1.6: Наслідки рівномірної конвергенції

[теорема: 10] Якщо$f=f(x,y)$ є безперервним на будь-якому$[a,b)\times [c,d]$ або$(a,b]\times [c,d]$ і

$$\label{eq:23} F(y)=\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx$$

сходиться рівномірно на$[c,d],$ потім$F$ безперервно на$[c,d].$ Більше того$,$

$$\label{eq:24} \int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy =\int_{a}^{b}\left(\int_{c}^{d}f(x,y)\,dy\right)\,dx.$$

Будемо вважати, що$f$ є безперервним на$(a,b]\times [c,d]$. Можна розглянути інший випадок (Вправа [exer:14]).

Спочатку ми покажемо, що$F$ в [eq:23] є безперервним$[c,d]$. Оскільки$F$ сходиться рівномірно$[c,d]$, визначення [визначення: 1] (конкретно, [еква:11]) означає, що якщо$\epsilon>0$, існує$r \in [a,b)$ таке, що

$$\left|\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\right|< \epsilon, \quad c \le y \le d.$$

Тому якщо$c\le y, y_{0}\le d]$, то

$$\begin{aligned} |F(y)-F(y_{0})|&=& \left|\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx-\int_{a}^{b}f(x,y_{0})\,dx\right|\\ &\le&\left|\int_{a}^{r}[f(x,y)-f(x,y_{0})]\,dx\right|+ \left|\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\right|\\ &&+\left|\int_{r}^{b}f(x,y_{0})\,dx\right|,\end{aligned}$$

тому

$$\label{eq:25} |F(y)-F(y_{0})| \le \int_{a}^{r}|f(x,y)-f(x,y_{0})|\,dx +2\epsilon.$$

Так як$f$ є рівномірно суцільним на компактному наборі$[a,r]\times [c,d]$ (Слідство 5.2.14, стор. 314), існує$\delta>0$ таке, що

$$|f(x,y)-f(x,y_{0})|<\epsilon$$

якщо$(x,y)$ і$(x,y_{0})$ знаходяться в$[a,r]\times [c,d]$ і$|y-y_{0}|<\delta$. Це і [eq:25] означають, що

$$|F(y)-F(y_{0})|<(r-a)\epsilon +2\epsilon<(b-a+2)\epsilon$$

якщо$y$ і$y_{0}$ знаходяться в$[c,d]$ і$|y-y_{0}|<\delta$. Тому$F$ є безперервним$[c,d]$, тому інтеграл на лівій стороні [eq:24] існує. Позначте

$$\label{eq:26} I= \int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy.$$

Ми покажемо, що неправильний інтеграл з правого боку [eq:24] сходиться до$I$. З цією метою позначають

$$I(r)= \int_{a}^{r}\left(\int_{c}^{d}f(x,y)\,dy\right)\,dx.$$

Оскільки ми можемо змінити порядок інтеграції неперервної функції$f$ над прямокутником$[a,r]\times [c,d]$ (Слідство 7.2.2, стор. 466),

$$I(r)=\int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right)\,dy.$$

З цього і [eq:26],

$$I-I(r)=\int_{c}^{d}\left(\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy.$$

Тепер припустимо$\epsilon>0$. Так як$\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx$ сходиться рівномірно на$[c,d]$, є$r_{0}\in (a,b]$ таке, що

$$\left|\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\right|<\epsilon, \quad r_{0}<r<b,$$

так$|I-I(r)|<(d-c)\epsilon$ якщо$r_{0}<r<b$. Отже,

$$\lim_{r\to b-}\int_{a}^{r}\left(\int_{c}^{d}f(x,y)\,dy\right)\,dx= \int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy,$$

який завершує доказ [eq:24].

[example:10] Це просто перевірити, що

$$\int_{0}^{\infty}e^{-xy}\,dx=\frac{1}{y}, \quad y>0,$$

і збіжність рівномірна на$[\rho,\infty)$ if$\rho>0$. Тому теорема [теорема: 10] має на увазі, що якщо$0<y_{1}<y_{2}$, то

$$\begin{aligned} \int_{y_{1}}^{y_{2}}\frac{\,dy}{y}&=& \int_{y_{1}}^{y_{2}}\left( \int_{0}^{\infty}e^{-xy}\,dx\right)\,dy =\int_{0}^{\infty}\left(\int_{y_{1}}^{y_{2}}e^{-xy}\,dy\right)\,dy \\ &=&\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-xy_{1}}-e^{-xy_{2}}}{x}\,dx.\end{aligned}$$

Так як

$$\int_{y_{1}}^{y_{2}}\frac{dy}{y}= \log\frac{y_{2}}{y_{1}}, \quad y_{2} \ge y_{1}>0,$$

з цього випливає, що

$$\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-xy_{1}}-e^{-xy_{2}}}{x}\,dx= \log\frac{y_{2}}{y_{1}}, \quad y_{2} \ge y_{1}>0.$$

[приклад:11] З прикладу [приклад:6],

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin xy}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}, \quad y>0,$$

і збіжність рівномірна на$[\rho,\infty)$ if$\rho>0$. Тому теорема [теорема:10] має на увазі, що якщо$0<y_{1}<y_{2}$, то

$$\begin{aligned} \frac{\pi}{2}(y_{2}-y_{1}) &=&\int_{y_{1}}^{y_{2}}\left(\int_{0}^{\infty}\frac{\sin xy}{x}\,dx\right)\,dy =\int_{0}^{\infty}\left(\int_{y_{1}}^{y_{2}}\frac{\sin xy}{x}\,dy\right)\,dx \nonumber\\ &=&\int_{0}^{\infty}\frac{\cos xy_{1}-\cos xy_{2}}{x^{2}} \,dx. \label{eq:27}\end{aligned}$$

Останній інтеграл сходиться рівномірно на$(-\infty,\infty)$ (Вправа 10 (h)), і тому є безперервним щодо$y_{1}$ on$(-\infty,\infty)$, за теоремою [теорема: 10]; зокрема, ми можемо впустити$y_{1}\to0+$ [еква:27] і замінити$y_{2}$ на,$y$ щоб отримати

$$\int_{0}^{\infty} \frac{1-\cos xy}{x^{2}}\,dx=\frac{\pi y}{2}, \quad y \ge 0.$$

Наступна теорема аналогічна теоремі 4.4.20 (стор. 252).

[теорема: 11] Нехай$f$ і$f_{y}$ бути безперервним на будь-якому$[a,b)\times [c,d]$ або$(a,b]\times [c,d].$ Припустимо, що неправильний інтеграл

$$F(y)=\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx$$

сходиться для деяких$y_{0} \in [c,d]$ і

$$G(y)=\int_{a}^{b}f_{y}(x,y)\,dx$$

сходиться рівномірно на$[c,d].$ Потім рівномірно$F$ сходиться$[c,d]$ і задається явно

$$F(y)=F(y_{0})+\int_{y_{0}}^{y} G(t)\,dt,\quad c\le y\le d.$$

Крім того,$F$ постійно диференціюється на$[c,d]$; конкретно,

$$\label{eq:28} F'(y)=G(y), \quad c \le y \le d,$$

де$F'(c)$ і$f_{y}(x,c)$ є похідними від правого, а$F'(d)$ і$f_{y}(x,d)$ є похідними від лівого$.$

Будемо вважати, що$f$ і$f_{y}$ є безперервними на$[a,b)\times [c,d]$. Можна розглянути інший випадок (Вправа [exer:15]).

Нехай

$$F_{r}(y)=\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx, \quad a\le r<b, \quad c \le y \le d.$$

Оскільки$f$ і$f_{y}$ є безперервними$[a,r]\times [c,d]$, Теорема [теорема: 1] означає, що

$$F_{r}'(y)=\int_{a}^{r}f_{y}(x,y)\,dx, \quad c \le y \le d.$$

Тоді

$$\begin{aligned} F_{r}(y)&=&F_{r}(y_{0})+\int_{y_{0}}^{y}\left( \int_{a}^{r}f_{y}(x,t)\,dx\right)\,dt\\ &=&F(y_{0})+\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt \\&&+(F_{r}(y_{0})-F(y_{0})) -\int_{y_{0}}^{y}\left(\int_{r}^{b}f_{y}(x,t)\,dx\right)\,dt, \quad c \le y \le d.\end{aligned}$$

Тому,

$$\begin{aligned} \left|F_{r}(y)-F(y_{0})-\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt\right|& \le & |F_{r}(y_{0})-F(y_{0})|\nonumber\\ &&+\left|\int_{y_{0}}^{y} \int_{r}^{b}f_{y}(x,t)\,dx\right|\,dt. \label{eq:29}\end{aligned}$$

Тепер припустимо$\epsilon>0$. Оскільки ми припустили, що$\lim_{r\to b-}F_{r}(y_{0})=F(y_{0})$ існує, є$r_{0}$ в$(a,b)$ такому, що

$$|F_{r}(y_{0})-F(y_{0})|<\epsilon,\quad r_{0}<r<b.$$

Оскільки ми припустили, що$G(y)$ сходиться за$y\in[c,d]$, є$r_{1} \in [a,b)$ таке, що

$$\left|\int_{r}^{b}f_{y}(x,t)\,dx\right|<\epsilon, \quad t\in[c,d], \quad r_{1}\le r<b.$$

Таким чином, [еква:29] дає

$$\left|F_{r}(y)-F(y_{0})-\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt\right|< \epsilon(1+|y-y_{0}|) \le \epsilon(1+d-c)$$

якщо$\max(r_{0},r_{1}) \le r <b$ і$t\in [c,d]$. Тому$F(y)$ сходиться рівномірно на$[c,d]$ і

$$F(y)=F(y_{0})+\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt, \quad c \le y \le d.$$

Оскільки$G$ є безперервним$[c,d]$ за теоремою [теорема: 10], [еква:28] випливає з диференціації цього (Теорема 3.3.11, стор. 141).

[приклад:12] Нехай

$$I(y)=\int_{0}^{\infty}e^{-yx^{2}}\,dx, \quad y>0.$$

Так як

$$\int_{0}^{r}e^{-yx^{2}}\,dx=\frac{1}{\sqrt{y}} \int_{0}^{r\sqrt{y}} e^{-t^{2}}\,dt,$$

з цього випливає, що

$$I(y)=\frac{1}{\sqrt{y}}\int_{0}^{\infty}e^{-t^{2}}\,dt,$$

і збіжність рівномірна на$[\rho,\infty)$ if$\rho>0$ (Вправа [exer:8] (i)). Щоб оцінити останній інтеграл, позначимо$J(\rho)=\int_{0}^{\rho}e^{-t^{2}}\,dt$; потім

$$J^{2}(\rho)=\left(\int_{0}^{\rho}e^{-u^{2}}\,du\right) \left(\int_{0}^{\rho}e^{-v^{2}}\,dv\right) =\int_{0}^{\rho}\int_{0}^{\rho}e^{-(u^{2}+v^{2})}\,du\,dv.$$

Перетворення в полярні координати$r=r\cos\theta$,$v=r\sin\theta$ дає

$$J^{2}(\rho)=\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{\rho} re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta =\frac{\pi(1-e^{-\rho^{2}})}{4}, \text{\quad so\quad} J(\rho)=\frac{\sqrt{\pi(1-e^{-\rho^{2}})}}{2}.$$

Тому

$$\int_{0}^{\infty}e^{-t^{2}}\,dt=\lim_{\rho\to\infty}J(\rho)= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\text{\quad and\quad} \int_{0}^{\infty}e^{-yx^{2}}\,dx= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{y}}, \quad y>0.$$

Диференціація цього$n$ часу щодо$y$ врожайності

$$\int_{0}^{\infty}x^{2n}e^{-yx^{2}}\,dx= \frac{1\cdot3\cdots(2n-1)\sqrt{\pi}}{2^{n}y^{n+1/2}}\quad y>0,\quad n=1,2,3, \dots,$$

де Теорема [теорема: 11] виправдовує диференціювання для кожного$n$, оскільки всі ці інтеграли рівномірно сходяться на$[\rho,\infty)$ if$\rho>0$ (Вправа [exer:8] (i)).

Деякі поради щодо застосування цієї теореми: Обов'язково спочатку перевірте, що$F(y_{0})=\int_{a}^{b}f(x,y_{0})\,dx$ сходиться хоча б для одного значення$y$. Якщо так, диференціюйте$\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx$ формально, щоб отримати$\int_{a}^{b}f_{y}(x,y)\,dx$. Тоді$F'(y)=\int_{a}^{b}f_{y}(x,y)\,dx$ якщо$y$ знаходиться в якомусь інтервалі, на якому цей неправильний інтеграл сходиться рівномірно.