1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 49

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

Текст из файла (страница 49)

Фиксируем β > 0 и m ∈ Z, m 6= 0. ПустьZ+∞Iβ,m (α) =e −αx − e −βxsin mx dx (α > 0, β > 0).x0Рассмотрим интегралZ+∞∂∂αe −αx − e −βxsin mxxZ+∞e −αx sin mx dx.dx = −00Этот интеграл сходится равномерно по признаку Дирихле на множестве α ∈[δ, +∞), 0 < δ < β. И его можно вычислить с помощью метода интегрирования по частям:Z+∞Z+∞1αe −αx sin mx dx =−e −αx cos mx dx =m m00α21−m m2Z+∞e −αx sin mx dx.0487СледовательноdIβ,m−m(α) = 2,dαα + m2Iβ,m (β) = 0,ZαdIβ,m(τ ) dτ =dτIβ,m (α) = Iβ,m (α) − Iβ,m (β) =βαZ−βZα−mdτ =τ 2 + m2βdτm2τ+mβ= arctgm1− arctgαОтвет.Z+∞ αe −αx − e −βxβsin mx dx = arctg,− arctgxmmm 6= 0.012.6Задача [5], §15, № 6.2С помощью дифференцирования по параметру вычислить интеграл:Z+∞sin αx −βxedx,xβ > 0.0Решение. Фиксируем β > 0.

РассмотримZ+∞Iβ (α) =sin αx −βxedx,xIβ (0) = 0.0Рассмотрим интегралZ+∞∂∂αsin αx −βxexZ+∞dx =cos(αx) e−βx dx =β.α2 + β 200Следовательно,ZαIβ (α) = Iβ (α) − Iβ (0) =dIβ(τ ) dτ =dτ0Zα0488β dτα=arctg.τ 2 + β2βm.12.7Задача [5], §15, Пример 1. Интеграл ДирихлеДоказать, чтоZ+∞sin xπdx = .x20Решение. РассмотримZ+∞sin xJ(α) =dx,e−αxxZ+∞sin ηxI(η) =dxe−xx00Легко видеть, что 1lim J(α) = lim I= lim I(η) = 0.α→+∞α→+∞η→+0αПоскольку J 0 (α) = −+∞Re−αx sin x dx =0−11+α2 .Следовательно,Z+∞Z+∞πdτ= − arctg α;J 0 (τ ) dτ =J(α) = −21+τ2ααlim J(α) =α→+0π.2Дома:12.8Задача [2], 3785Пользуясь формулойZ+∞dxπ= √+a 2 ax2(a > 0),0вычислить интегралZ+∞I=dx, где n ∈ N.(x2 + a)n+1048912.9Задача [2], 3796С помощью дифференцирования по параметру вычислить следующие интегралы:Z+∞(e−αx − e−βx )cos mx dx (α > 0, β > 0).x013Seminar n.

13. Date 15.10.2018. Room 5240. Start at12.40. Несобственные интегралы, зависящие от параметра (интегрирование по параметру)Теорема. Пусть функция f (x, y) непрерывна на [a, η) × [c, d] и интегралRηf (x, y) dx сходится равномерно по y ∈ [c, d]. ТогдаaZdZηf (x, y) dx dy =cZηf (x, y) dy  dx.aaZd•cТеорема.

Пусть функция f (x, y) непрерывна на [a, η1 ) × [c, η2 ) иRη1Rη2а) интегралы f (x, y) dx и f (x, y) dy сходятся равномерно на [a, b] и [c, d]acсоответственно для всех b ∈ (a, η1 ) и d ∈ (c, η2 );б) существует хотя бы один из интеграловZη1Zη2|f (x, y)| dy  dx,aZη2Zη1|f (x, y)| dx dy.ccaТогдаZη1Zη2f (x, y) dy  dx =aZη2cZη1f (x, y) dx dy.c490a•13.1Задача [2], 3788Исходя из равенства(e−ax − e−bx )=xZbe−xy dy,aвычислить интегралZ+∞(e−ax − e−bx )dx (a > 0, b > 0).x0Решение. Здесь интегралmax{a, b}], и функция e+∞R−xye−xy dx сходится равномерно по y ∈ [min{a, b},0непрерывна на [0, +∞) × [min{a, b}, max{a, b}].Следовательно,Z+∞(e−ax−ex−bxZ+∞ ZbZb Z+∞) e−xy dy  dx =  e−xy dx dy =dx =0a0a0Zbbdy= ln .yaa13.2Задача [2], 3803Вычислить интеграл Эйлера-ПуассонаZ+∞2e−x dx,I=0исходя из формулы +∞ZZ+∞22 2I2 =e−t  te−t y dy  dt.00Решение.

Положим x = yt, Где t > 0 (t – фиксированное число). Тогда+∞R −y2 t2I=et dy, откуда0I · e−t2Z+∞22=e−(y +1)t t dy.0491Интегрируем обе части этого равенства по t на промежутке [δ, +∞), δ > 0, именяем порядок интегрированияZ+∞Z+∞ Z+∞2 e−(y2 +1)t2 t dy  dt =I·e−t dt =δ0δZ+∞ Z+∞Z+∞ e−(y2 +1)t2 t dt dy =0dy,2(1 + y 2 )e(y2 +1)δ20δпоскольку• интеграл+∞Re−(y2+1)t2t dt сходятся равномерно по y ∈ [0, +∞);e−(y2+1)t2t dy сходятся равномерно по t ∈ [δ, +∞);δ• интеграл+∞R0• интеграл+∞R0 +∞ +∞R −(y2 +1)t2 R +∞R −(y2 +1)t2t dt dy =et dt dy < π4 .e0δδТаким образом,Z+∞Z+∞2I 2 = I lime−t dt = limδ→0+δ→0+0δЗаметим, что интегралdyπ.=42(1 + y 2 )e(y2 +1)δ2+∞R0dy2(1+y 2 )e(y2 +1)t2сходится равномерно при t ∈ R.Используя интеграл Эйлера–Пуассона, вычислить интегралы:13.3Задача [2], 3808+∞R e −αx2 −e −βx20x2dx (α > 0, β > 0).Решение.

Фиксируем β > 0.Z+∞ e −αx2 − e −βx2Iβ (α) =dx,x20492Iβ (β) = 0.Интеграл−αx2−βx2Z+∞Z+∞Z+∞ √−e√∂ e−12−αx−( αx)2√dx=−edx=αx) =ed(∂αx2α000√π− √2 αсходится равномерно при α∈ [δ, +∞), δ > 0. В силуподын непрерывности2222−αx−βx−αx−βx+∞+∞R eR ∂ e−e−eтегральных функций уdxиdx, применимx2∂αx200правило Лейбница:√dπIβ (α) = − √ .dα2 αДалее, применяем формулу Ньютона-Лейбница:ZαIβ (α) = Iβ (α) − Iβ (β) =β13.4+∞R√ Zα√ππ √ αdτd√ =−Iβ (τ ) dτ = −2 τ =βdτ22τβ√√ pπ( β − α).Задача [2], 38092e −ax cos bx dx (a > 0).0Решение. Фиксируем a > 0. Рассмотрим функцию√πI(0) = √ .2 aZ+∞2e−ax cos bx dx,Ia (b) =0dIa (b) = −db(Z+∞2xe−ax sin(bx) dx = .

. .02u0 (x) = xe−ax , u(x) = −−ax2e2a), v(x) = sin bx, v 0 (x) = b cos bxZ+∞2+∞e−axbb2... =sin bx −e−ax cos(bx) dx = − Ia (b),02a2a2a0493b dbdIa (b)=−,Ia (b)2aln Ia (b) = −b2+ ln Ia (0),4a√Z+∞ √Z+∞√1π22Ia (0) =e−ax dx = √e−( ax) d( ax) = √ ;a2 a00Ответ:b2Ia (b) = Ia (0) exp −4a13.5 2√πb= √ exp −.4a2 aЗадача [2], 3789Доказать формулу ФрулланиZ+∞b(f (ax) − f (bx))dx = f (0) lnxa(a > 0, b > 0),0где f (x) – непрерывная функция и интеграл+∞Rδf (x)xdx имеет смысл при лю-бом δ > 0.Решение.Z+∞δ+∞Z(f (ax) − f (bx))dx =xf (y)dy −yaδZ+∞f (y)dy =ybδZ+∞δZbδf (ax)dx −xZ+∞f (bx)dx =xδf (y)dy = f (ξδ )yaδZbδdybb= f (ξδ ) ln → f (0) ln ,yaaaδпри δ → 0+. Здесь lim ξδ = 0.δ→0+13.6Задача [2], 3792Применяя формулу Фруллани, вычислить интегралZ+∞(arctg(ax) − arctg(bx))dx (a > 0, b > 0),x0494Решение.

Введем функцию f (x) = arctg(x) − π2 :Z+∞(arctg(ax) − arctg(bx))dx =x0Z+∞0+∞Zarctg(ax) −π2− arctg(bx) −xπ2bπ a(f (ax) − f (bx))dx = f (0) ln = ln .xa2 b0Дома:Пользуясь интегралом Эйлера-Пуассона, найти величины интегралов:13.7Задача [2], 3804Z+∞2e−(ax +2bx+c) dx (a > 0, ac − b2 > 0).−∞13.8Задача [2], 3805Z+∞2(a1 x2 + 2b1 x + c1 )e−(ax +2bx+c) dx (a > 0, ac − b2 > 0).−∞13.9Задача [2], 3806Z+∞2e−ax ch bx dx (a > 0).−∞13.10dx =Задача [2], 3810Z+∞2xe−ax sin bx dx (a > 0).049513.11Задача [2], 3811Z+∞2x2n e−x cos 2bx dx (n ∈ N).013.12Задача [5], §15, Пример 5Вычислить интегралы ФренеляZ+∞Z+∞I=sin x2 dx и I1 =cos x2 dx.00Решение. Запишем следующие неопределенные интегралы:• a, b 6= 0,R• a, b 6= 0,Re−bxe−bx (−b sin (ax) − a cos (ax))+ C,sin ax dx =a2 + b 2−bxe−bx (a sin (ax) − b cos (ax))cos ax dx =+ C.a2 + b2eТогда при b > 0 и a = 1 запишем два несобственных интеграла:•+∞R−bxe−bδ (b sin δ + cos δ),sin x dx =1 + b2−bxe−bδ (− sin δ + b cos δ)cos x dx =.1 + b2eδ•+∞ReδПолагая x2 = t, запишем интегралы I и I1 в следующем виде:Z+∞Z+∞1sin t√ dt,I=sin x2 dx =2t0Z+∞Z+∞1cos t√ dt.I1 =cos x2 dx =2t00Пусть t > 0, тогда справедливо равенствоZ+∞122√ =√e−tu du.πt04960При вычислении этих интегралов +∞Z+∞Z+∞Z1sin t1222I(α) =e−α t · √ dt = √sin t  e−t(u +α ) du dt =2πt00 +∞0+∞ZZ1 e−t(u2 +α2 ) sin t du dt =√ limπ δ→0+δ 0+∞+∞ZZ1 e−t(u2 +α2 ) sin t dt du =√ limπ δ→0+01√ limπ δ→0+Z+∞δ(u2 + α2 ) sin δ + cos δexp(δ(u2 + α2 ))(1 + (u2 + α2 )2 )du01=√πZ+∞du,1 + (u2 + α2 )20 +∞Z+∞Z+∞Z1cos t1222I1 (α) =e−α t · √ dt = √cos t  e−t(u +α ) du dt =2πt00 +∞0+∞ZZ1 e−t(u2 +α2 ) cos t du dt =√ limπ δ→0+δ 0+∞+∞ZZ1 e−t(u2 +α2 ) cos t dt du =√ limπ δ→0+01√ limπ δ→0+Z+∞δ− sin δ + (u2 + α2 ) cos δexp(δ(u2 + α2 ))(1 + (u2 + α2 )2 )du01=√πZ+∞(u2 + α2 ) du,1 + (u2 + α2 )20мы используем смену порядка интегрирования при α 6= 0 и δ > 0.

Её нужнообосновать. На семинаре мы только разобрали случай I1 (α):2• функция f (t, u) = e−t(u+α2 )cos t непрерывна на множестве (t, u) ∈ [δ, +∞)×[0, +∞);497• интеграл+∞R2e−t(u+α2 )cos t du сходится абсолютно и равномерно по t ∈02[δ, +∞); Здесь мы используем признак Вейерштрасса: sup |e−t(u+α2 )cos t| 6t∈[δ,+∞)e−δ(u2+α2 );• интеграл+∞R2e−t(u+α2 )cos t dt сходится абсолютно и равномерно по u ∈δ2sup |e−t(u[0, +∞); Здесь мы используем признак Вейерштрасса:+α2 )cos t| 6u∈[0,+∞)e−tα2;• интеграл+∞R +∞R0e−t(u2 +α2 )| cos t| dt du сходится по признаку сравне-δ2ния, поскольку e−t(u+α2 )| cos t| < e−t(u2+α2 ), где сходится интеграл отправой частиZ+∞ Z+∞Z+∞ e−t(u2 +α2 ) dt du =0du<(u2 + α2 ) exp(δ(u2 + α2 ))0δZ+∞πdu=< +∞.u2 + α22|α|0Затем, нужно обосновать пределы самостоятельно1lim I(α) = √α→0πZ+∞du,1 + u41lim I1 (α) = √α→0π0Z+∞u2 du.1 + u40Легко показать, чтоZ+∞0du=1 + u4Z0+∞Z+∞ 2Z+∞ 2d 1tt dtu du==.1 + t41 + u41 + ( 1t )404980Можно искомые интегралы представить как половина их суммы: +∞Z+∞ 2ZZ+∞Z+∞ 2Z+∞u du1duduu du  1(1 + u2 )===+du =1 + u41 + u421 + u41 + u42(1 + u4 )0120+∞Z001u2 + 1 du12+uu2Ответ:=120Z+∞0d u− u1=2u − u1 + 2 2Z+∞dz=z2 + 2−∞ +∞ZZ+∞ d √zdz1π2√√==.2z2 + 2222z√+1002rZ+∞Z+∞1πcos x2 dx =sin x2 dx =.2 2014010Seminar n.

14. Эйлеровы интегралыΓ и B функции Эйлера.Z∞Γ (α) =xα−1 e−x dx,(14.1)0Z1B(α, β) =xα−1 (1 − x)β−1 dx,α > 0, β > 0.(14.2)0Свойства:Γ (α + 1) = αΓ (α),Γ (1/2) =√π. Пусть α ∈ (0, 1),B(α, β) = B(β, α),B(α, β) =Γ (n + 1) = n!,Γ (1 − α)Γ (α) =Γ (α)Γ (β)Γ (α + β)(упражнение).Zπ/21 p + 1 q + 1pqsin x cos x dx = B,,2220499π;sin(πα)(14.3)Z+∞B(α, β) =tα−1 dt.(1 + t)α+β0π n/2 RnОбъем n-мерного шара радиуса R: Vn =.Γ (1 + n/2)Выразить через B-,Γ -функции:14.1R1 √Задача [2], 3843x − x2 dx.0Решение.Z1 pZ1Z1√√3333,=x − x2 dx =x 1 − x dx = x 2 −1 (1 − x) 2 −1 dx = B2 2000Γ 23 Γ 23Γ 2 12π== .Γ (3)4 · 2!814.2+∞R0Задача [2], 3845√4x(1+x)2dx.Решение.Z+∞√4xdx =(1 + x)25x 4 −150014.3Z+∞3(1 + x) 4 + 4Γ( 54 )Γ( 43 ) 1 15 33= Γ( )Γ( ) =dx = B( , ) =4 4Γ(2)4 44ππ√=.4 sin π42 2Задача [2], 3848πR2sin6 x cos4 x dx.0500Решение.πZ21sin6 x cos4 x dx = B27 5,2 2=Γ72Γ 25=2Γ (6)52· 23 · 12 · 32 · 21 · Γ 22 · 5!120=14.4+∞R3π.512Задача [2], 38502x2n e −x dx, n ∈ N.0Решение.

Характеристики

Список файлов семинаров