1.8: Неправильні функції (вправи)

[exer:1] Припустимо\(g\) і\(h\) диференційовані на\([a,b]\), з

\[a \le g(y) \le b \text{\quad and\quad} a \le h(y) \le b, \quad c \le y \le d.\]

Нехай\(f\) і\(f_{y}\) бути безперервним на\([a,b]\times [c,d]\). Вивести правило Лібніца:

\[\begin{aligned} \frac{d}{dy}\int_{g(y)}^{h(y)}f(x,y)\,dx &=&f(h(y),y)h'(y)-f(g(y),y)g'(y)\\&&+\int_{g(y)}^{h(y)}f_{y}(x,y)\,dx.\end{aligned}\]

(Підказка: Визначте\(H(y,u,v)=\int_{u}^{v}f(x,y)\,dx\) і використовуйте правило ланцюга.)

[exer:2] Пристосуйте доказ теореми [теорема: 2] для доведення теореми [теорема:3].

[exer:3] Пристосуйте доказ теореми [теорема: 4], щоб довести теорему [теорема: 5].

[exer:4] Показати, що визначення [визначення: 3] не залежить від\(c\); тобто, якщо\(\int_{a}^{c}f(x,y)\,dx\) і\(\int_{c}^{b}f(x,y)\,dx\) обидва однаково сходяться\(S\) для деяких\(c\in (a,b)\), то вони обидва рівномірно сходяться\(S\) і кожен\(c\in (a,b)\).

[ексер:5]

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

Показати, що якщо\(f\) обмежений\([a,b]\times [c,d]\) і\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) існує як належний інтеграл для кожного\(y\in [c,d]\), то він рівномірно сходиться\([c,d]\) відповідно до всіх Визначення [визначення: 1] — [визначення: 3].

Наведіть приклад, щоб показати, що обмеженість має\(f\) важливе значення в (а).

[exer:6] Працюючи безпосередньо з визначення [визначення: 1], обговорити рівномірну збіжність наступних інтегралів:

(а)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+y^{2}x^{2}}\,dx}\)	(б)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-xy}x^{2}\,dx}\)
(c)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{2n}e^{-yx^{2}}\,dx}\)	(г)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\sin xy^{2}\,dx}\)
(е)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}(3y^{2}-2xy)e^{-y^{2}x}\,dx}\)	(f)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}(2xy-y^{2}x^{2})e^{-xy}\,dx}\)

[exer:7] Пристосуйте доказ теореми [теорема: 6], щоб довести теорему [теорема: 7].

[exer:8] Використовуйте тест Вейерштрасса, щоб показати, що інтеграл рівномірно сходиться на\(S:\)

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-xy}\sin x\,dx}\),\(S=[\rho,\infty)\),\(\rho>0\)

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\displaystyle{\frac{\sin x}{x^{y}}}\,dx}\),\(S=[c,d]\),\(1<c<d<2\)

\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}e^{-px}\displaystyle{\frac{\sin xy}{x}}\,dx}\),\(p>0\),\(S=(-\infty,\infty)\)

\(\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{e^{xy}}{(1-x)^{y}}}\,dx\),\(S=(-\infty,b)\),\(b<1\)

\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos xy}{1+x^{2}y^{2}}}\,dx\),\(S=(-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty)\),\(\rho>0\).

\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}e^{-x/y}\,dx}\),\(S=[\rho,\infty)\),\(\rho>0\)

\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}e^{xy}e^{-x^{2}}\,dx}\),\(S=[-\rho,\rho]\),\(\rho>0\)

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos xy-\cos ax}{x^{2}}\,dx}\),\(S=(-\infty,\infty)\)

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{2n}e^{-yx^{2}}\,dx}\),\(S=[\rho,\infty)\),\(\rho>0\)\(n=0\),\(1\),\(2\),...

[ексер:9]

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

Покажіть, що

\[\Gamma(y)=\int_{0}^{\infty} x^{y-1}e^{-x}\,dx\]

сходиться якщо\(y>0\), і рівномірно по\([c,d]\) ньому\(0<c<d<\infty\).

Використовуйте інтеграцію по частинам, щоб показати, що

\[\Gamma(y)=\frac{\Gamma(y+1)}{y},\quad y \ge 0,\]

а потім показати шляхом індукції, що

\[\Gamma(y)=\frac{\Gamma(y+n)}{y(y+1)\cdots(y+n-1)}, \quad y>0, \quad n=1,2,3, \dots.\]

Як це можна використовувати для визначення природним\(\Gamma(y)\) чином для всіх\(y\ne0\),\(-1\),\(-2\),...? (Ця функція називається гамма-функцією.)

Показати, що\(\Gamma(n+1)=n!\) if\(n\) є додатним цілим числом.

Покажіть, що

\[\int_{0}^{\infty}e^{-st}t^{\alpha}\,dt =s^{-\alpha-1}\Gamma(\alpha+1), \quad \alpha>-1, \quad s>0.\]

[exer: 10] Показати, що теорема [теорема: 8] залишається дійсною з припущенням (c) замінене припущенням, яке\(|g_{x}(x,y)|\) є монотонним\(x\) щодо всіх\(y\in S\).

[exer:11] Пристосуйте доказ теореми [теорема: 8], щоб довести теорему [теорема: 9].

[exer:12] Використовуйте тест Діріхле, щоб показати, що наступні інтеграли рівномірно сходяться на\(S=[\rho,\infty)\) if\(\rho>0\):

(а)\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\sin xy}{x^{y}}\,dx}\)	(б)\(\displaystyle{\int_{2}^{\infty}\frac{\sin xy}{\log x}\,dx}\)
(c)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos xy}{x+y^{2}}\,dx}\)	(г)\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\sin xy}{1+xy}\,dx}\)

[exer: 13] Припустимо\(h\),\(g,\)\(g_{x}\) і є безперервними\([a,b)\times S,\) і позначають\(H(x,y)=\int_{a}^{x}h(u,y)\,du,\)\(a\le x<b.\) Припустимо, що

\[\lim_{x\to b-} \left\{\sup_{y\in S}|g(x,y)H(x,y)|\right\}=0 \text{\quad and \quad}\int_{a}^{b}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx\]

рівномірно сходиться на\(S.\) Show, яке рівномірно\(\int_{a}^{b}g(x,y)h(x,y)\,dx\) сходиться\(S\).

[exer:14] Доведіть теорему [теорема: 10] для випадку, коли\(f=f(x,y)\) є безперервним на\((a,b]\times [c,d]\).

[exer: 15] Доведіть теорему [теорема: 11] для випадку, коли\(f=f(x,y)\) є безперервним на\((a,b]\times [c,d]\).

[exer:16] Показати, що

\[C(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\sin xy\,dx\]

є безперервними,\((-\infty,\infty)\) якщо

\[\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|\,dx<\infty.\]

[exer: 17]\(f\) Припустимо, безперервно\([a,\infty)\) диференціюється на\(\lim_{x\to\infty}f(x)=0\), і

\[\int_{a}^{\infty}|f'(x)|\,dx<\infty.\]

Показати, що функції

\[C(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\sin xy\,dx\]

є безперервними для всіх\(y\ne0\). Наведіть приклад, який показує, що вони не повинні бути безперервними при\(y=0\).

[exer:18] Оцініть\(F(y)\) та використовуйте теорему [теорема: 11] для оцінки\(I\):

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+y^{2}x^{2}}}\),\(y\ne0\);\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}ax-\tan^{-1}bx}{x}\,dx}\),\(a\),\(b>0\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{y}\,dx}\),\(y>-1\);\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}-x^{b}}{\log x}\,dx}\),\(a\),\(b>-1\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-xy}\cos x\,dx}\),\(y>0\)

\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\cos x\,dx}\),\(a\),\(b>0\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-xy}\sin x\,dx}\),\(y>0\)

\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\sin x\,dx}\),\(a\),\(b>0\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin xy\,dx}\);\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x}\displaystyle\frac{1-\cos ax}{x}}\,dx\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos xy\,dx}\);\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x}\displaystyle\frac{\sin ax}{x}}\,dx\)

[exer:19] Використовуйте теорему [теорема: 11] для оцінки:

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

\(\displaystyle{\int_{0}^{1}(\log x)^{n}x^{y}\,dx}\),\(y>-1\)\(n=0\),\(1\),\(2\),...

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\displaystyle{\frac{dx}{(x^{2}+y)^{n+1}}}\,dx}\),\(y>0\)\(n=0\),\(1\),\(2\),...

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{2n+1}e^{-yx^{2}}\,dx}\),\(y>0\)\(n=0\),\(1\),\(2\),...

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xy^{x}\,dx}\),\(0<y<1\).

[ексер:20]

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

Використовуйте теорему [теорема: 11] та інтеграцію частинами, щоб показати, що

\[F(y)=\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}\cos 2xy\,dx\]

задовольняє

\[F'+2y F=0.\]

Скористайтеся частиною (a), щоб показати, що

\[F(y)=\frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-y^{2}}.\]

[exer:21] Показати, що

\[\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx =e^{-y^{2}}\int_{0}^{y} e^{u^{2}}\,du.\]

(Підказка: Див. Вправа [exer:20].)

[exer:22] Створіть умову, яка передбачає це

\[C(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\sin xy\,dx\]

\(n\)часи диференційовані для всіх\(y\ne0\). (Ваш стан повинен мати на увазі гіпотези вправи [exer:16].)

[exer: 23] Припустимо\(f\), що безперервно диференціюється\([a,\infty)\),

\[\int_{a}^{\infty}|(x^{k}f(x))'|\,dx<\infty,\quad 0\le k\le n,\]

і\(\lim_{x\to\infty}x^{n}f(x)=0\). Покажіть, що якщо

\[C(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\sin xy\,dx,\]

потім

\[C^{(k)}(y)=\int_{a}^{\infty}x^{k}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S^{(k)}(y)=\int_{a}^{\infty}x^{k}f(x)\sin xy\,dx,\]

\(0\le k\le n\).

[exer:24] Диференціація

\[F(y)=\int_{1}^{\infty}\cos\frac{y}{x}\,dx\]

під інтегральним знаком дає

\[-\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x}\sin\frac{y}{x}\,dx,\]

який рівномірно сходиться на будь-якому скінченному інтервалі. (Чому?) Чи означає\(F\) це, що диференційовано для всіх\(y\)?

[exer: 25] Покажіть, що теорема [теорема: 11] та індукція означають Eq. [рівня:30].

[exer:26] Доведіть теорему [теорема: 12].

[exer:27] Покажіть, що якщо\(F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\) сходиться для\(s=s_{0}\), то він рівномірно сходиться\([s_{0},\infty)\). (Яка різниця між цим і теоремою [теорема: 13]?)

[exer:28] Доведіть: Якщо\(f\) безперервно увімкнено\([0,\infty)\) і\(\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx\) сходиться, то

\[\lim_{s\to s_{0}+}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx= \int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx.\]

(Підказка: Див. Доказ теореми 4.5.12, стор. 273.)

[exer:29] За припущеннями вправи [exer:28], показати, що

\[\lim_{s\to s_{0}+}\int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx= \int_{r}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx,\quad r>0.\]

[exer: 30]\(f\) Припустимо, безперервний на\([0,\infty)\) і

\[F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\]

сходиться для\(s = s_{0}\). Покажіть, що\(\lim_{s\to\infty}F(s)=0\). (Підказка: Інтеграція по частинам.)

[ексер:31]

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

Починаючи з результату вправи [exer:18] (d), нехай\(b\to\infty\) і викликати вправу [exer:30] для оцінки

\[\int_{0}^{\infty}e^{-ax} \frac{\sin x}{x}\,dx, \quad a>0.\]

Використовуйте (a) та вправу [exer:28], щоб показати, що

\[\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx =\frac{\pi}{2}.\]

[ексер:32]

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

\(f\)Припустимо, безперервно диференціюється на\([0,\infty)\) і

\[|f(x)| \le Me^{s_{0}x}, \quad 0\le x\le \infty.\]

Покажіть, що

\[G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-sx}f'(x)\,dx\]

сходиться рівномірно на\([s_{1},\infty)\) if\(s_{1}>s_{0}\). (Підказка: Інтеграція по частинам.)

Показати з частини (а), що

\[G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-sx}xe^{x^{2}}\sin e^{x^{2}}\,dx\]

сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\). (Зверніть увагу, що це не випливає з теореми [теорема: 6] або [теорема: 8].)

[exer:33] Припустимо,\(f\) що безперервний\([0,\infty)\),

\[\lim_{x\to0+}\frac{f(x)}{x}\]

існує, і

\[F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\]

сходиться для\(s=s_{0}\). Покажіть, що

\[\int_{s_{0}}^{\infty}F(u)\,du=\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}\frac{f(x)}{x}\,dx.\]

Відповіді на обрані вправи

Якщо\(f(x,y)=1/y\) для\(y\ne0\) і\(f(x,0)=1\), то\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) не сходиться рівномірно\([0,d]\) на будь-який\(d>0\).

, (d), і (е) сходяться рівномірно на\((-\infty,\rho]\cup[\rho,\infty)\) якщо\(\rho>0\); (b), (c) і (f) сходяться рівномірно на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\).

Нехай\(C(y)=\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\cos xy}{x}\,dx}\) і\(S(y)=\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\sin xy}{x}\,dx}\). Потім\(C(0)=\infty\) і\(S(0)=0\), поки\(S(y)=\pi/2\) якщо\(y\ne0\).

\(F(y)=\displaystyle{\frac{\pi}{2|y|}}\)\(I=\displaystyle{\frac{\pi}{2}\log\frac{a}{b}}\)\(F(y)=\displaystyle{\frac{1}{y+1}}\);\(I=\displaystyle{\log\frac{a+1}{b+1}}\)

\(F(y)=\displaystyle{\frac{y}{y^{2}+1}}\);\(I=\displaystyle{\frac{1}{2}\,\frac{b^{2}+1}{a^{2}+1}}\)

(г)\(F(y)=\displaystyle{\frac{1}{y^{2}+1}}\);\(I=\tan^{-1}b-\tan^{-1}a\)

(е)\(F(y)=\displaystyle{\frac{y}{y^{2}+1}}\);\(I=\displaystyle{\frac{1}{2}}\log(1+a^{2})\)

(f)\(F(y)=\displaystyle{\frac{1}{y^{2}+1}}\);\(I=\tan^{-1}a\)

\((-1)^{n}n!(y+1)^{-n-1}\)\(\pi2^{-2n-1}\displaystyle{\binom{2n}{n}}y^{-n-1/2}\)

(c)\(\displaystyle{\frac{n!}{2y^{n+1}}}\)\((\log y)^{-2}\) (г)\(\displaystyle{\frac{1}{(\log x)^{2}}}\)

\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}|x^{n}f(x)|\,dx<\infty}\)

Ні; інтеграл, що визначає\(F\) розходиться для всіх\(y\).

\(\displaystyle{\frac{\pi}{2}}-\tan^{-1}a\)

Початок посібника

1. Якщо\(H(y,u,v)=\displaystyle{\int_{u}^{v}f(x,y)\,dx}\) тоді

\[H_{u}(y,u,v)=-f(u,y), \quad H_{v}(y,u,v)=f(v,y),\]

і, за теоремою 1,\(H_{y}(u,v,y) =\displaystyle{\int_{u}^{v}f_{y}(x,y)\,dx}\). Якщо

\[F(y)=H(y,g(y),h(y))=\int_{g(y)}^{h(y)}f(x,y)\,dx,\]

потім

\[\begin{aligned} F'(y)&=&H_{v}(y, g(y),h(y))h'(y)+H_{u}(y,g(y),h(y))g'(y)+ H_{y}(y,g(y),h(y))\\ &=& f(h(y),y)h'(y)-f(g(y),y)g'(y) +\int_{g(y)}^{h(y)} f_{y}(x,y)\,dx.\end{aligned}\]

2. Теорема 3 (критерій Коші для збіжності неправильного інтеграла II) Припустимо,\(g\) що інтегровна на кожному скінченному замкнутому підінтервалі\((a,b]\) і позначає

\[G(r)=\int_{r}^{b}g(x)\,dx,\quad a< r\le b.\]

Тоді неправильний інтеграл\(\int_{a}^{b}g(x)\,dx\) сходиться якщо і тільки в тому випадку, якщо\(,\) для кожного\(\epsilon >0,\) знайдеться\(r_{0}\in(a,b]\) таке, що

\[\tag{A} |G(r)-G(r_{1})|\le\epsilon,\quad a<r,r_{1}\le r_{0}.\]

Для необхідності припустимо\(\int_{a}^{b}g(x)\,dx=L\). За визначенням це означає, що для кожного\(\epsilon>0\) існує\(r_{0}\in (a,b]\) таке, що

\[|G(r)-L|<\frac{\epsilon}{2} \text{\quad and\quad} |G(r_{1})-L|<\frac{\epsilon}{2}, \quad a< r,r_{1}\le r_{0}.\]

Тому

\[\begin{aligned} |G(r)-G(r_{1})|&=&|(G(r)-L)-(G(r_{1})-L)|\\ &\le& |G(r)-L|+|G(r_{1})-L|\le \epsilon,\quad a< r,r_{1}\le r_{0}.\end{aligned}\]

Для достатності (A) означає, що

\[|G(r)|= |G(r_{1})+(G(r)-G(r_{1}))|\le |G(r_{1})|+|G(r)-G(r_{1})|\le |G(r_{1})|+\epsilon,\]

\(a< r_{1}\le r_{0}\). Так як\(G\) також обмежена на компактному множині\([r_{0},b]\) (Теорема 5.2.11, стор. 313),\(G\) обмежена на\((a,b]\). Тому монотонні функції

\[\overline{G}(r)=\sup\left\{G(r_{1})\, \big|\, a<r_{1}\le r\right\} \text{\quad and\quad} \underline{G}(r)=\inf\left\{G(r_{1})\, \big|\, a<r_{1}\le r\right\}\]

чітко визначені на\((a,b]\), і

\[\lim_{r\to a+}\overline{G}(r)=\overline{L} \text{\quad and\quad} \lim_{r\to a+}\underline{G}(r)=\underline{L}\]

обидва існують і є кінцевими (Теорема 2.1.11, стор. 47). Від (А),

\[\begin{aligned} |G(r)-G(r_{1})|&=&|(G(r)-G(r_{0}))-(G(r_{1})-G(r_{0}))|\\ &\le &|G(r)-G(r_{0})|+|G(r_{1})-G(r_{0})|\le 2\epsilon,\end{aligned}\]

так\(\overline{G}(r)-\underline{G}(r)\le 2\epsilon\). Оскільки\(\epsilon\) є довільним додатним числом, це означає, що

\[\lim_{r\to a+}(\overline{G}(r)-\underline{G}(r))=0,\]

так\(\overline{L}=\underline{L}\). Нехай\(L=\overline{L}=\underline{L}\). Так як

\[\underline{G}(r)\le G(r)\le \overline{G}(r),\]

з цього випливає\(\lim_{r\to a+} G(r)=L\).

3. Теорема 5 (Критерій Коші для рівномірної збіжності II) Неправильний інтеграл

\[\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx =\lim_{r\to a+}\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\]

сходиться рівномірно,\(S\) якщо і тільки якщо\(,\) для кожного\(\epsilon>0,\) знайдеться\(r_{0}\in (a,b]\) таке, що

\[\tag{A} \left|\int_{r_{1}}^{r}f(x,y)\,dx\right|< \epsilon, \quad y\in S, \quad a <r,r_{1}\le r_{0}.\]

Припустимо,\(\int_{a}^{b} f(x,y)\,dx\) сходиться рівномірно на\(S\) і\(\epsilon>0\). З визначення 2 існує\(r_{0}\in (a,b]\) таке, що

\[\tag{B} \left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right| <\frac{\epsilon}{2} \text{\quad and\quad} \left|\int_{a}^{r_{1}}f(x,y)\,dx\right| <\frac{\epsilon}{2},\, y\in S, \, a< r,r_{1}\le r_{0}.\]

Так як

\[\int_{r_{1}}^{r}f(x,y)\,dx= \int_{r_{1}}^{b}f(x,y)\,dx- \int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\]

(B) і нерівність трикутника означають (A).

Для зворотного позначимо

\[F(y)=\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx.\]

Оскільки (A) означає, що

\[|F(r,y)-F(r_{1},y)|\le \epsilon, \quad y\in S, \quad a< r, r_{1}\le r_{0},\]

Теорема 2 з\(G(r)=F(r,y)\) (\(y\)фіксована, але довільна in\(S\)) означає, що\(\int_{a}^{b} f(x,y)\,dx\) сходиться точково для\(y\in S\). Тому якщо\(\epsilon>0\) тоді, для кожного\(y\in S\) знайдеться\(r_{0}(y) \in (a,b]\) таке, що

\[\tag{C} \left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right|\le \epsilon, \quad y\in S,\quad a<r\le r_{0}(y).\]

Для кожного\(y\in S\) вибирайте\(r_{1}(y)\le \min[{r_{0}(y),r_{0}}]\). Тоді

\[\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx = \int_{a}^{r_{1}(y)}f(x,y)\,dx+ \int_{r_{1}(y)}^{r}f(x,y)\,dx, \quad\]

так (A), (C), і нерівність трикутника означає, що

\[\left|\int_{a}^{r} f(x,y)\,dx\right|\le 2\epsilon,\quad y\in S,\quad a<r\le r_{0}\]

4. З визначення 3,\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) сходиться рівномірно на\(S\) якщо і тільки\(\int_{a}^{c}f(x,y)\,dx\) тоді і\(\int_{c}^{b}f(x,y)\,dx\) обидва сходяться рівномірно на\(S\), де\(c\in(a,b)\). З теорем 4 і теореми 5, це вірно тоді і тільки тоді, коли, для будь-якого\(\epsilon>0\) є точки\(r_{0}\) і\(s_{0}\) в\((a,b)\) такому, що

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}f(x,y)\,dx\right|\le \epsilon,\quad y\in S,\quad r_{0}\le r,r_{1}<b\]

і

\[\left|\int_{s_{1}}^{s}f(x,y)\,dx\right|\le \epsilon,\quad y\in S,\quad a< s,s_{1}<s_{0}.\]

Ці умови не залежать від\(c\).

5. (а) Якщо\(|f(x,y)|\le M\) на\([a,b]\times [c,d]\) то

\[\left|\int_{r_{1}}^{r_{2}}f(x,y)\,dx\right|\le M|r_{2}-r_{1}|\]

тому теореми про конвергенцію Коші мають на увазі висновок.

\(f=f(x,y)\)Визначте\([0,1]\times [0,1]\) по

\[f(x,y)= \begin{cases}\displaystyle\frac{1}{y} &\text{if\quad} 0<y\le 1,\\ 1&\text{if\quad} y=0. \end{cases}\]

Тоді

\[\int_{r_{1}}^{r_{2}}f(x,y)\,dx= \begin{cases}\displaystyle\frac{r_{2}-r_{1}}{y} &\text{if\quad} 0<y\le 1,\\ r_{2}-r_{1}&\text{if\quad} y=0. \end{cases}\]

Тому\(f\) не задовольняє вимогам теорем про збіжність Коші.

6. У всіх частинами\(I(y)\) позначається даний інтеграл.

\(I(0)=\infty\). Якщо\(y\ne0\) нехай\(u=xy\); то\(I(y)=\displaystyle{\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}}\). Якщо\(\rho>0\) і\(\epsilon >0\), вибирайте\(r\) так\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}}< \rho\epsilon\). Тоді\(\displaystyle{\frac{1}{|y|}\int_{r}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}}<\epsilon\) якщо\(|y|\ge \rho\), так\(I(y)\) сходиться рівномірно на\((-\infty, \rho]\bigcup [\rho,\infty)\) якщо\(\rho>0\).

\(I(y)=\infty\)якщо\(y\le0\). Якщо\(y>0\) нехай\(u=xy\); то\(I(y)=\displaystyle{\frac{1}{y^{3}}\int_{0}^{\infty}e^{-u}u^{2}\,du}\). Якщо\(\rho>0\) і\(\epsilon >0\), вибирайте\(r\) так\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}e^{-u}u^{2}\,du}<\rho^{3}\epsilon\). Тоді\(\displaystyle{\frac{1}{y^{3}}\int_{r}^{\infty}e^{-u}u^{2}\,du}<\epsilon\) якщо\(y\ge \rho\), так\(I(y)\) сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\) якщо\(\rho>0\).

\(I(y)=\infty\)якщо\(y\le0\). Якщо\(y>0\) нехай\(u=xy^{1/2}\); то\(I(y)=\displaystyle{y^{-n-1/2}\int_{0}^{\infty}u^{2n}e^{-u}\,du}\). Якщо\(\rho>0\) і\(\epsilon >0\), ми можемо вибрати\(r\) так, що\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}u^{2n}e^{-u}\,du}<\epsilon \rho^{n+1/2}\). Тоді\(y^{-n-1/2}\displaystyle{\int_{r}^{\infty}u^{2n}e^{-u}\,du}<\epsilon\) якщо\(y\ge \rho\), так\(I(y)\) сходиться рівномірно на\(S=[\rho,\infty)\) якщо\(\rho>0\).

Так як\(I(-y)=-I(y)\), досить припустити, що\(y>0\). Якщо\(u=yx^{2}\) тоді\(I(y)=\displaystyle{\frac{1}{2\sqrt{y}}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin u\,du}{\sqrt{u}}}\). З прикладу 3.4.14 (стор. 162) цей інтеграл сходиться умовно. Якщо\(\rho>0\) і\(\epsilon >0\), ми можемо вибрати\(r\) так\(\displaystyle{\left|\int_{r}^{\infty}\frac{\sin u\,du}{\sqrt{u}}\right|}<2\epsilon\sqrt{\rho}\), щоб, так\(I(y)\) сходиться рівномірно на\((-\infty,-\rho]\bigcup[\rho,\infty)\) якщо\(\rho>0.\)

Якщо\(u=y^{2}x\) тоді\(\displaystyle{I(y)=3\int_{0}^{\infty}e^{-u}\,du -\frac{2}{y^{3}}\int_{0}^{\infty} ue^{-u}\,du}\). Якщо\(\rho>0\), ми можемо вибрати\(r\) так, що\(\displaystyle{3\int_{r}^{\infty}e^{-u}\,du<\frac{\epsilon}{2}}\) і\(\displaystyle{\int_{r}^{\rho}ue^{-u}\,du<\frac{\rho^{3}\epsilon}{2}}\). Тоді

\[\left|3\int_{r}^{\infty}e^{-u}\,du -\frac{3}{y^{3}}\int_{r}^{\infty} ue^{-u}\,du\right|<\epsilon \text{\quad if\quad} |y|\ge \rho,\]

так\(I(y)\) сходиться рівномірно на\((-\infty, \rho]\bigcup [\rho,\infty)\) if\(\rho>0\).

\(I(y)=-\infty\)якщо\(y\le0\). Якщо\(y>0\), нехай\(u=xy\); тоді\(I(y)=\displaystyle{\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}(2u-u^{2})e^{-u}\,du}\). Якщо\(\rho>0\) і\(\epsilon >0\), ми можемо вибрати\(r\) так\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}|2u-u^{2}|e^{-u}\,du}<\epsilon \rho\), що, так\(I(y)\) сходиться рівномірно на\(S=[\rho,\infty)\) якщо\(\rho>0\).

7. Теорема 7 (Тест Вейєрштрасса для абсолютної рівномірної збіжності II) Припустимо,\(f=f(x,y)\) що локально інтегровна\((a,b]\) і, для деяких\(b_{0}\in (a,b],\)

\[\tag{A} |f(x,y)| \le M(x), \: y\in S, \: x\in (a,b_{0}],\]

де

\[\int_{a}^{b_{0}}M(x)\,dx<\infty.\]

Потім\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) сходиться абсолютно рівномірно на\(S.\)

Позначте\(\int_{a}^{b_{0}}M(x)\,dx=L<\infty\). За визначенням, для кожного\(\epsilon>0\) існує\(r_{0}\in (a,b_{0}]\) таке, що

\[L-\epsilon \le \int_{r}^{b_{0}}M(x)\,dx \le L,\quad a<r\le r_{0}.\]

Тому якщо\(a<r_{1}< r\le r_{0}\), то

\[0\le \int_{r_{1}}^{r}M(x)\,dx=\left(\int_{r_{1}}^{b_{0}}M(x)\,dx -L\right)- \left(\int_{r}^{b_{0}}M(x)\,dx -L\right)<\epsilon.\]

Це і (A) означають, що

\[\int_{r_{1}}^{r}|f(x,y)|\,dx\le \int_{r_{1}}^{r} M(x)\,dx <\epsilon, \: y\in S,\: a<r_{1}\le r_{0}\le b.\]

Тепер теорема 5 має на увазі заявлений висновок.

\(|e^{-xy}\sin x|\le e^{-\rho x}\)якщо\(y\ge\rho\) і\(\int_{\rho}^{\infty}e^{-\rho x}\,dx<\infty\).

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x\,dx}{x^{y}}}=I_{1}(y)+I_{2}(y)\), де

\[I_{1}(y)=\int_{0}^{1}\frac{\sin x\,dx}{x^{y}} \text{\quad and\quad} I_{2}(y)=\int_{1}^{\infty}\frac{\sin x\,dx}{x^{y}}\]

обидва неправильні інтеграли. Так як

\[\sin x= x-\left(\frac{x^{3}}{3!}-\frac{x^{5}}{5!}\right) -\left(\frac{x^{7}}{7!}-\frac{x^{9}}{9!}\right)+ \cdots <x,\quad 0\le x \le 1.\]

Якщо\(0\le 1\) і\(y\le d\le 2\), то

\[\left|\frac{\sin x}{x^{y}}\right|\le x^{1-y}\le x^{1-d} \text{\:so\:} \int_{0}^{1}x^{-1+y}\,dx<\int_{0}^{1}x^{-1+d}\,dx=\frac{1}{2-d}\]

так\(I_{1}(y)\) сходиться абсолютно рівномірно на\(S\). З тих пір\(c>1\),

\[\frac{|\sin x|}{x^{y}}\le x^{-c} \text{\quad and\quad} \int_{1}^{\infty}x^{-c} \,dx=\frac{1}{c-1}\text{\quad if \quad}\]

\(I_{2}(y)\)сходиться абсолютно рівномірно на\(S\).

Якщо\(x\ge 1\) то\(\displaystyle{e^{-px}\left|\frac{\sin xy}{x}\right|\le e^{-px}}\) для всіх\(y\) і\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}e^{-px}\,dx<\infty}\), так як\(p>0\).

\(\displaystyle{\frac{e^{xy}}{(1-x)^{y}}}\le \displaystyle{\frac{e^{b}}{(1-x)^{b}}}\), якщо\(0\le x<1\) і\(y\le b\), і\(\displaystyle{\int_{0}^{1}(1-x)^{-b}\,dx}<\infty\) якщо\(b<1\).

Якщо\(|y|\ge \rho>0\) то\(\displaystyle{\left|\frac{\cos xy}{1+x^{2}y^{2}}\right|\le \frac{1}{1+\rho^{2}x^{2}}}\) для всіх\(x\), і\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+\rho^{2}x^{2}}}<\infty\).

Якщо\(y\ge \rho>0\) тоді\(e^{-x/y}\le e^{-x/\rho}\) і\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x/\rho}\,dx<\infty}\).

Якщо\(|y|\le \rho\) тоді\(e^{xy}e^{-x^{2}}\le e^{x\rho}e^{-x^{2}}\) і\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}e^{x\rho}e^{-x^{2}}\,dx}<\infty\).

Якщо\(|x|\ge 1\) тоді\(|\cos xy-\cos ax|\le 2\) і\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{2\,dx}{x^{2}}}<\infty\).

Якщо\(y\ge \rho>0\) тоді\(e^{-yx^{2}}\le e^{-\rho x^{2}}\) і\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty} x^{2n}e^{-\rho x^{2}}\,dx<\infty}\).

9. (а) Якщо\(0<x<1\) тоді\(|x^{y-1}e^{-x}|<x^{c-1}\). Тому, так як\(\displaystyle{\int_{0}^{1}x^{c-1}\,dx}<\infty\) якщо\(c>0\),\(\int_{0}^{1}x^{y-1}e^{-x}\,dx\) сходиться рівномірно на\([c,\infty)\) if\(c>0\), по теоремі 7. Якщо\(x>1\) то\(|x^{y-1}e^{-x}|\le x^{d-1}e^{-x}\) якщо\(y\le d\). Тому, оскільки\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}x^{d-1}e^{-x}}\,dx<\infty\),\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}x^{y-1}e^{-x}}\,dx\) сходиться рівномірно\((-\infty,d]\) для кожного\(d\), по теоремі 6. Отже,\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{y-1}e^{-x}\,dx}\) сходиться рівномірно на\([c,d]\) ньому\(c>0\).

Якщо\(y>0\) тоді

\[\Gamma(y)=\int_{0}^{\infty}x^{y-1}e^{-x}\,dx =\frac{x^{y}e^{-x}}{y}\biggr|_{0}^{\infty}+ \frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}x^{y}e^{-x}\,dx =\frac{\Gamma(y+1)}{y}. \tag{A}\]

Тому

\[\Gamma(y)=\frac{\Gamma(y+n)}{y(y+1)\cdots (y+n-1)} \tag{B}\]

вірно, коли\(n=1\). Тепер припустимо, що це вірно для заданого натурального цілого числа\(n\), і\(y\) замініть на\(y+n\) in (A):

\[\Gamma(y+n)=\frac{\Gamma(y+n+1)}{y+n}.\]

Підставляючи це на (B) дає

\[\Gamma(y)=\frac{\Gamma(y+n+1)}{y(y+1)\cdots (y+n)},\]

який завершує індукцію.

Якщо\(-n <y<-n+1\) з\(n\le 1\) потім\(0<y+n<1\) і ми можемо обчислити\(\Gamma(y+n)\) з визначення в частині (а):

\[\Gamma(y+n)=\int_{0}^{\infty}x^{y+n-1}e^{-x}\,dx.\]

Тоді ми можемо визначити\(\Gamma(y)\) по (B).

Твердження є істинним\(n=1\), якщо, так як

\[\Gamma(2)=\int_{0}^{\infty}xe^{-x}\,dx = -xe^{-x}\biggr|_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty} e^{-x}\,dx = 1.\]

Якщо\(\Gamma(n+1)=n!\) для деяких\(n\ge 1\), то

\[\begin{aligned} \Gamma(n+2)&=&\int_{0}^{\infty}x^{n+1}e^{-x}\,dx= -e^{-x} x^{n+1}\biggr|_{0}^{\infty}+(n+1) \int_{0}^{\infty}x^{n+1}e^{-x}\,dx\\ &=&(n+1)\Gamma(n+1)=(n+1)n!=(n+1)!,\end{aligned}\]

який завершує індукційний доказ.

Зміна змінної\(x=st\) врожайності

\[\int_{0}^{\infty}e^{-st}t^{\alpha}\,dt=\frac{1}{s^{\alpha+1}} \int_{0}^{\infty}x^{\alpha}e^{-x}\,dx=\frac{1}{s^{\alpha+1}} \Gamma(\alpha+1),\]

від визначення Гамма-функції.

Так\(|g_{x}(x,y)|\) як монотонно по відношенню до\(x\),

\[\tag{A} \int_{r}^{r_{1}}|g_{x}(x,y)|\,dx=|g(r_{1},y)-g(r,y)|,\quad a\le r<r_{1}<b.\]

З припущення (а) теореми 8, якщо\(\epsilon>0\) є\(r_{0}\in [a,b)\) таке, що

\[|g(s,y)|\le \epsilon,\quad y\in S,\quad r_{0}\le s<b.\]

Тому (А) означає, що

\[\int_{r}^{r_{1}}|g_{x}(x,y)\,dx\le 2\epsilon,\quad y\in S,\quad r_{0}\le r\le r_{1}<b.\]

Тепер теорема 4 передбачає, що\(\int_{a}^{b}|g(x,y)|\,dx\) збігається рівномірно на\(S\), що є припущенням (c) теореми 8.

) Якщо\(g,\)\(g_{x},\) і\(h\) є безперервними,\((a,b]\times S\) то

\[\int_{a}^{b}g(x,y)h(x,y)\,dx\]

сходиться рівномірно,\(S\) якщо виконуються наступні умови:

(1) 0 пт. 14 пт. 8 пт. 22 пт. 0 пт.

\(\displaystyle{\lim_{x\to a+}\left\{\sup_{y\in S}|g(x,y)|\right\}=0};\)

Є постійна\(M\) така, що

\[\sup_{y\in S}\left|\int_{x}^{b}h(u,y)\,du\right| \le M, \quad a< x\le b;\]

\(\int_{a}^{b}|g_{x}(x,y)|\,dx\)сходиться рівномірно на\(S\).

Якщо

\[\tag{A} H(x,y)=\int_{x}^{b}h(u,y)\,du\]

потім інтеграція по частинам дає

\[\begin{aligned} \int_{r_{1}}^{r}g(x,y)h(x,y)\,dx&=&-\int_{r_{1}}^{r}g(x,y)H_{x}(x,y)\,dx \\ &=&-g(r,y)H(r,y)+g(r_{1},y)H(r_{1},y)\\ &&+\int_{r_{1}}^{r}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx.\end{aligned}\]

Тому, оскільки припущення (b) і (A) означають\(|H(x,y)|\le M\), що\((x,y)\in (a,b]\times S\),

\[\tag{B} \left|\int_{r_{1}}^{r}g(x,y)h(x,y)\,dx\right|\le M\left(2\sup_{a<x\le r} |g(x,y)|+\int_{r_{1}}^{r}|g_{x}(x,y)|\,dx\right)\]

на\([r_{1},r]\times S\). Тепер припустимо\(\epsilon>0\). З припущення (а), є\(r_{0} \in [a,b)\) таке, що\(|g(x,y)|<\epsilon\) на\(S\) if\(a< x \le r_{0} \le b\). З припущення (с) і теореми 5 існує\(s_{0}\in (a,b]\) таке, що

\[\int_{r_{1}}^{r}|g_{x}(x,y)|\,dx<\epsilon,\quad y\in S,\quad a<r_{1}<r\le s_{0}.\]

Тому (B) означає, що

\[\left|\int_{r_{1}}^{r}g(x,y)h(x,y)\right| < 3M\epsilon,\quad y\in S,\quad a<r_{1}<r\min(r_{0},s_{0})\]

Тепер теорема 5 має на увазі заявлений висновок.

Позначимо\(F(y)=\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\sin xy}{x^{y}}}\) і, з\(1\le r< r_{1}\),

\[\begin{aligned} F(r,r_{1},y)=\int_{r}^{r_{1}}\frac{\sin xy}{x^{y}}\,dx &=& -\frac{\cos xy}{yx^{y}}\biggr|_{r}^{r_{1}}- \int_{r}^{r_{1}}\frac{\cos xy}{x^{y+1}}\,dx\\ &=& \frac{\cos r y}{yr^{y}}-\frac{\cos r_{1}y}{yr_{1}^{y}}- \int_{r}^{r_{1}}\frac{\cos xy}{x^{y+1}}\,dx.\end{aligned}\]

Тому

\[|F(r,r_{1},y)|\le \frac{2}{yr^{y}}+\int_{r}^{r_{1}}x^{-y-1}\,dx<\frac{3}{yr^{y}}, \quad r,y>0.\]

Тепер теорема 4 має на увазі, що\(F(y)\) сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\).

(б) Позначте\(F(y)=\displaystyle{\int_{2}^{\infty}\frac{\sin xy}{\log x}\,dx}\) і, з\(2\le r< r_{1}\),

\[F(r,r_{1},y)=\int_{r}^{r_{1}}\frac{\sin xy}{\log x}\,dx =-\frac{\cos xy}{y\log x}\biggr|_{r}^{r_{1}}- \frac{1}{y}\int_{r}^{r_{1}}\frac{\cos xy}{x(\log x)^{2}}\,dx.\]

Тому

\[|F(r,r_{1},y)|\le \frac{1}{y}\left|\frac{2}{\log r}+\int_{r}^{r_{1}} \frac{dx}{x(\log x)^{2}}\right|\le \frac{3}{y\log r}.\]

Тепер теорема 4 має на увазі, що\(F(y)\) сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\).

(в) Позначте\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos xy}{x+y^{2}}}\), і, з\(0<r<r_{1}\),

\[F(r,r_{1},y)=\int_{r}^{r_{1}}\frac{\cos xy}{x+y^{2}}\,dx= \frac{1}{y}\left(\frac{\sin xy}{x+y^{2}}\biggr|_{r}^{r_{1}} +\int_{r}^{r_{1}}\frac{\sin xy}{(x+y^{2})^{2}}\,dx\right),\]

тому

\[|F(r,r_{1},y)|\le \frac{3}{y(r+y^{2})}.\]

Тепер теорема 4 має на увазі, що\(F(y)\) сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\).

(г) Позначте\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin xy}{1+xy}}\), і, з\(0<r<r_{1}\),

\[F(r,r_{1},y)=\int_{r}^{r_{1}}\frac{\sin xy}{1+xy}\,dx= -\frac{\cos xy}{y(1+xy)}\biggr|_{r}^{r_{1}}-\int_{r}^{r_{1}} \frac{\cos xy}{y^{2}(1+xy)^{2}}\,dx,\]

тому

\[|F(r,r_{1},y)|\le \frac{3}{y(1+ry)}.\]

Тепер теорема 4 має на увазі, що\(F(y)\) сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\).

13. Інтеграція по частинам

\[\begin{aligned} \int_{r}^{r_{1}}g(x,y)h(x,y)\,dx&=&\int_{r}^{r_{1}}g(x,y)H_{x}(x,y)\,dx\\ &=&g(r_{1},y)H(r_{1},y)-g(r,y)H(r,y)\\ &&-\int_{r}^{r_{1}}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx,\end{aligned}\]

тому

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}g(x,y)h(x,y)\,dx\right|\le 2\sup_{x\ge r}\left\{\left\{\sup_{y\in S}|g(x,y)H(x,y)|\right\}\right\}+ \left|\int_{r}^{r_{1}}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx\right|.\]

Тепер припустимо\(\epsilon\ge 0\). З нашого першого припущення існує\(s_{0}\in [a,b)\) таке, що

\[\sup_{x\ge r}\left\{\left\{\sup_{y\in S}|g(x,y)H(x,y)|\right\}\right\}<\epsilon, \quad s_{0}\le r<b.\]

Оскільки\(\int_{a}^{b}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx\) сходиться рівномірно на\(S\), Теорема 4 має на увазі, що існує\(r_{0}\in [a,b)\) таке, що

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx\right|\le \epsilon, \quad y\in S, \quad r_{0}\le r<r_{1}<b.\]

Тому

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}g(x,y)h(x,y)\,dx\right|\le 2\epsilon, \quad y\in S, \quad \max(r_{0},s_{0})\le r<r_{1}<b.\]

Тепер теорема 4 має на увазі, що\(\int_{a}^{b}g_{x}(x,y)h(x,y)\,dx\) сходиться рівномірно на\(S\).

14. Теорема 10 Якщо\(f=f(x,y)\) неперервна на\((a,b]\times [c,d]\) і

\[\tag{A} F(y)=\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\]

сходиться рівномірно на\([c,d],\) потім\(F\) безперервно на\([c,d].\) Більше того\(,\)

\[\tag{B} \int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy =\int_{a}^{b}\left(\int_{c}^{d}f(x,y)\,dy\right)\,dx.\]

Спочатку ми покажемо, що\(F\) в (A) є безперервним\([c,d]\). Оскільки\(F\) сходиться рівномірно на\([c,d]\), Визначення 1 має на увазі\(\epsilon>0\), що якщо, існує\(r \in (a,b]\) таке, що

\[\left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right|\le \epsilon, \quad c \le y \le d.\]

Тому якщо\(y\) і\(y_{0}\) знаходяться в\([c,d]\), то

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

тому

\[\tag{C} |F(y)-F(y_{0})| \le \int_{r}^{b}|f(x,y)-f(x,y_{0})|\,dx +2\epsilon.\]

Так як\(f\) є рівномірно суцільним на компактному наборі\([r,b]\times [c,d]\) (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\([r,b]\times [c,d]\) і\(|y-y_{0}|<\delta\). Це і (C) 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 (B) існує. Позначте

\[\tag{D} I= \int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy.\]

Ми покажемо, що неправильний інтеграл з правого боку (B) сходиться до\(I\). З цією метою позначають

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

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

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

З цього і (D),

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

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

\[\left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right|<\epsilon, \quad a<r<r_{0}, %###\]

Отже\(|I-I(r)|<(d-c)\epsilon\),\(a<r<r_{0}\). Отже,

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

який завершує доказ (B).

15. Теорема 11 Нехай\(f\) і\(f_{y}\) бути безперервним\((a,b]\times [c,d],\) і припустимо, що

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

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,\(F\) безперервно диференціюється на\([c,d]\) і

\[\tag{A} F'(y)=G(y), \quad c \le y \le d,\]

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

Нехай

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

Оскільки\(f\) і\(f_{y}\) є безперервними\([r,b]\times [c,d]\), Теорема 1 передбачає, що

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

Тому

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

Тому

\[\tag{B} \left|F_{r}(y)-F(y_{0})-\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt\right| \le |F_{r}(y_{0})-F(y_{0})| +\left|\int_{y_{0}}^{y} \int_{a}^{r}f_{y}(x,t)\,dx\right|\,dt.\]

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

\[|F_{r}(y_{0})-F(y_{0})|<\epsilon,\quad a<r< r_{0}.\]

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

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

Тому (Б) 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\(a<r<\min(r_{0},r_{1})\) 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\([c,d]\) по теоремі 10, (А) випливає з диференціації цього (Теорема 3.3.11, стор. 141).

16. Так як

\[|f(x)\cos xy|\le |f(x)|,\quad |f(x)\sin xy|\le |f(x)|,\text{\quad and\quad} \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|\,dx<\infty,\]

Теореми 6 і 7 припускають, що\(\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx\) і\(\int_{-\infty}^{\infty}f(x) \sin xy\,dx\) сходяться рівномірно\((-\infty,\infty)\), тому теорема 10 передбачає, що\(C(y)\) і\(S(y)\) є безперервними\((-\infty,\infty)\).

Якщо\(y\ne0\), інтеграція по частинам дає

\[\begin{aligned} C(y)&=&f(x)\frac{\sin xy}{y}\biggr|_{a}^{\infty}-\frac{1}{y} \int_{a}^{\infty}f'(x)\sin xy \,dx\\ &=&-f(a)\frac{\sin ay}{y} -\frac{1}{y}\int_{a}^{\infty}f'(x)\sin xy \,dx\end{aligned}\]

і

\[\begin{aligned} S(y)&=&-f(x)\frac{\cos xy}{y}\biggr|_{a}^{\infty}+\frac{1}{y} \int_{a}^{\infty}f'(x)\cos xy \,dx \\ &=&f(a)\frac{\cos ay}{y}+ \frac{1}{y}\int_{a}^{\infty}f'(x)\cos xy \,dx,\end{aligned}\]

так як\(\lim_{x\to\infty} f(x)=0\). З вправи [exer:17] з\(f\) замінені на\(f'\),\(\int_{1}^{\infty}f'(x)\cos xy \,dx\) і\(\int_{1}^{\infty}f'(x)\cos xy\,dx\) є безперервними на\((-\infty,\infty)\). Тому\(C(y)\) і\(S(y)\) знаходяться безперервно на\((-\infty,0)\cup(0,\infty)\).

Побачити,\(S\) що\(C\) і не обов'язково безперервні в\(y=0\), нехай\(a=1\) і\(f(x)=1/x\), так

\[\lim_{x\to\infty}f(x)=0\text{\quad and\quad} \int_{1}^{\infty}|f'(x)|=\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}=1.\]

Тоді

\[C(y)=\lim_{r\to\infty}\int_{1}^{r}\frac{\cos xy}{x}\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\lim_{r\to\infty}\int_{1}^{r}\frac{\sin xy}{x}\,dx,\quad y\ne0.\]

Якщо\(y>0\) зробити зміну змінної,\(u=xy\) щоб побачити, що

\[C(y)=\lim_{r\to\infty}\int_{y}^{ry}\frac{\cos u}{u}\,du= \int_{y}^{\infty}\frac{\cos u}{u}\,du\]

і

\[S(y)=\lim_{r\to\infty}\int_{y}^{ry}\frac{\sin u}{u}\,du. S(y)=\int_{y}^{\infty}\frac{\sin u}{u}\,du.\]

\(\lim_{y\to 0+}C(y)=\infty\)Тому так\(C\) не безперервно при\(y=0\). Так як\(S(0)=0\) і\(\lim_{y\to 0+}S(y)= \displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin u}{u}\,du}\ne 0\), не\(S\) є безперервним при\(y=0\).

Інтеграл розходиться якщо\(y=0\). Якщо\(y\ne0\) заміну\(u=|y|x\) отримати

\[F(y)=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2}y^{2}}= \frac{1}{|y|}\int_{0}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}} =\frac{1}{|y|}\tan^{-1}u\biggr|_{0}^{\infty}=\frac{\pi}{2|y|}, \tag{A}\]

так\(F(y)\) сходиться для всіх\(y\ne0\). Щоб перевірити на рівномірну конвергенцію, припустимо\(|y|>0\) і\(0<r<r_{1}\). Тоді

\[\int_{r}^{r_{1}}\frac{dx}{1+x^{2}y^{2}} =\frac{1}{|y|}\int_{r|y|}^{r_{1}|y|} \frac{du}{1+u^{2}} <\frac{1}{\rho}\int_{r\rho}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}\]

якщо\(|y|\ge \rho\). Якщо\(\epsilon>0\) є\(\alpha>0\) таке, що\(\displaystyle{\frac{1}{\rho}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}}<\epsilon\). Тому\(\displaystyle{\int_{r}^{r_{1}}\frac{dx}{1+x^{2}y^{2}}}<\epsilon\) якщо\(\alpha/\rho<r<r_{1}\). Тепер теорема 4 має на увазі, що\(F(y)\) сходиться рівномірно на\((-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty)\) if\(\rho>0\).

Оцінити

\[I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}ax-\tan^{-1}bx}{x}\,dx},\]

відзначимо, що

\[\frac{\tan^{-1}ax-\tan^{-1}bx}{x}=\int_{b}^{a}\frac{dy}{1+x^{2}y^{2}}.\]

Тому

\[I=\int_{0}^{\infty}\,dx \int_{b}^{a}\frac{dy}{1+x^{2}y^{2}} =\int_{b}^{a}\,dy\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2}y^{2}} =\frac{\pi}{2}\int_{b}^{a}\frac{dy}{y}=\frac{\pi}{2}\log\frac{a}{b},\]

де друга рівність справедлива через рівномірну збіжність\(F(y)\) на замкнутому інтервалі з кінцевими точками\(a\) і\(b\), а третя рівність випливає з (А).

\(F(y)\)є належним інтегралом, якщо\(y\ge 0\) і він розходиться, якщо\(y\le -1\). Якщо\(-1<y<0\), то

\[F(y)=\int_{0}^{1}x^{y}\,dx=\frac{x^{y+1}}{y+1}\biggr|_{0}^{1}=\frac{1}{y+1} \tag{A}\]

є сходженням. Так як

\[\int_{0}^{r}x^{y}\,dx=\frac{x^{y+1}}{y+1}\biggr|_{0}^{r}= \frac{r^{y+1}}{y+1}.\]

і

\[\frac{\partial}{\partial y}\left (\frac{r^{y+1}}{y+1}\right) =\frac{r^{y+1}}{y+1}\left(\log r-\frac{1}{y+1}\right)<0 \text{\quad if \quad} 0<r\le 1 \text{\quad and\quad} y>-1,\]

з цього випливає, що

\[\left|\int_{0}^{r}x^{y}\,dx\right|\le \frac{r^{\rho+1}}{\rho +1} \text{\quad if\quad} 0<r\le 1\text{\quad and\quad} -1<\rho\le y.\]

Тому теорема 5 має на увазі, що рівномірно\(F(y)\) сходиться на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>-1\).

Тепер теорема 11 передбачає, що

\[I=\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{x^{a}-x^{b}}{\log x}\,dx} = \int_{0}^{1}\,dx \int_{b}^{a}x^{y}\,dy =\int_{b}^{a}\,dy\int_{0}^{1}x^{y}\,dx =\int_{b}^{a}\frac{dy}{y+1}=\log\frac{a+1}{b+1}.\]

\(\displaystyle{F(y)=\int_{0}^{\infty} e^{-yx}\cos x \,dx=\frac{y}{y^{2}+1}}\). Так як

\[\left|\int_{r}^{\infty}e^{-yx} \cos x\,dx\right|\le \int_{r}^{\infty}e^{-xy}\,dx=\frac{e^{-yr}}{y},\]

Теорема 4 (або теорема 6) передбачає, що рівномірно\(F(y)\) сходиться на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\). Тому теорема має на увазі, що якщо\(a\),\(b>0\) то

\[\begin{aligned} I&=&\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\cos x\,dx =\int_{0}^{\infty}\cos x\,dx\int_{a}^{b}e^{-yx}\,dy \\ &=&\int_{a}^{b} \,dy\int_{0}^{\infty}e^{-yx}\cos x\,dx =\int_{a}^{b}\frac{y}{y^{2}+1}\,dy=\frac{1}{2}\log\frac{b^{2}+1}{a^{2}+1}.\end{aligned}\]

\(\displaystyle{F(y)=\int_{0}^{\infty} e^{-yx}\sin x \,dx=\frac{1}{y^{2}+1}}\). Так як

\[\left|\int_{r}^{\infty}e^{-yx} \sin x\,dx\right|\le \int_{r}^{\infty}e^{-yx}\,dx=\frac{e^{-yr}}{y},\]

Теорема 4 (або теорема 6) передбачає, що\(F(y)\) однаково сходиться на кожному\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\). Тому якщо\(a\),\(b>0\) то теорема 11 має на увазі, що

\[\begin{aligned} I&=&\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\sin x\,dx =\int_{0}^{\infty}\sin x\,dx\int_{a}^{b}e^{-yx}\,dy \\ &=&\int_{a}^{b} \,dy\int_{0}^{\infty}e^{-yx}\sin x\,dx =\int_{a}^{b}\frac{1}{y^{2}+1}\,dy=\tan^{-1}b-\tan^{-1}a.\end{aligned}\]

(е)\(\displaystyle{F(y)=\int_{0}^{\infty} e^{-x}\sin xy \,dx=\frac{y}{y^{2}+1}}\). Так як

\[\left|\int_{r}^{\infty}e^{-x} \sin xy\,dx\right|\le \int_{r}^{\infty}e^{-x}\,dx=e^{-r},\]

Теорема 4 (або теорема 6) передбачає, що рівномірно\(F(y)\) сходиться на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\). Тому теорема 11 передбачає, що

\[\begin{aligned} I&=&\int_{0}^{\infty}e^{-x}\frac{1-\cos ax}{x}\,dx =\int_{0}^{\infty}e^{-x}\,dx\int_{0}^{a}\sin xy\,dy\\ &=&\int_{0}^{a}\,dy\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin xy\,dx =\int_{0}^{a} \frac{y}{y^{2}+1}\,dy=\frac{1}{2}\log(1+a^{2}).\end{aligned}\]

\(\displaystyle{F(y)=\int_{0}^{\infty} e^{-x}\cos xy \,dx=\frac{1}{y^{2}+1}}\). Так як

\[\left|\int_{r}^{\infty}e^{-x} \cos xy\,dx\right|\le \int_{r}^{\infty}e^{-x}\,dx=e^{-r},\]

Теорема 4 (або теорема 6) передбачає, що рівномірно\(F(y)\) сходиться на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>0\). Тому теорема 11 передбачає, що

\[\begin{aligned} I&=&\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin ax\,dx =\int_{0}^{\infty}e^{-x}\,dx\int_{0}^{a}\cos xy\,dy\\ &=&\int_{0}^{a}\,dy\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos xy\,dx =\int_{0}^{a} \frac{1}{y^{2}+1}\,dy=\tan^{-1}a.\end{aligned}\]

19. (а) Ми починаємо з

\[F(y)=\int_{0}^{1} x^{y}\,dx =\frac{1}{y+1}\quad y>-1. \tag{A}\]

Формально диференціювання цієї врожайності

\[F^{(n)}(y)=\int_{0}^{1}(\log x)^{n} x^{y}\,dx =\frac{(-1)^{n}n!}{(y+1)^{n+1}},\quad y>-1. \tag{B}\]

Щоб обґрунтувати це, ми покажемо шляхом індукції, що неправильні інтеграли

\[I_{n}(y)=\int_{0}^{1}(\log x)^{n} x^{y}\,dx,\quad n=0,1,2, \dots\]

рівномірно сходяться на\([\rho,\infty)\) ньому\(\rho>-1\). Починаємо з\(n=0\):.

\[\int_{0}^{r}x^{y}\,dx = \frac{x^{y+1}}{y+1}\biggr|_{r_{1}}^{r}=\frac{r^{y+1}}{y+1}\le \frac{r^{y+1}}{\rho+1},\quad -1<\rho\le y.\]

так\(I_{0}(y)=F(y)\) сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\) if\(\rho>-1\). Тепер припустимо, що\(I_{n}(y)\) сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\). Інтеграція по частинам врожайності

\[\begin{aligned} \int_{r_{1}}^{r}(\log x)^{n+1}x^{y}\,dx&=& \frac{r^{y+1}(\log r)^{n+1}-r_{1}^{y+1}(\log r_{1})^{n+1}} {y+1}\\ &&-\frac{n+1}{y+1} \int_{r_{1}}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx, \quad -1<y<\infty.\end{aligned}\]

Здача\(r_{1}\to 0\) врожайності

\[\tag{C} \int_{0}^{r}(\log x)^{n+1} x^{y}\,dx =\frac{r^{y+1}(\log r)^{n+1}}{y+1} -\frac{n+1}{y+1}\int_{0}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx.\]

Так як інтеграл справа сходиться, то випливає, що інтеграл зліва сходиться; насправді

\[\int_{0}^{1}(\log x)^{n+1}x^{y}\,dx= -\frac{n+1}{y+1} \int_{0}^{1}(\log x)^{n}x^{y}\,dx.\]

Треба ще показати, що інтеграл зліва рівномірно сходиться на\([\rho,\infty)\) if
\(\rho>-1\). З цією метою зверніть увагу з (C), що

\[\tag{D} \left|\int_{0}^{r}(\log x)^{n+1} x^{y}\,dx\right| \le \left|\frac{r^{\rho+1}(\log r)^{n+1}}{\rho+1}\right| +\frac{n+1}{\rho+1}\left|\int_{0}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx\right|\]

якщо\(y\ge \rho\), тепер припустимо\(\epsilon>0\). Так як\(\displaystyle{\lim_{r\to0+}r^{\rho+1}(\log r)^{n+1}=0}\), існує\(r_{1}\in (0,1)\) таке, що

\[\left|\frac{r^{\rho+1}(\log r)^{n+1}}{\rho+1}\right| \le \frac{\epsilon}{2} \text{\quad if \quad} 0<r<r_{1}.\]

Оскільки\(\int_{0}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx\) рівномірно сходиться (за нашим індукційним припущенням), існує\(r_{2}\in (0,1)\) таке, що

\[\frac{n+1}{\rho+1}\left|\int_{0}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx\right|\le \frac{\epsilon}{2},\quad y\ge \rho,\]

Тепер (D) означає, що

\[\left|\int_{0}^{r}(\log x)^{n+1} x^{y}\,dx\right|\epsilon,\quad y\in [\rho,\infty),\quad 0<r<\min(r_{1},r_{2}).\]

Це, Теорема 11, і легкий індукційний аргумент мають на увазі (B).

(б) Заміна\(x=u\sqrt{y}\) врожайності

\[F(y)=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+y}=\frac{1}{\sqrt{y}}\int_{0}^{\infty} \frac{du}{u^{2}+1} =\frac{\pi}{2\sqrt{y}},\quad y>0. \tag{A}\]

Формально диференціюючи цю врожайність

\[\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^{2}+y)^{n+1}} &=&\frac{\pi}{2n+1}1\cdot 3\cdots(2n-1)y^{-n-1/2} =\frac{\pi}{2^{2n+1}}\frac{(2n)!}{n!}y^{-n-1/2}\\ &=&\frac{\pi}{2^{2n+1}}\binom{2n}{n}y^{-n-1/2},\quad y>0.\end{aligned}\]

Теорема 11 передбачає, що формальна диференціація є законною, оскільки, якщо\(y\ge 0\) і\(r>0\), то

\[\int_{r}^{\infty}\frac{dx}{(x^{2}+y)^{n+1}}\le \int_{r}^{\infty}x^{-2n-2}dx=\frac{r^{-2n-1}}{(2n-1)};\]

отже, неправильні інтеграли\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^{2}+y)^{n+1}}}\)\(n=0\),\(1\),\(2\),,... сходяться рівномірно на\([0,\infty)\).

Позначте\(I_{n}(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{2n+1}e^{-yx^{2}}\,dx}\). Тоді

\[I_{0}(y)=\int_{0}^{\infty}xe^{-yx^{2}}= \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}2xe^{-yx^{2}}\,dx =-\frac{1}{2y}e^{-yx^{2}}\biggr|_{0}^{\infty}=\frac{1}{2y}.\]

Так як

\[\int_{r}^{\infty}x^{2n+1}e^{-yx^{2}} \,dx\le \int_{r}^{\infty}x^{2n+1}e^{-\rho x^{2}} \,dx\text{\quad if\quad} 0<\rho\le r,\]

якщо\(n\ge 0\), ми можемо диференціювати\(I_{n}\) формально\(y\in (0,\infty)\) щодо отримання

\[I_{n}(y)=(-1)^{n}I_{0}^{(n)}=\frac{n!}{2y^{n+1}}.\]

(г) Позначити

\[\begin{aligned} I(y)&=&\int_{0}^{\infty}y^{x}\,dx =\int_{0}^{\infty}e^{x\log y}\,dx =\frac{1}{\log y}\int_{0}^{\infty}(\log y) y^{x}\,dx \\ &=&\frac{y^{x}}{\log y}\biggr|_{0}^{\infty}=-\frac{1}{\log y}\quad 0<y<1.\end{aligned}\]

Формально диференціювання цієї врожайності\(I'(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xy^{x-1}\,dx}\). Тут є два неправильних інтеграла:\(J_{1}(y)=\displaystyle{\int_{0}^{1}xy^{x-1}\,dx}\) і\(J_{2}(y)=\displaystyle{\int_{1}^{\infty}xy^{x-1}\,dx}\). Якщо\(r<1\) тоді

\[\int_{0}^{r}xy^{x-1}\,dx=\frac{1}{y}\int_{0}^{r}xy^{x}\,dx \le \frac{1}{y}\int_{0}^{r}x\,dx=\frac{r^{2}}{2y}\le \frac{r^{2}}{2\rho_{1}}, \quad 0<\rho_{1}\le y\le 1.\]

Тому\(J_{1}(y)\) сходиться рівномірно на\([\rho_{1},1]\). Якщо\(x>r>1\) і\(\rho_{2}<1\) тоді

\[\int_{r}^{\infty}xy^{x-1}\,dx<\int_{r}^{\infty}x\rho_{2}^{x-1}\,dx =\frac{1}{\rho_{2}}\int_{r}^{\infty}x\rho_{2}^{x}\,dx,\]

Так як

\[\lim_{x\to\infty}\frac{1}{\rho_{2}}\int_{r}^{\infty}x\rho_{2}^{x}\,dx =0\]

Теорема 7 має на увазі, що\(J_{2}(y)\) сходиться рівномірно на\([0,\rho_{2}]\). Тому якщо\(0<\rho_{1}<\rho_{2}<1\) потім\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xy^{x-1}}\) сходиться рівномірно по\([\rho_{1},\rho_{2}]\). Тепер теорема 11 передбачає, що

\[\tag{A} I'(y)=\int_{0}^{\infty}xy^{x-1}\,dx,\quad 0<y<1.\]

Однак, з тих пір\(I(y)=-\displaystyle{\frac{1}{\log y}}\), ми це знаємо\(I'(y)=\displaystyle{\frac{1}{y(\log y)^{2}}}\). Це і (А) мають на увазі, що\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xy^{x}\,dx}=\displaystyle{\frac{1}{(\log x)^{2}}}\).

20. Ось так\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\cos 2xy\,dx}\) теорема 11 має на увазі, що

\[F'(y)=-2\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx, \tag{A}\]

оскільки інтеграл праворуч сходиться рівномірно\((-\infty,\infty)\), по теоремі 6.

Інтеграція по частинам

\[\begin{aligned} F(y)&=& =\frac{1}{2y}\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}(2y\cos 2xy)\,dx\\ &=&\frac{1}{2y}\left(e^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx\biggr|_{0}^{\infty} +2\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx\right) \\ &=&\frac{1}{y} \int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx =-\frac{1}{2y} F'(y).\end{aligned}\]

Від цього і (А)\(F'(y)+2yF(y)=0\), так\(\displaystyle{\frac{F'(y)}{F(y)}}=-2y\)\(\log F(y)=-y^{2}+\log F(0)\), і\(F(y)=F(0)e^{-y^{2}}\). Оскільки\(F(0)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}\,dx}=\displaystyle{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}\) (приклад 12),\(F(y)=\displaystyle{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}e^{-y^{2}}\).

Ось так\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx}\) теорема 11 має на увазі, що

\[F'(y)=2\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}}\cos 2xy\,dx, \tag{A}\]

так як інтеграл праворуч сходиться рівномірно на\((-\infty,\infty)\). Інтеграція цього по частинам дає

\[\begin{aligned} F'(y) &=&-e^{-x^{2}}\cos 2xy\biggr|_{0}^{\infty}- 2y\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx \\ &=&1-2y F(y),\end{aligned}\]

Отже\(F'(y)+2yF(y)=1\)\(e^{y^{2}}F'(y)+2e^{y^{2}}yF(y)=e^{y^{2}}\), і\(\displaystyle{\left(e^{y^{2}}F(y)\right)'=e^{y^{2}}}\). Тому, так як\(F(0)=0\),\(F(y)=\displaystyle{e^{-y^{2}}\int_{0}^{y}e^{u^{2}}\,du}\).

22. Теореми 6 і 11 мають на увазі, що\(S\) і\(C\) є\(n\) рази безперервно диференційовані на\((-\infty,\infty)\) if\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}|x^{n}f(x)|\,dx<\infty}\).

23. Спочатку ми покажемо, що

\[C_{k}(y)=\int_{a}^{\infty} x^{k}f(x) \cos xy \,dx \text{\: and\:} S_{k}(y)=\int_{a}^{\infty}x^{k}f(x)\sin xy\,dx,\: 0\le k\le n,\]

рівномірно сходяться на\(U_{\rho}=(-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty)\) ньому\(\rho>0\). Зверніть увагу, що якщо\(\lim_{x\to\infty} x^{n}f(x)=0\), то\(\lim_{x\to\infty} x^{k}f(x)=0\),\(k=0\),\(1\),\(2\),,...\(n\). Якщо\(0\le k\le n\), то

\[\tag{A} \int_{r}^{r_{1}}x^{k}f(x)\cos xy\,dx= \frac{1}{y}\left[x^{k}f(x)\sin xy\biggr|_{r}^{r_{1}}- \int_{r}^{r_{1}}(x^{k}f(x))'\sin xy\,dx\right].\]

Відтепер\(k\) фіксується. Наші припущення мають на увазі, що якщо\(\rho>0\) і\(\epsilon>0\) то є\(r_{0}\in [a,\infty)\) таке, що

\[\int_{r_{0}}^{\infty}|(x^{k}f(x))'|\,dx<\rho\epsilon \text{\quad and \quad} |x^{k}f(x)|<\rho\epsilon,\quad x\ge r_{0}.\]

Тому (А) означає, що

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}x^{k}f(x)\cos xy\,dx\right|<3\epsilon,\quad r_{0}\le r<r_{1},\: y\in (-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty).\]

Тепер теорема 4 має на увазі\(C_{0}\)\(C_{1}\), що,,,\(C_{k}\) сходяться рівномірно на\((-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty)\). Оскільки кожен\(y\ne0\) знаходиться в такому інтервалі, Теорема 11 тепер має на увазі, що якщо\(y\ne 0\) тоді

\[C^{(k)}(y)=\int_{a}^{\infty}x^{k}f(x)\sin xy\,dx,\quad 0\le k\le n.\]

Аналогічний аргумент стосується\(S\)\(S'\),,\(S^{(n)}\)...

Нехай\(I(y;r,r_{1})=\displaystyle{\int_{r}^{r_{1}}\frac{1}{x}\sin\frac{y}{x}\,dx}\). Припустимо на даний момент, що\(y\ge 0\). заміщення\(u=y/x\) врожайності

\[I(y;r,r_{1})=\int_{y/r_{1}}^{y/r}\left(\frac{u}{y}\right)\sin u \left(-\frac{y}{u^{2}}\right)\,du = \int_{y/r_{1}}^{y/r}\frac{\sin u}{u}\,du.\]

Тому, так як\(\displaystyle{\left|\frac{\sin u}{u}\right|}\le 1\) для всіх\(u\),\(|I(y;r,r_{1})|\le y/r\),\(1\le r\le r_{1}\). Насправді, так як\(I(-y;r,r_{1})=-I(y;r,r_{1})\), ми можемо написати\(|I(y;r,r_{1})\le |y|/r\),\(1\le r\le r_{1}\). Тому теорема 4 передбачає, що\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x}\sin\frac{y}{x}\,dx}\) сходиться рівномірно на кожному скінченному інтервалі.

Тепер позначимо\(F_{r}(y)=\displaystyle{\int_{1}^{r}\cos\frac{y}{x}\,dx}\). підставляючи\(u=y/x\) прибутковість\(F_{r}(y)=y\displaystyle{\int_{y/r}^{y}\frac{\cos u}{u^{2}}\,du}\), так\(\lim_{r\to\infty}F_{r}(y)=\infty\) для всіх\(y\ge 0\). Так як\(F_{r}(-y)=F_{r}(y)\), випливає\(y\), що\(\lim_{r\to\infty}F_{r}(y)=\infty\) для всіх, так і відповідь на питання «ні».

Дозвольте\(P_{n}\) бути індукційним припущенням

\[F^{(n)}(s)=(-1)^{n}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx,\quad s>s_{0},\]

що вірно за визначенням\(F\) for\(n=0\). Якщо\(P_{n}\) правда, то теореми 11 і 13 означають, що

\[\begin{aligned} F^{(n+1)}(s)&=&(-1)^{n}\frac{d}{ds} \int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx=(-1)^{n} \int_{0}^{\infty}\frac{d}{ds}\left(e^{-sx}x^{n}f(x)\right)\,dx\\ &=&(-1)^{n+1}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n+1}f(x)\,dx,\end{aligned}\]

так\(P_{n}\) мається на увазі\(P_{n+1}\), що завершує індукційний доказ.

Нехай\(G(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt}\). Якщо\(s>s_{0}\) тоді

\[\tag{A} F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx =\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G'(x)\,dx =(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G(x)\,dx\]

(інтеграція частинами). Оскільки\(\displaystyle{(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx=1}\), (A) означає, що

\[\tag{B} F(s)-F(s_{0})=(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}(G(x)-F(s_{0}))\,dx.\]

Тепер припустимо\(\epsilon>0\). Так як\(F(s_{0})=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}t} f(t)\,dt}=\lim_{t\to\infty}G(x)\), є\(r\) таке, що\(|G(x)-F(s_{0})|<\epsilon\) якщо\(x\ge r\); отже, з (В), то

\[\begin{aligned} |F(s)-F(s_{0})|&\le& (s-s_{0})\int_{0}^{r}e^{-(s-s_{0})x} |G(x)-F(s_{0})|+\epsilon(s-s_{0})\int_{r}^{\infty} e^{-(s-s_{0})x}\,dx\\ &<& (s-s_{0})\int_{0}^{r}e^{-(s-s_{0})x} |G(x)-F(s_{0})|+\epsilon.\end{aligned}\]

Оскільки\(r\) фіксується, можна дозволити\(s\to s_{0}^{+}\) зробити висновок про те\(\limsup_{s\to s_{0}+}|F(s)-F(s_{0})|\le \epsilon\), що має на увазі\(\lim_{s\to S_{0}+}F(s)=F(s_{0})\).

Якщо\(s\ge s_{1}>s_{0}\) тоді

\[|e^{-sx}f(x)|= |e^{-(s-s_{0})x}e^{s_{0}x}f(x)|\le M e^{-(s-s_{0})x} \le M e^{-(s_{1}-s_{0})x}.\]

Так як

\[\int_{0}^{\infty}Me^{-(s_{1}-s_{0})x}\,dx=\frac{M}{s_{1}-s_{0}}<\infty,\]

Теорема 6 має на увазі заявлений висновок.

У теоремі 13 ми припустили лише те, що\(\int_{0}^{x}e^{-s_{0}u}f(u)\,du\) обмежено; тут ми припускаємо, що\(\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}u}f(u)\,du\) є збіжним.

Нехай

\[G(x)=\int_{x}^{\infty}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt \text{\quad and\quad} H(x)=\sup\left\{|G(t)|\, \big|\, t\ge x\right\}.\]

Тоді

\[\tag{A} |G(x)|\le H(x)\text{\quad and \quad} \lim_{x\to\infty}G(x)=\lim_{x\to\infty}H(x)=0,\]

так як\(\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx\) сходиться. Так\(f\) як безперервно на\([0,\infty)\),\(G'(x)=-e^{-s_{0}x}f(x)\). Інтеграція по частинам

\[\begin{aligned} \int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx&=& \int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}(e^{-s_{0}x}f(x))\,dx =-\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G'(x)\,dx\\ &=&-e^{-(s-s_{0})x}G(x)\biggr|_{r}^{\infty} +(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G(x)\,dx\\ &=&e^{-(s-s_{0})r}G(r)+(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G(x)\,dx,\quad s\ge s_{0}.\end{aligned}\]

Тому

\[\begin{aligned} \left|\int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\right|&\le& |G(r)|e^{-(s-s_{0})r}+H(r)(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx\\ &=&(G(r)+H(r))e^{-(s-s_{0})r}\le 2H(r)e^{-(s-s_{0})}, \quad s\ge s_{0},\end{aligned}\]

Отже (А) має на увазі, що\(F(s)\) сходиться рівномірно на\([s_{0},\infty)\).

З теореми 13,\(F(s)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\, dx}\) сходиться для всіх\(s>s_{0}\). Позначте\(G(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt}\),\(x\ge 0\). Тоді

\[\begin{aligned} F(s)&=&\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx= \int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G'(x)\,dx \\ &=&(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G(x)\,dx\end{aligned}\]

(інтеграція частинами). З тих пір\(\displaystyle{(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx}=1\),

\[F(s)-F(s_{0})=\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}(G(x)-F(s_{0}))\,dx\]

Якщо\(\epsilon>0\) є\(R\) таке, що\(|G(x)-F(s_{0})|<\epsilon\) якщо\(x\ge R\). Тому, якщо\(s>s_{0}\) тоді

\[\begin{aligned} |F(s)-F(s_{0})|&<& (s-s_{0})\int_{0}^{R}e^{-(s-s_{0})x}|G(x)-F(s_{0})|\,dx+\epsilon\\ &<&(s-s_{0})\int_{0}^{R}|G(x)-F(s_{0})|\,dx+\epsilon.\end{aligned}\]

Звідси\(\limsup_{s\to s_{0}+}|F(s)-F(s_{0})|\le \epsilon\). Оскільки\(\epsilon\) є довільним, це означає, що
\(\lim_{s\to s_{0}+}|F(s)-F(s_{0})|=0\).

Припущення вправи 28 мають на увазі, що\(\int_{r}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx\) сходиться для кожного\(r>0\). Так як

\[\int_{r}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx=\int_{0}^{\infty}e^{-s(r+x)}f(x+r)\,dx =e^{-sr}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x+r)\,dx,\]

ми можемо застосувати результат вправи 30 з\(f(x)\) замінені на\(f(x+r)\), зробити висновок, що

\[\begin{aligned} \lim_{s\to s_{0}+}\int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx&=& e^{-s_{0}r}\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x+r)\,dx\\ &=&\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}(x+r)}f(x+r)\,dx\\ &=&\int_{r}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx.\end{aligned}\]

Якщо\(G(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt}\), то\(|G(x)|\le M\) на\([0,\infty)\) для деяких\(M\). Якщо\(\epsilon>0\), є\(r>0\) таке, що

\[\tag{A} \int_{0}^{r}e^{-s_{0}x}|f(x)|\,dx <\epsilon.\]

Якщо\(s>s_{0}\), то

\[\begin{aligned} \int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx&=&\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G'(x)\,dx \\ &=&e^{-(s-s_{0})x}G(x)\biggr|_{r}^{\infty} +(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}G(x)e^{-(s-s_{0})x}\,dx\\ &=&-e^{-(s-s_{0})r}G(r) +(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}G(x)e^{-(s-s_{0})x}\,dx.\end{aligned}\]

Тому, так як\(|G(x)|\le M\),

\[\begin{aligned} \left|\int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\right| &\le&Me^{-(s-s_{0})r}+M(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx\\ &=&M\left(e^{-(s-s_{0})r}-e^{-(s-s_{0})x}\biggr|_{r}^{\infty}\right) =2Me^{-(s-s_{0})r}.\end{aligned}\]

Це і (A) означають, що

\[\left|\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\right|\le \epsilon+2Me^{-(s-s_{0})r}.\]

Тому

\[\limsup_{s\to\infty} \left|\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\right|\le \epsilon.\]

Оскільки\(\epsilon\) є довільним, це означає, що

\[\limsup_{s\to\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx=0,\]

З вправи 18 (d),\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\sin x\,dx} =\tan^{-1}b-\tan^{-1}a.\) Від вправи 30, даючи\(b\to\infty\) врожайність

\[\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{\sin x}{x}\,dx= \frac{\pi}{2}-\tan^{-1}a, \text{\quad so \bf{(b)}\quad} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}.\]

Інтеграція по частинам врожайності

\[\tag{A} \int_{0}^{r}e^{-sx}f'(x)\,dt =e^{-sr}f(r)-f(0) +\int_{0}^{r}se^{-sx}f(x)\,dx.\]

Припустимо\(s\ge s_{1}>s_{0}\). З тих пір\(|f(x)|\le Me^{s_{0}x}\),\(e^{-sr}|f(r)|\le Me^{-(s_{1}-s_{0})r}\). Тому\(e^{-sr}f(r)=0\) сходиться рівномірно до нуля на\([s_{1},\infty)\). Так як

\[\begin{aligned} \left|\int_{r}^{\infty}se^{-sx}f(x)\,dx \right|&\le& M|s|\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx\le \frac{M|s|e^{-(s_{1}-s_{0})r}}{s-s_{0}}\\ &\le&\frac{M(s-s_{0}+|s_{0}|)e^{-(s_{1}-s_{0})r}}{s-s_{0}} \le M\left(1+\frac{|s_{0}|}{s_{1}-s_{0}}\right)e^{-(s_{1}-s_{0})r},\end{aligned}\]

з цього випливає, що\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}se^{-sx}f(x)\,dx}\) сходиться до нуля рівномірно на\([s_{1},\infty)\). Оскільки це означає, що\(\displaystyle{\int_{0}^{r}se^{-sx}f(x)\,dx}\) сходиться рівномірно\([s_{1},\infty)\), (A) означає, що\(G(s)\) сходиться рівномірно\([s_{1},\infty)\).

(б) У цьому випадку нехай\(f'(x)=xe^{x^{2}}\sin e^{x^{2}}\), так\(f(x)=-\displaystyle{\frac{1}{2}}\cos e^{x^{2}}\). Оскільки\(|\cos e^{x^{2}}|\le 1\) для всіх гіпотези\(x\), викладені в (а), тримаються с\(s_{0}=0\). Тому\(G(s)\) сходиться рівномірно на\([\rho,\infty)\) ньому\(\rho>0\).

33. Ми спочатку покажемо, що\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}\frac{f(x)}{x}\,dx}\) сходиться. Позначте\(G(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt}\). Так як\(F(s_{0})\) сходиться; скажімо\(|G(x)|\le M\),\(0\le x<\infty\). Якщо\(0<r<r_{1}\) тоді

\[\int_{r}^{r_{1}}e^{-s_{0}x}\frac{f(x)}{x}\,dx= \int_{r}^{r_{1}}\frac{G'(x)}{x}\,dx =\frac{G(r)}{r}-\frac{G(r_{1})}{r_{1}}-\int_{r}^{r_{1}}\frac{G(x)}{x^{2}}\,dx.\]

Тому

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}e^{-s_{0}x}\frac{f(x)}{x}\,dx\right|\le \frac{3M}{\rho},\quad \rho<r<r_{1}\]

так теорема 2 має на увазі, що\(H(s)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-st}\frac{f(x)}{x}\,dx}\) сходяться коли\(s=s_{0}\). Тому Вправа 27 передбачає, що вона рівномірно сходиться\([s_{0},\infty)\), Тому теорема 10 передбачає, що

\[\begin{aligned} \int_{s_{0}}^{s}F(u)\,du &=&\int_{s_{0}}^{s}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-ux}f(x)\,dx\right)\,du =\int_{0}^{\infty}\left(\int_{s_{0}}^{s}e^{-ux}\,du\right)f(x)\,dx\\ &=&\int_{0}^{\infty}\left(e^{-s_{0}x}-e^{-sx}\right)\frac{f(x)}{x}\,dx\end{aligned}\]

З вправи 30 (з\(f(x)\) замінено на\(f(x)/x\))\(\displaystyle{\lim_{s\to\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}\frac{f(x)}{x}\,dx}=0\), що має на увазі заявлений висновок.