1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 48

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 48)

Показать, вместе с тем, что функция g(x) = f (x, t) dt0не является непрерывной в нуле.10.18Задача [2], 3734Применяя дифференцирование по параметру, вычислить интегралπZ2arctg(a tg x)dx.tg x047410.19Задача [2], 3736Пользуясь формулойarctg x=xZ1dy1 + x2 y 20вычислить интегралZ10dxarctg x·√.x1 − x2Решение.

Нужно обосновать смену порядка интегрирования9 :Z1Z1 Z1dx1arctg xdy √·√= dx =x1 + x2 y 21 − x21 − x2000Z1 Z1Z1 Z1dxdy dx =  dy.√√(1 + x2 y 2 ) 1 − x2(1 + x2 y 2 ) 1 − x20000√Рассмотрим подстановку Абеля t = −( 1 − x2 )0 =Z10dx√=(1 + x2 y 2 ) 1 − x2Z10(1 − x2 )x√d(1 + x2 y 2 )1 − x2Z+∞0√ x1−x2в интегралеZ+∞ 1 − t2 21+t dt ==y 2 t21 + 1+t201dtπp=.·(1 + (1 + y 2 )t2 )1 + y2 2Таким образом,Z10arctg xdxπ·√= ·x21 − x2Z10dyπp= ·21 + y2√1+Z 2√dzπ= · ln(1 + 2).z21pЗдесь мы делаем подстановку Эйлера z = y + 1 + y 2 :py dy( 1 + y 2 + y)z dypdz = dy + p=dy = p,1 + y21 + y21 + y29Здесь понадобится материал 13-го семинара475dydzp= .z1 + y210.20Задача [2], 3730Пусть f (x) – дважды дифференцируемая функция и F (x) – дифференцируемая функция. Доказать, что функцияu(x, t) =11(f (x − at) + f (x + at)) +22ax+atZF (z) dzx−atудовлетворяет уравнению колебаний струны2∂ 2u2∂ u=a∂t2∂x2∂u(x, 0) = F (x).и начальным условиям: u(x, 0) = f (x), ∂t11Seminar n.

11. Date 08.10.2018. Room 5240. Start at12.40. Несобственные интегралы, зависящие от параметра (переход к пределу под знаком интеграла,непрерывность по параметру)Теорема (О предельном переходе под знаком несобственного интеграла).Пустьа) f (x, y) → ϕ(x) при y → y0 равномерно по x ∈ [a, b] для всех b ∈ (a, η);Rηб) интеграл f (x, y) dx сходится равномерно по y ∈ Y .aТогда сходится интегралRηϕ(x) dx иaZηZηϕ(x) dx = limf (x, y) dx.y→y0a•aТеорема (Непрерывность равномерно сходящегося интеграла по параметру). Если функция f (x, α) непрерывна на множествеD = {(x, α) : a 6 x < η, α1 6 α 6 α2 }Rηи если интеграл I(α) = f (x, α) dx сходится равномерно по α на отрезкеa[α1 , α2 ], то функция I(α) непрерывна на отрезке [α1 , α2 ].47611.1Задача [2], 3772Законен ли переход к пределу под знаком интеграла в выраженииZ+∞limαe −αx dx?α→+00Решение. Легко видеть, что ϕ(x) = lim f (x, α) = 0, но при α > 0α→0+Z+∞Z+∞αe −αx dx =e −z dz = 1.00Следовательно,Z+∞Z+∞limαe −αx dx 6=ϕ(x) dx = 0.α→+000Ответ: нет.Примечание.√Z+∞ √Z+∞√√απ2−( αx)2−αxed( αx) =.αedx = α20011.2Задача [2], 3773Функция f (x) интегрируема в промежутке (0, +∞).

Доказать формулуZ+∞Z+∞lime −αx f (x) dx =f (x) dx.α→+000Решение. Рассмотрим +∞ +∞ AZ Z Z (1 − e −αx )f (x) dx 6 e −αx f (x) dx + (1 − e −αx )f (x) dx 00A +∞Z+ f (x) dx < ε.A477Сумма первого и третьего слагаемых меньше 23 ε за счет выбора достаточно большого A = Aε . Для оценки второго слагаемого воспользуемся второйтеореме о среднемZA(1 − e −αx )f (x) dx = (1 − e −αA )ZA0f (x) dx,ξ ∈ (0, A),ξи, соответственно, при достаточно малых α ∈ (0, δε ) AAZZ (1 − e −αx )f (x) dx 6 (1 − e −αA ) f (x) dx 6 C(1 − e −αA ) < ε ,30ξгде C не зависит от ξ и A.+∞RПоскольку интегралf (x) dx сходится, то для уже любых ξ, A: 0 < ξ <0A < +∞,ZA f (x) dx < C,ξгде C не зависит от ξ и A.11.3Задача [2], 3776.2НайтиZ∞limn→∞dx.xn + 10Решение.

Поточечный предел функциональной последовательности fn (x) =1xn +1имеет вид: 1, x ∈ [0, 1),1f (x) = lim fn (x) =, x = 1,2n→∞0, x ∈ (1, +∞).Покажем, чтоZ1limdx= 1,+1xnn→∞Z+∞limn→∞01478dx= 0.+1xnЭти пределы следуют из оценокZ10<1−dx=xn + 10Z1 11− nx +1dx =00<dx<xn + 11R∞dxnn→∞ 0 x +1Ответ: limxndx <xn + 10Z+∞11.4Z1Z+∞Z1xn−1dx =xn + 101 ln 21n ln(1 + x ) =;0nn1dx=.xnn−11= 1.Задача [2], 3776.1Пусть f (x) – непрерывна и ограничена на [0, +∞). Доказать, что2limy→0+ πZ+∞yf (x)dx = f (0).x2 + y 20Подсказка.

См. задачу 10.3.Исследовать функцию F (α) на непрерывность в области её определения:11.5Задача [2], 3779F (α) =+∞R0x dx2+xαпри α > 2.Решение. Рассмотрим область [2 + δ, +∞), δ > 0.(1, x>1xx1+δsup6α1x ∈ (0, 1).α∈[2+δ,+∞) 2 + x2,Здесь функция f (x, α) =x2+xαнепрерывная на множестве (x, α) ∈ [0, +∞) ×[2 + δ, ∆].Следовательно, функция F (α) непрерывна на множестве [2 + δ, ∆] и, соответственно, на множестве (2, +∞).47911.6Задача [2], 3781F (α) =Rπ0sin xxα (π−x)αdx при 0 < α < 2.Решение. Покажем равномерную сходимость в [δ, 2 − δ], δ ∈ (0, 1).

Здесь мырассматриваем два интегралаππZ2Z2sin xdx =xα (π − x)α0иZπsin x1·dxxα−1 (π − x)αx0sin xdx =xα (π − x)απ2Zπsin x1·dxxα (π − x)α−1 (π − x)π2Мы здесь применяем признак Вейерштрасса к каждому из интегралов намножестве α ∈ [δ, 2 − δ]:1sin xsup·6α−1α(π − x)xα∈[δ,2−δ] x1sin xsup·6αα−1 (π − x)α∈[δ,2−δ] x (π − x)Поскольку здесь функция f (x, α) =((1,x1−δπ 1−δ2x ∈ (0, 1], x ∈ (1, π2 ).1,(π−x)1−δπ 1−δ,2sin xxα (π−x)α,x ∈ (π − 1, π)x ∈ ( π2 , π − 1]..непрерывна на множествеD = {(x, α) ∈ (0, π) × [δ, 2 − δ]},и интегралRπ0sin xxα (π−x)αdx сходится равномерно на множестве [δ, 2−δ], то функ-ция F (α) непрерывна на множестве [δ, 2 − δ].Ответ. Функция F (α) непрерывна на множестве (0, 2).Замечание. Этот результат можно обобщить и на случай α ∈ [0, 2 − δ].

Т.е.функция F (α) непрерывна на множестве [0, 2).11.7Задача [2], 3777.1F (α) =R10sin αxxαdx при 0 6 α 6 1.480Решение. Покажем равномерную сходимость по α ∈ [0, 1]. Здесь мы используем критерий Коши равномерной сходимости интегралов. Фиксируемδ ∈ (0, 1): bZ 2αsup x−α sin dxx α∈[0,1] b1 b bZ 2Z 2αα= maxsup x−α sin dx , sup x−α sin dx ;α∈[0,1−δ] x α∈(1−δ,1] x b1b1 bZ 2 Zb2αbδ2−αδ−1sup x sin dx 6 x dx 6 .x δα∈[0,1−δ] b1b1Представим интеграл в виде0Z1Z1sin αx1α2−αdx = xcosdx.xααx00 b bZ 2Z 2 αα ∂ 1dx =sup x−α sin dx = sup x2−αcosx α∈(1−δ,1] ∂x αxα∈(1−δ,1] b1b1b2Z∂ 1α2b2 2−αsup b2cosdx 6. 1−δ∂x αxα∈(1−δ,1] ξЗдесь функция f (x, α) =sin αxxαнепрерывна на множестве (x, α) ∈ (0, 1] × [0, 1].Ответ.

Функция F (α) непрерывна на отрезке [0, 1].Дома:11.8Задача [2], 3777Доказать, что интегралZ+∞2F (α) =e−(x−a) dx0есть непрерывная функция параметра a.48111.9Задача [2], 3778Определить точки разрыва функцииZ+∞F (a) =sin((1 − a2 )x)dx.x0Построить график функции y = F (a).11.10Задача [2], 3780Исследовать на непрерывность в указанном промежутке следующей функции:Z+∞F (α) =cos xdx при α > 0.xα111.11Задача [2], 3782Исследовать на непрерывность в указанном промежутке следующей функции:Z+∞F (α) =e−xdx при 0 < α < 1.| sin x|α011.12Задача [2], 3783Исследовать на непрерывность в указанном промежутке следующую функцию:Z+∞2F (α) =αe−xα dx при − ∞ < α < +∞.048212Seminar n. 12.

Date 11.10.2018. Room 5216. Start at10.50. Несобственные интегралы, зависящие от параметра (дифференцируемость по параметру). Правило Лейбница.Теорема. Пусть функции f (x, y) иа) существует y0 ∈ [c, d], такой, что∂f∂y (x, y)Rηнепрерывны на [a, η) × [c, d] иf (x, y0 ) dx сходится;aб)Rηa∂f∂y (x, y) dxТогда интегралсходится равномерно по y ∈ [c, d].Rηf (x, y) dx сходится равномерно по y ∈ [c, d] иaddyZηZηf (x, y) dx =a12.1∂f(x, y) dx.∂y•aЗадача [2], 3784Пользуясь формулойZ1xα−1 dx =1α(α > 0),0вычислить интегралZ1In (α) =xα−1 lnn x dx,где n ∈ N.0Решение. Покажем равномерную и абсолютную сходимость интеграла In (α)на множестве [δ, +∞), δ > 0, используя признак Вейерштрасса:sup xα−1 | ln x|n = xδ−1 | ln x|n .α∈[δ,+∞)Легко видеть, что интегралZ1δ−1x−tn−tZ+∞| ln x| dx = {замена t = − ln x, x = e , dx = −e dt} =00483tndteδtсходится по признаку сравненияtntn<n+2 tn+2 ,eδt1 + δ (n+2)!поскольку ez > 1 +z n+2(n+2)! ,Ответ:Z1In (α) =z > 0.∂nα−1xdx =∂αn (n)1(−1)n n!.=ααn+10Замечание.

Эту задачу можно решить и с помощью метода интегрированияпо частям:Z1In (α) = limxξ→0+α−1 xα n 1 nln x dx = lim  ln x −ξ→0+ξααnξZ1xα−1 lnn−1 x dx =ξnξα nln ξ − lim− limξ→0+ αα ξ→0+Z1nxα−1 lnn−1 x dx = − In−1 =αξ(−1)n n!(−1)n n!I0 (α) =.αnαn+112.2Задача [2], 3786Доказать, что интеграл ДирихлеZ+∞I(α) =sin αxdxx0имеет при α 6= 0 производную, однако её нельзя найти с помощью правилаЛейбница. См.

задачу 12.7.Решение. Пусть α 6= 0. Покажем, что I(α) = const:Z+∞Z+∞sin αxdx dysin ydx = замена y = αx,== sgn(α)dy.xxyy00Таким образом, I 0 (α) = 0 при α 6= 0. Но интегралZ+∞ Z+∞∂ sin αxdx =cos(αx) dx∂αx00484расходится при любом α ∈ R по критерию Коши. При α = 0 – очевидно.

Приα 6= 0 нужно выбрать b1 =2πn|α| ,b2 =2πn+ π2|α| .Тогда b Z 2b2 1 cos(αx) dx = − sin(αx) = 1 . αb1 |α|b112.3Задача [2], 3787Показать, что функцияZ+∞F (α) =cos xdx1 + (x + α)20непрерывна и дифференцируема в области −∞ < α < +∞.Решение. Покажем равномерную сходимость исходного интеграла на множестве [α0 , +∞) при любом α0 ∈ R по критерию Коши. Для любого ε > 0существует bε > 0: для любых b1 , b2 ∈ R, b2 > b1 > bε имеем b +α b Z2Z 2cos(t−α)cosx = sup 6dxdtsup 221 + (x + α)1+tα∈[α0 ,+∞) α∈[α0 ,+∞) b1 +αb1Z+∞dtπ11=−arctg(b+α)=arctg<< ε.101 + t22b 1 + α0b1 + α0b1 +α0Рассмотрим несобственный интегралZ+∞∂∂αcos x1 + (x + α)2Z+∞dx = −02(x + α) cos xdx.(1 + (x + α)2 )20Аналогично, этот интеграл сходится равномерно по критерию Коши на промежутке [α0 , +∞), α0 ∈ R.

Для любого ε > 0 существует bε > 0: для любых485b1 , b2 ∈ R, b1 , b2 ∈ R, b2 > b1 > bε , имеем b b +αZ 2 Z22tcos(t−α)2(x+α)cosx = sup 6sup dxdt2 )22 )2(1+(x+α)(1+tα∈[α0 ,+∞) α∈[α0 ,+∞) b1+∞Zb1 +αZ+∞2t dt=(1 + t2 )211dy=<< ε.22(1 + y)1 + (b1 + α0 )(b1 + α0 )2(b1 +α0 )2b1 +α0По теоремам о непрерывности и дифференцировании по параметру несобственного интеграла, получим на любом отрезке [α0 , α1 ], α0 < α1 ,F 0 (α) = −Z+∞2(x + α) cos xdx.(1 + (x + α)2 )2012.4Задача [2], 3793С помощью дифференцирования по параметру вычислить следующий интеграл:Z+∞22e −αx − e −βxdx (α > 0, β > 0).x0Решение.

Фиксируем β > 0. Рассмотрим интегралZ+∞∂∂α22e −αx − e −βxx!Z+∞Z+∞112dx = −xe −αx dx = −e −αt dt = − .22α000Легко видеть, что этот интеграл сходится равномерно при α ∈ [δ, +∞), δ > 0.2Пусть fβ (x, α) =e −αx −e −βxx2. Функции fβ (x, α) и∂∂α fβ (x, α)являются непре-рывными на множестве (x, α) ∈ [0, ∞) × [δ, ∆], 0 < δ < ∆.Считаем, что 0 < δ 6 β 6 ∆. Рассмотрим функциюZ+∞Iβ (α) :=22e −αx − e −βxdx,x0486α ∈ [δ, +∞).Здесь Iβ (β) = 0. Следовательно, при α ∈ [δ, ∆] имеемZ+∞dIβ(α) :=dα∂∂αe−αx2−ex−βx2!dx = −1,2αIβ (α) = Iβ (α) − Iβ (β) =0ZαdIβ(τ ) dτ = −dτβZα1 βdτ= ln .2τ2 αβОтвет: Iβ (α) = 12 ln αβ .Замечание. См. задачу 13.3.12.5Задача [2], 3795С помощью дифференцирования по параметру вычислить следующий интеграл:Z+∞e −αx − e −βxsin mx dx (α > 0, β > 0).x0Решение.

Характеристики

Список файлов семинаров