微积分笔记(57)——含参变量积分(2)

微积分笔记(57)——含参变量积分(2)

含参变量积分

含参变量奇异积分的性质

含参变量奇异积分

设 $f \in C(\tilde{D}), \tilde{D} = [a, b) \times D, D \subseteq \mathbb{R}^n$ 是区域,假设对于每个 $y \in D$,奇异积分:
$$
\int_a^b f(x, y) \, \mathrm{d} x
$$
收敛,定义:
$$
\varphi(y) = \int_a^b f(x, y) \, \mathrm{d} x, y \in D
$$
得到含参变量奇异积分定义的函数 $\varphi : D \to \mathbb{R}$。

基本方法:研究 $\varphi$ 的分析性质时,奇异积分产生的困难及其处理与无穷积分的处理类似(引入相应的一致收敛)。

含参变量奇异积分的一致收敛

$\forall \varepsilon > 0, \exists b_0 \in (a, b)$ 使得:
$$
\sup_{y \in D} \left|\int_{b_0}^b f(x, y) \, \mathrm{d} x \right| \le \varepsilon
$$
这时称奇异积分:
$$
\int_a^b f(x, y) \, \mathrm{d} x
$$
关于 $y \in D$ 一致收敛。

含参变量奇异积分的分析性质

设 $f \in C(\tilde{D}), \tilde{D} = [a, b) \times D$,记:
$$
\varphi(y) = \int_a^b f(x, y) \, \mathrm{d} x
$$

  1. 如果其关于 $y \in D$ 一致收敛,则 $\varphi \in C(D)$ 且:
    $$
    \int_D \varphi(y) \, \mathrm{d} y = \int_D \, \mathrm{d} y \int_a^b f(x, y) \, \mathrm{d} x = \int_a^b \, \mathrm{d} x \int_D f(x, y) \, \mathrm{d} y
    $$

  2. 又若 $D_{y_i} f \in C(\tilde{D})$ 且:
    $$
    \int_a^b D_{y_i} f(x, y) \, \mathrm{d} x
    $$
    关于 $y \in D$ 一致收敛,则 $D_{y_i} \varphi \in C(D)$ 且:
    $$
    D_{y_i} \varphi(y) = \int_a^b D_{y_i} f(x, y) \, \mathrm{d} x
    $$

含参反常积分的一致收敛判别法

含参无穷积分逐点收敛

$$
\forall y \in D, \lim_{A \to +\infty} \left|\int_A^{+\infty} f(x, y) \, \mathrm{d} x \right| = 0 \\
\forall \varepsilon > 0, \exists A > a, \forall A^\prime \ge A, \left|\int_{A^\prime}^{+\infty} f(x, y) \, \mathrm{d} x \right| \le \varepsilon
$$

含参无穷积分一致收敛

$$
\lim_{A \to +\infty} \sup_{y \in D} \left|\int_A^{+\infty} f(x, y) \, \mathrm{d} x \right| = 0 \\
\forall \varepsilon > 0, \exists A > a, \forall A^\prime \ge A, \sup_{y \in D} \left|\int_{A^\prime}^{+\infty} f(x, y) \, \mathrm{d} x \right| \le \varepsilon
$$

Dirichlet-Abel 一致收敛判别法

设 $f, g \in C(\tilde{D}), \tilde{D} = [a, +\infty) \times D$,且满足一下条件之一:
$$
(D)
\begin{cases}
\displaystyle \int_a^u f(x, y) \, \mathrm{d} x \text{ 关于 } u \ge a \text{ 在 } D \text{ 上一致有界} \\
\displaystyle g(x, y) \text{ 关于 } x \text{ 单调}, \lim_{x \to +\infty} \sup_{y \in D} |g(x, y)| = 0
\end{cases} \\
(A)
\begin{cases}
\displaystyle \int_a^{+\infty} f(x, y) \, \mathrm{d} x \text{ 关于 } y \in D \text{ 一致收敛} \\
\displaystyle g(x, y) \text{ 关于 } x \text{ 单调}, \text{关于 } y \in D \text{ 一致有界}
\end{cases}
$$
则无穷积分:
$$
\int_a^{+\infty} f(x, y) g(x, y) \, \mathrm{d} x
$$
关于 $y \in D$ 一致收敛。

类似:不含参数无穷积分的同名判别法。

证明:仅证明 Dirichlet 条件下的判别结论。

先省略参数 $y$,复习无参数情况证明,记:
$$
F(u) = \int_a^u f(x) \, \mathrm{d} x
$$
先分部积分,由 $g^\prime$ 不变号,再应用积分中值定理 $\exists \xi \in (A, B)$:
$$
\begin{align*}
\int_A^B f(x) g(x) \, \mathrm{d} x & = F(x) g(x) \Big |_A^B – \int_A^B F(x) D_x g(x) \, \mathrm{d} x \\
& = F(B)g(B) – F(A)g(A) – F(\xi) [g(B) – g(A)] \\
& = [F(B) – F(\xi)] g(B) + [F(\xi) – F(A)] g(A) \\
& = g(B) \int_\xi^B f(x) \, \mathrm{d} x + g(A) \int_A^\xi f(x) \, \mathrm{d} x
\end{align*}
$$
在上式中恢复参数 $y$,已知右端二积分关于 $y \in D$ 中一致有界,当 $A, B$ 增大时,$g$ 一致趋于零。

令:
$$
\left|\sup_{y \in D} \int_a^u f(x, y) \, \mathrm{d} x \right| \le L
$$
则 $\forall u_1, u_2 \ge a$:
$$
\left|\int_{u_1}^{u_2} f(x, y) \, \mathrm{d} x \right| \le 2L
$$
$\forall \varepsilon > 0$,取 $M > 0$,使得 $\forall x > M, \forall y \in D, |g(x, y)| < \varepsilon / (4L)$。于是 $\forall A, B > M, \forall y \in D$:
$$
\left|\int_A^B f(x, y) g(x, y) \, \mathrm{d} x \right| \le (|g(B, y)| + |g(A, y)|) 2L < \varepsilon $$ 这导出: $$ \lim_{A \to +\infty} \sup_{y \in D} \left|\int_A^{+\infty} f(x, y) g(x, y) \, \mathrm{d} x \right| = 0 \ \ \ \square $$

含参反常积分:$\Gamma$ 函数、$B$ 函数

$\Gamma$ 函数

$$
\Gamma(t) := \int_0^{+\infty} x^{t – 1} e^{-x} \, \mathrm{d} x
$$

$t > 0$ 时积分收敛。

含 $1$ 个参变量的无穷积分,也称 Euler 第二积分。

$B$ 函数

$$
B(u, v) := \int_0^1 x^{u – 1} (1 – x)^{v – 1} \, \mathrm{d} x
$$

$u > 0, v > 0$ 时积分收敛。

含 $2$ 个参变量的奇异积分,也称 Euler 第一积分。

可微性质

$$
\Gamma^{(m)}(t) = \int_0^{+\infty} x^{t – 1} e^{-x} (\ln x)^m \, \mathrm{d} x, m = 0, 1, 2, \cdots \\
D_u^i D_v^j B(u, v) = \int_0^1 x^{u – 1} (1 – x)^{v – 1} (\ln x)^i [\ln (1 – x)]^j \, \mathrm{d} x, i, j = 0, 1, 2, \cdots
$$

证明:$\forall A > \delta > 0$:
$$
\int_0^{+\infty} x^{t – 1} e^{-x} (\ln x)^m \, \mathrm{d} x
$$
关于 $\delta \le t \le A$ 一致收敛:

易知存在 $M > 0$ 使得:
$$
\sup_{0 < x \le 1} |x^{\delta / 2} (\ln x)^m| \le M, \sup_{x \ge 1} |x^{-1} (\ln x)^m| \le M \\ \therefore \sup_{0 < x \le 1} |x^{t - 1} e^{-x} (\ln x)^m| \le M x^{\delta / 2 - 1}, \sup_{x \ge 1} |x^{t - 1} e^{-x} (\ln x)^m| \le M x^A e^{-x} $$ Weierstrass 判别导出: $$ \int_0^{+\infty} x^{t - 1} e^{-x} (\ln x)^m \, \mathrm{d} x $$ 关于 $\delta \le t \le A$ 一致收敛。同理可以验证: $$ \int_0^1 x^{u - 1} (1 - x)^{v - 1} (\ln x)^i [\ln (1 - x)]^j \, \mathrm{d} x $$ 关于 $u, v \ge \delta$ 一致收敛。$\square$

$\Gamma$ 函数的基本性质

$$
\begin{align*}
(1) \ \ & \Gamma(t) > 0, \Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-x} \, \mathrm{d} x = 1 \\
(2) \ \ & \Gamma(t + 1) = \int_0^{+\infty} x^t e^{-x} \, \mathrm{d} x = – x^t e^{-x} \Big |_0^{+\infty} + t \int_0^{+\infty} x^{t – 1} e^{-x} \, \mathrm{d} t = t \Gamma(t) \\
(3) \ \ & \quad \Gamma(\lambda t_1 + (1 – \lambda) t_2) \\
& = \int_0^{+\infty} x^{\lambda t_1 + (1 – \lambda) t_2 – 1} e^{-x} \, \mathrm{d} x \\
& = \int_0^{+\infty} x^{\lambda(t_1 – 1) + (1 – \lambda)(t_2 – 1)} e^{-\lambda x – (1 – \lambda) x} \, \mathrm{d} x \\
& \le \left[\int_0^{+\infty} x^{t_1 – 1} e^{-x} \, \mathrm{d} x \right]^\lambda \left[\int_0^{+\infty} x^{t_2 – 1} e^{-x} \, \mathrm{d} x \right]^{1 – \lambda} \\
& = [\Gamma(t_1)]^2 [\Gamma(t_2)]^{1 – \lambda}
\end{align*}
$$

可见 $\ln \Gamma(t)$ 是凸函数。

:满足上述性质的函数必然是 $\Gamma$ 函数:这 $3$ 条可以导出:
$$
\forall t > 0, \Gamma(t) = \lim_{n \to \infty} \frac{n^t n!}{t(t + 1) \cdots (t + n)}
$$

$B$ 函数的基本性质

$$
\begin{align*}
(1) \ \ & B(u, v) = \int_0^1 x^{u – 1} (1 – x)^{v – 1} \, \mathrm{d} x \\
& \stackrel{y = 1 – x}{=} \int_0^1 (1 – y)^{u – 1} y^{v – 1} \, \mathrm{d} y = B(v, u), \forall u, v > 0 \\
(2) \ \ & B(u + 1, v) = \int_0^1 x^{v – 1} (1 – x)^u \, \mathrm{d} x \int_0^1 x^{u + v – 1} \left(\frac{1 – x}{x}\right)^u \, \mathrm{d} x \\
& = \frac{x^{u + v}}{u + v} \left(\frac{1 – x}{x} \right)^u \Bigg |_0^1 + \frac{u}{u + v} \int_0^1 x^{u + v} \frac{1}{x^2} \left(\frac{1 – x}{x}\right)^{u – 1} \, \mathrm{d} x \\
& = \frac{u}{u + v} \int_0^1 x^{v – 1} (1 – x)^{u – 1} \, \mathrm{d} x \\
& = \frac{u}{u + v} B(u, v) \\
& \Rightarrow B(u + 1, v + 1) = \frac{uv}{(u + v)(u + v + 1)} B(u, v)
\end{align*}
$$

$\Gamma$ 函数与 $B$ 函数的关系

$$
B(u, v) = \frac{\Gamma(u) \Gamma(v)}{\Gamma(u + v)}
$$

验证:记:
$$
f(u) = \frac{\Gamma(u + v)}{\Gamma(v)} B(u, v)
$$
只须验证 $\Gamma$ 函数的性质。

首先:
$$
f(1) = \frac{\Gamma(1 + v)}{\Gamma(v)} B(1, v) = v B(1, v) = v \int_0^1 (1 – x)^{v – 1} \, \mathrm{d} x = 1
$$
其次:
$$
f(u + 1) = \frac{\Gamma(u + v + 1)}{\Gamma(v)} B(u + 1, v + 1) = \frac{(u + v) \Gamma(u + v)}{\Gamma(v)} \frac{u}{u + v} B(u, v) \\
= \frac{u \Gamma(u + v)}{\Gamma(v)} B(u, v) = u f(u)
$$
验证对数凸函数性质:

取 $u = \lambda u_1 + (1 – \lambda) u_2$,则 $u + v = \lambda (u_1 + v) + (1 – \lambda) (u_2 + v)$:
$$
\Gamma(u + v) \le [\Gamma(u_1 + v)]^\lambda [\Gamma(u_2 + v)]^{1 – \lambda} \\
B(u, v) \le [B(u_1, v)]^\lambda [B(u_2, v)]^{1 – \lambda}
$$
$B$ 函数对数凸性质证明略去(自行完成)。
$$
\therefore f(u) = \frac{\Gamma(u + v)}{\Gamma(v)} B(u, v) \\
\le \frac{[\Gamma(u_1 + v)]^\lambda [\Gamma(u_2 + v)]^{1 – \lambda} [B(u_1, v)]^\lambda [B(u_2, v)]^{1 – \lambda}}{[\Gamma(v)]^\lambda [\Gamma(v)]^{1 – \lambda}} \\
= [f(u_1)]^\lambda [f(u_2)]^{1 – \lambda}
$$
综上 $f$ 满足 $\Gamma$ 函数的 $3$ 个特征性质,所以 $f(u) = \Gamma(u)$。

$\Gamma$ 函数的进一步性质

$$
\begin{align*}
(4) \ \ & \Gamma(t) = \frac{2^{t – 1}}{\sqrt{\pi}} \Gamma \left(\frac{t}{2}\right) \Gamma \left(\frac{t +1}{2}\right), t > 0 \\
(5) \ \ & \Gamma(1 – t) \Gamma(t) = \frac{\pi}{\sin t \pi}, 0 < t < 1 \end{align*} $$分别称为倍元公式与余元公式。

证明:记:
$$
f(t) = \frac{2^{t – 1}}{\sqrt{\pi}} \Gamma \left(\frac{t}{2}\right) \Gamma \left(\frac{t +1}{2}\right)
$$
同前可验证 $3$ 个特征性质。

利用 $\Gamma$ 函数与 $B$ 函数的关系得到:
$$
\Gamma(t) \Gamma(1 – t) = B(t, 1 – t) = \int_0^1 x^{t – 1} (1 – x)^{-t} \, \mathrm{d} x = \frac{\pi}{\sin t \pi}
$$
积分计算略去(见教材)。$\square$

教材电子版上册下册

 

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