1611689370-01d0560721743ce262e51a4d940c3311 (826792), страница 6

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

Текст из файла (страница 6)

Посчитаем интеграл из предыдущего примера другим способом. Введем функцию∫ 1 yx − xαF (y) =dx,ln x0где y ∈ [α, β]. Нам необходимо определить F (β). Заметим, что∫ 1∫ 11∂ xy − xαxy+1 x=1′y=F (y) =dx =x dx =.ln xy + 1 x=0 y + 10 ∂y0Отсюда следует, что F (y) = ln(y + 1) + C. Поскольку F (α) = 0, мы получаем, что F (y) =ln(y + 1) − ln(α + 1). Таким образом,∫ 1 ββ+1x − xαdx = F (β) = ln.•ln xα+10Может показаться, что мы использовали в этих примерах один и тот же прием, основанный на равенстве ∂(xy )/∂y = xy ln x. Это, конечно, так, но помимо того в первом изэтих примеров мы использовали теорему 10.1.5 о перестановке интегралов, а во втором —теорему 10.1.2 о дифференцировании под знаком интеграла.2710.1.2Теорема Вейерштрасса об аппроксимации непрерывной наотрезке функции последовательностью полиномовСейчас мы докажем одну из важнейших теорем анализа.

Её доказательство используетнекоторые факты, полученные в предыдущем пункте.Теорема 10.1.8 (Вейерштрасс). Если функция f : [0, 1] → R непрерывна, то существуетпоследовательность полиномов с вещественными коэффициентами, которая сходится кf равномерно на [0, 1].Доказательство. Шаг 1. Напомним, что полином (или многочлен) степени n — это функция вида P (x) = a0 +a1 x+.

. .+an xn , где a0 , . . . , an — вещественные числа. Без ограниченияобщности мы можем считать, что f (0) = f (1) = 0. В противном случае вместо функции fмы рассмотрим функцию g(x) = f (x)−γ(x), где γ — аффинная функция (то есть полиномпервой степени), такая, что γ(0) = f (0) и γ(1) = f (1). Если Pg — полином, приближающийфункцию g, то Pg + γ будет искомым полиномом, приближающим функцию f .Итак, пусть f (0) = f (1) = 0.

Продолжим функцию f нулём на внешность отрезка [0, 1].Продолженная функция, которую мы по-прежнему будем обозначать через f , являетсянепрерывной на R. Заметим, что f равномерно непрерывна на R, так как она непрерывнана компактном множестве [0, 1] и равна нулю вне этого множества.Шаг 2. Для каждого n ∈ N определим полиномQn (x) = cn (1 − x2 )n ,где число cn выбрано таким образом, чтобы∫1−1-11Qn (x) dx = 1.Чем больше число n, тем у́же и выше становитсяпик у графика полинома Qn .Для каждого n ∈ N введем функцию Pn : [0, 1] →Рис.

10.1: Полиномы Qn .R, такую, что∫Pn (x) =1−1f (x + t) Qn (t) dt,x ∈ [0, 1].Покажем, что Pn является полиномом. Поскольку f (x+t) = 0 при x+t 6 0 и при x+t > 1,∫Pn (x) =∫1−x−x1f (p) Qn (p − x) dp.f (x + t) Qn (t) dt =0Заметив, чтоQn (p − x) = a0 (p) + a1 (p) x + . . . + a2n (p) x2n ,где ak (p), k = 0, 1, . . . , 2n, — не зависящие от x функции, мы получим, чтоPn (x) = b0 + b1 x + . .

. + b2n x2n ,где bk =∫10ak (p) f (p) dp ∈ R. Таким образом, Pn — полином степени 2n от переменной x.28Шаг 3. Мы покажем, что последовательность полиномов {Pn } сходится равномерно наотрезке [0, 1] к функции f при n → ∞. Сначала заметим, что∫ 1∫ 1∫ 1()Pn (x) − f (x) =f (x + t) Qn (t) dt − f (x)Qn (t) dt =f (x + t) − f (x) Qn (t) dt−1−1−1при x ∈ [0, 1]. Поэтому∫|Pn (x) − f (x)| 61−1f (x + t) − f (x) Qn (t) dt.Нам необходимо показать, что для любого ε > 0 найдется такое nε ∈ N, что |Pn (x) −f (x)| < ε для всех n > nε и всех x ∈ [0, 1]. Разобьем интеграл в правой части последнегонеравенства на сумму трех интегралов по отрезкам [−1, −δ], [−δ, δ] и [δ, 1], где δ ∈ (0, 1), иоценим каждый интеграл отдельно.

Число δ мы подберем нужным образом на следующемшаге. Зафиксируем произвольное ε > 0.Лекция №8. 26.09.2016.Шаг 4. Поскольку функция f является равномерно непрерывной на R, существует такоеδ > 0, что |f (x + t) − f (x)| < ε/2 для всех x ∈ [0, 1] и всех t, удовлетворяющих неравенству|t| < δ. Поэтому∫ δ∫ δ∫ 1εεεf (x + t) − f (x) Qn (t) dt <Qn (t) dt 6Qn (t) dt = .2 −δ2 −12−δШаг 5. Так как функция f непрерывна на [0, 1], существует такое число M ∈ R+ , что|f (x)| 6 M для всех x ∈ R. Напомним, что мы продолжили функцию f нулем на внешностьотрезка [0, 1].

Поэтому∫−δ−1f (x + t) − f (x) Qn (t) dt +∫1f (x + t) − f (x) Qn (t) dtδ6 2M(∫∫−δ−1Qn (t) dt +)1∫1Qn (t) dt = 4MδQn (t) dt.δПоследнее равенство в этой цепочке справедливо в силу четности функции Qn . Оцениминтеграл в правой части. Сначала заметим, что в силу неравенства Бернулли)n(1 − t2 > 1 − nt2 > 0 при t2 < 1/n.Следовательно∫∫11=−1Qn (t) dt = 2cn1()2 n1−t∫√1/ ndt > 2cn0∫> 2cn0√1/ n (0Таким образом,cn 61 − t2)ndt( 1)n 1 ) 4 cn1 − nt2 dt = 2cn √ −= √ .3 nn 3 n3/23√n.429(()nИз этой оценки, поскольку функция 1 − t2 является убывающей на отрезке [0, 1], мыполучаем, что∫ 1∫ 1∫ 1()))n3√3√ (3√ (2 n2 nQn (t) dt 61 − t dt 6dt =nn 1−δn 1 − δ 2 (1 − δ).444δδδПравая часть этого неравенства стремится к нулю при n → ∞, поэтому существует такоеnε ∈ N, что∫ 1εQn (t) dt <при n > nε ,8Mδа это означает, что∫−δ−1f (x + t) − f (x) Qn (t) dt +∫δ1f (x + t) − f (x) Qn (t) dt < ε2при n > nε .Шаг 6.

Объединяя оценки, полученные на шагах 3, 4 и 5, мы получим:|Pn (x) − f (x)| <ε ε+ =ε2 2для всех n > nε и всех x ∈ [0, 1]. В силу произвольности ε из этой оценки следует равномерная на [0, 1] сходимость последовательности полиномов {Pn } к функции f .Несложно показать, что утверждение теоремы Вейерштрасса справедливо и в многомерном случае. Кроме того, очевидно, что в этой теореме можно взять последовательностьполиномов с рациональными коэффициентами.

Это следует из того, что любое вещественное число может быть сколь угодно точно приближено рациональным числом.10.210.2.1Несобственные интегралы, зависящие от параметраРавномерная сходимость несобственных интеграловНам уже известно понятие сходимости несобственного интеграла. Если этот интеграл зависит от некоторого параметра y, имеет смысл говорить о его равномерной по параметрусходимости. Результаты данного пункта справедливы не только в случае скалярного параметра, поэтому мы будем считать, что y ∈ Y , где Y — некоторое подмножество в Rn .Пусть задана функция f = f (x, y), где x ∈ [a, η) и y ∈ Y ⊂ Rn . Здесь либо η = +∞,∫bлибо f (x, y) → ∞ при x → η.

Введем обозначение: Fb (y) = a f (x, y) dx, где b ∈ (a, η). Если∫Fbη(y) сходится при b → η, то говорят, что существует (сходится) несобственный интегралf (x, y) dx, значение которого мы обозначим через F (y).a∫ηОпределение 10.2.1. Несобственный интеграл a f (x, y) dx называется сходящимся равномерно по y ∈ Y , если Fb сходится при b → η равномерно по y ∈ Y .•Мы докажем несколько основных критериев равномерной сходимости несобственныхинтегралов.

Доказательства этих утверждений являются стандартными, поэтому мы небудем приводить их во всей полноте и оставим читателю восполнение некоторых деталей.30∫ηТеорема 10.2.2 (Критерий Коши). Для того, чтобы несобственный интеграл a f (x, y) dxсходился равномерно по y ∈ Y , необходимочтобы для каждого ε > 0 су ∫ и достаточно, b2ществовало такое число Bε ∈ (a, η), что b1 f (x, y) dx < ε для всех b1 , b2 ∈ (Bε , η) и всехy ∈Y.Доказательство.Необходимость.Зафиксируем произвольное ε > 0. Поскольку несоб∫ηственный интеграл a f (x, y) dx сходится равномерно по y на множестве Y , существуеттакое Bε ∈ (a, η), что∫ η εf (x, y) dx <2bдля всех b ∈ (Bε , η) и всех y ∈ Y . Отсюда следует, что для всех b1 , b2 ∈ (Bε , η) и всех y ∈ Yсправедлива оценка:∫b2 ∫ f (x, y) dx 6 b1η ∫ f (x, y) dx + b2ηb1 ε εf (x, y) dx < + = ε,2 2которую нам и требовалось доказать.∫bДостаточность.

Опять зафиксируем произвольное ε > 0. Поскольку b12 f (x, y) dx = Fb2 (y)−Fb1 (y), из условия теоремы следует существование такого Bε ∈ (a, η), что Fb2 (y)−Fb1 (y) <ε для всех b1 , b2 ∈ (Bε , η) и всех y ∈ Y . Используя критерий Коши равномерной сходимостифункций, мы можем заключить, что Fb (y) сходится при b → η равномерно по∫y на множеηстве Y . Это и означает равномерную сходимость несобственного интеграла a f (x, y) dx.Теорема 10.2.3 (Признак Вейерштрасса). Пусть функция f = f (x, y) интегрируема поx на [a, b] для любого b ∈ (a, η) и любого y ∈ Y ⊂ Rn .

Пусть, кроме того, |f (x, y)|∫ η 6 φ(x)для всех x ∈ [a, η) и y ∈ ∫Y . Если φ ∈ Rim[a, b] для любого b ∈ (a, η) и интеграл a φ(x) dxηсходится, то интеграл a f (x, y) dx сходится равномерно по y на множестве Y .Доказательство. Утверждение легко следует из критерия Коши и следующей оценки:∫b2b1 ∫f (x, y) dx 6b2f (x, y) dx 6b1∫b2φ(x) dxb1для произвольных b1 , b2 ∈ (a, η), удовлетворяющих неравенству b1 6 b2 .Пример ∫10.2.4. Исследуем на равномерную сходимость по параметру y несобственный∞интеграл 0 e−xy dx, где y ∈ Y ⊂ R.

Пусть∫ γ > 0 и Y = [γ, ∞). Тогда e−xy 6 e−γx для всех∞x ∈ [0, ∞) и y ∈ Y . Поскольку интеграл 0 e−γx dx сходится, из признака Вейерштрассаследует, что исследуемый несобственный интеграл сходится равномерно по y на множестве[γ, ∞). В то же время, на множестве∫ ∞ Y = [0, ∞) равномерной сходимости нет, так какe−xy0 ≡ 1 при y0 = 0 и интеграл 0 e−xy0 dx, очевидно, расходится. Заметим, что при y ∈Y = (0, ∞) интеграл сходится, но равномерной сходимости на этом множестве нет.

Характеристики

Список файлов лекций