Дифференцируемость по параметру.

[champion12]

$\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx\quad\quad a>0$

Как доказать, что этот интеграл можно взять, дифференцируя по параметру? Проверяю условия для дифференцирования:

Можно поставить параметр вот так $\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

1) Что-то не очевидна непрерывность, особенно в точке $x=1$ подынтегральной функции.

$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arctg(x)}{x}=1$ (следствие замечательного предела)

$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{\pi}{4}\cdot \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}=+\infty$

2) Сходимость $\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

$\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx=\underset{0}{\overset{0,8}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx+\underset{0,8}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

a) $\left|\underset{0}{\overset{0,8}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx\right|\leqslant \dfrac{5}{3}\cdot \left|\underset{0}{\overset{0,8}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x}dx\right|$ А как тут дальше?

б) $\underset{0,8}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

Как здесь доказывать сходимость?

3) Равномерная сходимость интеграла от производной по параметру:

$I'(a)=\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{1}{x(1+a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}dx$

Вроде как можно по критерию Вейештрасса:

$\left|\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{1}{x(1+a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}dx\right|\leqslant \left|\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{1}{x\sqrt{1-x^2}}dx\right|$

Но а как дальше?

[ewert]

champion12 в сообщении #667205 писал(а):

$I'(a)=\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{1}{x(1+a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}dx$

Вновь неверно продифференцировано.

[champion12]

Спасибо. Исправляюсь...

3) Равномерная сходимость интеграла от производной по параметру:

$I'(a)=\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{x}{x(1+a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}dx$

Вроде как можно по критерию Вейештрасса:

$\left|\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{dx}{(1+a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\right|\leqslant \left|\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^2}}\right|=\arcsin\left(1\right)-\arcsin\left(0\right)=\dfrac{\pi}{2}$

С равномерной сходимостью теперь понятно, по Вейештрасса сходится!

[champion12]

А можно ли вот так сделать?

$\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

Замена $x=\sin t$

$\underset{0}{\overset{\pi/2}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(a\sin t)\cos t\;dt}{\sin t\cos t}=\underset{0}{\overset{\pi/2}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(a\sin t)\;dt}{\sin t}$

Подынтегральная функция непрерывна на $\left(0;\frac{\pi}{2}\right]$

$\lim\limits_{t\to 0}\underset{0}{\overset{\pi/2}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(a\sin t)}{\sin t}=a$

Значит, подынтегральная функция непрерывна на $\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$

Значит интеграл $\underset{0}{\overset{\pi/2}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(a\sin t)\;dt}{\sin t}$ сходится, так как не является несобственным.

Интеграл от производной по параметру

$\underset{0}{\overset{\pi/2}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\sin t\;dt}{(1+a^2\sin^2t)\sin t}=\underset{0}{\overset{\pi/2}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{dt}{(1+a^2\sin^2t)}$

Сходится равномерно, так как не является несобственным. Верно?

[SpBTimes]

champion12 в сообщении #667285 писал(а):

Значит, подынтегральная функция непрерывна на $\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$

Да не непрерывна она, её лишь можно доопределить по непрерывности

champion12 в сообщении #667285 писал(а):

Значит интеграл $\underset{0}{\overset{\pi/2}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{\arctg(a\sin t)\;dt}{\sin t}$ сходится, так как не является несобственным.

Он несобственным был и будет, так как ваша функция не определена в нуле

[champion12]

SpBTimes в сообщении #667295 писал(а):

Он несобственным был и будет, так как ваша функция не определена в нуле

Даже останется несобственным, если доопределить по непрерывности?
Ну а тогда ведь нельзя дифференцировать по параметру?

[SpBTimes]

Если доопределить по непрерывности, то несобственным не останется.

[champion12]

SpBTimes в сообщении #667311 писал(а):

Если доопределить по непрерывности, то несобственным не останется.

Спасибо

-- 05.01.2013, 00:40 --

Но нельзя же вот так просто сказать, что после доопределения инттеграл $\underset{0}{\overset{1}{\raisebox{-3}{\rotatebox{17}{\LARGE\ensuremath{\int}}}}}\dfrac{e^{-ax}\sin(bx)}{x}dx$ становится собственным?

Как-то это странно звучит... Ведь в окрестности $x=0$ все равно ведь подынтегральная функция достаточно большие значения принимает!

[alcoholist]

champion12 в сообщении #667353 писал(а):

Ведь в окрестности $x=0$ все равно ведь подынтегральная функция достаточно большие значения принимает!

-- Сб янв 05, 2013 07:36:31 --

$\left|\dfrac{e^{-ax}\sin(bx)}{x}\right|\le b$ при $ax\ge 0$