Вторая теорема о среднем и тригонометрические интегралы

[fractalon]

Пытаюсь освоить аналитическую теорию чисел. Виноградов приводит выражение
$U_m = \frac{1}{2 \pi i} \int \limits_{M_1}^{{M'}_1} {\frac{f'(x)}{m + f'(x)} de^{2 \pi i (mx+f(x))}} + \frac{1}{2 \pi i} \int \limits_{M_1}^{{M'}_1} {\frac{f'(x)}{m - f'(x)} de^{2 \pi i (-mx+f(x))}}$, где известно, что $f'(x) \le \delta < 1$ и $f'(x)$ монотонна на $[M_1;{M'}_1]$.
После этого он пишет "Применим вторую теорему о среднем значении к вещественной и к мнимой части каждого интеграла в отдельности, получим $|U_m| \le \frac{\sqrt{8}}{2 \pi} \left({\frac{\delta}{m+\delta} + \frac{\delta}{m-\delta}}\right)$".

Мне непонятны, собственно, оба финта:
1) Как можно интегрировать вещественную и мнимую часть отдельно, если сама "комплексность" заложена под $d$, то есть по ней всё интегрируется. Или тут имеет место что-то вроде $\int {\frac{f'(x)}{m + f'(x)} de^{2 \pi i (mx+f(x))}} = \int {\frac{f'(x)}{m+f'(x)} d\cos(2 \pi (mx+f(x)))} + i \int {\frac{f'(x)}{m+f'(x)} d\sin(2 \pi (mx+f(x)))}$?
2) Каким образом применяется вторая теорема о среднем значении? Сама теорема гласит о существовании точки $\xi$ такой, что <и тут формула>. А в выводе неравенства никакой точки $\xi$ не рассматривается, и непонятно откуда берётся $\sqrt{8}$. Если ответ на первую мою непонятку я нащупываю правильно, то рассматривать нужно интегралы вида $\int {f'(x) \sin(mx+f(x)) dx}$, но, в теореме всё равно участвует интеграл по $g(x)$, то есть по $\sin(mx+f(x))$, а здесь границы интегрирования в итоговом выражении даже не встречаются.

Если есть добрые и знающие люди, распишите, пожалуйста, чтоб было понятно что к чему. Более-менее первый раз лезу в комплексные интегралы, и о второй теореме о среднем тоже первый раз слышу. Заранее всем спасибо за потраченное на меня время.

[ex-math]

fractalon

$$ d(u(x)+iv(x))=du(x)+idv(x)=(u'(x)+iv'(x))dx, $$

так что с комплекснозначной функцией все как всегда. Можно и переменную заменять, и по частям интегрировать.

Вторая теорема о среднем здесь не нужна, можно доказать прозрачнее. Надо проинтегрировать по частям и пользоваться монотонностью встречающихся дробей.

-- 18.05.2015, 19:50 --

Возьмите, скажем, первый интеграл по частям, и напишите сюда что получилось.

[fractalon]

Мда... что-то я долго думаю, прошу простить.
Но вот, вроде, свалилось озарение.
Вся соль, кажется, действительно, в том, что $\frac{f'(x)}{m+f'(x)} \le \frac{\delta}{m+\delta}$ и при этом $\frac{f'(x)}{m-f'(x)} \le \frac{\delta}{m-\delta}$ (довольно причудливо, что, вроде изменения несимметричны, а знак сохраняется).
А вот дальше я как-то подзабыл, что $\int \limits_{a}^{b} {df(x)} = f(x) \vert_{a}^{b}$ (это ведь так?)
При этом, очевидно, $|e^{2 \pi f(x)}| \le 1$, вот и выходит, что вся эта сумма не больше, чем $\frac{2}{2 \pi} \left({\frac{\delta}{m+\delta} + \frac{\delta}{m-\delta}}\right)$.
Победа. Если я, конечно, правильно взял $\int \limits_{a}^{b} {df(x)} = f(x) \vert_{a}^{b}$... Я всегда плохо ориентировался в формулах, где под d что-то кроме x...

[Brukvalub]

fractalon в сообщении #1018358 писал(а):

Если я, конечно, правильно взял $\int \limits_{a}^{b} {df(x)} = f(x) \vert_{a}^{b}$

fractalon всообщении #1018358 писал(а):

А вот дальше я как-то подзабыл, что $\int \limits_{a}^{b} {df(x)} = f(x) \vert_{a}^{b}$ (это ведь так?)

Это так, но странно видеть человека, пытающегося разобраться в аналитической теории чисел и задающего при этом подобные вопросы...

[fractalon]

(Оффтоп)

Ну, что поделать.... Образование у меня не математическое, а познавать хочется - вот и пробираюсь на ощупь. Сначала читал простые факты, без ухода в интегралы и прочее, потом Чандрасекхарана осилил, про дзета-функцию, теорему Дирихле и ещё всякое, всё осознал. Линниковское доказательство теоремы Варинга изучил. А дальше уже только сюда, в аналитическую, соваться... А приём с таким загоном под $d$ и избавлением от оставшегося первый раз вижу, раньше в простой жизни всегда если уж загонял что-то под $d$, то обозначал отдельной буквой и остаток через неё напрямую выражал. Оказывается, это не так уж и обязательно... Просто неочевидно для меня было, что, вроде, пределы для внутренней части формулы интеграла остаются теми же, хотя если под $d$-хой не $x$, то они должны, наверное, менятся... Теперь ясно, что не должны, что то, что под $d$-хой - это как бы величина шагов (которые, конечно, при интегрировании бесконечно малы), которыми мы идём от $a$ до $b$, а вот границы интегрирования определяются тем, какую функцию мы берём по ходу этих шагов... (это только попытка осязаемо объяснить себе новый факт)
Спасибо, что помогли. Не знаю, как у меня сложится с АТЧ в целом, но лемму ван дер Корпута я осознал полностью. И весь этот комплексный мир довольно заманчив и интересен...

[Brukvalub]

Ну посмотрите, ведь здесь все на уровне определений 1-го семестра: неопределенный интеграл означает задачу поиска всех таких дифференцируемых на некотором промежутке функций, дифференциал которых равен подынтегральному выражению (под интегралом ведь записан некоторый дифференциал). Если вы интегрируете дифференциал $df(x)$, то, очевидно, одним из ответов будет $f(x)$, и этого достаточно, чтобы применить формулу Ньютона-Лейбница.
Рад, что у вас хватает упорства разбираться, думаю, что при таком настрое у вас все получится!

[ex-math]

fractalon
Я боюсь, что Вы не то сделали
Смотрите,

$$ \int_a^b gdf=gf\vert_a^b-\int_a^b g'fdx. $$

С первым слагаемым все просто, а во втором пользуетесь тем, что $|f|\leqslant1$ (это у нас экспонента чисто мнимого аргумента). Тогда

$$ \left|\int_a^b g'fdx\right|\leqslant\int_a^b |g'|dx. $$

Дальше пользуемся монотонностью $g$ (именно для этого нужно неравенство с дельтой), значит ее производная сохраняет знак и модуль можно убрать.

$$ \int_a^b |g'|dx=\int_a^b g'dx=g\vert_a^b. $$

-- 22.05.2015, 21:40 --

fractalon в сообщении #1018358 писал(а):

$\frac{f'(x)}{m+f'(x)} \le \frac{\delta}{m+\delta}$

Это неправильно. Если считать $m>0$, то в знаменателе должно быть $m-\delta$. Ну и уж конечно, если Вы выносите из под интеграла оценку модуля, то и все, что осталось под интегралом, должно быть в модуле. А тогда уже мнимую экспоненту обратно не собрать.