Дифференцируемость по параметру.

[number_one]

Для $|x|\leqslant 1$

$|a|\leqslant 1\; \Leftrightarrow\; -a^2\geqslant -1\; \Leftrightarrow \; -a^2x^2\geqslant -x^2\; \Leftrightarrow \; 1-a^2x^2\geqslant 1-x^2\;\Leftrightarrow \; $

$\;\Leftrightarrow \;\ln(1-a^2x^2)\geqslant \ln(1-x^2)\;\Leftrightarrow \;\dfrac{\ln(1-a^2x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\geqslant \dfrac{\ln(1-x^2)}{\sqrt{1-x^2}}$

-- 25.12.2012, 19:00 --

Чтобы доказать тот факт, что мы можем дифференцировать по параметру, нам нужно доказать, что интеграл от производной по параметру сходится равномерно.

$I(a)=\int\limits_0^{\pi/2}\ln(1-a^2\sin^2x)dx$

$I'(a)=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{-2a\sin^2x}{1-a^2\sin^2x}dx$

$\Bigg|\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{-2a\sin^2x}{1-a^2\sin^2x}dx\Bigg|\leqslant \Bigg|\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{2dx}{1-a^2\sin^2x}\Bigg|$

Я просто в лоб вычислил $\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dx}{1-a^2\sin^2x}$

Он сходится при $|a|<1$ при $|a|=1$ - расходится.

Можем ли мы в итоге дифференцировать по параметру тогда? Как быть со случаем $|a|=1$?

[SpBTimes]

Неравенство было верное. Более того, ограничить тоже можно и не вводя замену.
Дифференцировать можно внутри области, но потом переход к пределу осуществим в силу непрерывности по параметру. И это все объяснялось.

[number_one]

SpBTimes в сообщении #663684 писал(а):

Неравенство было верное. Более того, ограничить тоже можно и не вводя замену.
Дифференцировать можно внутри области, но потом переход к пределу осуществим в силу непрерывности по параметру. И это все объяснялось.

Спасибо.

Я помню, что было, но что-то я про переход к пределу -- не понимаю. Вот бы тут подробнее -- как осуществляется этот переход.

[SpBTimes]

Вычисляете интеграл дифференцированием, а значение в единице берете предельное

[vorvalm]

Господа, на каком это основании вы при переходе к параметру
оставляете переменную $x$?

[number_one]

SpBTimes в сообщении #663708 писал(а):

Вычисляете интеграл дифференцированием, а значение в единице берете предельное

То есть можно сказать, что при $|a|<1$ необходимые условия для дифференцирования по параметру выполнены, потому вычисляем

$I(a)=\pi\left(\dfrac{1+\sqrt{1-a^2}}{2}\right)$

А для случая $a=\pm 1$ имеем:

$I(1)=\displaystyle\lim_{a\to 1-0}\pi\left(\dfrac{1+\sqrt{1-a^2}}{2}\right)=0$

$I(-1)=\displaystyle\lim_{a\to -1+0}\pi\left(\dfrac{1+\sqrt{1-a^2}}{2}\right)=0$


Верно?

-- 25.12.2012, 22:12 --

vorvalm в сообщении #663740 писал(а):

Господа, на каком это основании вы при переходе к параметру
оставляете переменную $x$?

Да, лучше уж обозначать хотя бы $t$.

[ewert]

vorvalm в сообщении #663740 писал(а):

Господа, на каком это основании вы при переходе к параметру
оставляете переменную $x$?

На основании того, что пределы тоже пересчитаны, а тогда какая разница.

[number_one]

В предположении, что интеграл этот интеграл $I(a)=\pi\left(\dfrac{1+\sqrt{1-a^2}}{2}\right)$ вычислен верно (а он вычислен верно, сверил с ответами), то верны ли рассуждения в моем последнем сообщении?

[SpBTimes]

Верны, только условия достаточные

[number_one]

SpBTimes в сообщении #663804 писал(а):

Верны, только условия достаточные

А точно, достаточные условия! Спасибо!!!!

[number_one]

А после замены - обязательно ли у такого интеграла $I(a)=\int\limits_0^{\pi/2}\ln(1-a^2\sin^2x)dx$ проверять равномерную сходимость для интеграла от производной или из-за того, что этот интеграл -- собственный, будет достаточно непрерывности подынтегральной функции и производной подынтегральной функции по параметру?

[ewert]

SpBTimes в сообщении #663804 писал(а):

Верны, только условия достаточные

ну только не считая того, что нулей-то там не получится, разумеется

[number_one]

ewert в сообщении #663862 писал(а):

SpBTimes в сообщении #663804 писал(а):

Верны, только условия достаточные

ну только не считая того, что нулей-то там не получится, разумеется

Ой, там логарифм куда-то пропал.

$I(a)=\pi\ln\left(\dfrac{1+\sqrt{1-a^2}}{2}\right)$

-- 26.12.2012, 01:22 --

ewert в сообщении #663466 писал(а):

Получится вполне себе собственный интеграл, для которого никаких вопросов насчёт равномерности не возникает, т.к. вполне очевидна непрерывная дифференцируемость по параметру новой подынтегральной функции.

Кажется я нашел ответ на предыдущий вопрос - найден. Что-то как-то со внимательностью у меня туговато...