p
4
x(1 − x)3
dx.
I=
(x + 1)3
0
ОТВЕТ: 4.1.24 3π2
−23
4
.
90
5
5.1
Дополнительные задачи и упражнения
Задачи практических занятий и самостоятельной
работы
Задача 5.1.1. (№13.1.1) Доказать, что функция
Z1
f (α) =
sin2 (αx2 )dx
0
непрерывна на R.
Задача 5.1.2. (№13.1.2) Доказать, что функция
Z2
f (α) =
x2
dx
1 + x2 + α2 x4
−1
непрерывна на R.
Задача 5.1.3. (№13.2.1) Найти предел
Z1 p
1 + α2 x4 dx.
lim
α→0
0
Задача 5.1.4. (№13.2.2) Найти предел
Z1 p
lim
x2 + α2 dx.
α→0
−1
Задача 5.1.5. (№13.2.3) Найти предел
Z4
lim
α→1
x
dx.
1 + x2 + α6
2
91
Задача 5.1.6. (№13.2.4) Найти предел
Z1
2
x2 eαx dx.
lim
α→1
−1
Задача 5.1.7. (№13.2.5) Найти предел
Zπ
lim
x cos[(1 + α)x]dx.
α→0
0
Задача 5.1.8. (№13.3) Доказать, что функция
Z1
sign(x − α)dx
f (α) =
0
непрерывна на R.
Задача 5.1.9. (№13.4) Пусть функция f (x) непрерывна и принимает положительные значения на [0, 1]. Доказать, что функция
Z1
f (α) =
α
dx
x2 + α2
0
разрывна при α = 0.
Задача 5.1.10. (№13.5) Выяснить, справедливо ли равенство
Z1
lim
Z1
f (x, α)dx =
α→0
0
если
x x2
1). f (x, α) = e− α2 .
α
lim f (x, α)dx,
α→0
0
2xα2
2). f (x, α) = 2
.
(α + x2 )2
92
Задача 5.1.11. (№13.6) Пусть функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b]
и a < a0 < x < b. Доказать, что функция
1
lim
α→0 α
Z1
[f (t + α) − f (t)]dt = f (x) − f (a0 ).
0
ОТВЕТЫ:
5.1.3. 1). 1;
5.1.4. 2). 1;
5.1.5. 3). ln23 ;
5.1.6. 4). e−1
3 ;
5.1.7. 5). -2;
5.1.10. 1). нет;
5.1.10. 2). нет.
5.2
Демидович страницы 379-493(условия задач) и
601-605 (ответы).
5.2.1
Собственные интегралы, зависящие от параметра
Задача 5.2.1. (№3712) Исследовать на непрерывность функцию
Z1
F (y) =
yf (x)
dx,
x2 + y 2
0
где функция f (x) непрерывна и положительна на отрезке [0, 1].
ОТВЕТ: 5.2.1 Функция F (y) разрывна при y = 0.
Задача 5.2.2. (№3713)(а,б,в,г) Найти пределы:
1+α
Z
а) lim
α→0
Z1 p
б) lim
x2 + α2 dx;
dx
;
1 + x2 + α2
α→0
−1
α
Z2
в) lim
α→0
Z1
x2 cos αx dx;
г) lim
n→0
0
0
93
dx
x n .
1+ 1+
n
ОТВЕТ: 5.2.2
π
а). ;
4
б). 1;
8
в). ;
3
2e
.
г). ln
1+e
Задача 5.2.3. (№3713.1) Найти предел
Zπ/2
lim
e−R sin θ dθ.
R→∞
0
ОТВЕТ: 5.2.3 0.
Задача 5.2.4. (№3714) Пусть функция f (x) определена и непрерывна на
отрезке [A, B]. Доказать, что
Zx
[f (t + h) − f (t)]dt = f (x) − f (a),
lim
h→0
a
где A < a < x < B.
Задача 5.2.5. (№3714.1) Пусть функциональная последовательность
{ϕn (x)}∞
n=1 , определенная на отрезке [−1, 1] такая. что
1). ϕn (x) > 0 (n = 1, 2, . . . ) для любого x ∈ [−1, 1];
2). ϕn (x) ⇒ 0 при n → ∞ на 0 < ε 6 |x| 6 1;
Z1
3). lim
ϕn (x) dx = 1.
n→∞
−1
Доказать, что, если функция f (x) определена и непрерывна на [−1, 1], то
Z1
lim
f (x)ϕn (x) dx = f (0).
n→∞
−1
94
Задача 5.2.6. (№3715) Можно ли совершить предельный переход под знаком интеграла в выражении
Z1
lim
y→0
x −x2 /y2
e
dx ?
y2
0
ОТВЕТ: 5.2.6 Нельзя.
Задача 5.2.7. (№3716) Можно ли вычислить оп правилу Лейбница производную функции
Z1
F (y) =
ln
p
x2 + y 2 dx
0
при y = 0?
ОТВЕТ: 5.2.7 Нельзя.
Задача 5.2.8. (№3717) Вычислить F 0 (x), если
Zx2
F (x) =
2
e−xy dy.
x
ОТВЕТ: 5.2.8
2
2
F 0 (x) = 2xe−x − e−x −
Zx2
2
y 2 e−xy dy.
x
Задача 5.2.9. (№3718)(а,в,г,д) Найти F 0 (α), если:
cos
Z α
eα
а)F (α) =
√
1−x2
Zα
dx;
в)F (α) =
0
sin α
Zα2
Zα
f (x + α, x − α) dx;
г)F (α) =
ln(1 + αx)
dx;
x
д)F (α) =
0
0
95
x+α
Z
dx
sin (x2 + y 2 − α2 ) dy.
x−α
ОТВЕТ: 5.2.9
а).
0
F (α) = −(e
| sin α|
| cos α|
sin α + e
cos
Z α
√
p
α 1−x2
2
1−x e
dx;
cos α) +
sin α
;
в).
F 0 (α) =
2
ln(1 + α2 );
α
г).
F 0 (α) = f (α, −α) + 2
Zα
fu0 (u, v), где u = x + α, v = x − α;
0
д).
F 0 (α) = 2α
αZ2 +α
sin(y 2 + α4 − α2 )dy + 2
Zα2
sin(2x2 ) cos(2αx)dx−
0
α2 −α
Zα2
−2α
0
x+α
Z
dx
cos (x2 + y 2 − α2 ) dy.
x−α
Задача 5.2.10. (№3719) Найти F 00 (x), если
Zx
F (x) =
(x + y)f (y) dy,
0
где f (x) — дифференцируемая функция.
ОТВЕТ: 5.2.10 F 00 (x) = 3f (x) + 2xf 0 (x).
Задача 5.2.11. (№3720) Найти F 00 (x), если
Zb
f (y)|x − y| dy,
F (x) =
a
где a < b и f (y) — непрерывная на [a, b] функция.
96
ОТВЕТ: 5.2.11
00
2f (x), если x ∈ (a, b);
0, если x 6∈ (a, b)
F (x) =
Задача 5.2.12. (№3721) Найти F 00 (x), если
F (x) =
1
h2
Zh
Zh
dξ
0
f (x + ξ + η) dη
(h > 0),
0
где f (x) — непрерывная функция.
ОТВЕТ: 5.2.12
F 00 (x) =
∆2 f (x)
, где ∆2 f (x) = f (x + 2h) − 2f (x + h) + f (x).
2
h
Задача 5.2.13. (№3722) Найти F (n) (x), если
Zx
F (x) =
f (t)(x − t)n−1 dt.
0
ОТВЕТ: 5.2.13
F (n) (x) = (n − 1)!f (x).
Задача 5.2.14. (№3722.1) Доказать формулу
dn
dxn
sin x
x
=
Zx
1
xn+1
nπ
y cos y +
dy
2
n
0
(n = 1, 2, . . . ).
Пользуясь формулой (28), получить оценку:
dn
dxn
sin x
x
6
1
n+1
97
при x ∈ (−∞, +∞).
(28)
Задача 5.2.15. (№3723) Функцию f (x) = x2 на промежутке 1 6 x 6 3
приближенно заменить линейной функцией a + bx так, чтобы среднее
квадратичное отклонение
Z3
(x2 − a − bx)2 dx
1
было минимальным.
ОТВЕТ: 5.2.15 f (x) ≈ 4x −
11
3
Задача 5.2.16. (№3724) Получить приближенную формулу вида
p
1 + x2 ≈ a + bx (0 6 x 6 1)
из условия, что среднее квадратичное отклонение функций a + bx и
√
1 + x2 на данном отрезке [0, 1] является минимальным.
√
ОТВЕТ: 5.2.16 1 + x2 ≈ 0, 934 + 0, 428x
Задача 5.2.17. (№3725) Найти производные от полных эллиптических
интегралов
Zπ/2q
E(k) =
1 − k 2 sin2 ϕ dϕ
0
и
Zπ/2
F (k) =
0
dϕ
p
1 − k 2 sin2 ϕ
(0 < k < 1)
и выразить их через функции E(k) и F (k).
Показать, что E(k) удовлетворяет дифференциальному уравнению
E(k)
1
E 00 (k) + E 0 (k) +
= 0.
k
1 − k2
ОТВЕТ: 5.2.17
dE
E(k) − F (k) dF
E(k)
F (k)
=
,
=
−
.
dk
k
dk
k(1 − k 2 )
k
98
Задача 5.2.18. (№3739)(а,б) Пусть F (k) и E(k) — полные эллиптические
интегралы (см. задачу 3725). Доказать формулы
Zk
a) F (k)k dk = E(k) − k12 F (k);
0
Zk
б)
E(k)k dk =
1
(1 + k 2 )E(k) − k12 F (k) ,
3
0
где
k12
= 1 − k2.
Задача 5.2.19. (№3726) Доказать, что функция Бесселя
1
Jn (x) =
π
Zπ
cos (nϕ − x sin ϕ) dϕ
0
целого индекса n удовлетворяет уравнению Бесселя
x2 Jn00 (x) + xJn0 (x) + (x2 − n2 )Jn (x) = 0.
Задача 5.2.20. (№3740) Доказать формулу
Zx
xJ0 (x) dx = xJ1 (x),
0
где J0 (x) и J1 (x) — функции Бесселя индексов 0 и 1 (см. задачу 3726).
Задача 5.2.21. (№3727) Пусть
Z
I(α) =
ϕ(x) dx
√
,
α−x
0
где функция ϕ(x) непрерывна вместе со своей производной ϕ0 (x) на отрезке 0 6 x 6 a.
Доказать, что при 0 < α < a имеем:
Zα 0
ϕ(0)
ϕ (x)
I 0 (α) = √ + √
dx.
α
α−x
0
Указание. Положить x = αt.
99
Задача 5.2.22. (№3728) Показать, что функция
Z1
u(x) =
K(x, y)υ(y) dy,
0
где
(
K(x, y) =
x(1 − y), если x 6 y,
y(1 − x), если x > y;
и υ(y) непрерывна на [0, 1], удовлетворяет уравнению
u00 (x) = −υ(x) (0 6 x 6 1).
00
Задача 5.2.23. (№3729) Найти Fxy
(x, y), если
Zxy
F (x, y) = (x − yz)f (z) dz,
x/y
где f (z) — дифференцируемая функция.
ОТВЕТ: 5.2.23
00
Fxy
(x, y)
x
= x(2 − 3y )f (xy) + 2 f
y
2
x
+ x2 y(1 − y 2 )f 0 (xy).
y
Задача 5.2.24. (№3730) Пусть f (x) — дважды дифференцируемая функция и F (x) — дифференцируемая функция.
Доказать, что функция
1
1
u(x, t) = f (x − at) + f (x + at) +
2
2a
x+at
Z
F (z) dz
x−at
удовлетворяет уравнению колебаний струны
2
∂ 2u
2∂ u
=a
∂t2
∂x2
и начальным условиям: u(x, 0) = f (x), u0t (x, 0) = F (x).
100
Задача 5.2.25. (№3731) Показать, что если функция f (x) непрерывна не
отрезке [0, l] и (x − ξ)2 + y 2 + z 2 6= 0 при 0 6 ξ 6 l, то функция
Zl
u(x, y, z) =
0
f (ξ) dξ
p
(x − ξ)2 + y 2 + z 2
удовлетворяет уравнению Лапласа
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
= 0.
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
Задача 5.2.26. Применяя дифференцирование по параметру, вычислить
следующие интегралы:
1). ( №3732)
Zπ/2
ln (a2 sin2 x + b2 cos2 x) dx.
I(a, b) =
0
ОТВЕТ: 5.2.26
I(a, b) = π ln
|a| + |b|
.
2
2). (№3733)
Zπ
I(a) =
ln (1 − 2a cos x + a2 ) dx.
0
ОТВЕТ: 5.2.26
(
I(a) =
0, если |a| 6 1,
π ln a2 , если |a| > 1
3). (№3734)
Zπ/2
I(a) =
arctg (a tg x)
dx.
tg x
0
ОТВЕТ: 5.2.26
I(a) =
π
sgn(a) ln(1 + |a|).
2
101
.
4). (№3735)
Zπ/2
1 + a cos x dx
·
I(a) =
ln
1 − a cos x cos x
|a| < 1 .
0
ОТВЕТ: 5.2.26
I(a) = π arcsin a.
Задача 5.2.27. (№3736) Пользуясь формулой
arctg x
=
x
Z1
dy
,
1 + x2 y 2
0
вычислить интеграл
Z1
I=
0
dx
arctg x
·√
.
x
1 − x2
ОТВЕТ: 5.2.27
I=
√
π
ln(1 + 2).
2
Задача 5.2.28. (№3737) Применяя интегрирование под знаком интеграла, вычислить интеграл
Z1
I(a, b) =
xb − xa
dx (a > 0, b > 0).
ln x
0
ОТВЕТ: 5.2.28
I(a, b) = ln
b+1
.
a+1
Задача 5.2.29. (№3738)(а,б) Вычислить интегралы:
Z1
1 xb − xa
a) sin ln
dx;
x
ln x
0
Z1
б)
1 xb − xa
cos ln
dx (a > 0, b > 0).
x
ln x
0
102
ОТВЕТ: 5.2.29
a) I(a, b) = arctg
b−a
.
1 + (a + 1)(b + 1)
1 b2 + 2b + 2
б) I(a, b) = ln 2
2 a + 2a + 2
103
5.2.2
Несобственные интегралы, зависящие от параметра
Определить области сходимости интегралов:
Z+∞
Задача 5.2.30. (№3741)
e−αx
dx.
1 + x2
0
ОТВЕТ: 5.2.30 Интеграл сходится при a > 0.
Z+∞
Задача 5.2.31. (№3742)
x cos x
dx.
xp + xq
π
ОТВЕТ: 5.2.31 Интеграл сходится при max{p, q} > 1.
Z+∞
Задача 5.2.32. (№3743)
sin xq
dx.
xp
0
ОТВЕТ: 5.2.32 Интеграл сходится при
Z2
Задача 5.2.33. (№3744)
|p − 1|
< 1.
q
dx
.
| ln x|p
0
ОТВЕТ: 5.2.33 Интеграл сходится при p < 1.
Z1
Задача 5.2.34. (№3745)
1
cos 1−x
1
0
(1 − x2 ) n
dx.
1
ОТВЕТ: 5.2.34 Интеграл сходится при n < 0 и при n > .
2
Z+∞
Задача 5.2.35. (№3746)
sin x
dx (p > 0).
xp + sin x
0
104
1
ОТВЕТ: 5.2.35 Интеграл сходится при p > .
2
При помощи сравнения с рядами исследовать сходимость следующих
интегралов:
Z+∞
Задача 5.2.36. (№3747)
cos x
dx.
x+a
0
ОТВЕТ: 5.2.36 Интеграл сходится при a > 0 и при a = −
1, 2, . . ..
Z+∞
Задача 5.2.37. (№3748)
x dx
1 + xn sin2 x
2n − 1
π, n =
2
(n > 0).
0
ОТВЕТ: 5.2.37 Интеграл сходится при n > 4.
Z+∞
Задача 5.2.38. (№3749)
π
dx
√
.
3
xp sin2 x
ОТВЕТ: 5.2.36 Интеграл сходится при p > 1.
Z+∞
Задача 5.2.39. (№3750)
sin (x + x2 )
dx.
xn
0
ОТВЕТ: 5.2.36 Интеграл сходится при −1 < n < 2.
Задача 5.2.40. (№3751) Сформулировать в положительном смысле, что
Z+∞
значит, что интеграл
f (x, y) dx сходится неравномерно в заданном
0
интервале (y1 , y2 )?
Задача 5.2.41. (№3752) Доказать, что если
Z+∞
1). интеграл
f (x) dx сходится,
a
105
2). функция ϕ(x, y) ограничена и монотонна по x,
то интеграл
Z+∞
f (x)ϕ(x, y) dx
a
сходится равномерно (в соответствующей области).
Задача 5.2.42. (№3753) Доказать, что равномерно сходящийся интеграл
1
−
2
e y
Z+∞
I=
1
x−
y
2
dx (0 < y < 1)
1
нельзя мажорировать сходящимся интегралом, не зависящим от параметра.
Z+∞
Задача 5.2.43. (№3754) Показать, что интеграл I =
αe−αx dx
0
1). сходится равномерно в любом отрезке 0 < a 6 α 6 b;
2). сходится неравномерно в отрезке 0 6 α 6 b.
Задача 5.2.44. (№3755) Доказать, что интеграл Дирихле
Z+∞
I=
sin αx
dx
x
0
1). сходится равномерно на каждом отрезке [a, b], не содержащем значения α = 0;
2). сходится неравномерно на каждом отрезке [a, b], содержащем значение α = 0.
106
Задача 5.2.45. (№3755.1) Исследовать на равномерную сходимость интеграл
Z+∞
I=
dx
xα
1
в следующих промежутках:
а). 1 < α0 6 α < +∞;
б). 1 < α < +∞.
ОТВЕТ: 5.2.45
а). Сходится равномерно;
б). Сходится неравномерно.
Задача 5.2.46. (№3755.2) Исследовать на равномерную сходимость интеграл
Z1
I=
dx
(0 < α < 1).
xα
0
ОТВЕТ: 5.2.46 Сходится неравномерно.
Задача 5.2.47. (№3755.3) Показать, что интеграл
Z+∞
I=
dx
+1
xα
0
сходится неравномерно в интервале 1 < α < +∞.
Исследовать на равномерную сходимость в указанных промежутках
следующие интегралы
107
Задача 5.2.48. (№3756)
Z+∞
e−αx sin x dx (0 < α0 6 α < +∞).
0
ОТВЕТ: 5.2.48 Сходится равномерно.
Z+∞
Задача 5.2.49. (№3757)
xα e−x dx (a 6 α 6 b).
1
ОТВЕТ: 5.2.49 Сходится равномерно.
Z+∞
Задача 5.2.50. (№3758)
cos αx
dx (−∞ < α < +∞).
1 + x2
−∞
ОТВЕТ: 5.2.50 Сходится равномерно.
Z+∞
Задача 5.2.51. (№3759)
dx
(x − α)2 + 1
(0 6 α < +∞).
0
ОТВЕТ: 5.2.51 Сходится неравномерно
Z+∞
Задача 5.2.52. (№3760)
sin x −αx
e
dx (0 6 α < +∞).
x
0
ОТВЕТ: 5.2.52 Сходится равномерно
Z+∞
Задача 5.2.53. (№3760.1)
lnp x
√ dx (0 6 p 6 10).
x x
1
ОТВЕТ: 5.2.53 Сходится равномерно
Z+∞
cos x
Задача 5.2.54. (№3761)
e−αx p dx (0 6 α < +∞), где p > 0 фикx
1
сировано.
108
ОТВЕТ: 5.2.54 Сходится равномерно
Задача 5.2.55. (№3762)
Z+∞
√
2
ae−αx dx (0 6 α < +∞),
0
ОТВЕТ: 5.2.55 Сходится неравномерно.
Z+∞
2
Задача 5.2.56. (№3763)
e−(x−α) dx
−∞
а). a < α < b;
б). −∞ < α < +∞.
ОТВЕТ: 5.2.56
а). Сходится равномерно;
б). Сходится неравномерно.
Z+∞
2
2
Задача 5.2.57. (№3764)
e−x (1+y ) sin x dy
(−∞ < x < +∞)
0
ОТВЕТ: 5.2.57 Сходится неравномерно.
Z+∞
Задача 5.2.58. (№3765)
sin x2
dx (p ≥ 0).
1 + xp
0
ОТВЕТ: 5.2.58 Сходится равномерно.
Задача 5.2.59. (№3765.1) Подобрать число b>0 так, чтобы при 1, 1 ≤
n ≤ 10 выполнялось неравенство
Z+∞
0<
dx
< ε,
1 + xn
0
где ε = 10−8 .
109
ОТВЕТ: 5.2.59 b > 107 .
Задача 5.2.60. (№3766)
Z1
1
xp−1 lnq dx, q > −1
x
0
а). p ≥ p0 > 0;
б). p > 0.
ОТВЕТ: 5.2.60
а). Сходится равномерно;
б). Сходится неравномерно.
Z1
Задача 5.2.61. (№3767)
0
√
xn
dx,
1 − x2
(0 ≤ n < +∞)
ОТВЕТ: 5.2.61 Сходится равномерно.
Z1
Задача 5.2.62. (№3768)
sin
1 dx
· ,
x xn
(0 < n < 2)
0
ОТВЕТ: 5.2.62 Сходится неравномерно.
Z2
Задача 5.2.63. (№3769)
0
xα dx
p
,
3
(x − 1)(x − 2)2
1
|α| <
2
ОТВЕТ: 5.2.63 Сходится равномерно.
Z1
Задача 5.2.64. (№3770)
0
sin αx
p
dx,
|x−α|
ОТВЕТ: 5.2.64 Сходится равномерно.
110
(0 ≤ α ≤ 1)
Задача 5.2.65. (№3771) Интеграл называется равномерно сходящимся
при данном значении параметра, если он равномерно сходится в некоторой окрестности этого значения. Доказать, что интеграл
Z+∞
I=
αdx
1 + α2 x2
0
сходится равномерно при каждом значении α 6= 0 и не сходится равномерно при α = 0.
Задача 5.2.66. (№3772) Законен ли переход к пределу под знаком интеграла в выражении
Z+∞
αe−αx dx?
lim
α→+0
0
ОТВЕТ: 5.2.66 Нет, не законен.
Задача 5.2.67. (№3773) Функция f(x) интегрируема в промежутке
(0, +∞). Доказать формулу
Z+∞
Z+∞
lim
e−αx f (x)dx =
f (x)dx.
α→+0
0
0
Задача 5.2.68. (№3773.1) Доказать, что если f 0 (x) абсолютно интегрируема на [a, +∞] , то существует lim f (x)
α→+∞
Задача 5.2.69. (№3774) Доказать, что
Z+∞
lim
f (x) sin nxdx = 0.
n→+∞
0
если функция f(x) абсолютно интегрируема в промежутке (0, +∞).
111
Задача 5.2.70. (№3775) Доказать, что если
1). f (x, y) ⇒ f (x, y0 ) в каждом конечном интервале (a,b);
2). |f (x, y)| ≤ F (x), где
+∞
R
F (x)dx < +∞,
a
то возможен предельный переход под знаком интеграла
Z+∞
Z+∞
lim
f (x, y)dx =
lim f (x, y)dx,
y→y0
y→y0
a
a
Задача 5.2.71. (№3776) Вычислить интеграл
"
#
Z+∞ 2
Z+∞
2 −n
x
dx,
e−x dx =
lim
1+
I=
n→∞
n
0
0
используя предельный переход под знаком интеграла.
√
π
ОТВЕТ: 5.2.71 I =
.
2
Задача 5.2.72. (№3776.1) Пусть функция f(x) непрерывная и ограничена
на [0, +∞]. Доказать, что
2
y→0 π
Z+∞
lim
yf (x)
dx = f (0).
x2 + y 2
0
Задача 5.2.73. (№3776.2) Найти
Z∞
A = lim
n→∞
dx
.
xn + 1
0
ОТВЕТ: 5.2.73 A = 1.
112
Задача 5.2.74. (№3777) Доказать, что интеграл
Z+∞
2
F (α) =
e−(x−a) dx.
0
есть непрерывная функция параметра α.
Задача 5.2.75. (№3777.1) Показать, что
Z1
F (α) =
sin αx
dx
xα
0
есть непрерывная функция в интервале 0 < α < 1 .
Задача 5.2.76. (№3778) Определить точки разрыва функции
Z+∞
F (α) =
sin(1 − α2 )x
dx.
x
0
Построить график функции y = F (α).
ОТВЕТ: 5.2.76 F (α) разрывна при a = ±1.
Исследовать на непрерывность в указанных промежутках следующие
функции:
Z+∞
Задача 5.2.77. (№3779) F (α) =
xdx
. α>2
2 + xα
0
ОТВЕТ: 5.2.77 F (α) непрерывна.
Z+∞
Задача 5.2.78. (№3780) F (α) =
cos x
dx. α > 0
xα
1
ОТВЕТ: 5.2.78 F (α) непрерывна.
113
Zπ
sin x
dx. 0 < α < 2.
xα (π − x)α
Задача 5.2.79. (№3781) F (α) =
0
ОТВЕТ: 5.2.79 F (α) непрерывна.
Z+∞
Задача 5.2.80. (№3782) F (α) =
e−x
dx. 0 < α < 1.
| sin x|α
0
ОТВЕТ: 5.2.80 F (α) непрерывна.
Z+∞
2
Задача 5.2.81. (№3783) F (a) =
αe−xα dx. −∞ < α < +∞.
0
ОТВЕТ: 5.2.76 F (α) разрывна при α = 0.
Задача 5.2.82. (№3784) Пользуясь формулой
Z1
xn−1 dx =
1
n
(n > 0),
0
вычислить интеграл
Z1
I(n, m) =
xn−1 lnm dx,
0
где m-натуральное число.
(−1)m m!
ОТВЕТ: 5.2.82 I(n, m) =
.
nm+1
Задача 5.2.83. (№3785) Пользуясь формулой
Z+∞
dx
π
√
=
x2 + a 2 a
(a > 0),
0
вычислить интеграл
Z+∞
I(n) =
dx
,
(x2 + a)n+1
0
где n-натуральное число.
114
ОТВЕТ: 5.2.83 I(n) =
π (2n − 1)!! −(n+ 1 )
2 .
·
·a
2
(2n)!!
Задача 5.2.84. (№3786) Доказать, что интеграл Дирихле
Z+∞
I(α) =
sin αx
dx
x
0
имеет при α 6= 0 производную, однако ее нельзя найти с помощью правила
Лейбница. Указание: положить αx = y.
Задача 5.2.85. (№3787) Показать,что функция
Z+∞
F (α) =
cos x
dx
1 + (x + α)2
0
непрерывна и дифференцируема в области −∞ < α < +∞.
Задача 5.2.86. (№3788) Исходя из равенства
e−ax − e−bx
=
x
Zb
e−xy dy,
a
вычислить интеграл
Z+∞
I(a, b) =
e−ax − e−bx
dx
x
(a > 0, b > 0).
0
b
ОТВЕТ: 5.2.86 I(a, b) = ln .
a
Задача 5.2.87. (№3789) Доказать формулу Фруллани
Z+∞
f (ax) − f (bx)
b
dx = f (0) ln
x
a
0
115
(a > 0, b > 0),
Z+∞
где f (x) — непрерывная функция и интеграл
f (x)
dx имеет смысл при
x
A
любом A>0.
Применяя формулу Фруллани, вычислить интегралы:
Z+∞
Задача 5.2.88. (№3790)
cos ax − cos dx
dx
x
(a > 0, b > 0).
0
b
ОТВЕТ: 5.2.88 I(a, b) = ln .
a
Z+∞
Задача 5.2.89. (№3791)
sin ax − sin dx
dx
x
(a > 0, b > 0).
0
ОТВЕТ: 5.2.89 I(a, b) = 0.
Z+∞
Задача 5.2.90. (№3792)
arctg ax − arctg dx
dx
x
(a > 0, b > 0).
0
π b
ln .
2 a
С помощью дифференцирования по параметру вычислить следующие
интегралы:
ОТВЕТ: 5.2.90 I(a, b) =
Z+∞
Задача 5.2.91. (№3793) I(α, β) =
2
2
e−αx − e−βx
dx
x
(α > 0, β > 0).
0
ОТВЕТ: 5.2.91 I(α, β) =
1 β
ln .
2 α
Z+∞
Задача 5.2.92. (№3794) I(α, β) =
0
0).
116
e−αx − e−βx
x
2
dx
(α > 0, β >
(2α)2α (2β)2β
ОТВЕТ: 5.2.92 I(α, β) = ln
.
(α + β)2α+2β
Z+∞
Задача 5.2.93. (№3795) I(α, β, m) =
e−αx − e−βx
sin(mx)dx
x
(α >
0
0, β > 0, m 6= 0).
ОТВЕТ: 5.2.93 I(α, β, m) = arctg
β
α
− arctg .
m
m
Z+∞
Задача 5.2.94. (№3796) I(α, β, m) =
e−αx − e−βx
cos(mx)dx
x
0
0, β > 0).
1 β 2 + m2
ОТВЕТ: 5.2.94 I(α, β, m) = ln 2
.
2 α + m2
Вычислить интегралы:
Z1
Задача 5.2.95. (№3797) I(α) =
0
ОТВЕТ: 5.2.95 I(α) = −π(1 −
0
ОТВЕТ: 5.2.96 I(α) = π ln
1+
ln(1 − α2 x2 )
√
dx,
1 − x2
1
ОТВЕТ: 5.2.97 I(α) =
(|α| ≤ 1)
√
1 − α2
.
2
Z+∞
Задача 5.2.97. (№3799) I(α) =
(|α| ≤ 1)
p
1 − α2 ).
Z1
Задача 5.2.96. (№3798) I(α) =
ln(1 − α2 x2 )
√
dx,
x2 1 − x2
arctg(αx)
√
dx.
x2 x2 − 1
p
π
· sgnα · (1 + |α| − 1 + α2 ).
2
117
(α >
Z+∞
Задача 5.2.98. (№3800) I(α, β) =
ln(α2 + x2 )
dx.
β 2 + x2
0
ОТВЕТ: 5.2.98 I(α, β) =
π
ln(|α| + |β|), β 6= 0.
|β|
Z+∞
Задача 5.2.99. (№3801) I(α, β) =
arctg(αx) arctg(βx)
dx, α > 0, β >
x2
0
0.
ОТВЕТ: 5.2.99 I(α, β) =
π (α + β)α+β
ln
.
2
αα β β
Z+∞
Задача 5.2.100. (№3802) I(α, β) =
ln(1 + α2 x2 ) ln(1 + β 2 x2 )
dx, α >
x4
0
0, β > 0.
ОТВЕТ: 5.2.100
I(α, β) =
2π
[αβ(α + β) + α3 ln β + β 3 ln α − (α3 + β 3 ) ln(α + β)].
3
Задача 5.2.101. (№3803) Вычислить интеграл Эйлера-Пуассона
Z+∞
2
I=
e−x dx,
0
исходя из формулы
Z+∞
Z+∞
2
2 2
I2 =
e−x dx
xe−x y dy.
0
0
√
π
.
2
Пользуясь интегралом Эйлера-Пуассона, найти величины интегралов:
ОТВЕТ: 5.2.101 I =
118
Z+∞
2
Задача 5.2.102. (№3804) I =
e−(ax +2bx+c) dx,
(a > 0, ac − b2 > 0).
−∞
r
ОТВЕТ: 5.2.102 I =
π − ac−b2
·e a .
a
Z+∞
2
Задача 5.2.103. (№3805) I =
(a1 x2 + 2b1 x + c1 )e−(ax +2bx+c) dx,
−∞
2
(a > 0, ac − b > 0).
(a + 2b2 )a1 − 4abb1 + 2a2 c1
·
ОТВЕТ: 5.2.103 I =
2a2
Z+∞
2
e−ax ch(bx)dx,
Задача 5.2.104. (№3806) I =
r
π − ac−b2
·e a .
a
(a > 0).
−∞
r
ОТВЕТ: 5.2.104 I =
π b2
· e 4a .
a
Z+∞
2 a2
e−(x + x2 ) dx,
Задача 5.2.105. (№3807) I =
(a > 0).
0
√
ОТВЕТ: 5.2.105 I =
π −2a
·e .
2
Z+∞
Задача 5.2.106. (№3808) I(α, β) =
2
2
e−αx − e−βx
dx
x2
(α > 0, β > 0).
0
ОТВЕТ: 5.2.106 I(α, β) =
√ √
√
π( β − α).
Z+∞
2
Задача 5.2.107. (№3809) I =
e−ax cos(bx)dx,
0
119
(a > 0).
1
ОТВЕТ: 5.2.107 I = ·
2
r
π − b2
· e 4a .
a
Z+∞
2
Задача 5.2.108. (№3810) I =
xe−ax sin(bx)dx,
(a > 0).
0
b
·
ОТВЕТ: 5.2.108 I =
4a
r
π − ac−b2
·e a .
a
Z+∞
2
Задача 5.2.109. (№3811)
x2n e−x cos(2bx)dx,
(n-натуральное число)
0
√
ОТВЕТ: 5.2.109 I = (−1)
n
π
22n+1
d2n −b2
· 2n (e ).
db
Задача 5.2.110. (№3811.1) Доказать, что
lim
x→∞
√
Z+δ
e
x
−axt2
r
dt =
π
,
a
(a > 0, δ > 0)
−δ
Задача 5.2.111. (№3812) Исходя из интеграла
Z+∞
sin(βx)
dx
I(α) =
e−αx
x
(α ≥ 0),
0
вычислить интеграл Дирихле
Z+∞
D(β) =
sin(βx)
dx
x
0
ОТВЕТ: 5.2.111 D(β) =
π
· sgn(β).
2
120
.
Задача 5.2.112. (№3812.1) Какой примерно вид имеет график интегрального синуса
y = Si x,
где
Zx
Si x =
sin t
dt
t
.
0
ОТВЕТ: 5.2.112 Функция нечетная. При x > 0 функция имеет минимумы в точках 2kπ и максимумы в точках (2k − 1)π, k = 1, 2, . . .. График
π
π
функции имеет асимптоты y = при x → +∞ и y = − при x → −∞
2
2
Используя интегралы Дирихле и Фруллани, найти величины интегралов:
Z+∞
Задача 5.2.113. (№3813) I(α, β) =
2
e−αx − cos(βx)
dx
x2
(α > 0).
0
ОТВЕТ: 5.2.113 I(α, β) = π ·
|β| √
− πα.
2
Z+∞
Задача 5.2.114. (№3814) I(α, β) =
sin(αx) sin(βx)
dx
x
(|α| =
6 |β|).
0
ОТВЕТ: 5.2.114 I(α, β) =
1
α+β
ln
.
2
α−β
Z+∞
Задача 5.2.115. (№3815) I(α, β) =
sin(αx) cos(βx)
dx
x
0
ОТВЕТ: 5.2.115
0, если |α| < |β|;
π
· sgn(α), если |α| = |β|;
I(α, β) =
4
π · sgn(α), если |α| > |β|.
2
121
.
Z+∞
Задача 5.2.116. (№3816) I(α) =
sin3 αx
dx
x
.
0
ОТВЕТ: 5.2.116 I(α) =
π
· sgn(α).
4
Z+∞
Задача 5.2.117. (№3817) I(α) =
sin αx
x
2
sin αx
x
3
dx
.
dx
.
0
ОТВЕТ: 5.2.117 I(α) =
π
· |α|.
2
Z+∞
Задача 5.2.118. (№3818) I(α) =
0
ОТВЕТ: 5.2.118 I(α) =
3π
· α|α|.
8
Z+∞
Задача 5.2.119. (№3819) I =
sin4 x
dx
x2
.
0
ОТВЕТ: 5.2.119 I =
π
.
4
Z+∞
Задача 5.2.120. (№3820) I(α, β) =
sin4 (αx) − sin4 (βx)
dx
x
0
ОТВЕТ: 5.2.120 I(α, β) =
3
α
· ln
.
8
β
Z+∞
Задача 5.2.121. (№3821) I =
sin(x2 )
dx
x
0
ОТВЕТ: 5.2.121 I =
π
.
4
122
.
(αβ 6= 0).
Z+∞
sin αx sin βx
Задача 5.2.122. (№3822) I(α, β, k) =
dx
e−kx
x2
(k ≥ 0, α >
0
0, β > 0).
ОТВЕТ: 5.2.117
α+β
α+β α−β
α−β k
k 2 + (α − β)2
I(α, β) =
· arctg
−
· arctg
+ · ln 2
.
2
2
2
2
4
k + (α + β)2
Задача 5.2.123. (№3823) Найти разрывный множитель Дирихле
2
D(x) =
π
Z+∞
dλ
sin λ cos λx
λ
0
для различных значений x. Построить график функции y = D(x).
ОТВЕТ: 5.2.123
1, если |x| < 1;
1
D(x) =
, если |x| = 1;
2
0, если |x| > 1.
Задача 5.2.124. (№3824) Вычислить интегралы:
Z+∞
a)I(a, b) = V.p.
sin(ax)
dx;
x+b
Z+∞
b)J(a, b) = V.p.
−∞
−∞
ОТВЕТ: 5.2.124
a). I(a, b) = π · sgn(a) · cos(ab);
b). J(a, b) = π · sgn(a) · sin(ab).
123
cos(ax)
dx.
x+b
Задача 5.2.125. (№3825) Пользуясь формулой
1
=
1 + x2
Z+∞
2
e−y(1+x ) dy,
0
вычислить интеграл Лапласа
Z+∞
L=
cos(αx)
dx.
1 + x2
0
ОТВЕТ: 5.2.125 L =
π −|α|
·e .
2
Z+∞
Задача 5.2.126. (№3826) Вычислить интеграл L1 =
x sin αx
dx.
1 + x2
0
π
· sgn(α) · e−|α| .
2
Вычислить интегралы:
ОТВЕТ: 5.2.126 L1 =
Z+∞
Задача 5.2.127. (№3827) I =
sin2 x
dx.
1 + x2
0
ОТВЕТ: 5.2.127 I =
π
· (1 − e−2 ).
4
Z+∞
Задача 5.2.128. (№3828) I(α) =
cos(αx)
dx.
(1 + x2 )2
0
ОТВЕТ: 5.2.128 I(α) =
π(1 + |α|) −|α|
·e .
4
Z+∞
Задача 5.2.129. (№3829) I(α) =
cos(αx)
dx
ax2 + 2bx + c
−∞
0).
124
(α > 0, ac − b2 >
π
bα − a√|α|
ac−b2 .
ОТВЕТ: 5.2.129 I(α) = √
· cos
e
2
a
ac − b
Задача 5.2.130. (№3830) Пользуясь формулой
1
2
√ =√
x
π
Z+∞
2
e−xy dy
(x > 0),
0
вычислить интегралы Френеля
Z+∞
Z+∞
sin x
1
√ dx,
I=
sin(x2 )dx =
2
x
0
0
Z+∞
Z+∞
1
cos x
√ dx.
cos(x2 )dx =
J=
2
x
0
0
r
r
1
π
π
1
ОТВЕТ: 5.2.130 I = ·
, J= ·
.
2
2
2
2
Найти величины интегралов:
Z+∞
Задача 5.2.131. (№3831) I =
sin(ax2 + 2bx + c)dx
(a 6= 0).
−∞
r
ОТВЕТ: 5.2.131 I =
ac − b2 π
π
· sin
+ · sgn(a) .
|a|
a
4
Z+∞
Задача 5.2.132. (№3832) I =
sin x2 · cos(2ax)dx.
−∞
ОТВЕТ: 5.2.132 I(a) =
√
π
π · cos a +
.
4
2
Z+∞
Задача 5.2.133. (№3833)
cos x2 · cos(2ax)dx.
−∞
125
ОТВЕТ: 5.2.133 I(a) =
√
π
π · sin a +
.
4
2
Задача 5.2.134. (№3834)(1,2) Доказать формулы:
Z+∞
1)
π
cos αx
dx
=
sin aα;
a2 − x 2
2a
0
Z+∞
2)
π
x sin αx
dx
=
−
cos aα.
a2 − x2
2a
0
где a 6= 0 и интегралы понимаются в смысле главного значения Коши.
Задача 5.2.135. (№3835) Найти преобразование Лапласа
Z+∞
F (p) =
e−pt f (t)dt
0
для функции f(t), если:
a). f (t) = tn (n-натуральное число);
√
b). f (t) = t;
c). f (t) = eαt ;
d). f (t) = te−αt ;
e). f (t) = cos t;
1 − e−t
f ). f (t) =
;
t
√
g). f (t) = sin(α t).
ОТВЕТ: 5.2.135
a). F (p) =
n!
(n-натуральное число);
pn
126
(p > 0)
√
π
b). F (p) = √ ;
2p p
c). F (p) =
1
, при p > α;
p−α
d). F (p) =
1
;
(p + α)2
p
;
p2 + 1
1
f). F (p) = ln 1 +
;
p
√
α π − α4p2
g). F (p) = √ · e .
2p p
e). F (p) =
Задача 5.2.136. (№3836) Доказать формулу (интеграл Липшица)
Z+∞
1
e−at J0 (bt)dt = √
a2 + b2
(a > 0),
0
где
1
J0 (x) =
π
Zπ
cos(x sin ϕ)dϕ
0
функция Бесселя 0-го индекса.
Задача 5.2.137. (№3837)(а,б,в.г) Найти преобразование Вейерштрасса
Z+∞
1
2
F (x) = √
e−(x−y) f (y)dy,
π
−∞
если:
a). f (y) = 1;
127
b). f (y) = y 2 ;
c). f (y) = e2ay ;
d). f (y) = cos(ay).
ОТВЕТ: 5.2.137
a). F (x) = 1;
1
b). F (x) = x2 + ;
2
2
c). F (x) = e2ayx+a ;
d). F (x) =
1 − a2
· e 4 · cos(ax).
2
Задача 5.2.138. (№3838) Многочлены Чебышева-Эрмита определяются
формулами
Hn (x) = (−1)n ex
2
dn −x2
(e )
dxn
(n = 0, 1, 2, ...)
Доказать, что
(
Z+∞
0,
m 6= n
2
Hm (x)Hn (x)e−x dx =
√
2n n! π, m = n.
−∞
Задача 5.2.139. (№3839) Вычислить интеграл
2
2
ξ
1
(x
−
ξ)
Z+∞ −
2 +
1
2
σ
σ22
1
e
dξ
ϕ(x) =
2πσ1 σ2
−∞
(σ1 > 0, σ2 > 0),
имеющий важное значение в теории вероятностей.
128
1
ОТВЕТ: 5.2.139 ϕ(x) = p
2π(σ12 + σ22 )
x2
−
2
2
e 2(σ1 + σ2 )
Задача 5.2.140. (№3840) Пусть функция f(x) непрерывна и абсолютно
интегрируема на промежутке (−∞, +∞). Доказать, что интеграл
u(x, t) =
1
√
2a πt
(ξ − x)2
Z+∞
−
f (ξ)e 4a2 t dξ
−∞
удовлетворяет уравнению теплопроводности
∂u
1 ∂ 2u
= 2 2
∂t
a ∂x
и начальному условию
lim u(x, t) = f (x).
t→+0
5.2.3
Эйлеровы интегралы
Задача 5.2.141. (№3842) Доказать, что бета-функция B(x, y) непрерывна и обладает непрерывными производными всех порядков в области
x > 0, y > 0.
Определить область существования и выразить через эйлеровы интегралы следующие интегралы:
Z+∞
Задача 5.2.142. (№3851) I(m, n) =
xm−1
dx
1 + xn
(n > 0)
0
ОТВЕТ: 5.2.142 I(m, n) =
π
n sin
mπ , 0 < m < n.
n
Z+∞
Задача 5.2.143. (№3852) I(m.n) =
0
129
xm−1
dx.
(1 + x)n
ОТВЕТ: 5.2.143 I(m, n) = B(n − m, n), 0 < m < n.
Z+∞
Задача 5.2.144. (№3853) I(m, n, p) =
xm dx
(a + bxn )p
(a > 0, b > 0, n >
0
0).
m+1
a−p a m+1
m+1
n
·
,p −
ОТВЕТ: 5.2.144 I(m, n, p) =
·B
,
n
b
n
n
m+1
< p.
0<
n
Zb
Задача 5.2.145. (№3854) I(m, n) =
(x − a)m (b − x)n
dx, (0 < a < b, c >
(x + c)m+n+2
a
0).
ОТВЕТ: 5.2.145 I(m, n) =
(b − a)m+n+1
· B (m + 1, n + 1),
(a + c)n+1 (b + c)m+1
m > −1, n > −1.
Z1
dx
Задача 5.2.146. (№3855) I(n) =
1
(1 − xm ) n
0
1
ОТВЕТ: 5.2.146 I(n) =
·B
m
(m > 0).
1
1
, n < 0 или n > 1.
,1 −
m
n
π
Z2
Задача 5.2.147. (№3856) I(m, n) =
sinm x cosn xdx.
0
1
ОТВЕТ: 5.2.147 I(m, n) = · B
2
Zπ
Задача 5.2.148. (№3858) I(n) =
m+1 n+1
,
, m > −1, n > −1.
2
2
sinn−1 x
dx
(1 + k cos x)n
0
130
(0 < |k| < 1).
ОТВЕТ: 5.2.148 I(n) =
2n−1
n
(1 − k)2 2
n n
·B
,
, n > 0.
2 2
Z+∞
n
Задача 5.2.149. (№3859) I(n) =
e−x dx
(n > 0).
0
1
1
, n > 0.
ОТВЕТ: 5.2.149 I(n) = · Γ
n
n
Z+∞
n
Задача 5.2.150. (№3860) I(m, n) =
xm e−x dx.
0
1
m+1
m+1
ОТВЕТ: 5.2.150 I(m, n) =
,
·Γ
> 0.
|n|
n
n
p
Z1
1
ln
Задача 5.2.151. (№3861) I(p) =
dx.
x
0
ОТВЕТ: 5.2.150 I(p) = Γ (p + 1), p > −1.
Z+∞
Задача 5.2.152. (№3862) I(p) =
xp e−ax ln xdx
0
d Γ(p + 1)
, p > −1.
ОТВЕТ: 5.2.152 I(p) =
dp
ap+1
Z+∞
Задача 5.2.153. (№3863) I(p) =
xp−1 ln x
dx.
1+x
0
ОТВЕТ: 5.2.153 I(p) = −
π 2 cos(pπ)
, 0 < p < 1.
sin2 (pπ)
Z+∞
Задача 5.2.154. (№3864) I(p) =
xp−1 ln2 x
dx.
1 + x3
0
131
(a > 0).
1 + cos2 (pπ)
ОТВЕТ: 5.2.154 I(p) = π ·
, 0 < p < 1.
sin2 (pπ)
2
Z∞
Задача 5.2.155. (№3864.1) I =
x ln x
dx.
1 + x3
0
ОТВЕТ: 5.2.155 I =
2 2
π .
27
Z∞
Задача 5.2.156. (№3864.2) I =
ln2 x
dx.
1 + x4
0
ОТВЕТ: 5.2.156 I =
3
√ π2.
32 2
Z∞
Задача 5.2.157. (№3865) I(p, q) =
xp−1 − xq−1
dx.
(1 + x) ln x
0
pπ
2
ОТВЕТ: 5.2.157 I(p, q) = ln
qπ , 0 < p < 1, 0 < q < 1.
tg
2
tg
Z1
Задача 5.2.158. (№3866) I(p) =
xp−1 − x−p
dx.
1−x
(0 < p < 1)
0
ОТВЕТ: 5.2.158 I(p) = π ctg(pπ).
Z+∞
Задача 5.2.159. (№3867) I(α, β) =
sh(αx)
dx.
sh(βx)
0
απ
π
ОТВЕТ: 5.2.159 I(α, β) =
tg
.
2β
2β
Z1
Задача 5.2.160. (№3868) I =
ln Γ(x)dx.
0
132
(0 < α < β)
√
ОТВЕТ: 5.2.160 I = ln 2π.
Za+1
Задача 5.2.161. (№3869) I(a) =
ln Γ(x)dx (a > 0).
a
√
ОТВЕТ: 5.2.161 I(a) = ln 2π + a(ln a − 1).
Z1
Задача 5.2.162. (№3870) I =
ln Γ(x) sin(πx)dx.
0
π
1
1 + ln
.
ОТВЕТ: 5.2.162 I =
π
2
Z1
Задача 5.2.163. (№3871) I(n) =
ln Γ(x) cos(2nπx)dx, (n-натуральное
0
число)
ОТВЕТ: 5.2.160 I(n) =
1
.
4n
Доказать равенства
Z1
Задача 5.2.164. (№3872)
0
dx
√
·
1 − x4
Z1
0
x2 dx
π
√
= .
4
1 − x4
Z+∞
Z+∞
π
4
2
Задача 5.2.165. (№3873)
e−x dx ·
x2 e−x dx = √ .
8 2
0
0
+∞
n − 1
n Z
Y
1
n
2 (2π) n−1
2 .
Задача 5.2.166. (№3874)
xm−1 e−x dx =
n
m=1
0
133
Z+∞
n
Задача 5.2.167. (№3875) lim
e−x dx = 1.
n→+∞
0
Используя равенство
1
1
=
xm
Γ(m)
Z+∞
tm−1 e−xt dt, x > 0,
0
найти интегралы
Z+∞
Задача 5.2.168. (№3876) I(m, a) =
cos(ax)
dx
xm
(0 < m < 1).
0
πam−1
, a > 0.
ОТВЕТ: 5.2.168 I(a) =
2Γ(m) cos mπ
2
Z+∞
Задача 5.2.169. (№3877) I(a) =
sin ax
dx
xm
(0 < m < 2).
0
πam−1
ОТВЕТ: 5.2.168 I(a) =
, a > 0.
2Γ(m) sin mπ
2
Задача 5.2.170. (№3878) Доказать формулы Эйлера:
Z+∞
Γ(x)
a)
tx−1 e−λt cos α cos(λt sin α)dt = x cos αx;
λ
0
Z+∞
Γ(x)
b)
tx−1 e−λt cos α sin(λt sin α)dt = x sin αx;
λ
0
(λ > 0, x >
0, − π2
< α < π2 ).
134
Задача 5.2.171. (№3879) Найти длину L дуги кривой
rn = an cos(nϕ)
(a>0, n-натуральное)
ОТВЕТ: 5.2.171 L = a · B
1 1
,
.
2 2n
Задача 5.2.172. (№3880) Найти площадь S, ограниченную кривой
|x|n + |y|n = an (n > 0, a > 0).
1
2
2 Γ
2a
n
· .
ОТВЕТ: 5.2.172 S =
2
n
Γ
n
5.2.4
5.3
Ответы
Кудрявцев страницы 325-369
5.3.1
Собственные интегралы, зависящие от параметра стр. 325334
Задача 5.3.1. (Пример 4) Вычислить интеграл
π
Z2
I(α) =
ln(sin2 x + α2 cos2 x)dx,
α 6= 0.
0
Решение
Пусть α > 0 и α 6= 1. Так как функция
f (x; α) = ln(sin2 x + α2 cos2 x)
∂f (x; α)
в прямоугольнике
∂α
n
o
π
K = (x; α) : 0 6 x 6 , 0 < α1 6 α 6 α2 ,
2
непрерывна и имеет непрерывную производную
135
то по формуле (3) получаем:
π
π
Z2
0
I (α) =
2
2α cos x
dx =
2
sin x + α2 cos2 x
0
Z2
2α cos2 x
dx.
(tg2 x + α2 ) cos2 x
0
Используя подстановку t = tg x, находим
0
Z+∞
I (α) = 2α
dt
2α
=
(t2 + 1)(t2 + α2 ) α2 − 1
0
Z+∞
1
1
−
t2 + 1 t2 + α2
dt =
0
2α
1
t
arctg t − arctg
= 2
α −1
α
α
+∞
=
0
π
,
α+1
откуда
I(α) = π ln(α + 1) + C.
Так как I(α) – функция, непрерывная при α > 0, и I(1) = 0, то
C = −π ln 2.
Следовательно,
α+1
I(α) = π ln
2
при α > 0. Учитывая, что I(α) — четная функция, то
|α| + 1
I(α) = π ln
,
2
если α 6= 0.
Задача 5.3.2. (№13.7) Пусть {ϕn (x)} – последовательность функций,
интегрируемых по Риману на отрезке [a; b] и принимающих на этом отрезке неотрицательные значения, равномерно сходится к нулю на множестве E = {x : 0 < δ 6 |x| 6 1} при любом δ > 0, причем
Z1
lim
ϕn (x) dx = 1.
n→∞
−1
136
Доказать, что для любой непрерывной на отрезке [−1; 1] функции
f (x) справедливо равенство
Z1
lim
ϕn (x) dx = f (0).
n→∞
−1
Задача 5.3.3. (№13.8) Выяснить, равны ли интегралы
Z1 Z1
Z1 Z1
f (x; α) dα dx и
f (x; α) dx dα,
0
если:
0
0
0
α2 − x2
;
1) f (x; α) = 2
(α + x2 )2
α−x
2) f (x; α) =
;
(α + x)3
5
2x3 − x2
x
− 3 e α.
3) f (x; α) =
α4
α
ОТВЕТ: 5.3.3 1) нет;
2) нет;
3) нет.
Задача 5.3.4. (№13.9) Пусть функция f (x; α) при каждом α ∈ [α1 ; α2 ] интегрируема по x на отрезке [a; b], и пусть на этом отрезке существует
функция φ(x) такая, что lim f (x; α) = φ(x), где α0 ∈ [α1 ; α2 ], равномерно
α→α0
относительно x ∈ [a; b]. Доказать, что:
Zb
1) lim
Zb
f (x; α) dx =
α→α0
a
a
Zb
2) lim
φ(x) dx;
Zb
f (x; α)g(x) dx =
α→α0
a
φ(x)g(x) dx,
a
где g(x)– функция, интегрируемая на отрезке [a; b].
137
Задача 5.3.5. (№13.10) Пользуясь формулой
arctg x
=
x
Z1
dα
,
1 + x2 α 2
0
вычислить интеграл
Z1
I=
0
ОТВЕТ: 5.3.5 I =
arctg x
√
dx.
x 1 − x2
√
π
ln(1 + 2).
2
Задача 5.3.6. (№13.11) Пользуясь формулой
1
a + b sin x
ln
= 2ab
sin x a − b sin x
Z1
dt
,
a2 − b2 t2 sin2 x
0
где a > b > 0, вычислить интеграл
π
Z2
I=
ln
a + b sin x dx
·
.
a − b sin x sin x
0
b
ОТВЕТ: 5.3.6 I = π arcsin
a
Задача 5.3.7. (№13.12) Пусть a > 0, b > 0. Вычислить интегралы:
Z1
1) I =
1 xb − xa
sin ln
dx;
x
ln x
Z1
2) J =
0
1
cos ln
x
xb − xa
dx.
ln x
0
b−a
;
ОТВЕТ: 5.3.7 1) I = arctg
1 + (a + 1)(b + 1)
138
1 (b + 1)2 + 1
2) J = ln
.
2 (a + 1)2 + 1
Задача 5.3.8. (№13.13) Найти I 0 (α), если:
Z1
1) I(α) =
Z3
sin(αx) dx;
2) I(α) =
0
cos(αx3 )
dx;
x
1
Z2
3) I(α) =
2
eαx
Z3
dx
· ;
x
4) I(α) =
1
ch(α4 x2 ) ·
dx
.
x
2
ОТВЕТ: 5.3.8
a sin α + cos α − 1
cos 27α − cos α
0
1) I 0 (α) =
;
2)
I
(α)
=
;
α2
3α
e4α − eα
2(ch 9α4 − ch 4α4 )
0
0
; 4) I (α) =
.
3) I (α) =
2α
α
Задача 5.3.9. (№13.14) Найти Φ0 (α), если:
Zα
1) Φ(α) =
ln(1 + αx)
dx;
x
Z2α
2) Φ(α) =
α
0
cos
Z α
eα
3) Φ(α) =
√
1−x2
Zα2
dx;
4) Φ(α) =
sin α
Z
4 2
5) Φ(α) =
eα x dx;
Zeα
6) Φ(α) =
ln(1 + α2 x2 ) dx;
0
cos
Z α
dx
;
x
Zsh α
8) Φ(α) =
ln(1 + x2 + α2 ) dx.
αe−α
ОТВЕТ: 5.3.9 1) Φ0 (α) =
ln(1 + α2 x2 ) ·
e−α
cos α
7) Φ(α) =
2
eαx dx;
3α
sin α
Zαeα
sin αx
dx;
x
ch α
2 ln(1 + α2 )
;
α
2) Φ0 (α) =
2(sin 2α2 − sin α2 )
;
α
√
p
α 1−x2
2
1−x e
dx − sin α · eα| sin α| − cos α · eα| cos α| ;
3) Φ (α) =
sin α
139
4) Φ0 (α) =
Zα
2
2
3
x2 eαx dx + 2αeα − 3e9α ;
3α
sin α
Z
2
4 2
4
4
2
5) Φ0 (α) = 4α3
x2 eα x dx + cos α · eα sin α + sin eα cos α ;
cos α
1 + α2 e2α
1
6) Φ (α) = ln
+ ln(1 + 2α2 ch 2α + α4 );
2
−2α
α 1+α e
2
7) Φ0 (α) = 4 sh α + 2 (arctg(α2 e−α ) − arctg(α2 eα )) + (α + 1)eα ln(1 + α4 e2α )−
α
−α
−(α − 1)e ln(1 + α4 e−2α );
2α
sh α
ch α
0
8) Φ (α) = √
arctg √
− arctg √
+ ch α ln(ch2 α + α2 )−
2
2
2
1+α
1+α
1+α
2
2
sh α ln(ch α + α + 1).
0
Задача 5.3.10. (№13.15) Можно ли вычислить по правилу Лейбница производную функции
Z1
I(α) =
ln(x2 + α2 ) dx при α = 0?
0
ОТВЕТ: 5.3.10 Нет.
Задача 5.3.11. (№13.16) Пусть функция f непрерывна на R. Доказать,
что функция
Za
1
f (x + t) dt,
F (x) =
2a
−a
где a > 0, имеет непрерывную производную на R, и найти F 0 (x).
ОТВЕТ: 5.3.11 F 0 (x) =
f (x + a) − f (x − a)
.
2a
Задача 5.3.12. (№13.17) C помощью дифференцирования интеграла
Zb
I(α) =
dx
x2 + α2
0
140
по параметру α, где α > 0, вычислить интеграл
Zb
J(α) =
dx
.
(x2 + α2 )2
0
1
b
b
arctg
+
.
2α3
α 2α2 (α2 + b2 )
ОТВЕТ: 5.3.12 J(α) =
Задача 5.3.13. (№13.18) Применяя дифференцирование по параметру α,
вычислить интеграл I(α), если:
π
Z2
1) I(α) =
ln(α2 − sin2 ϕ) dϕ,
α > 1;
0
Zπ
2) I(α) =
ln(1 − 2α cos x + α2 ) dx,
|α| < 1;
0
Zπ
3) I(α) =
ln
1 + α cos x dx
·
,
1 − α cos x cos x
|α| < 1;
0
π
Z2
4) I(α) =
ln
arctg(α tg x)
dx.
tg x
0
ОТВЕТ: 5.3.13
1) I(α) = π · ln
α+
√
α2 − 1
;
2
2) I(α) = 0;
3) I(α) = 2π arcsin α;
4) I(α) =
π
· sgn(α) · ln(1 + |α|).
2
141
Задача 5.3.14. (№13.19) Пусть функция f (x; α) непрерывна в прямоугольнике
K = {(x; α) : a 6 x 6 b, α1 6 α 6 α2 },
а функция g(x) интегрируема на отрезке [a; b]. Доказать, что:
Zb
1) функция F (α) = f (x; α)g(x) dx непрерывна на отрезке [α1 ; α2 ];
Zα2
2)
Zb
F (α) dα =
α1
a
a α
Z2
f (x; α)g(x) dα dx;
α1
3) функция F (α) непрерывно дифференцируема на отрезке [α1 ; α2 ],
причем
Zb
∂f (x; α)
g(x) dx,
F 0 (α) =
∂α
a
при дополнительном условии, что функция
угольнике K.
∂f (x; α)
непрерывна в прямо∂α
Zα
Задача 5.3.15. (№13.20) Пусть F (α) =
(x + α)f (x) dx, где f (x) – диф0
00
ференцируемая на R функция. Найти F (α).
ОТВЕТ: 5.3.15 F 00 (α) = 3f (α) + 2αf 0 (α).
Zb
Задача 5.3.16. (№13.21) Пусть F (α) =
f (x)|x−α| dx, где f (x) – непреa
рывная на отрезке [a; b] функция. Найти F 00 (α).
ОТВЕТ: 5.3.16
(
2f (α), если α ∈ (a; b),
F 00 (α) =
0,
если α ∈
/ [a; b].
142
Задача 5.3.17. (№13.22) Пусть F (α) =
1
h2
Zh
h(ξ + η + α) dη dξ,
0
Zh
0
где h > 0, f – непрерывная на R функция. Найти F 00 (α).
f (α + 2h) − 2f (α + h) + f (α)
.
h2
ОТВЕТ: 5.3.17 F 00 (α) =
Задача 5.3.18. (№13.23) Пусть функция f непрерывна на отрезке [a; b],
x0 ∈ (a; b), x ∈ (a; b), k 6= 0. Доказать, что функция
1
y(x) =
k
Zx
f (t) sin k(x − t)dt
x0
удовлетворяет дифференциальному уравнению y 00 + k 2 y = f (x).
Задача 5.3.19. (№13.24) Пусть функция f непрерывна на отрезке [a; b],
x0 ∈∈ (a; b), x ∈ (a; b). Доказать, что функция
1
F (x) =
(n − 1)!
Zx
(x − t)n−1 f (t) dt,
где n ∈ N,
x0
удовлетворяет условиям
F (x0 ) = F 0 (x0 ) = . . . = F (n−1) (x0 ) = 0,
F (n) (x) = f (x).
Задача 5.3.20. (№13.25) Доказать, что функция
Zπ
u(r) =
enr cos θ dθ
0
при любом n ∈ Z удовлетворяет условию
d2 u 1 du
+
− n2 u = 0.
2
dr
r dr
143
Задача 5.3.21. (№13.26) Доказать, что функция u(x) удовлетворяет
уравнению Бесселя
x2 u00 + xu0 + (x2 − n2 )u = 0,
если:
Zπ
1
1) u(x) =
π
2) u(x) = xn
cos(nϕ − x sin ϕ) dϕ,
0
Zπ
n ∈ N;
cos(x cos ϕ) sin2n ϕ dϕ,
n ∈ N.
0
Задача 5.3.22. (№13.27) Рассмотрим полные эллиптические интегралы
π
π
Z2 q
E(k) =
1 − k 2 sin2 ϕ dϕ,
Z2
K(k) ≡ F (k) =
0
0
dϕ
p
,
1 − k 2 sin2 ϕ
где 0 < k < 1. Доказать, что:
1
1
1) E 0 (k) = E(k) − K(k),
k
k
K 0 (k) =
1
1
E(k) − K(k);
2
k(1 − k )
k
1
1
2) E 00 (k) + E 0 (k) +
E(k) = 0;
k
1 − k2
Zk
3) tK(t) dt = E(k) − (1 − k 2 )K(k);
0
Zk
4)
1
tE(t) dt = ((1 + k 2 )E(k) − (1 − k 2 )K(k)).
3
0
Задача 5.3.23. (№13.28) Пусть ϕ(x) =
зать, что:
1) x
n+1 (n)
Zx
ϕ (x) =
sin x
при x 6= 0, ϕ(0) = 1. Покаx
nπ
t cos t +
dt,
2
n
0
144
n ∈ N,
x ∈ R;
2) |ϕ(n) (x)| 6
1
,
n+1
n ∈ N,
x ∈ R.
Задача 5.3.24. (№13.29) Пусть функция ϕ(x) и ее производная ϕ0 (x)
непрерывны на отрезке [0; a], и пусть
Zt
F (t) =
ϕ(x) dx
√
.
t−x
0
Доказать, что при t ∈ (0; a) справедливо равенство
ϕ(0)
F 0 (t) = √ +
t
Zt
ϕ0 (x)
√
dx.
t−x
0
Задача 5.3.25. (№13.30) Пусть
(
x(1 − y), если x 6 y,
K(x; y) =
y(1 − x), если x > y,
и пусть ϕ(y) – непрерывна на отрезке [0; 1] функция. Показать, что функция
Z1
u(x) = K(x; y)ϕ(y) dy
0
удовлетворяет на отрезке [0; 1] уравнению u00 (x) = −ϕ(x).
Задача 5.3.26. (№13.31) Найти дважды дифференцируемую на R функцию, удовлетворяющую уравнению:
Zx
(y − x)ϕ(y) dy;
1) ϕ(x) = x +
0
Zx
(x − y)ϕ(y) dy,
2) ϕ(x) = 1 + λ
0
145
λ > 0;
Zx
3) ϕ(x) = λ
(x − y)ϕ(y) dy + x2 ,
λ > 0.
0
ОТВЕТ: 5.3.26
1) ϕ(x) = sin x;
√
2) ϕ(x) = ch(x λ);
√
2(ch(x λ) − 1)
3) ϕ(x) =
.
λ
Zxy
00
(x; y), если f (x; y) = (x − yt)f (t) dt,
Задача 5.3.27. (№13.32) Найти Fxy
x
y
где f (t) – дифференцируемая функция, y 6= 0.
00
ОТВЕТ: 5.3.27 Fxy
x
= x(2 − 3y 2 )f (xy) + 2 f
y
x
+ x2 y(1 − y 2 )f 0 (xy).
y
Задача 5.3.28. (№13.33) Пусть f – дважды дифференцируемая, а F –
дифференцируемая функция. Доказать, что функция
1
1
u(x; t) = (f (x − at) + f (x + at)) +
2
2a
x+at
Z
F (ξ) dξ
x−at
удовлетворяет волновому уравнению
2
∂ 2u
2∂ u
=a
,
∂t2
∂x2
a 6= 0,
и следующим начальным условиям:
u(x; 0) = f (x),
u0t (x; 0) = F (x).
146
Задача 5.3.29. (№13.34) Показать, что если функция f непрерывна на
отрезке [0; a], ξ ∈ [0; a] и (x − ξ)2 + y 2 + z 2 6= 0, то функция
Za
u(x; y; z) =
0
f (ξ) dξ
p
(x − ξ)2 + y 2 + z 2
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
удовлетворяет уравнению Лапласа
+
+
= 0.
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
5.3.2
Несобственные интегралы, зависящие от параметра стр.
336-345. Равномерная сходимость
Задача 5.3.30. (Пример 1) Доказать, что интеграл
Z+∞
e−αx dx :
I(α) =
0
a) сходится равномерно на множестве E = [b; +∞), где b > 0;
b) сходится неравномерно на множестве E1 = (0; +∞), где b > 0.
Доказательство
a) Пусть ξ > 0, α > b > 0. Так как
Z+∞
e−αξ
e−αx dx =
α
ξ
и α > b, то неравенство
Z+∞
e−ξb
−αx
0<
e
dx 6
<ε
b
ξ
для каждого ε > 0 выполняется при всех α ∈ E, если
1
1
ξ>
ln
.
b
εb
147
Обозначим
1
2
ln
.
δε = max(δε ; 0), где δε =
b
bε
Тогда при всех ξ ∈ [δε ; +∞) и при всех α ∈ [b; +∞) неравенство
Z+∞
e−αx dx < ε,
ξ
т. е. интеграл I(α) сходится равномерно на множестве E = [b; +∞).
б) Для произвольного числа δ > 0 выберем
ξδ = 1 + δ, αδ =
1
.
1+δ
Тогда при ε0 = e−1 выполняется неравенство
Z+∞
e−ξδ αδ
= (1 + δ)e−1 > e−1 = ε0 ,
e−xαδ dx =
αδ
ξδ
т. е. интеграл сходится неравномерно на множестве E1 = (0; +∞).
Задача 5.3.31. (Пример 2) Доказать, что интеграл
Z+∞
I(α) =
dx
xα
1
сходится неравномерно на множестве E = (1; +∞).
Доказательство
Интеграл
Z+∞
I(α) =
dx
xα
1
сходится при любом α > 1. С другой стороны,
Z+∞
K(ξ) = sup
α∈E
dx
ξ 1−α
ξ 1−α
= sup
= lim
= +∞.
xα α∈E α − 1 α→1+0 α − 1
ξ
148
Тогда
Z+∞
sup
α∈E
dx
6→ 0
xα
ξ
при ξ → +∞ и потому интеграл I(α) сходится неравномерно на множестве
E = (1; +∞).
Задача 5.3.32. (Пример 3.1) Доказать равномерную сходимость интеграла
Z+∞
sin αx
dx
I(α) =
1 + x2
0
на множестве E = R.
Доказательство
Так как , для любого α ∈ R
sin αx
1
6
,
1 + x2
1 + x2
Z+∞
а интеграл
1
сходится, то по признаку Вейерштрасса данный ин1 + x2
0
теграл I(α) сходится равномерно на множестве R.
Задача 5.3.33. (Пример 3.2) Доказать равномерную сходимость интеграла
Z+∞ α
ln x
dx
I(α) =
5
x4
3
на множестве E = [0; 2].
Доказательство.
Если α ∈ [0; 2], x ∈ [3; +∞), то 0 6 lnα x 6 ln2 x, и поэтому
06
lnα x
5
x4
6
149
ln2 x
5
x4
.
Z+∞
Из сходимости интеграла
ln2 x
5
x4
3
следует равномерная сходимость дан-
ного интеграла на множестве = [0; 2].
Задача 5.3.34. (Пример 4) Доказать, что интеграл
Z+∞
I(α) =
sin(αx)
dx
x
0
сходится равномерно по α на множестве E = [b; +∞), где b > 0.
Доказательство
Пусть
Zx
sin(αt)dt =
F (x; α) =
cos(αx) − 1
.
α
0
Тогда
|F (x; α)| =
cos(αx) − 1
2
2
6 6
α
α
b
для всех x ∈ [0; +∞) и для всех a > b > 0. Кроме того,
1
→ 0,
x→+∞ x
lim
1
причем функция g(x) = монотонна убывает и не зависит от α. Следоваx
тельно, по признаку Дирихле данный интеграл сходится равномерно по α
на множестве [b; +∞), где b > 0.
Задача 5.3.35. (Пример 5) Доказать, что интеграл I(α) сходится неравномерно на множестве E, если:
Z+∞
2
1) I(α) =
e−αx dx, E = (0; +∞);
0
Z+∞
2) I(α) =
0
Доказательство
150
sin(αx)
dx, E = [0; 1].
x
1) Для любого δ > 0 выберем αδ =
1
, ξδ0 = δ, ξδ00 = δ + 1. Тогда
2
(1 + δ)
00
Zξδ
00 2
2
e−αδ x dx > e−αδ (ξδ ) (ξδ00 − ξδ0 ) = e−1 = ε0 ,
ξδ0
00
Zξδ
f (x; αδ ) dx > ε0 . Следовательно, данный ин-
т. е. выполняется условие
ξδ0
теграл, сходящийся при каждом α ∈ E = [0; 1], сходится неравномерно на
множестве E = [0; 1].
π
π
2) Для любого δ > 0 выберем αδ = δ, ξδ0 =
и ξδ00 = . Тогда
3δ
2δ
π
π
Z2δ
Z2
00
Zξδ
sin(αδ x)
dx =
x
sin(δx)
dx =
x
π
3δ
ξδ0
sin t
dt = ε0 ,
t
π
3
где ε0 > 0. Поэтому интеграл, сходящийся при каждом α ∈ [0; 1], сходится
неравномерно на множестве [0; 1].
Задача 5.3.36. (№14.1) Доказать, что интеграл I(α) сходится равномерно на множестве E.
Z+∞
1) I(α) =
dx
,
xα
E = [α0 ; +∞),
α0 > 1;
1
Z1
2) I(α) =
dx
,
xα
E = (0; α0 ),
α0 < 1;
0
Z+∞
3) I(α) =
dx
,
x lnα x
E = [α0 ; +∞),
α0 > 1;
dx
,
x| ln x|α
E = [α0 ; +∞),
α0 > 1;
2
1
Z2
4) I(α) =
0
151
Z+∞
4
5) I(α) =
e−αx dx,
E = [α0 ; +∞),
α0 > 0;
0
Z+∞
6) I(α) =
xα e−2x dx,
E = [1; 3].
1
Задача 5.3.37. (№14.2) Доказать, что интеграл I(α) сходится равномерно на множестве E.
Z+∞
1) I(α) =
e−αx cos 2x dx,
E = [α0 ; +∞),
α0 > 0;
0
Z+∞
2) I(α) =
ln2 x · sin 3x
dx,
(x − 1)α
E = [α0 ; +∞),
α0 > 1;
2
Z+∞
3) I(α) =
ln3 x
dx,
x2 + α 4
E = R;
1
Z+∞
4) I(α) =
xdx
,
1 + (x − α)4
E = (−∞; a),
a > 0;
E = [α0 ; +∞),
α0 > 0;
0
Z1
5) I(α) =
xα−1 ln3 x dx,
0
Z+∞
6) I(α) =
ln(1 + x) · arctg αx
dx,
x2
E = [−a; a],
a > 0.
0
Задача 5.3.38. (№14.3) Доказать, что интеграл I(α) сходится равномерно на множестве E.
Z+∞
1) I(α) =
cos αx
dx,
4 + x2
−∞
152
E = R;
Z1
xα
p
dx,
3
(x − 1)2 (2 − x)
2) I(α) =
0
Z1
xα arctg αx
√
dx,
1 − x2
3) I(α) =
0
Z+∞
4) I(α) =
cos x
dx,
xα
E=
1 1
;
;
2 2
E = [0; 2];
E = [a0 ; +∞),
α0 > 0;
1
Z+∞
5) I(α) =
cos αx · ln x
√
dx,
x
E = [α0 ; +∞),
α0 > 0;
x sin αx
dx,
(x + 1) ln2 x
E = [a0 ; +∞),
α0 > 0.
2
Z+∞
6) I(α) =
2
Задача 5.3.39. (№14.4) Доказать, что интеграл I(α) сходится равномерно на множестве E.
Z+∞
1) I(α) =
sin x −αx
e
dx,
x
E = [0; +∞);
cos x −αx
√
e
dx,
3
x
E = [0; +∞);
0
Z+∞
2) I(α) =
1
Z+∞
3) I(α) =
a2 − x 2
dx,
(α2 + 22 )2
E = R;
2
Z+∞
4) I(α) =
sin(αx5 )
dx,
x
E = [α0 ; +∞),
α0 > 0;
0
Z+∞
5) I(α) =
cos(αx2 ) dx,
0
153
E = [1; +∞);
Z+∞
6) I(α) =
sin(α sh x) dx,
h1
E=
2
; +∞ .
0
Задача 5.3.40. (№14.5) Доказать, что интеграл I(α) сходится равномерно на множестве E.
Z+∞
1) I(α) =
cos xα dx,
E = [α0 ; +∞),
α0 > 1;
0
Z+∞
2) I(α) =
α cos(α2 x)
dx,
α + xα
E = [3; 5];
0
Z+∞
α
3) I(α) =
sin 2x · sin dx,
x
1
E = 0;
;
2
0
Z+∞
4) I(α) =
sin(α4 x)
dx,
x + α2
E = [1; +∞);
0
Z+∞
4
5) I(α) =
(α5 + x3 )e−αx dx,
E = [1; 4];
0
Z+∞
α
xα e−2x dx,
6) I(α) =
E = [1; 2].
0
Задача 5.3.41. (№14.6) Доказать, что интеграл I(α) сходится равномерно на множестве E1 и сходится неравномерно на множестве E2 .
Z2
1) I(α) =
dx
,
(x − 1)α
2
E1 = −1;
,
3
E2 = [−1; 1);
dx
,
(x + 1)α
E1 = [3; +∞),
E2 = (1; +∞);
1
Z+∞
2) I(α) =
0
154
Z+∞
3) I(α) =
dx
,
4 + (x − α)6
E1 = (−∞; 0],
E2 = [0; +∞);
0
Z+∞
2
4) I(α) =
e−(x−α) dx,
E1 = [0; 2],
E2 = [0; +∞);
0
Z+∞
4
5) I(α) =
x2 e−αx dx,
E1 = [α0 ; +∞),
E2 = (0; +∞);
0
Z+∞
6) I(α) =
lnα x
dx,
x
E1 = [0; 1],
E2 = [1; +∞).
1
Задача 5.3.42. (№14.7) Исследовать интеграл I(α) на равномерную сходимость на множестве E.
Z+∞
1) I(α) =
dx
,
1 + xα
E = (1; +∞);
0
Z+∞
αe−αx dx,
2) I(α) =
E = [0; 1];
0
Z+∞
√
3) I(α) =
2
αe−αx dx,
E = (0; +∞);
0
Z+∞
4) I(α) =
sin x2
dx,
1 + xα
E = [0; +∞);
1
Z+∞
2
2
5) I(α) =
sin αe−α (1+x ) dx,
E = R;
0
Z1
6) I(α) =
sin
1 dx
· ,
x xα
0
155
E = (0; 2).
Задача 5.3.43. (№14.8) Исследовать интеграл I(α) на равномерную сходимость на множестве E.
Z1
1) I(α) =
1
E = 0;
;
2
arctg αx
dx,
(1 − x2 )α
0
Z1
sin αx
p
dx,
|x − α|
2) I(α) =
0
Z2
1 5
E= ;
;
2 8
dx
,
| ln(αx)|α
3) I(α) =
E = [0; 1];
1
Z2π
4) I(α) =
e−x
dx,
| sin x|α
E = [0; 1);
0
Z+∞
5) I(α) =
sin ex
dx,
1 + xα
E = (0; +∞);
α − α2
e 2x dx,
x3
E = [1; +∞).
0
Z+∞
6) I(α) =
1
Z+∞
Задача 5.3.44. (№14.9) Пусть интеграл
f (x) dx сходится. Доказать,
a
что на множестве [0; +∞) равномерно сходятся интегралы
Z+∞
e−αx f (x) dx и
Z+∞
2
e−αx f (x) dx.
a
0
Z+∞
Задача 5.3.45. (№14.10) Доказать, что если интеграл
f (x) dx схоa
дится, а функция g(x, α) монотонна по x на множестве D = [a; +∞) для
156
каждого α ∈ E и равномерно ограничена на множестве
G = {(x; α) : x ∈ D, α ∈ E},
т. е. существует число > 0 такое, что |g(x; α)| 6 M для всех (x; α) ∈
Z+∞
f (x)g(x; α) dx сходится равномерно по α на
G, то интеграл I(α) =
a
множестве E.
Задача 5.3.46. (№14.11) Доказать, что если функция f (x; α) интегриZ+∞
руема по x на отрезке [a; A] для любого A > a и интеграл
f (x; α) dx
a
сходится равномерно относительно α на множестве E, а функция g(x; α)
равномерно ограничена на множестве
G = {(x; α) : a 6 x < +∞, α ∈ E},
Z+∞
то интеграл I(α) =
f (x; α)g(x; α) dx сходится равномерно по α на мноa
жестве E.
Задача 5.3.47. (№14.12) Пусть функция f (x) интегрируема по Риману
на отрезке [0; a] для любого a > 0, и пусть существует число α0 такое,
ZA
что функция F (A) = e−α0 x f (x) dx ограничена на множестве [0; +∞].
0
Z+∞
Доказать, что интеграл I(α) =
e−αx f (x) dx сходится равномерно
0
на множестве [α0 + δ; +∞), где δ > 0.
Задача 5.3.48. (№14.13) Пусть функция f (x) определена на промежутке [0; +∞), интегрируема по Риману на отрезке [0; A] для любого
A > 0, и пусть существует число α0 такое, что сходится интеграл
Z+∞
e−α0 x f (x) dx.
0
157
Z+∞
Доказать, что интеграл I(α) =
e−αx f (x) dx сходится равномерно
0
на множестве [α0 ; +∞).
Задача 5.3.49. (№14.14) Исследовать на равномерную сходимость на
множества E интеграл I(α):
Z+∞
1)I(α) =
1
sin(α2 x)
√
arctg(αx) dx, E = {α : |α| ≥ 1};
3
x2
Z+∞
2)I(α) =
1
+∞
Z
3)I(α) =
cos 2x dx
√
, E = R;
x 4 + α 2 x2
ln(ex − x)
dx, E = (2; 3);
xα
0
Z+∞
4)I(α) =
0
ln(1 + xα )
1
p
√ dx, E = {α : −∞ < α < − };
2
x+ x
Z+∞
cos x2 · arctg(αx)dx, E = R;
5)I(α) =
0
Z1
6)I(α) =
1
1
sin 2αx dx, E = (−∞; 1].
x
x
0
Задача 5.3.50. (№14.15) Доказать равенство:
Z+∞
Z+∞
dx
cos x dx
√
1) lim
=
1;
2)
lim
= 0;
α→+∞
n→+∞
xn + 1
x 1 + α2 x2
0
Z+∞
α
3) lim
e−x dx
α→+∞
1
=
1
Z+∞
2 2
4) lim
α2 sin xe−α x dx
α→+∞
0
0
Z+∞
arctg αx
π
2 2
√
5) lim
dx = ; 6) lim
α2 sin xe−α x dx = 0.
α→+∞ x2 x2 − 1
α→+0
2
0
158
=
1
;
2
Задача 5.3.51. (№14.16) Доказать,что функция F (α) непрерывна на
множестве Е,если:
Z+∞
2
1) F (α) =
e−(x−α) dx, E = R;
0
Z+∞
2) F (α) =
cos αx
dx, E = R;
1 + x2
0
Z+∞
3) F (α) =
sin(αx2 )dx, E = [1, +∞);
0
4)
Z1 sin α
x dx, E = (0, 1);
F (α) =
α
x
0
Z1
5) F (α) =
sin x
dx, E = [0, 1)
xα
0
Z+∞
α√
6) F (α) =
sin 2 ln xdx, E = R.
x
1
Исследовать функцию F (α) на непрерывность на множестве E
Z+∞
Задача 5.3.52. (№14.17) 1)F (α) =
0
Z+∞
2)F (α) =
sin x −αx
e dx, E = (0; +∞);
x
0
Z1
3)F (α) =
ln x
dx, E = R;
(x − α)2 + 4
0
159
xdx
dx, E = (2; +∞);
2 + xα
Z+∞
4)F (α) =
cos x
dx, E = (0; +∞);
xα
1
Zπ
5)F (α) =
dx
, E = [0; 1);
sinα x
0
Z+∞
6)F (α) =
sin(1 − α2 )x
dx, E = R.
x
0
Z+∞
Задача 5.3.53. (№14.18) 1)F (α) =
αe−αx dx, E = R;
0
Z+∞
2
2)F (α) =
αe−α x cos x2 dx, E = [0; +∞);
0
Z+∞
3)F (α) =
e−x
dx, E = (0; 1);
| sin x|α
0
Zπ
4)F (α) =
sin x
dx, E = (0; 2).
xα (π − x)α
0
Задача 5.3.54. (№14.19) Доказать, что если функция f интегрируема на
промежутке (0; +∞), то
Z+∞
Z+∞
lim
e−αx f (x)dx =
f (x)dx.
α→+0
0
0
Задача 5.3.55. (№14.20) Доказать, что если функция f абсолютно интегрируема на промежутке (0; +∞), то
Z+∞
Z+∞
lim
f (x) sin(nx)dx = lim
f (x) cos(nx)dx = 0.
n→∞
n→∞
0
0
160
Задача 5.3.56. (14.21) Доказать, что если функция f непрерывна и ограничена на промежутке [0; +∞), то
Z+∞
2
lim
α→+0 π
αf (x)
dx = f (0).
x2 + α 2
0
Задача 5.3.57. (№14.22) Законен ли переход к пределу при α → +0 под
знаком интеграла
Z+∞
I(α) =
αe−αx dx?
0
Задача 5.3.58. (№14.23 Доказать, что если функция f непрерывна и ограничена на промежутке [0; ∞) и f (0) = 0, а функция g абсолютно интегрируема на [0; +∞), то
Z+∞
α
g(x)dx = 0.
lim
f
α→+0
x
0
Задача 5.3.59. (№14.24) Пусть функция f (x, α) при α ∈ E интегрируема по x (в собственном смысле) на отрезке a, A при любом A > a и на
каждом таком отрезке при α → α0 , α0 ∈ E, стремится равномерно отZ+∞
f (x, α) dx.
носительно x к предельной функции ϕ(x), и пусть интеграл
a
Доказать, что
Z+∞
Z+∞
lim
f (x, α) dx =
ϕ(x) dx.
α→α0
a
a
Задача 5.3.60. (№14.25) Пусть f (x, α) ⇒ f (x, α0 ) в каждом конечном
интервале (a, A), где a < A < +∞, α ∈ [α1 , α2 ], α0 ∈ [α1 , α2 ], и существует функция F (x) такая, что |f (x, α)| ≤ F (x) для всех α ∈ [α1 , α2 ] и для
Z+∞
всех x ∈ [a, +∞) и интеграл
F (x) dx сходится.
a
161
Доказать, что
Z+∞
Z+∞
lim
f (x, α) dx =
lim f (x, α) dx.
α→α0
α→α0
a
a
5.3.3
Ответы
5.3.4
Несобственные интегралы, зависящие от параметра стр.
336-345. Дифференцируемость и интегрируемость
Задача 5.3.61. (Пример 1 с решением)
Задача 5.3.62. (Пример 2 с решением)
Задача 5.3.63. (Пример 3 с решением)
Задача 5.3.64. (Пример 4 с решением)
Задача 5.3.65. (Пример 5 с решением)
Задача 5.3.66. (№1)(1,2,3,4)
Задача 5.3.67. (№2)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.68. (№3)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.69. (№4)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.70. (№5)(1,2,3,4,5,6)
162
Задача 5.3.71. (№6)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.72. (№7)
Задача 5.3.73. (№8)(1,2)
Задача 5.3.74. (№9)
Задача 5.3.75. (№10)
Задача 5.3.76. (№11)
Задача 5.3.77. (№12)
Задача 5.3.78. (№13)(1,2,3,4,5)
Задача 5.3.79. (№14)
Задача 5.3.80. (№15)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.81. (№16)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.82. (№17)(1,2,3,4,5,6,7)
Задача 5.3.83. (№18)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.84. (№19)(1,2,3,4,5)
Задача 5.3.85. (№20)
163
Задача 5.3.86. (№21)
Задача 5.3.87. (№22)
Задача 5.3.88. (№23)(1,2)
Задача 5.3.89. (№24)
Задача 5.3.90. (№25)
Задача 5.3.91. (№26)
Задача 5.3.92. (№27)(1,2,3)
Задача 5.3.93. (№28)
Задача 5.3.94. (№29)(1,2,3,4)
5.3.5
Ответы
5.3.6
Эйлеровы интегралы стр. 360-369.
Задача 5.3.95. (№1)(1,5)
Задача 5.3.96. (№8)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.97. (№9)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.98. (№10)(1,2,3,4,5,6)
164
Задача 5.3.99. (№11)(1,2,3,4,5,6,7,8)
Задача 5.3.100. (№12)(1,2,3,4,5,6,7,8,9)
Задача 5.3.101. (№13)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.102. (№14)(1,2,3,4,6,7,8)
Задача 5.3.103. (№15)(1,2,3)
Задача 5.3.104. (№16)
Задача 5.3.105. (№17)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.106. (№18)(1,2)
Задача 5.3.107. (№19)(1,2,3,4,5,6)
Задача 5.3.108. (№20)(1,2)
5.3.7
Ответы
165
Список литературы
[1] Г. М. Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 2. Москва, Наука, 1970.
[2] Б. П. Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому
анализу. Москва. Изд. Астрель, 2002.
[3] Л. Д. Кудрявцев. Математический анализ. Том 2. Москва, Высшая
школа, 1973.
[4] Б. M. Будак, С. В. Фомин. Кратные интегралы и ряды. Москва. Наука. 1967.
[5] Л. Д. Кудрявцев, А Д. Кутасов, В И. Чехлов, М И. Шабунин. Сборник
задач по математическому анализу. Функции нескольких переменных.
Санкт-Петербург. 1994.
[6] И. А. Виноградова, С. Н. Олехник,В. А. Садовничий. Задачи и упражнения по математическому анализу. Книга 2. Москва. Высшая школа.
2002
166
Составители: д.ф.-м.н. Мустафа Абдурешитович Муратов, к.ф.-м.н.
Юлия Сергеевна Пашкова, Анна Мустафаевна Муратова.
Подписано к печати
. Формат 60 × 84/16. Бумага тип. ОП. Объем
2,5 п. л. Тираж 50 экз. Заказ №
.
Проспект Академика Вернадского, 4, г. Симферополь, 95007, Крымский федеральный университет имени В.И. Вернадского, Таврическая академия, факультет математики и информатики
167