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.