Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

matan4_bel

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.05.2015

Размер:

7 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 77

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 11 – 12, стр. 2 из 7

Теорема 2.
Пусть функция f (x,α)	и	ее частная производная	∂f (x,α)	непрерывны на G.
			∂α
Следовательно, α [α1,α2 ]		b
Следовательно, α [α1,α2 ]		J′(α) = ∫ fα′(x,α )dx .
		a

Теорема 3 (обобщение теоремы 2).

ψ (α )

ddα ∫ϕ (α )

f (x,α )dx = f [ψ (α),α ] ψ ′(α

Пример:

Доказать, что функция

уравнению: u′′(x) = −v(x) .

Решение:

ψ (α )

) − f [ϕ(α),α ] ϕ′(α) + ∫ fα′ (x,α )dx .

ϕ (α )

	1												x (1− y), x ≤ y
	1		(		)		(	)		(		)
u(x) =	∫	Κ	(		)	v	(	)	где Κ	(		)
u(x) =		Κ		x, y		v		y dy ,	где Κ		x, y		= y (1− x), x > y удовлетворяют
	0												x [0,1]
													x [0,1]

x 1 x 1 x 1

u(x) = ∫+∫=∫Κ (x, y) v(y)dy + ∫Κ (x, y) v(y)dy = ∫ y (1− x) v(y)dy + ∫x (1− y) v(y)dy =

0 x 0 x 0 x

=(1− x) ∫ y v(y)dy + x∫v(y) (1− y)dy.

Вычислим производные, используя формулу производной произведения:

	x	1
	∫	∫
′		− x) [x v(x) − 0]+ v(y) (1− y)dy + x 0 − x (1− x) =
u (x) = −1 y v(y)dy + (1		− x) [x v(x) − 0]+ v(y) (1− y)dy + x 0 − x (1− x) =
	0	x

=−∫ y v(y)dy + ∫v(y) (1− y)dy;

	0	x
	u′′(x) = −[x v(x) − 0]+ 0		− v(x) (1− x) = −x v(x) − v(x) (1		− x) = −x v(x) − v(x) + x v(x) = −v(x).

Теорема 4.
					α2	b	b	α2	(x,α )dα
Пусть	f (x,α)	непрерывна		на G, следовательно ∫ dα ∫ f (x,α)dx = ∫dx∫ f					(x,α )dα
					α1	a	a	α1

(определенный интеграл не зависит от порядка интегрирования).

Пример:

− x

Вычислить для a > 0, b > 0 интеграл J (a,b) = ∫

dx .

ln x

I-й способ:

Функция

f (x, y) = x

0 < x < 1

непрерывна на

a < y < b

y+1

J (a,b) = ∫dx∫xydy = ∫dy∫xydx = ∫

dy = ∫

dy = ln

y +1

(y +1)

II-й способ:

− x

J (a,b) = ∫

dx;

ln x

b+1

J′ =

∫

xb ln xdx =

;

ln x

b +1

= ln b +1 a +1

J (a,b) = ∫bdb+1 = ln(b +1)+ C(a);

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 11 – 12, стр. 3 из 7

a = b J (a,a) = 0 = ln(a +1)+ C(a) C(a) = −ln(a +1)

J (a,b) = ln(b +1)− ln(a +1) = ln b +1. a +1

2. Несобственные параметрические интегралы.

1. Равномерная сходимость по параметру.

Рассмотрим несобственные интегралы, зависящие от параметра:

+∞
F(t) = ∫ f (x,t)dx				(1)
a
b
F(t) = ∫ f (x,t)dx				(2)
a
(при некоторых значениях переменной есть точки разрыва II-го рода).
Например:
∞	cosα x		1	dx
F(α ) = ∫	cosα x	dx,	F(α ) = ∫	dx	- при α > 0 - несобственный интеграл, при x = 0 - точка разрыва
F(α ) = ∫	2	dx,	F(α ) = ∫	α
0	1+ x		0	x
0			0

II-го рода.

Определение 1.

Интеграл (1) называется сходящимся в точке t = t0 D , если существует

blim→+∞ ∫ f (x,t0 )dx = F(t0 ) ≠ ∞ .

Определение 2.

Интегралы (1) и (2) называются сходящимися на множестве D, если в любой точке этого множества интегралы сходятся (поточечная сходимость).

Определение 3.

Интеграл (1) называется равномерно сходящимся на множестве D, если

ε > 0 M > 0: для M2 > M1 > M ∫ f (x,t)dx < ε для t D .

Определение 4.

Интеграл (2) называется равномерно сходящимся на множестве D, если

ε > 0 δ (ε ) > 0: для a,c2 b −δ (ε ) < c1 < c2 < b ∫ f (x,t)dx < ε для t D (см. рис. 2.1.1).

Рис. 2.1.1.

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 11 – 12, стр. 4 из 7

Теорема Вейерштрасса. Критерий равномерной сходимости.

		Для интеграла (1):			Для интеграла (2):

Если t D и a ≤ x < ∞			Если t D и x [a,b]
	f (x,t)	≤ϕ(x) и		f (x,t)	≤ϕ(x) и

	∞			b
	∫ϕ(x)dx - сходится, то, следовательно,			∫ϕ(x)dx - сходится, то, следовательно,
	a			a

интеграл (1) равномерно сходится на D.			интеграл (2) равномерно сходится на D.

Примеры:

+α

1) Доказать, что J(α) = ∫ e−α x sin xdx сходится равномерно на α [δ ,+ ∞), δ > 0 .

Решение:

+∞

e−α x sin x

≤ e−δ x , а ∫ e−δ xdx = −

e−δ x

- сходится. Следовательно, J(α) сходится равномерно.

∞

cosα x

∫

dx;

1+ x

ϕ(x) =

;

cosα x

≤ ϕ

(x);

1+ x2

∞

π < ∞

∫

= arctg x

+ x

∞

интеграл ∫

cosα x

сходится равномерно на −∞ < α < +∞ .

1+ x

2. Непрерывность по параметру.

Если интеграл сходится равномерно в интервале α < t < β , то он представляет собой непрерывную функцию параметра у в этом интервале.

Пример:

Исследовать на непрерывность функцию F(α)

в указанном промежутке:

+∞

xdx

F(α ) = ∫

при α > 2 .

2 + x

Решение:

2 + xα

xα

xα −1

+∞

x−α +2

+∞

∞ при α ≤ 2

∫1

xα −1

2 −α

∞

−

≠ ∞ при α > 2

(2 −α )xα −2

1 (2 −α )

α − 2

F(α) сходится равномерно

F(α) - непрерывна по α,α > 2.

3. Интегрирование по параметру.

Теорема 6.

∞

Если f (x,t)

непрерывна на x [a,+ ∞), t [c,d], и интеграл ∫ f (x,t)dx сходится равномерно

+∞

на [c,d], то,

следовательно,

∫

∫ f

(x,t)dx dt = ∫ dx∫ f (x,t)dt (т.е. можно менять порядок

интегрирования). Замечание:

Здесь один интеграл собственный, другой – несобственный.

								ТФКП (мат. анализ, часть 4),
								семестр 4, лекция 11 – 12,
								стр. 5 из 7
Аналогично,
Теорема 7.
							b	(x,t)dx сходится равномерно на
Если f (x,t) непрерывна на x [a,b], t [c,d] , и интеграл ∫ f								(x,t)dx сходится равномерно на
							a
d b				b	d
[c,d], то, следовательно, ∫ ∫ f (x,t)dx dt = ∫dx∫ f (x,t)dt .
c a				a	c
Примеры:
	∞		−α x	− e	− x
1) Вычислить интеграл: F(α) = ∫		e		− e		cos3xdx = ?	(α > 0)
1) Вычислить интеграл: F(α) = ∫				x		cos3xdx = ?	(α > 0)
	0			x
	0

	e	−α x	− e	−x	1	1	1		1
Представим					= ∫e−txdt = {действ.} = −		∫e−txd (−tx) = −			e−tx
			x			x			x
					α		α
∞ 1					1 ∞
F(α) = ∫dx∫e−tx cos3xdt = ∫dt∫e−tx cos3xdx						(изменить		порядок

= − 1 (e−x − e−α x )

α x

интегрирования можно, т.к.

∞

f (x,t)

∞

∫e−tx

cos3xdx сходится равномерно,

< e−tx

, интеграл ∫e−txdx

сходится для α ≤ t ≤1).

∞

cos3xdx = {интегрирование "по частям"} =

−tx

[−tcos3x + 3sin3x]

∞

∫e−tx

;

9 + t

1 1 d (t2 + 9)

F(α) = ∫t2

+ 9dt =

∫ t2

+ 9

2 ln(t

+ 9)

= 2 ln10 − ln(α

+ 9)

2 ln α 2

+ 9

Ответ: F(α) =

α 2 + 9

+∞

2) Вычислить интеграл Эйлера – Пуассона: I = ∫ e− x2 dx .

∞

Рассмотрим

J = ∫xe− x2 y2 dy

= ∫e− x2 y2 dxy = {xy = t} = ∫e−t2 dt2 ,

т.е.

числа

– одинаковые.

+∞

+∞ +∞

+∞

Следовательно, I2

= ∫ e− x2 dx ∫ xe−x2 y2 dy = ∫ dx ∫ xe−x2 (1+ y2 )dy=!

∫ dy ∫ xe−x2 (1+ y

2 )dx =

∫ dy ∫ e−x2

(1+ y2 )dx2

+∞

−x2 (1+ y2 )

+∞

− x2

1+ y2

)

x=+∞

+∞

= −

∫ dy ∫

d (−x2 (1+ y2 ))= −

∫

(

dy = −

∫

(0 −1)dy =

(1+ y

)

+ y

x=0

+∞

π = π ;

= π

∫

arctg y

I =

;

+ y

! Замечание:

Порядок интегрирования можно менять, т.к.

−x2

(1+ y2 )

непрерывна для любых х, у;

∞

2. ∫e−x2 dx - сходится;

∞

3. ∫xe− x2 y2 dy - сходится равномерно при всех х;

4. Дифференцирование по параметру.

Теорема 8.

Пусть функция

f (x,t)

и ее производная

f ′(x,t)

непрерывны на

x [a,∞); t D = [c,d], а

∞

(x,t)dx

∞

(x,t)dx

интеграл ∫ f

сходится,

интеграл

∫ f ′

сходится

равномерно

на

Следовательно,

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 11 – 12, стр. 6 из 7

∞

f (x,t)dx =

∞

f ′(x,t)dx

∫

Примеры:

+∞

α 2

1) J (α ) = ∫ e−x

− x2 dx;

= z

+∞

−x

−α 2

−2α

∞

−α 2

−x2

0 −

α 2

−z2

J′(α ) = ∫ e

dz = −2J (α );

e x

dx = −2∫e

= 2∫e z

−

dx = dz

∞

= −2J

= −2dα ln

= −2α + C

dα

J (α ) = Ce−2α ;

C = ?

∞

Если α = 0

J (0) = ∫e−x2 dx = (интеграл Эйлера-Пуассона*) =

J (0) = C =

;

Ответ: J (α ) =

e−2α .

arctg(a tg x)

J (a)

= ∫

dx,

a > 0

tg x

π 2

tg x = t, x = arctgt

+∞

J′(a) = ∫

tg xdx =

∫

dx =

= ∫

0 tg x

(1+ a

1+ a

dx =

(1+ a

)(1

+ t

)

+ t

+∞

πi

∫

2πi res f (z) + res f (z)

= πi

−

−∞ (1

+ a

)(1+ t

)

2i(a

−1)

2i(a

−1)

−

1 2i

π i (a −1)

;

2i (a −1) (a +1)

2(a +1)

res f (z) = lim

;

−1

2i a

−1

z→

t +

−

a2 (

)

(

)

res f (z)

= lim

;

(

− a2

)(

z + i

)

(

− a2

)

z→i

J(a) = ∫

π da

= π ln(a +1)+ C;

2(a +1)

J(0) = 0

C = 0;

Ответ: J(a) = π ln(a +1).

∞

−α x2

− e

−β x2

3) J (α,β ) = ∫

dx.

Jα′ (α,β ) =

∞ e−α x2 − e−β x2

∞ e−α x2

e−β x2

′

∞

∫

dx = ∫

−

dx = ∫

dα

∞

x=∞

∫e−α x

d (−x2

α )=

e−α x

(0 −1) = −

;

2α

x=0

2α

∞

e−α x2 (−x2 )dx = −∫xe−α x2 dx =

* См. вывод интеграла Эйлера-Пуассона в примере 2 на стр. 5.

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 11 – 12, стр. 7 из 7

∞

Jβ′ (α,β ) = ∫xe−β x2 dx =

2β

J (α,β ) = −∫

dα

+ C(β ) = −

lnα + C(β )

2α

Но J′ = С′(β ) =

С(β ) =

ln β

+ C .

2β

J (α,β ) =

ln β −

lnα + C =

+ C

C0 = ?

J (α,α ) = 0 (интеграл от 0)

С0 = 0.

Ответ: J (α,β ) =

= ln

α β > 0

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 13, стр. 1 из 4

Интегралы Эйлера.

1. Гамма – функция.

Определение.

Гамма – функцией действительного аргумента х называется несобственный интеграл,

+∞
зависящий от х, как от параметра, вида: Γ(x) = ∫ tx−1e−t dt	(1)
0

Некоторые свойства Гамма – функции:

1) Теорема 1.

Интеграл (1) сходится для любого x > 0 .

2) Теорема 2.

Γ(1) =1.

Доказательство:

+∞	+∞
Γ(1) = ∫ t0e−t dt = −e−t	= 0 + e0 =1.

Ч.т.д.

3)Теорема 3. Формула приведения.

Γ(x +1) = xΓ(x) .

Доказательство:

		+∞			+∞	(−e−t )= {интегрируя "по частям",
Γ(x +1) = ∫ tx+1−1e−t dt = ∫ txd
0					0
	x			x	+∞	+∞
= − lim	t	+ lim		t	+ ∫ e−t xtx−1dt = x ∫ tx−1e−tdt = xΓ(x)
	t			t
t→+∞ e			t→0 e
					0	0
=0			=0

получим}= −txe−t	+∞	+∞
получим}= −txe−t		+ ∫ e−t dtx =
	0	0

Ч.т.д.

Замечание:

Первый из вычисленных пределов равен нулю в силу правила Лопиталя (неопределенность типа ∞∞ ), а второй – непосредственной подстановкой t = 0.

4)Теорема 4.

Γ(n +1) = n!

Доказательство:

Γ(n +1) = nΓ(n) = n(n −1)Γ(n −1) = n(n −1)(n − 2)Γ(n − 2) =…= n(n −1)(n − 2) … 3Γ(3) =

= n(n −1) … 3 2 Γ(2) = n(n −1) … 3 2 1 Γ(1) = n (n −1) … 3 2 1= n!

Ч.т.д.

Замечание: n – натуральное.

5) Теорема 5. Формула дополнения.

Γ(x)Γ(1− x) =	π	(0 < x <1)
	sinπ x

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 13, стр. 2 из 4

Задача 1.

Спомощью формулы дополнения вычислить Γ 1 .

Решение:

Пусть x = 1 , тогда 1− x = 1 ;

	1		1		π				1			1
	1		1		π			2	1	= π		1		π
Γ		Γ		=			Γ				Γ		=
Γ		Γ		=	sinπ		Γ				Γ		=
	2		2		sinπ	2			2			2
		Задача 2.
												+∞
Выразить через гамма - функцию интеграл												∫ e− xα dx (α > 0).
												0

Решение:

α= tx

+∞

− xα

+∞

−t 1

−1

+∞

−t

−1

∫ e

dx = x

= t α

tα

dt =

tα

−1

dx =

tα

, т.к.

Задача 3.

+∞ +∞

Используя результаты задач 1 и 2, вычислить интеграл Эйлера – Пуассона: ∫ e− x2 dx = 2 ∫ e−x2 dx .

−∞

Решение:

Положим α = 2 в результате задачи 2, тогда:

+∞

−x2

+∞

− x2

+∞

− x2

= ∫ e

∫ e

π ∫ e

dx , но по задаче 1

dx =

−∞

Задача 4.

+∞

Выразить через гамма - функцию интеграл

∫ x2ne− x2 dx .

Решение:

+∞

t = x

+∞

n−

+∞

−1

−x2

−t

∫ x

dx =

∫ t

∫ e

t 2 dt =

∫ e

dt =

Γ n +

dt = 2xdx

2 t

Замечание:

Используя результат задачи 4, можно также найти интеграл Эйлера-Пуассона:

+∞

∫ e

− x2

при n =

0 получим

dx =

. Можно показать, что для n N

(

)

Γ n +

2n −1 !!

- формула «полуцелого» аргумента.

n+1

2. Бета – функция.

Определение.

Бета – функцией двух действительных аргументов х и у называется интеграл вида:

1
Β(x, y)= ∫tx−1	(1− t)y−1 dt	(2)

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 13, стр. 3 из 4

Некоторые свойства Бета – функции:

1) Теорема 1.

Интеграл (2) сходится при любых x > 0, y > 0 .

2) Теорема 2. Связь гамма- и бетафункций.

( ) Γ(x)Γ(y)

Βx, y = Γ(x + y) .

3)Теорема 3. Свойство симметрии.

Β(x, y) = Β(y,x) .

Доказательство:

tɶ=1− t

y−1

(1− t)

x−1

y−1

tɶ

x−1

(1− ɶt)

y−1

Β(y,x)= ∫t

dt = t =1

− tɶ

= ∫(1− ɶt)

(−dtɶ)= ∫tɶ

dtɶ= Β(x, y)

dt = −dt

Доказательство проведено по определению. Еще проще – с помощью Теоремы 2:

Β(y,x)=

Γ(y) Γ(x)

Γ(x) Γ(y)

= Β(x, y) .

Γ(y + x)

Γ(x + y)

Ч.т.д.

4) Теорема 4. Формула дополнения.

Β(x,1− x)=

(0 < x <1)

sinπ x

Доказательство:

Β(x,1− x)=

Γ(x) Γ(1− x)

- по

формуле дополнения для гамма –

Γ(x +1− x)

Γ(1)

sinπ x

функции.

Ч.т.д.

Задача 5.

Выразить через эйлеровы интегралы: ∫ sinα xcosβ

xdx .

Решение:

Пусть t = sin2 x 1− t = cos2 x и dt = 2sin xcos xdx . Следовательно:

1 α

1 α −1

β −1

1 α +1

β +1

−1 (1− t)

∫ sinα

xcosβ

xdx = ∫t 2

(1− t)

∫t 2 (1− t)

dt =

∫t 2

−1 dt =

2t 2

(1− t)

α +1

β +1

α +1

β +1

;

+ β

Задача 6.

Вычислить: J = ∫

3 x

(2− x)

Решение:

Пусть t =

x = 2t dx = 2dt .

x2 = 4t2; 2 − x = 2 − 2t = 2(1− t)

Следовательно:

ТФКП (мат. анализ, часть 4), семестр 4, лекция 13, стр. 4 из 4

2dt

−2

− 1

−1

1 2

J = ∫

∫t

3 (1− t)

3 dt = ∫t3

− t)3

dt = Β

;

= Β

−

3 4t2

2(1

− t)

3 3

= {по формуле дополнения} =

2π

sin

Задача 7.

+∞

m−1

Выразить через эйлеровы интегралы при

0 < m < n : J = ∫

dx .

(1+ x)

Решение:

= 1− t x +1=

x =

−1=

1−1+ t

;

1+ x

− t

1− t

− t

dx =

;

x = 0 t = 0

(1− t)

x = +∞ t = 1

m−1

n−m−2+1

(n−m)−1

J = ∫

(1− t)

= ∫tm−1 (1− t)

∫tm−1 (1− t)

dt =

(1− t)

1− t

= Β(m,n − m) =

Γ(m)Γ(n − m)

(n − m > 0,

т.к. n > m)

Γ(n)

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 77

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.07.2025207 Кб2Mat_analiz_chast_3.docx
#
10.05.2015559 Кб80mat_analiz_tipovik.pdf
#
10.05.2015176 Кб25Matan.doc
#
16.04.20195 Мб47matan.doc
#
01.05.2025263 Кб1matan.docx
#
10.05.20157 Мб29matan4_bel.pdf
#
01.03.20252 Мб3Matlab_МБС.doc
#
01.07.20251 Мб1matlog.doc
#
13.08.2019891 Кб54medicina-katastrof.doc
#
01.07.202517 Мб21Mekh_obor_Romanov_81-760_761.doc
#
10.05.20154 Мб14metod_ACM.doc