Собственные интегралы, зависящие от параметра, и их свойства

Пусть заданы два некоторых множества $X \subset R$ и $Y \subset R$ , где $Y$ — множество параметров, а $X$ представляет из себя некоторый отрезок $[a, b]$ — множество переменных. Тогда определим множество
$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} x\in X \\ y\in Y \end{matrix} } \right\} (K\subset { R }^{ 2 }).$

На заданном множестве $K$ зададим некоторую функцию $f(x,y)$ и предположим, что, для каждого фиксированного $y \in Y$ , она интегрируема по Риману на промежутке $[a,b]$ (в данной работе мы рассматриваем только собственные интегралы). Тогда заданную функцию
$J(y)= \intop_{a}^{b} f(x,y)dx$
назовем интегралом, зависящим от параметра $y$ .

Так как нами введена новая функция, логично рассмотреть некоторые ее свойства.

Свойство непрерывности собственного интеграла, зависящего от параметра

Теорема (о непрерывной зависимости интеграла от параметра). Пусть на некотором множестве определена функция $f(x,y)$ и собственный интеграл, зависящий от параметра
$J(y)= \intop_{a}^{b} f(x,y)dx$
и $f$ непрерывна в прямоугольнике
$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} a\le x\le b \\ c\le y\le d \end{matrix} } \right\}.$
Тогда функция $J(y)$ непрерывна на отрезке $[c, d]$ .

Доказательство

$\Box$ Начнем доказательство, воспользовавшись теоремой Кантора. Исходя из того, что любая непрерывная функция на ограниченном замкнутом множестве (в данном случае прямоугольнике $K$ ) равномерно непрерывна на этом множестве, можем записать данное условие для дальнейшей работы с функцией. То есть, для любого $\varepsilon >0$ найдется такое ${ \delta }_{ \varepsilon }$ (вообще говоря не зависящие от выбора точек $\left( { x }_{ 1 },{ y }_{ 1 } \right)$ и $\left( { x }_{ 2 },{ y }_{ 2 } \right)$ в данном прямоугольнике $K$ ), что из выполнения неравенств
$\left| { x }_{ 1 }-{ x }_{ 2 } \right| <{ \delta }_{ \varepsilon },\quad \left| { y }_{ 1 }-{ y }_{ 2 } \right| <{ \delta }_{ \varepsilon }\quad$
следует выполнения неравенства
$\left| f\left( { x }_{ 1 },{ y }_{ 1 } \right) -f\left( { x }_{ 2 },{ y }_{ 2 } \right) \right| <\frac { \varepsilon }{ b-a }.$

Положив $x={ x }_{ 1 }={ x }_{ 2 }$ , можем заключить, что для любого $x \in [a, b]$ и ${ y }_{ 1 },{ y }_{ 2 } \in [c, d]$ , таких, что ${ \left| { { y }_{ 1 }-y }_{ 2 } \right| }<{ \delta }_{ \varepsilon},$ выполняется условие
$\left| f\left( x,{ y }_{ 1 } \right) -f\left( { x },{ y }_{ 2 } \right) \right| <\frac { \varepsilon }{ b-a }.$

Тогда для любых ${ y }_{ 1 },{ y }_{ 2 }$ из отрезка $[c,d]$ , удовлетворяющих условие описанное выше, выполняется:
$\left| J({ y }_{ 1 }) — J({ y }_{ 2 })\right| =$ $=\left| \intop_{ a }^{ b }{ f(x,{ y }_{ 1 })dx } -\intop_{ a }^{ b }{ f(x,{ y }_{ 2 })dx } \right| =$ $=\left| \intop _{ a }^{ b }{ \left( f(x,{ y }_{ 1 } \right) -f(x,{ y }_{ 2 }))dx } \right| \le \intop _{ a }^{ b }{ \left| f(x,{ y }_{ 1 })-f(x,{ y }_{ 2 }) \right| dx } \le$ $\le \frac { \varepsilon }{ b-a } (b-a)=\varepsilon.$
Откуда можем сделать вывод о том, что функция $J(y)$ непрерывна в на отрезке $[c,d]$ , что и требовалось доказать. $\blacksquare$

[свернуть]

Как важное практическое применение данной теоремы, например, можем определить возможность переходить к пределу под знаком интеграла, при выполнении других необходимых для этого условий, а именно:
$\lim _{ y\rightarrow { y }_{ 0 } }{ \intop _{ a }^{ b }{ f(x,y)dx=\intop _{ a }^{ b }{ \lim _{ y\rightarrow { y }_{ 0 } } f(x,y)dx=\intop _{ a }^{ b }{ f(x,{ y }_{ 0 })dx\quad \forall } { y }_{ 0 }\in [c,d] } } }.$

Свойство дифференцируемости собственного интеграла, зависящего от параметра

Теорема (о дифференцируемости интеграла от параметра). Пусть функция $f(x,y)$ вместе со своей частной производной $\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right)$ непрерывна в прямоугольнике
$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} a\le x\le b \\ c\le y\le d \end{matrix} } \right\}.$
Тогда собственный интеграл, зависящий от параметра
$J(y)= \intop_{a}^{b} f(x,y)dx$
является непрерывно дифференцируемой функцией на отрезке $[c,d],$ причем справедливо следующее равенство:
${ J }^{ \prime } \left( y \right) =\frac { d }{ dy } \intop_{ a }^{ b }{ f\left( x,y \right) dx } =\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } ,\quad \forall y\in \left[ c,d \right].$

Заметим, что указанное выше равенство называется правилом Лейбница: «Производная интеграла, зависящего от параметра, равна интегралу от производной подынтегральной функции по заданному параметру».

Доказательство

$\Box$ Рассмотрим производную заданной функции по определению
${ J }^{ \prime }\left( y \right) =\lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } }.$

Тогда для доказательства теоремы нам необходимо убедиться в равенстве
$\lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } } =\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } \Rightarrow$ $\Rightarrow \lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \left( \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } -\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } \right) } =0\quad \left( 1 \right).$

Для дальнейшей работы проанализируем отношение
${ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } }=\intop _{ a }^{ b }{ \frac { f\left( x,y+\Delta y \right) -f\left( x,y \right) }{ \Delta y } dx }.$

Так как функция $f$ и ее производная – дифференцируемые на заданном прямоугольнике функции, то мы имеем право воспользоваться теоремой Лагранжа о среднем значении^*
${ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } }=\intop _{ a }^{ b }{ \frac { f\left( x,y+\Delta y \right) -f\left( x,y \right) }{ \Delta y } dx }=$ $=\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x }\Delta y \right) dx },\quad { \theta }_{ x }\in \left( 0,1 \right).$

Вернемся к отношению находящемуся под знаком предела формулы $(1)$ :
$\frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } -\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } =$ $=\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x }\Delta y \right) dx }-\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx }=$ $=\intop_{ a }^{ b }{ \left( \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x }\Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right) dx }.$

Аналогично доказательству предыдущего свойства, так как $\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right)$ непрерывна на заданном прямоугольнике, то по теореме Кантора она равномерно непрерывна на нем же. Тогда запишем условие равномерной непрерывности, что поможет оценить нам выражение под знаком предела формулы $(1)$ :
$\forall \varepsilon > 0 \quad \exists { \delta }_{ \varepsilon }>0:\forall x\in \left[ a,b \right] ; \forall y,y+\Delta y\in \left[ c,d \right]:\left| y+\Delta y-y \right|=$ $=\left| \Delta y \right| <{ \delta }_{ \varepsilon }\Rightarrow \left| \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+\Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right| <\frac { \varepsilon }{ b-a }.$

Принимая во внимание тот факт, что ${ \theta }_{ x } \in \left( 0,1 \right)$ , автоматически при тех же условиях будет выполняться неравенство
$\left| \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x } \Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right| <\frac { \varepsilon }{ b-a }.$
Тогда можем записать
$\left| \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } -\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } \right| =$ $=\left| \intop _{ a }^{ b }{ \left( \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x } \Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right) dx } \right| \le$ $\le \intop _{ a }^{ b }{ \left| \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x } \Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right| dx } \le \left( b-a \right) \frac { \varepsilon }{ b-a } =\varepsilon.$

Отсюда следуя определению предела функции по Коши
$\lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \left( \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } -\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } \right) } =0\Rightarrow$ $\Rightarrow\lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } } =\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } ={ J }^{ \prime }\left( y \right). \blacksquare$

[свернуть]

Обобщив указанную ранее теорему, можем получить формулу Лейбница для случая, когда пределы интегрирования являются некоторыми функциями, зависящими от параметра $y$ .

Формула Лейбница дифференцирования под знаком интеграла, зависящего от параметра, пределы интегрирования которого зависят от переменной дифференцирования

Пусть пределы интегрирования собственного интеграла зависящего от параметра $y$ – некоторые непрерывно дифференцируемые на отрезке $[c, d]$ функции, зависящие от данного параметра: $a(y),b(y)$ . Тогда пусть задана функция $f(x,y)$ вместе со своей частной производной $\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right)$ непрерывны в области
$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} a\left( y \right) \le x\le b\left( y \right) \\ c\le y\le d \end{matrix} } \right\}.$
Тогда
$J(y)= \intop_{a(y)}^{b(y)} f(x,y)dx$
дифференцируема на $[c,d]$ , причем
${ J }^{ \prime }\left( y \right) =\intop _{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right)dx -f\left( a\left( y \right) ,y \right) \cdot { a }^{ \prime }\left( y \right) +f\left( b\left( y \right) ,y \right) \cdot { b }^{ \prime }\left( y \right) }.$

Доказательство

$\Box$ Рассмотрим $J(y)$ . Это сложная функция, зависящая от трех переменных, то есть можем записать: $J\left( y \right) =J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right)$ . Тогда по правилу дифференцирования сложной функции:
${ J }^{ \prime }\left( y \right) =\frac { \partial }{ \partial y } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) +\frac { \partial }{ \partial a } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) \cdot \frac { da }{ dy } +$ $+\frac { \partial }{ \partial b } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) \cdot \frac { db }{ dy }.$

Выразим каждую частную производную отдельно:
$\frac { \partial }{ \partial y } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) =\intop _{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx },$ $\frac { \partial }{ \partial a } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) =\frac { \partial }{ \partial a } \intop_{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ f\left( x,y \right) dx } =-f\left( a\left( y \right) ,y \right),$ $\frac { \partial }{ \partial b } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) =\frac { \partial }{ \partial b } \intop _{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ f\left( x,y \right) dx } =f\left( b\left( y \right) ,y \right).$

Подставляем найденные производные в исходное выражение для производной сложной функции
${ J }^{ \prime }\left( y \right) =\frac { \partial }{ \partial y } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) +\frac { \partial }{ \partial a } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) \cdot \frac { da }{ dy } +$ $+\frac { \partial }{ \partial b } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) \cdot \frac { db }{ dy } =\intop_{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } -f\left( a\left( y \right) ,y \right) \frac { da }{ dy }+$ $+f\left( b\left( y \right) ,y \right) \frac { db }{ dy }=\intop _{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } -f\left( a\left( y \right) ,y \right) \cdot { a }^{ \prime }\left( y \right) +$ $+f\left( b\left( y \right) ,y \right) \cdot b^{ \prime }\left( y \right).$

Таким образом, формула Лейбница доказана. $\blacksquare$

[свернуть]

Свойство интегрируемости собственного интеграла, зависящего от параметра

Теорема (о интегрируемости интеграла от параметра). Пусть задана $f(x,y)$ непрерывная на некотором прямоугольнике
$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} a\le x\le b \\ c\le y\le d \end{matrix} } \right\}.$
Тогда функция (собственный интеграл, зависящий от параметра)
$J(y)= \intop_{a}^{b} f(x,y)dx$
интегрируема на отрезке $[c, d]$ , причем
$\intop _{ c }^{ d }{ { J }\left( y \right) dy } =\intop _{ c }^{ d }{ \left( \intop _{ a }^{ b }{ f\left( x,y \right) dx } \right) dy } =\intop _{ a }^{ b }{ \left( \intop _{ c }^{ d }{ f\left( x,y \right) dy } \right) dx }.$

Доказательство

$\Box$ Из свойства непрерывности собственного интеграла, зависящего от параметра, следует, что $J(y)$ непрерывна на $[c,d]$ , а следовательно и интегрируема. Тогда по теореме о сведении двойного интеграла к повторному имеем:
$\intop _{ c }^{ d }{ \left( \intop _{ a }^{ b }{ f\left( x,y \right) dx } \right) dy } =\iint _{ П }^{ }{ f\left( x,y \right) dxdy }.$ $\intop _{ a }^{ b }{ \left( \intop _{ c }^{ d }{ f\left( x,y \right) dy } \right) dx } =\iint _{ П }^{ }{ f\left( x,y \right) dxdy }.$ $\intop _{ c }^{ d }{ { J }\left( y \right) dy } =\iint _{ \Pi }^{ }{ f\left( x,y \right) dxdy } =\intop _{ c }^{ d }{ \left( \intop _{ a }^{ b }{ f\left( x,y \right) dx } \right) dy } =$ $=\intop _{ a }^{ b }{ \left( \intop _{ c }^{ d }{ f\left( x,y \right) dy } \right) dx }.$

Теорема доказана. $\blacksquare$

[свернуть]

Данное свойство дает нам возможность интегрировать исходную функцию $J(y)$ по параметру $y$ под знаком интеграла.

Примеры и практическая значимость

Следует заметить, что введенный нами математический объект имеет достаточно интересное применение не только в плане непосредственного вычисления. Например, собственные интегралы, зависящие от параметра $x$ , такого вида
${ J }_{ n }\left( x \right) =\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ 0 }^{ \pi }{ \cos { \left( x\cdot \sin { \varphi } -n\cdot \varphi \right) } d\varphi } ,$ ${ J }_{ n }\left( x \right) =\frac { 1 }{ 2\pi } \intop _{ -\pi }^{ \pi }{ { e }^{ i\left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) }d\varphi } ,$
где $n$ – некоторое целое число, являются интегральным представлением функций Бесселя первого рода. Интегральный подход использовал сам Бессель для изучения некоторых интересных свойств этих функций.

Такие функции имеют разнообразное применение не только в математических дисциплинах. Например, они применяются в решении задач о статических потенциалах, распространении волн, формы колебания тонкой круглой мембраны, обработке сигналов и т.д.

Графическое представление функций Бесселя первого рода $0$ , $1$ и $2$ порядков

Для более глубокого понимания темы, к рассмотрению предлагается практическое задание.

Пример

Закрепим материалы статьи и проверим правильность интегрального вида функций Бесселя приведенных выше, то есть, убедимся, что они являются таковыми по определению, а именно являются решением дифференциального уравнения Бесселя:
${ x }^{ 2 }\frac { { d }^{ 2 }y }{ { dx }^{ 2 } } +{ x }\frac { { d }y }{ { dx } } +\left( { x }^{ 2 }-{ n }^{ 2 } \right) y=0,$
где $n$ – некоторое, в общем случае комплексное число.

Выполним проверку например для
${ J }_{ n }\left( x \right) =\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ 0 }^{ \pi }{ \cos { \left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) ) } d\varphi }.$

Вычислим требующиеся производные и подставим их в дифференциальное уравнение Бесселя:
$-{ x }^{ 2 }\cdot \int _{ 0 }^{ \pi }{ \cos { \left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) } \cdot \sin ^{ 2 }{ \varphi } dx } +$ $+{ x }\cdot \int _{ 0 }^{ \pi }{ \sin { \left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) } \cdot \sin { \varphi } \cdot d\varphi } +$ $+\left( { x }^{ 2 }-{ n }^{ 2 } \right) \int _{ 0 }^{ \pi }{ \cos { \left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) } dx } =$ $=-\int _{ 0 }^{ \pi }{ (({ x }^{ 2 }\sin ^{ 2 }{ \varphi } +{ n }^{ 2 }-{ x }^{ 2 })\cos { (x\cdot \sin { \varphi } — } } n\cdot \varphi )-$ $-x\cdot \sin { \varphi } \sin { (n\varphi -x\cdot \sin { \varphi } ) } d\varphi =$ $=-(n+\cos { \varphi ) } \sin { (n\varphi -x\cdot \sin { \varphi } ) } |\begin{matrix} \pi \\ 0 \end{matrix} = 0.$

Данный результат подтверждает, что представленный интеграл задает некоторую функцию Бесселя.

[свернуть]

Примечание

^*На данном этапе существуют разногласия по поводу применения формулы конечных приращений Лагранжа для доказательства данной теоремы, основанные на том, что вообще говоря $\theta_{x}$ представляет из себя некоторую функцию зависящую от переменной $x$ , что вызывает вопрос не нарушает ли она непрерывность, а следовательно, и интегрируемость подынтегрального выражения. Несмотря на это в большинстве рассмотренных источников указано именно такое доказательство, аргументированное тем, что $\theta_{x} \in (0, 1)$ не меняет условия принадлежности рассматриваемой точки исходному отрезку. Если же читатель не согласен с таким применением теоремы Лагранжа о среднем значении, то доказать свойство дифференцируемости собственного интеграла, зависящего от параметра, можно аналогично доказательству свойства непрерывности, которое было приведено ранее.

Список литературы

Тест: собственные интегралы, зависящие от параметра

Для закрепления материала темы, рекомендуется пройти следующий тест.

Таблица лучших: Тест: собственные интегралы, зависящие от параметра

максимум из 19 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Равномерная сходимость и интегрирование

Пусть $f_{n}$ — последовательность интегрируемых на отрезке $\left[a;b\right]$ функций, поточечно сходящаяся к функции $f$ . Поставим вопрос об интегрируемости на отрезке $\left[a;b\right]$ предельной функции $f$ и справедливости равенства
$\lim_{n\rightarrow \infty }\int\limits_{a}^{b}f_{n}(x)dx=\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$
Следующие примеры показывают, что в общем случае и интегрируемости нет, и равенство не выполняется.

Пример 1

Пусть $\left \{ r_{n} \right \}_{n=1}^{\infty }$ — последовательность всех рациональных точек из отрезка $\left[0;1\right]$ . Выразим:
$f_{n}(x)=\left\{\begin{matrix}1,&x\in \left \{ r_{1},\cdots ,r_{n} \right \},\\ 0,& x\in \left[0;1\right]\setminus \left \{ r_{1},\cdots ,r_{n} \right \}\end{matrix}\right.$
Тогда каждая функция $f_{n}$ интегрируема на отрезке $\left[0;1\right]$ , потому что она имеет лишь конечное число точек разрыва $\left \{ r_{1},\cdots r_{n}\right \}$ . С другой стороны, видно, что $\lim_{n\rightarrow \infty }f_{n}(x)=D(x)$ где D — функция Дирихле. Но как известно, функция Дирихле не интегрируема на отрезке $\left[0;1\right]$ .
Вывод: мы построили последовательность интегрируемых функций, сходящуюся к неинтегрируемой функции.

Замечание (для рядов)

Спойлер

Из примера 1 легко получить пример, который показывает, что сумма функционального ряда, слагаемые которого интегрируемы, не обязана быть интегрируемой.
Действительно, положим $u_{n}(x)=f_{n}(x)-f_{n-1}(x)$ , $u_{1}(x)=f_{1}(x)$ , $u_{2}(x)=f_{2}(x)-f_{1}(x)$ .
Частичные суммы ряда $s_{n}(x)=f_{n}(x)$ . И $\sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x)dx=f(x)$ .

[свернуть]

Пример 2

Положим $f_{n}(0)=f_{n}(\frac{1}{n})=f_{n}(1)=0, f_{n}(\frac{1}{2n})=n$ , а на отрезках $\left[0;\frac{1}{2n}\right], \left[\frac{1}{2n};\frac{1}{n}\right], \left[\frac{1}{n};1\right]$ функция $f_{n}$ — линейна. Мы видим, что $\lim_{n\rightarrow \infty }f_{n}(x)=0,\; \forall x\in \left[0;1\right]$ , так что предельная функция $f(x)\equiv 0\; (x\in \left[0;1\right])$ интегрируема и $\int_{0}^{1}f(x)dx=0$ . С другой стороны, очевидно, что $\int_{0}^{1}f_{n}(x)dx=\frac{1}{2}$ , поэтому предельный переход под знаком интеграла недопустим.
Вывод: даже если предельная функция интегрируема, то предел интегралов не обязан равняться интегралу от предельной функции.

Замечание (для рядов)

Спойлер

Вывод (для рядов)

Воспользовавшись этими примерами мы показали, что нельзя почленно интегрировать сходящийся ряд, т.е. равенство $\int\limits_{a}^{b}\sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x)dx=\sum_{n=1}^{\infty }\int\limits_{a}^{b}u_{n}(x)dx$
не верно. Потому что сумма поточечно сходящегося ряда из интегрируемых функций может оказаться неинтегрируемой функцией, а если даже сумма ряда будет функцией интегрируемой, то нужное равенство все равно нельзя гарантировать.

Теорема (об интегрировании равномерно сходящейся последовательности)

Пусть последовательность $\left \{ f_{n}(x) \right \}$ из непрерывных на отрезке $\left[a;b\right ]$ функций, равномерно сходится к $f(x)$ на этом отрезке. Тогда существует $\lim_{n\rightarrow \infty }\int\limits_{a}^{b}f_{n}(x)dx=\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$

Доказательство

Спойлер

По теореме о непрерывности предела равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций: f(x) – непрерывна на [a, b], а значит и интегрируема на этом отрезке. Воспользуемся определением равномерной сходимости: $\forall \varepsilon > 0 \; \exists N \; \forall n\geq N$ и $\forall x\in \left [ a, b \right ]$ справедливо неравенство $\left | f_{n}(x)-f(x) \right |< \frac{\varepsilon }{b-a}$ . Проинтегрировав это неравенство, получаем, что при всех $n\geq N : \left | \int_{a}^{b}f_{n}(x)dx — \int_{a}^{b}f(x)dx \right |\leq \int_{a}^{b}\left | f_{n}(x)-f(x) \right |dx< \frac{\varepsilon }{b-a}\left ( b-a \right )=\varepsilon$
Теорема доказана.

[свернуть]

Следствие (об интегрировании равномерно сходящегося ряда)

Пусть $\left \{ u_{n} \right \}$ — последовательность непрерывных на отрезке $\left[a;b\right]$ функций такова, что ряд $\sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x)$ сходится равномерно на $\left[a;b\right]$ . Тогда справедливо равенство $\int\limits_{a}^{b}\sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x)dx=\sum_{n=1}^{\infty }\int\limits_{a}^{b}u_{n}(x)dx$

Доказательство

Спойлер

Действительно, функции $f_{n}(x)=\sum_{k=1}^{n}u_{k}(x)$ непрерывны как суммы конечного числа непрерывных функций $u_{k}$ , и последовательность $\left \{ f_{n} \right \}$ сходится к функции $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x)$ равномерно на $\left[a;b\right]$ . Тогда, по предыдущей теореме, $\sum_{k=1}^{n}\int\limits_{a}^{b}u_{k}(x)dx=\int\limits_{a}^{b}\sum_{k=1}^{n}u_{k}(x)dx=\int\limits_{a}^{b}f_{n}(x)dx\rightarrow \int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\int\limits_{a}^{b}\sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x)dx.$

[свернуть]

Следующая теорема является обобщением всех теорем об интегрировании равномерно сходящейся последовательности.

Теорема

Пусть $\left\{f_{n}\right\}$ — последовательность интегрируемых на отрезке $\left[a;b\right]$ функций, равномерно сходящаяся на этом отрезке к функции $f$ . Тогда предельная функция $f$ интегрируема на $\left[a;b\right]$ и справедливо равенство $\lim_{n\rightarrow \infty }\int\limits_{a}^{b}f_{n}(x)dx=\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$

Доказательство

Спойлер

Оно проводится также, как в предыдущей теореме, при условии, что $\int_{a}^{b}f(x)dx$ существует. Поэтому достаточно доказать лишь интегрируемость на $\left[a;b\right]$ функции $f$ . Для этого воспользуемся критерием интегрируемости в терминах колебаний, согласно которому функция $f$ интегрируема на $\left[a;b\right]$ тогда и только тогда, когда $\forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0, \forall \prod$ — разбиения отрезка $\left[a;b\right]$ , диаметр которого $d\left ( \prod \right )< \delta$ , справедливо неравенство $\sum_{i=0}^{s-1}\omega _{i}(f)\Delta x_{i}< \varepsilon$ где $\omega _{i}(f)$ — колебания функции $f$ частичных отрезках $\left[x_{i};x_{i+1}\right]$ . Зададим $\varepsilon > 0$ и, пользуясь равномерной сходимостью последовательности $\left \{ f_{n} \right \}$ , найдем такое N, что $\forall n\geq N,\; \forall x\in \left [ a;b \right ]$ справедливо неравенство $\left | f_{n}(x)-f(x) \right |< \varepsilon$ . Если $\forall n\geq N$ , то $\left | f(x’)-f(x») \right |\leq \left | f(x’)-f_{n}(x») \right |+\left | f_{n}(x’)-f_{n}(x») \right |+\left | f_{n}(x»)-f(x») \right |< \left | f_{n}(x’)-f_{n}(x») \right |+2\varepsilon$ Отсюда следует, что при любом разбиении $\omega _{i}(f)\leq \omega _{i}(f_{n})+2\varepsilon$ , так что $\sum_{i=0}^{s-1}\omega _{i}(f)\Delta x_{i}\leq \sum_{i=0}^{s-1}\omega _{i}(f_{n})\Delta x_{i}+2\varepsilon \left ( b-a \right )$ Первое слагаемое справа мало в силу интегрируемости $f_{n}$ , т.е. $\exists \delta > 0, \; \forall \prod ,\; d(\prod )< \delta$ , первое слагаемое справа будет меньшим, чем $\varepsilon$ . Поэтому, в силу критерия интегрируемости в терминах колебаний, получаем, что функция $f$ интегрируема на $\left[a;b\right]$ .

[свернуть]

Литература

Тесты

равномерная сходимость и интегрирование

Проверьте свои знания по теме «Равномерная сходимость и интегрирование»

Задание 1 из 5

1.
Исследовать на равномерную сходимость функциональный ряд $\sum_ {n = 1} ^ {\infty} х^{2n}\; \; \; \; \; \left | x \right |< 1$ Ответ: сходится/расходится
- (сходится)
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 5

2.
Найти $I=\int\limits_{\ln2}^{\ln5}(\sum_{n=1}^{\infty}n{e}^{-nx})dx$
- 3/4
- 1
- 1/2
- 0
Правильно

Неправильно

Задание 3 из 5

3.

Исследовать ряд на равномерную сходимость на отрезках:

Элементы сортировки

сходится равномерно
сходится равномерно и абсолютно
расходится
сходится неравномерно

$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}x^{n}}{3n+5}}\;[0;1]$

$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\sqrt{x+1}\cos{nx}}{\sqrt[3]{n^{4}+2}}}\;[0;2]$

$\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{x+\ln{n}}}\;[0;1]$

$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x}{n^3}}\;[\infty;-\infty]$

Задание 4 из 5

4.
Выбрать правильные утверждения о ряде функций: $\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1)(x+2)}-\frac{1}{(x+2)(x+3)}-…, x\in \left[0;+\infty \right]$
(несколько правильных ответов)
- $S_{n}(x)=\frac{1}{x+n}$
- $S_{n}(x)=\frac{1}{x+1}$
- $\lim_{n\rightarrow \infty}S_{n}(x)=1 \;\;\;\;\; S(x)=1$ ряд равномерно сходится к 1
- $\lim_{n\rightarrow \infty}S_{n}(x)=0 \;\;\;\;\; S(x)=0$ ряд равномерно сходится к нулю
Правильно

Неправильно
Задание 5 из 5

5.
Расставить в правильном порядке формулы в доказательство равномерной сходимости ряда:
Ряд функций 1)_______ , можно записать в виде 2)_______ , откуда его частичная сумма равна 3)_______ и 4)_______ . Таким образом, ряд сходится для всех $x\in \left[0;+\infty \right]$ и имеет сумму 5)_______ . Далее, 6)________ , и наш ряд равномерно сходится к нулю на полуоси $\left[0;+\infty \right]$ .
- $\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1)(x+2)}-\frac{1}{(x+2)(x+3)}-..., x\in \left[0;+\infty \right]$
- $\frac{1}{x+1}+(\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+1})+(\frac{1}{x+3}-\frac{1}{x+2})+...$
- $S_{n}(x)=\frac{1}{x+n}$
- $\lim_{n\rightarrow \infty}S_{n}(x)=0$
- $S(x)=0$
- $\eta _{n}=\underset{0\leq x<\infty}{sup}\left|S_{n}(x)-S(x) \right|=\underset{0\leq x<\infty}{sup}\frac{1}{x+n}=\frac{1}{n}\rightarrow 0 \;\;\;\;\; (n\rightarrow \infty)$
Правильно

Неправильно

Средний результат
Ваш результат

Свойство непрерывности собственного интеграла, зависящего от параметра

Свойство дифференцируемости собственного интеграла, зависящего от параметра

Формула Лейбница дифференцирования под знаком интеграла, зависящего от параметра, пределы интегрирования которого зависят от переменной дифференцирования

Свойство интегрируемости собственного интеграла, зависящего от параметра

Примеры и практическая значимость

Примечание

Список литературы

Тест: собственные интегралы, зависящие от параметра

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Элементы сортировки

6.

7.

8.

Элементы сортировки

Таблица лучших: Тест: собственные интегралы, зависящие от параметра

Пример 1

Замечание (для рядов)

Пример 2

Замечание (для рядов)

Вывод (для рядов)

Теорема (об интегрировании равномерно сходящейся последовательности)

Доказательство

Следствие (об интегрировании равномерно сходящегося ряда)

Доказательство

Следующая теорема является обобщением всех теорем об интегрировании равномерно сходящейся последовательности.

Теорема

Доказательство

Литература

Тесты

равномерная сходимость и интегрирование

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

4.

5.