1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 44
Текст из файла (страница 44)
067 Исследовать равномерную сходимость6интеграловВторая теорема о среднем значении касается свойств интеграла от произRbведения двух функций f (x)g(x)dx и может быть сформулирована в разныхaформах. Данные ниже формулы в виде лемм обычно называют формуламиБонне и используют при доказательстве теоремы о среднем значении.Лемма 1. Если функция f (x) не возрастает и f (x) > 0 на отрезке [a, b], а7Теория взята из [9], Стр. 5430функция g(x) интегрируема на [a, b], то существует точка ξ ∈ [a, b] такая, чтоZξZbf (x)g(x)dx = f (a)ag(x)dx.aЛемма 2.
Если функция f (x) не убывает и f (x) > 0 на отрезке [a, b], а функция g(x) интегрируема на [a, b], то существует точка ξ ∈ [a, b] такая, чтоZbZbf (x)g(x)dx = f (b)ag(x)dx.ξВторая теорема о среднем значении. Если функция f (x) монотонна (нестрого) на отрезке [a, b], а функция g(x) интегрируема на [a, b], то существуетточка ξ ∈ [a, b] такая, чтоZξZbf (x)g(x)dx = f (a)aZbg(x)dx + f (b)ag(x)dx.ξПусть задана функция f = f (x, y), где x ∈ [a, η) и y ∈ Y ⊂ Rn . Здесь либоRbη = +∞, либо f (x, y) → ∞ при x → η.
Обозначим Fb (y) = f (x, y) dx, гдеab ∈ (a, η). Если Fb (y) сходится при b → η, то говорят, что существует (схоRηдится) несобственный интеграл f (x, y) dx, значение которого мы обозначимaчерез F (y).Определение. Несобственный интегралRηf (x, y) dx называется сходящимсяaравномерно по y ∈ Y , если Fb сходится при b → η равномерно по y ∈ Y . •RηТеорема (Критерий Коши). Для того, чтобы несобственный интеграл f (x, y) dxсходился равномерно по y ∈ Y , необходимо и достаточно, чтобы Zb2∀ε > 0 ∃B ∈ (a, η) : f (x, y) dx < ε ∀b1 , b2 ∈ (B, η) и ∀y ∈ Y.b1431a•Теорема (Признак Вейерштрасса равномерной сходимости несобственныхинтегралов).
Пусть функции f = f (x, y) и g = g(x, y) интегрируемы по xна [a, b] для любого b ∈ (a, η) и для любого y ∈ Y ⊂ Rn . Пусть, кроме того,Rη|f (x, y)| ≤ g(x, y) для всех x ∈ [a, η) и y ∈ Y . Если интеграл g(x, y) dxсходится равномерно по y ∈ Y , то интегралRηaf (x, y) dx тоже сходится рав-aномерно по y ∈ Y .•Теорема (Признак Абеля равномерной сходимости несобственных интегралов). ПустьRηа) f (x, y) dx сходится равномерно по y ∈ Y ;aб) функция g = g(x, y) монотонна по x на [a, η) при каждом y ∈ Y и равномерно ограничена, т.е.
существует K, такое, что |g(x, y)| ≤ K для всехx ∈ [a, η) и y ∈ Y .RηТогда f (x, y)g(x, y) dx сходится равномерно по y ∈ Y•aТеорема (Признак Дирихле равномерной сходимости несобственных интегралов). Пусть Rbа) существует константа K, такая, что f (x, y) dx ≤ K для всех b ∈ [a, η)aи y ∈Y;б) функция g = g(x, y) монотонна по x на [a, η) при каждом y ∈ Y иg(x, y) → 0 при x → η равномерно по y ∈ Y .RηТогда f (x, y)g(x, y) dx сходится равномерно по y ∈ Ya6.1Задача [2], 3741Исследовать несобственный интеграл на равномерную сходимостьZ+∞e −αxdx.1 + x20432•Решение. Способ 1. По определению.
Область сходимости есть α ∈[0, +∞). Тогда +∞ZZ+∞π−αxdxelimsupdx = lim= lim− arctg A .A→+∞ α∈[0,+∞) 1 + x2 A→+∞1 + x2 A→+∞ 2AAРешение. Способ 2. Признак Вейерштрасса. Используя равенство −αx e= 1 .sup 1 + x22α∈[0,+∞) 1 + xи признак Вейерштрасса, получим равномерную сходимость.Решение. Способ 3. Критерий Коши.
Для ε > 0 существует A > 0, такоечто при A2 > A1 > AAZ 2 −αx ZA2 −αxeeπ=sup =arctgA−arctgA<− arctg A1 < ε.211 + x2 1 + x22α∈[0,+∞) A1A1Ответ: интеграл сходится равномерно на множестве α ∈ [0, +∞).6.2Задача [2], 3744Исследовать несобственный интеграл на равномерную сходимостьZ2dx.| ln x|p0Решение. Разобьём на три интеграла:1ZeI1 (p) =dx, I2 (p) =(− ln x)p0Z1dx, I3 (p) =(− ln x)pZ2dx.(ln x)p11eОбласть сходимости есть p < 1. В первых двух интегралах сделаем заменуx = e −t , а в третьем интеграле x = e t :Z+∞I1 (p) =1dt,pt etZ1I2 (p) =0433dt,pt etZln 2I3 (p) =0etdt.tpИнтеграл I1 (p) сходится при p ∈ R, а I2 и I3 сходятся при p < 1. Покажем,что I2 (p) не сходится равномерно при p < 1:Способ 1.
По определению: При любом δ ∈ (0, 1) 1 − ln(1−δ)− ln(1−δ)ZZZdtdxdt = sup >sup = +∞.pp et t(−lnx)ttep∈(−∞,1) p∈(−∞,1) 001−δСпособ 2. По критерию Коши: Отсутствие равномерной сходимости следует из критерия Коши. Действительно, при любом δ > 0 найдутся 0 < δ2 =11 − exp − en< δ1 = 1 − exp − n1 < δ, p = 1 − n1 такие, что 1−δ− ln(1−δ− ln(1−δZ 2Z 1)Z 1)dxdt1dt=>=(− ln x)p et tpetp1−δ1− ln(1−δ2 )− ln(1−δ2 )1 (− ln(1 − δ1 ))1−p − (− ln(1 − δ2 ))1−p=e1−p 111√√en − 1n n − n en111√··= √> ,11nne3e n enn1√√nnneen→∞поскольку lim·1e n −11n= 1e .Замечание. Интеграл I(p) сходится равномерно на множестве −p1 6 p 6p0 < 1, p1 > 0.
Здесь показываем по признаку Вейерштрасса, что I1 (p), I2 (p)и I3 (p) сходятся равномерно по p ∈ [−p1 , p0 ]. Это следует из трех оценок111p1sup=(−lnx),x∈(0,=),pinf (− ln x)pep∈[−p1 ,p0 ] (− ln x)p∈[−p1 ,p0 ]1=pp∈[−p1 ,p0 ] (− ln x)supinf1x ∈ ( , 1)),ep∈[−p1 ,p0 ]1=pp∈[−p1 ,p0 ] (ln x)sup11=,(− ln x)p(− ln x)p01(ln x)pinf=1,(ln x)p0x ∈ (1, 2)),p∈[−p1 ,p0 ]отмечая, что интегралы1ZeI1 (−p1 ) =dx=(− ln x)p10Z+∞1434tp1dt,etZ1I2 (p0 ) =dx=(− ln x)p0Z1dt,tp0 et01eZ2I3 (p0 ) =dx=(ln x)p01Zln 2etdttp00– сходятся.6.3Задача [2], 3751Сформулировать в положительном смысле, что значит, что интеграл+∞Rf (x, y) dxaсходится неравномерно в заданном интервале (y1 , y2 )?Решение.
Это означает, что либо не существует конечного предела +∞Zlim sup f (x, y) dx ,A→+∞ y∈(y1 ,y2 ) Aлибо конечный предел существует, но не равен нулю.6.4Задача [2], 3756Исследовать на равномерную сходимость следующий интеграл+∞Re −αx sin x dx0в промежутке 0 < α0 6 α < +∞.Решение. Способ 1.
Заметим, чтоZe −αx−αx(−α cos x + sin x) + C.esin x dx = 2α +1Здесь мы используем определение +∞Z −αA−e(−α cos A + sin A) 6sup e −αx sin x dx = sup 2α∈[α0 ,+∞) α∈[α0 ,+∞) α + 1Aα021(α0 + 1) −α0 Asup e −αA (α + 1) = 2e→ 0 при A → +∞.+ 1 α∈[α0 ,+∞)(α0 + 1)435Решение. Способ 2. Представим интегралZ+∞Z+∞e −αx sin x dx = −e −αx (cos x)0 dx.00Далее, используем признак Дирихле:1. при каждом фиксированном α функция e −αx монотонно стремится кнулю и e −αx0 при x → +∞;⇒[α0 ,+∞)2. sin x = −(cos x)0 иsupsupAR (sin x)0 dx = 2.α∈[α0 ,+∞) A∈[0,+∞) 06.5Задача [2], 3760Исследовать на равномерную сходимость следующий интеграл+∞R0в промежутке 0 6 α < +∞.Решение.
Используем признак Абеля. Интеграл+∞R0sin xxe −αx sinx x dxdx сходится (равно-мерно по α ∈ [0, +∞)) по признаку Дирихле. Функция e −αx монотонна по xи равномерно ограничена на множестве (x, α) ∈ (0, +∞) × [0, +∞).6.6Задача [2], 3761Исследовать на равномерную сходимость следующий интеграл+∞R1xe −αx cosxp dxв промежутке 0 6 α < +∞, где p > 0 фиксировано.+∞R cos xРешение. Используем признак Абеля. Интегралxp dx сходится (равно1мерно по α ∈ [0, +∞)) по признаку Дирихле.
Функция e −αx монотонна по x ∈[1, +∞) и равномерно ограничена на множестве (x, α) ∈ [1, +∞) × [0, +∞).6.7Задача [2], 3765Исследовать на равномерную сходимость следующий интеграл+∞R0промежутке p ∈ [0, +∞).436sin(x2 )1+xpdx вРешение. Рассмотрим разбиение Используем признак Абеля к интегралуI2 (p). Представим интеграл в виде суммыZ+∞Z1Z+∞sin(x2 ) dx = sin(x2 ) dx +sin(x2 ) dx,0а интеграл+∞R02sin(x ) dx = −+∞R111(cos(x2 ))02xdx сходится (равномерно по p ∈[0, +∞)) по признаку Дирихле.
Таким образом, интеграл+∞Rsin(x2 ) dx схо-0дится (равномерно по p ∈ [0, +∞)). Функция11+xpмонотонна по x ∈ (0, +∞)и равномерно ограничена на множестве (x, p) ∈ (0, +∞) × [0, +∞).Дома.Определить области сходимости интегралов:6.8+∞R0Задача [2], 3743sin xqxp6.9+∞R0dx.Задача [2], 3746sin xxp +sin xdx (p > 0).Подсказка. Разбить интеграл в виде двух интеграловZ+∞0sin xdx =xp + sin xZ10sin xdx +xp + sin xZ+∞1sin xdx =xp + sin xZ10+∞Z1437sin xxp−1x + sinx xdx+sin xdx.xxp (1 + sinxp )6.10Задача [2], 3755Доказать, что интеграл ДирихлеZ+∞I=sin αxdxx01) сходится равномерно на каждом сегменте [a, b], не содержащем значенияα = 0, и2) сходится неравномерно на каждом сегменте [a, b], содержащем значениеα = 0.6.11Задача [2], 3755.1Исследовать на равномерную сходимость интегралZ+∞dxxα1в следующих промежутках:а) 1 < α0 6 α < +∞;б) 1 < α < +∞.6.12Задача [2], 3755.3Показать, что интеграл+∞R0+∞.dxxα +1сходится неравномерно в интервале 1 < α <Исследовать на равномерную сходимость в указанных промежутках следующие интегралы:6.13+∞RЗадача [2], 3757xα e −x dx (a 6 α 6 b).14386.14+∞R0Задача [2], 3759dx(x−α)2 +16.15+∞R1Задача [2], 3760.1pln√xx x6.16+∞R √(0 6 α < +∞).dx (0 6 p 6 10).Задача [2], 37622αe −αx dx (0 6 α < +∞).06.17+∞RЗадача [2], 37632e −(x−α) dx, a) a < α < b; б) −∞ < α < +∞.−∞6.18Задача [2], 3764+∞R2e −α(1+x2 )sin α dx, (−∞ < α < +∞).06.19R10sin x1 ·6.20R20Задача [2], 3768√3dxxα ,(0 < α < 2).Задача [2], 3769xα ·dx(x−1)(x−2)26.21(|α| < 12 ).ЗадачаПоказать, что если интеграл+∞Rαy f (y) dy сходится, то интегралa+∞Raсходится равномерно при x 6 α.439y x f (y) dy7Seminar n.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
