Дифференцируемость по параметру.

[number_one]

Здравствуйте! Как можно доказать то, что здесь можно вычислить интеграл применяя дифференцирование по параметру?


$\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-a^2x^2)}{\sqrt{1-x^2}}dx\quad\quad |a|\le 1$

Нужно проверить непрерывность подынтегральной функции в нуле, в 1? а что еще ?

А ведь в $x=1$ точка разрыва, не?

[SpBTimes]

Проверьте равномерную сходимость интеграла от производной

[number_one]

SpBTimes в сообщении #662900 писал(а):

Проверьте равномерную сходимость интеграла от производной

$I(a)=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-a^2x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\;dx\quad\quad |a|\le 1$

Исследуем равномерную сходимость производной.

$I'(a)=\int\limits_0^1\dfrac{-2ax^2}{(1-a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\;dx=\int\limits_0^{0,5}\dfrac{-2ax^2}{(1-a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\;dx+\int\limits_{0,5}^1\dfrac{-2ax^2}{(1-a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\;dx$

1) $x\in[0;0,5]$

$\Bigg|\dfrac{-2ax^2}{(1-a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\Bigg|\leqslant \Bigg|\dfrac{10}{(1-0,25)\sqrt{1-0,25}}\Bigg|=\operatorname{const}$

2) $x\in(0,5;1]$

$\Bigg|\dfrac{-2ax^2}{(1-a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\Bigg|\leqslant ???$

$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{-2ax^2}{(1-a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}=\infty$

Я не знаю - чем можно равномерно ограничить, когда функция в точке $x=1$ не ограничена.

И все-таки...

(Демидович гласит)

[SpBTimes]

Если бы ваш интеграл был собственным, работало бы это. У вас он несобственный.

а) зачем оценивать что-тов окрестности нуля, если там все конечно и хорошо?
б) то, что что-то неограничено не достаточно для расходимости интеграла, так что вам как раз нужно оценить порядок жэтого безобразия около единицы

[number_one]

Спасибо.

$x\in[0;1]$

$$\Bigg|\dfrac{-2ax^2}{(1-a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\Bigg|=\Bigg|\dfrac{2}{(1-ax)\cdot 2\cdot \sqrt{1-x^2}}\Bigg|=\Bigg|\dfrac{1}{(1-ax) \sqrt{2(1-x)}}\Bigg|\leqslant ???$$

А как дальше? Знаю, что интеграл $\int\limits_0^1 \dfrac{dx}{\sqrt{1-x}}$ сходится

[SpBTimes]

Если $a$ не близки к единице, то все довольно очевидно. А вот если близки, равномерной сходимости скорее всего не будет

[number_one]

SpBTimes в сообщении #662927 писал(а):

Если $a$ не близки к единице, то все довольно очевидно. А вот если близки, равномерной сходимости скорее всего не будет

При $|a|<1$ получается так:

$$\Bigg|\dfrac{-2ax^2}{(1-a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\Bigg|=\Bigg|\dfrac{2}{(1-ax)\cdot 2\cdot \sqrt{1-x^2}}\Bigg|=\Bigg|\dfrac{1}{(1-ax) \sqrt{2(1-x)}}\Bigg|\leqslant \Bigg|\dfrac{1}{(1-a) \sqrt{2(1-x)}}\Bigg|$$

А как дальше? Знаю, что интеграл $\int\limits_0^1 \dfrac{dx}{\sqrt{1-x}}$ сходится.

Но по критерию Вейерштрасса у нас мажоранта не должна зависеть от параметра. А что будет при $a=\pm 1$? Как доказать, что равномерной сходимости не будет?

[vorvalm]

$y=sint,\;x=cost$
А дальше дело техники.

-- Пн дек 24, 2012 13:30:18 --

[number_one]

vorvalm в сообщении #662932 писал(а):

$y=sint,\;x=cost$
А дальше дело техники.

-- Пн дек 24, 2012 13:30:18 --

Спасибо. А это где сделать такую замену и зачем? Интеграл я уже вычислил. Но требуется доказать равномерную сходимость!!!!

А как так может случиться, что вот эти условия нарушаются, а интеграл сходится? (см ниже в Демидовиче)

(Демидович гласит)

[number_one]

Ну хорошо, я так понял, что интеграл от производной не сходится равномерно на заданном промежутке. А вот как это может помочь применить формулу Лейбница? Ведь там условия не выполняются, значит мы не можем ее применять?

[SpBTimes]

Применяйте на $|a| \leqslant \alpha < 1$, а потом по непрерывности продолжайте, или исследуйте отдельно.

Замена, в принципе, не нужна. На мн-ве $|a| \leqslant \alpha < 1$ равномерная сходимость тривиальна.

И да, с условиями тонкий момент

[number_one]

Спасибо! А что значит "по непрерывности продолжайте"?

[SpBTimes]

В силу равномерной сходимости исходного интеграла на данном мн-ве, функция $I(a)$ непрерывна

[number_one]

SpBTimes в сообщении #663136 писал(а):

В силу равномерной сходимости исходного интеграла на данном мн-ве, функция $I(a)$ непрерывна

Ну то, что $I'(a)$ равномерно непрерывна на $(0;1)$ -- уже понятно.

А как доказать равномерную сходимость исходного интеграла? По Вейерштрассу? А какая функция будет мажорирующей?

[SpBTimes]

Подумайте сами