Несобственные интегралы, зависящие от параметра. Равномерная сходимость

4 раздела

от теории до практики

10 примеров

Примеры решения задач

видео

Примеры решения задач

Содержание

Равномерная сходимость несобственных интегралов по параметру.
Начать изучение
Признаки равномерной сходимости несобственных интегралов по параметру.
Начать изучение
Непрерывность, интегрируемость и дифференцируемость несобственного интеграла по параметру.
Начать изучение
Перестановка порядка интегрирования в том случае, когда оба интеграла несобственные.
Начать изучение

Равномерная сходимость несобственных интегралов по параметру.

Предположим, что выполнены следующие условия:

$-\infty < a < b \leq +\infty$;
функция $f(x, y)$ определена на множестве пар $(x, y)$, где $x \in [a, b)$, $y \in Y$, a $Y$ есть известное множество параметров;
для любого $\xi \in [a, b)$ и для любого $y \in Y$ существует интеграл Римана
$$
\int\limits_{a}^{\xi} f(x, y)\ dx;\nonumber
$$
для любого $y \in Y$ интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится как несобственный, то есть на множестве $Y$ определена функция
$$
\Phi(y) = \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow b-0} \int\limits_{a}^{\xi} f(x, y)\ dx.\label{ref1}
$$

Если выполнены условия все вышеперечисленные условия, то будем говорить, что несобственный интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ (с особой точкой $b$) сходится на множестве $Y$.

Таким образом, несобственный интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится на множестве $Y$, если для любого $y \in Y$ и любого $\varepsilon > 0$ найдется число $b'(y, \varepsilon) < b$ такое, что для любого $\xi \in (b’, b)$ выполнено неравенство
$$
\left|\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx-\int\limits_{a}^{\xi} f(x, y)\ dx\right| = \left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right| < \varepsilon.\label{ref2}
$$

Аналогичным образом можно рассмотреть несобственный интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ с особой точкой $a$, $-\infty \leq a < b$. Если и точка $a$, и точка $b$ особые, то интеграл нужно разбить на сумму двух интегралов с одной особой точкой. Все три теоремы, которые мы доказывали ранее, вообще говоря, не переносятся на несобственные интегралы, зависящие от параметра, если не накладывать дополнительных ограничений на характер сходимости несобственного интеграла. Например, интеграл
$$
I(y) = \int\limits_{0}^{+\infty} ye^{-xy}\ dx\label{ref3}
$$
сходится при $y \geq 0$. Очевидно, что $I(0) = 0$. Пусть $y > 0$. Тогда, полагая $xy = t$, получаем, что $I(y) = 1$. Следовательно, в точке $y = 0$ функция $I(y)$ разрывна, несмотря на то, что подынтегральная функция интеграла \eqref{ref3} непрерывна на множестве $T = \{(x, y): 0 \leq x < +\infty,\ 0 \leq y \leq 1\}$.

Определение.

Пусть несобственный интеграл $\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится на множестве $Y$. Этот несобственный интеграл сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$, если для любого $\varepsilon > 0$ существует $b’ \in [a, b)$ такое, что для любого $\xi \in [b’, b)$ и для любого $y \in Y$ выполнено неравенство
$$
\left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right| < \varepsilon.\nonumber
$$

Пример 1.

Интеграл
$$
\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-x} \cos xy\ dx\label{ref4}
$$
сходится равномерно по параметру у на интервале $(-\infty, +\infty) = \mathbb{R}$.

Решение.

$\vartriangle$ Для любого $\varepsilon > 0$ существует $b’ = \displaystyle\ln \frac{2}{\varepsilon}$ такое, что для любого $\xi \in [b’, +\infty)$ и любого $y \in Y$ выполняется неравенство
$$
\left|\int\limits_{\xi}^{+\infty} e^{-x} \cos xy\ dx\right| \leq \int\limits_{\xi}^{+\infty} e^{-x}\ dx = e^{-\xi} \leq e^{-b’} = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon.\nonumber
$$
Следовательно, интеграл \eqref{ref4} сходится равномерно по параметру $y$ на интервале $(-\infty, +\infty)$. $\blacktriangle$

Определение.

Если интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится на множестве $Y$, но не является равномерно сходящимся по параметру $y$ на множестве $Y$, то будем говорить, что интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится неравномерно по параметру $y$ на множестве $Y$.
В этом случае существует $\varepsilon > 0$ такое, что для любого $b’ \in [a, b)$ существует $\xi \in [b’, b)$ и существует $y \in Y$, для которых выполняется неравенство
$$
\left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right| \geq \varepsilon.\nonumber
$$

Пример 2.

Интеграл
$$
I_{y} = \int\limits_{0}^{+\infty} ye^{-xy}\ dx\nonumber
$$
сходится неравномерно по параметру $y$ на полуинтервале $[0, +\infty)$.

Решение.

$\vartriangle$ Возьмем $\varepsilon = e^{-1}$. Тогда для любого $b’ \in (0, +\infty)$ существует $\xi = b’$ и $y = 1/b’$ такие, что
$$
\int\limits_{\xi}^{+\infty} ye^{-xy}\ dx = \int\limits_{b’}^{+\infty} ye^{-xy}\ dx = \int\limits_{b’y}^{+\infty} e^{-t}\ dt = \int\limits_{1}^{+\infty} e^{-t}\ dt = e^{-1} = \varepsilon,\nonumber
$$
и поэтому интеграл $\displaystyle I_{y} = \int\limits_{0}^{+\infty} ye^{-xy}\ dx$ сходится неравномерно по параметру $y$ на множестве $Y = [0, +\infty)$. $\blacktriangle$

Признаки равномерной сходимости несобственных интегралов по параметру.

Теорема 1.

(Признак Вейерштрасса равномерной сходимости несобственного интеграла по параметру).

Пусть для любого $y \in Y$ функция $f(x, y)$ интегрируема по $x$ на любом отрезке $[a, b’] \subset [a, b)$, и пусть на $[a, b)$ существует функция $\varphi(x)$ такая, что для всех $y \in Y$ и всех $x \in [a, b)$ выполнено неравенство $|f(x, y)| \leq \varphi(x)$, а несобственный интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \varphi(x)\ dx$ сходится.

Тогда интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$.

Доказательство.

$\circ$ Так как $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \varphi(x)\ dx$ сходится, то для любого $\varepsilon > 0$ найдется число $b \in [a, b)$ такое, что для всех $\xi \in [b’, b)$ выполнено неравенство $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \varphi(x)\ dx < \varepsilon$. Так как $\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится абсолютно при любом $y \in Y$ по признаку сравнения, то для любого $\xi \in [b’, b)$ и любого $y \in Y$ выполнено неравенство
$$
\left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right| \leq \int\limits_{\xi}^{b} |f(x, y)|\ dx \leq \int\limits_{\xi}^{b} \varphi(x)\ dx < \varepsilon,\nonumber
$$
то есть интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$. $\bullet$

Пример 3.

Интеграл
$$
\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\cos xy}{1+x^{2}}\ dx\label{ref5}
$$
сходится равномерно по параметру $y$ на интервале $(-\infty, +\infty)$.

Решение.

$\vartriangle$ Так как $\displaystyle\frac{|\cos xy|}{1+x^{2}} \leq \frac{1}{1+x^{2}}$ и $\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^{2}} = \frac{\pi}{2}$, то по признаку Вейерштрасса интеграл \eqref{ref5} сходится равномерно по параметру $y$ на $(-\infty, +\infty)$. $\blacktriangle$

Докажем признак Дирихле равномерной сходимости для интегралов вида
$$
\int\limits_{a}^{+\infty} f(x, y) g(x, y)\ dx,\ y \in Y.\label{ref6}
$$

Теорема 2.

(Признак Дирихле равномерной сходимости несобственного интеграла по параметру).

Пусть:

1. для любого $y \in Y \subset \boldsymbol{R}^{n}$ функции $f(x, y)$, $g(x, y)$ и $\displaystyle\frac{\partial g}{\partial x}(x, y)$ непрерывны как функции $x$ на полуинтервале $[a, +\infty)$;
2. функция $F(x, y)$, являющаяся при любом $y \in Y$ первообразной по $x$ функции $f(x, y)$, ограничена при $y \in Y$, $x \in [a, +\infty)$;
3. $\displaystyle\frac{\partial g}{\partial x}(x, y) \leq 0$ при $y \in Y$ и $x \in [a, +\infty)$;
4. существует непрерывная на $[a, +\infty)$ функция $\psi(x)$ такая, что $\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} \psi(x) = 0$ и $|g(x, y)| \leq \psi(x)$ для $y \in Y$ и $x \in [a, +\infty)$.

Тогда интеграл \eqref{ref6} сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$.

Доказательство.

$\circ$ По признаку Дирихле несобственный интеграл \eqref{ref6} сходится при любом $y \in Y$. Покажем, что он сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$.

Так как по условию 4) функция $\psi(x) \rightarrow 0$ при $x \rightarrow +\infty$, то для любого $\varepsilon > 0$ существует $a’ > a$ такое, что для любого $\xi \in [a’, +\infty)$ выполнено неравенство
$$
\psi(\xi) < \frac{\varepsilon}{2C}\label{ref7}
$$
где $C$ есть постоянная, ограничивающая в силу условия 2) первообразную $F(x, y)$.

Пусть $y \in Y$ и $\xi \in [a’, +\infty)$. Воспользовавшись формулой интегрирования по частям и тем, что $g(x, y) \rightarrow 0$ при $x \rightarrow +\infty$, получаем
$$
\int\limits_{\xi}^{+\infty} f(x, y) g(x, y)\ dx = F(\xi, y) g(\xi, y)-\int\limits_{\xi}^{+\infty} F(x, y) \frac{\partial g(x, y)}{\partial x}\ dx.\label{ref8}
$$

Так как по условиям теоремы
$$
|F(x, y)| \leq C,\quad \frac{\partial g}{\partial x}(x, y) \leq 0,\quad |g(x, y)| \leq \psi(x),\nonumber
$$
то из \eqref{ref8} и \eqref{ref7} получаем, что для любого $\xi \in [a’, +\infty)$ выполнено неравенство
$$
\left|\int\limits_{\xi}^{+\infty} f(x, y) g(x, y)\ dx\right| \leq C\psi(\xi)+\int\limits_{\xi}^{+\infty} C\left|\frac{\partial g(x, y)}{\partial x}\right|\ dx =\\= C\psi(\xi)-C\int\limits_{\xi}^{+\infty} \frac{\partial g(x, y)}{\partial x}\ dx = C\psi(\xi)+Cg(\xi, y) \leq 2C\psi(\xi) < \varepsilon.\label{ref9}
$$
Из неравенства \eqref{ref9} следует, что интеграл \eqref{ref6} сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$. $\bullet$

Замечание 2.

Если $+\infty$ — единственная особая точка сходящегося интеграла \eqref{ref6}, то этот интеграл сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$ в том и только том случае, когда при любом $a’ > a$ интеграл $\displaystyle\int\limits_{a’}^{+\infty} f(x, y) g(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$.

Поэтому для справедливости утверждения теоремы 2 достаточно, чтобы условия 1)-4) выполнялись на некотором промежутке $[a’, +\infty) \subset [a, +\infty)$.

Пример 4.

Интеграл
$$
\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-xy} \frac{\sin x}{x}\ dx\label{ref10}
$$
сходится равномерно по параметру $y$ при $y \in [0, +\infty)$.

Решение.

$\vartriangle$ Так как функция $\sin x$ имеет ограниченную первообразную, а при $x \geq 1$, $y \geq 0$ выполнены следующие условия:
$$
\frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{e^{-yx}}{x}\right) =-\frac{e^{-yx}}{x^{2}}(1+xy) < 0,\ \frac{e^{-yx}}{x} \leq \frac{1}{x},\ \lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{1}{x} = 0,\nonumber
$$
то интеграл \eqref{ref10} сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $[0, +\infty)$. $\blacktriangle$

Теорема 3.

(Критерий Коши равномерной сходимости несобственного интеграла по параметру).

Для того чтобы несобственный интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходился равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$, необходимо и достаточно, чтобы для любого $\varepsilon > 0$ существовало $b’ \in [a, b)$ такое, что для любых $\xi, \xi’ \in [b’, b)$ и для любого $y \in Y$ выполнялось неравенство
$$
\left|\int\limits_{\xi}^{\xi’} f(x, y)\ dx\right| < \varepsilon.\label{ref11}
$$

Доказательство.

$\circ$ Необходимость. Пусть $\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ равномерно сходится по параметру $y$ на множестве $Y$. Тогда для любого $\varepsilon > 0$ существует $b’ \in [a, b)$ такое, что для любого $\xi \in [b’, b)$ и для любого $y \in Y$ выполнено неравенство
$$
|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx| < \frac{\varepsilon}{2}.\label{ref12}
$$
Пусть $\displaystyle\xi, \xi’ \in [b’, b)$ и $y \in Y$. Используя неравенство \eqref{ref12}, получаем
$$
\left|\int\limits_{\xi}^{\xi’} f(x, y)\ dx\right| = \left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx-\int\limits_{\xi’}^{b} f(x, y)\ dx\right| \leq \\ \leq\left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right|+\left|\int\limits_{\xi’}^{b} f(x, y)\ dx\right| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\nonumber
$$

Достаточность. Пусть для любого $\varepsilon > 0$ существует $b’ \in [a, b)$ такое, что для любых $\xi, \xi’ \in [b’, b)$ и любого $y \in Y$ выполнено неравенство \eqref{ref11}. Тогда в силу критерия Коши сходимости несобственных интегралов $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится при $y \in Y$. Воспользуемся произвольностью $\xi’$ и перейдем в неравенстве \eqref{ref11} к пределу при $\xi’ \rightarrow b-0$.

Получаем, что для любого $\xi \in [b’, b)$ и для любого $y \in Y$ выполнено неравенство $\displaystyle\left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right| \leq \varepsilon$, из которого следует, что интеграл $\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$. $\bullet$

Применяя правило построения отрицания, получаем из критерия Коши полезное следствие.

Следствие.

Если существует $\varepsilon_{0} > 0$ такое, что для любого $b’ \in [a, b)$ существуют $\xi_{0}, \xi’_{0} \in [b’, b)$ и существует $y_{0} \in Y$ такие, что
$$
\left|\int\limits_{\xi_{0}}^{\xi’_{0}} f(x, y_{0})\ dx\right| \geq \varepsilon_{0},
$$
то интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ не сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$.

Пример 5.

Интеграл
$$
\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-\alpha x^{2}}\ dx\label{ref14}
$$
сходится равномерно по параметру $\alpha$ на множестве $[\alpha_{0}, +\infty)$, $\alpha_{0} > 0$, и сходится неравномерно на множестве $(0, +\infty)$.

Решение.

$\vartriangle$ Пусть $\alpha \geq \alpha_{0} > 0$. Так как $e^{-\alpha x^{2}} \leq e^{-\alpha_{0} x^{2}}$ и $\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-\alpha x^{2}}\ dx$ сходится, то по признаку Вейерштрасса интеграл \eqref{ref14} сходится равномерно по параметру $\alpha$ на множестве $[\alpha_{0}, +\infty)$.

Пусть теперь $\alpha \in (0, +\infty)$. Покажем, что на $(0, +\infty)$ интеграл \eqref{ref14} сходится неравномерно. Воспользуемся следствием из критерия Коши. Возьмем $\varepsilon_{0} = e^{-1}$, для любого $b > 0$ возьмем $\xi_{0} = b$, $\xi’_{0} = b+1$, $\alpha_{0} = 1/(b+1)^{2}$. Тогда
$$
\int\limits_{\xi_{0}}^{\xi’_{0}} e^{-\alpha_{0} x^{2}}\ dx = \int\limits_{b}^{b+1} e^{-\alpha_{0} x^{2}}\ dx \geq e^{-\alpha_{0} (b+1)^{2}} \int\limits_{b}^{b+1} dx = e^{-1} = \varepsilon_{0}\nonumber
$$
и, следовательно, интеграл \eqref{ref14} сходится неравномерно по параметру $\alpha$ на множестве $(0, +\infty)$. $\blacktriangle$

Замечание 2.

Из теоремы 3 легко выводится следующее следствие: если $0 \leq f(x, y) \leq \varphi(x, y)$ при $x \in [a, b)$, $y \in Y$, $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится на множестве $Y$, а интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \varphi(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$, то и интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $Y$.

Непрерывность, интегрируемость и дифференцируемость несобственного интеграла по параметру.

Теорема 4.

Пусть функция $f(x, y)$ непрерывна на множестве $\{(x, y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d\}$ и интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на отрезке $[c, d]$.

Тогда $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ есть непрерывная функция параметра $y$ на $[c, d]$.

Доказательство.

$\circ$ Возьмем любое $\varepsilon > 0$. Так как $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на $[c, d]$, то существует $b’ \in [a, b)$ такое, что для любого $y \in [a, b]$ выполнено неравенство
$$
\left|\int\limits_{b’}^{b} f(x, y)\ dx\right| < \frac{\varepsilon}{3}.\label{ref15}
$$

Так как интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b’} f(x, y)\ dx$ является собственным, то в силу теоремы 1, § 71 этот интеграл есть непрерывная функция параметра $y$ на $[c, d]$. Пусть $y_{0} \in [c, d]$. Тогда найдется $\delta > 0$ такое, что для любого $y \in [c, d]$ такого, что $|y-y_{0}| < \delta$, имеет место неравенство
$$
\left|\int\limits_{a}^{b’} f(x, y)\ dx-\int\limits_{a}^{b’} f(x, y_{0})\ dx\right| < \frac{\varepsilon}{3}.\label{ref16}
$$

Тогда для любого $y \in [c, d]$ такого, что $|y-y_{0}| < \delta$, имеем в силу неравенств \eqref{ref15} и \eqref{ref16}
$$
\left|\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx-\int\limits_{a}^{b} f(x, y_{0})\ dx\right| \leq \left|\int\limits_{a}^{b’} f(x, y)\ dx-\int\limits_{a}^{b’} f(x, y_{0})\ dx\right|+\\+\left|\int\limits_{b’}^{b} f(x, y)\ dx\right|+\left|\int\limits_{b’}^{b} f(x, y_{0})\ dx\right| < \frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon.\nonumber
$$

Итак, интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ есть непрерывная функция параметра $y$ в произвольной точке $y_{0} \in [c, d]$. $\bullet$

Пример 6.

Доказать равенство
$$
\lim_{y \rightarrow +0} \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-xy} \frac{\sin x}{x}\ dx = \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\ dx.\label{ref17}
$$

Решение.

$\vartriangle$ Если функцию $\displaystyle\frac{\sin x}{x}$ доопределить при $x = 0$ по непрерывности, считая, что при $x = 0$ функция $\frac{\sin x}{x}$ принимает значение, равное единице, то подынтегральная функция интеграла \eqref{ref17} будет непрерывной на множестве $\{(x, y): x \geq 0, y \geq 0\}$.

При рассмотрении примера 4 было показано, что интеграл \eqref{ref10} сходится равномерно по параметру $y$ на множестве $[0, +\infty)$. В силу теоремы 4 интеграл \eqref{ref10} есть непрерывная функция параметра $y$ на любом отрезке $[0, b]$. В частности, эта функция непрерывна при $y = 0$, поэтому должно быть выполнено равенство \eqref{ref17}. $\blacktriangle$

Теорема 5.

(Теорема о перестановке порядка интегрирования).

Тогда справедлива формула
$$
\int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx = \int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c}^{d} f(x, y)\ dy.\label{ref18}
$$

Доказательство.

$\circ$ Так как интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на отрезке $[c, d]$, то он будет на отрезке $[c, d]$ непрерывной, а поэтому и интегрируемой функцией. Повторный интеграл в левой части формулы \eqref{ref18} существует. Кроме того, в силу равномерной сходимости интеграла $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ на $[c, d]$ для любого $\varepsilon > 0$ существует $b’ \in [a, b)$ такое, что для любого $\xi \in [b’, b)$ и любого $y \in Y$ выполнено неравенство
$$
\left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right| < \frac{\varepsilon}{d-c}.\label{ref19}
$$

Применяя теорему о перестановке порядка интегрирования в собственных интегралах, получаем равенство
$$
\int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{\xi} f(x, y)\ dx = \int\limits_{a}^{\xi} dx \int\limits_{c}^{d} f(x, y)\ dy.\label{ref20}
$$

Покажем, что интеграл, стоящий в левой части равенства \eqref{ref20}, при $\xi \in b-0$ стремится к интегралу в левой части равенства \eqref{ref18}. Действительно, в силу неравенства \eqref{ref19}
$$
\left|\int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx-\int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{\xi} f(x, y)\ dx\right| = \\ = \left|\int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right| \leq \int\limits_{c}^{d} \left(\left|\int\limits_{\xi}^{b} f(x, y)\ dx\right|\right)\ dy < \frac{\varepsilon}{d-c} \int\limits_{c}^{d}\ dy = \varepsilon.\nonumber
$$

Итак, левая часть равенства \eqref{ref20} имеет предел при $\xi \rightarrow b-0$. Поэтому, правая часть этого равенства имеет предел при $\xi \rightarrow b-0$. Переходя в равенстве \eqref{ref20} к пределу, получаем формулу \eqref{ref18}. $\bullet$

Пример 7.

Вычислить интеграл Дирихле, доказав, что
$$
\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\ dx = \frac{\pi}{2}.\label{ref21}
$$

Решение.

$\vartriangle$ Воспользуемся известной формулой
$$
\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-xy} \sin x\ dx = \frac{1}{1+y^{2}},\ y > 0.\label{ref22}
$$

Интеграл \eqref{ref22} сходится равномерно по параметру $y$ на любом отрезке $[\delta, N]$, где $\delta > 0$. Это следует из признака Вейерштрасса равномерной сходимости, так как
$$
|e^{-xy} \sin x\ dx| \leq e^{-\delta x},\quad \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-\delta x}\ dx = \frac{1}{\delta}.\nonumber
$$
Применяя теорему 5 и интегрируя равенство \eqref{ref22}, получаем
$$
\operatorname{arctg} N-\operatorname{arctg} \delta = \int\limits_{0}^{+\infty}\ dx \int\limits_{\delta}^{N} e^{-xy} \sin x\ dy = \int\limits_{0}^{+\infty} \dfrac{e^{-\delta x}-e^{-Nx}}{x} \sin x\ dx.\label{ref23}
$$

Так как $|\sin x| \leq x$ при $x \geq 0$, то
$$
\left|\int\limits_{0}^{+\infty} \dfrac{e^{-Nx}\sin x}{x}\ dx\right| \leq \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-Nx}\ dx = \frac{1}{N}.\nonumber
$$
Переходя к пределу при $N \rightarrow +\infty$ в равенстве \eqref{ref23}, получаем
$$
\frac{\pi}{2}-\operatorname{arctg} \delta = \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-\delta x} \frac{\sin x}{x}\ dx.
$$
Воспользовавшись равенством \eqref{ref17} и переходя к пределу при $\delta \rightarrow +0$, получаем выражение \eqref{ref21} для интеграла Дирихле. $\blacktriangle$

Теорема 6.

(Теорема о дифференцировании несобственного интеграла по параметру).

Пусть функции $f(x, y)$ и $f_{y}(x, y)$ непрерывны на множестве $\{(x, y):\ a\leq x < b,\ c \leq y \leq d\}$ и интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f_{y}(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на отрезке $[c, d]$.

Тогда если интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, c)\ dx$ сходится, то интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ сходится на отрезке $[c, d]$ и является на этом отрезке непрерывно дифференцируемой функцией параметра $y$, причем
$$
\frac{d}{dy} \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx = \int\limits_{a}^{b} f_{y}(x, y)\ dx.\label{ref24}
$$

Доказательство.

$\circ$ Пусть $c \leq y \leq d$. Рассмотрим интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f_{y}(x, \eta)\ dx$ при $\eta \in [c, y]$.

По условию теоремы этот интеграл сходится равномерно по параметру $\eta$ на отрезке $[c, y]$. В силу теоремы 5 законна перестановка порядка интегрирования
$$
\int\limits_{c}^{y} d\eta \int\limits_{a}^{b} \frac{\partial f}{\partial y} f(x, \eta)\ dx = \int\limits_{a}^{b}\ dx \int\limits_{c}^{y} \frac{\partial f}{\partial y} f(x, \eta)\ dx = \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx+c_{0},\label{ref25}
$$
где $c_{0} = -\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, c)\ dx$.

Так как интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, \eta)\ dx$ сходится равномерно по параметру $\eta$ на $[c, d]$, то этот интеграл будет непрерывной функцией $\eta$ на этом отрезке, и интеграл, стоящий в левой части равенства \eqref{ref25}, будет непрерывно дифференцируемой функцией параметра $y$ на отрезке $[c, d]$. Но тогда и $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ есть непрерывно дифференцируемая функция на $[c, d]$. Дифференцируя обе части равенства \eqref{ref25} по $y$, получаем формулу \eqref{ref24}. $\bullet$

Пример 8.

Вычислить интегралы Лапласа
$$
I_{1} = \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\cos xy}{1+x^{2}}\ dx,\quad I_{2}(y) = \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin xy}{1+x^{2}}\ dx,\ y \in \boldsymbol{R}.\nonumber
$$

Решение.

$\vartriangle$ Пусть $y \geq \delta > 0$. Тогда оба интеграла сходятся равномерно по параметру $y$ на $[\delta, +\infty)$ в силу признака Дирихле: функции $\cos xy$ и $\sin xy$ имеют ограниченные первообразные, а функции $\displaystyle\frac{1}{1+x^{2}}$ и $\displaystyle\frac{x}{1+x^{2}}$ стремятся к нулю при $x \rightarrow +\infty$, причем
$$
\frac{d}{dx} \left(\frac{1}{1+x^{2}}\right) = -\frac{2x}{(1+x^{2})^{2}} \leq 0,\quad \frac{d}{dx} \left(\frac{x}{1+x^{2}}\right) = \frac{1-x^{2}}{(1+x^{2})^{2}} \leq 0\nonumber
$$
при $x \geq 1$.

Дифференцируя $I_{1}(y)$ по параметру, получаем
$$
\frac{dI_{1}(y)}{dy} = -\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin xy}{1+x^{2}}\ dx = -I_{2}(y),\ \delta \leq y < +\infty.\label{ref26}
$$

Дифференцирование по параметру законно, так как интеграл $I_{2}(y)$ сходится равномерно по параметру $y$ при $y \in [\delta, +\infty)$. Чтобы найти производную $I_{2}(y)$, заметим, что при $y \geq \delta > 0$
$$
I_{2}(y) = \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin xy}{1+x^{2}}\ dx = \int\limits_{0}^{+\infty} \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x(1+x^{2})}\right) \sin xy\ dx =\\= \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\sin xy}{x}\ dx-\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin xy}{x(1+x^{2})}\ dx =\\= \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\ dt-\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin xy}{(1+x^{2})x}\ dx = \frac{\pi}{2}-\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin xy}{(1+x^{2})x}\ dx.\nonumber
$$
Применяя теорему 6, получаем
$$
\frac{dI_{2}(y)}{dy} = -\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\cos xy}{1+x^{2}}\ dx = -I_{1}(y),\ y \in [\delta, +\infty).\label{ref27}
$$

Из формул \eqref{ref26} и \eqref{ref27} следует, что при $y \in [\delta, +\infty)$
$$
I’_{1}(y) = -I_{2}(y),\ I’_{2}(y) = -I_{1}(y),\ I″_{1}(y)-I_{1}(y) = 0.\label{ref28}
$$
Решая это дифференциальное уравнение, получаем
$$
I_{1}(y) = C_{1}e^{-y}+C_{2}e^{y}\ \mbox{при}\ y \in [\delta, +\infty),\label{ref29}
$$
где $C_{1}$ и $C2$ — произвольные постоянные.

Покажем, что $C_{2} = 0$. Так как
$$
|I_{1}(y)| = \left|\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\cos xy}{1+x^{2}}\ dx\right| \leq \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{|\cos xy|}{1+x^{2}}\ dx \leq \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^{2}} = \frac{\pi}{2},\nonumber
$$
то $I_{1}(y)$ есть ограниченная функция на $[\delta, +\infty)$. Так как $e^{y}$ — неограниченная функция на $[\delta, +\infty)$, то в формуле \eqref{ref29} нужно принять $C_{2} = 0$.

Итак,
$$
I_{1}(y) = C_{1}e^{-y},\ I_{2}(y) = -I’_{1}(y) = C_{1}e^{-y}\ \mbox{при}\ y \in [\delta, +\infty).\label{ref30}
$$
Так как $\delta$ — произвольное положительное число, то из \eqref{ref30} следует, что
$$
I_{1}(y) = C_{1}e^{-y} = I_{2}(y)\ \mbox{при}\ y > 0.\label{ref31}
$$

Замечая, что интеграл Лапласа $I_{1}(y)$ есть четная функция на $(-\infty, +\infty)$, а интеграл $I_{2}(y)$ есть нечетная функция на $(-\infty, +\infty)$, перепишем равенство \eqref{ref31} в следующем виде:
$$
I_{1}(y) = C_{1}e^{-|y|},\ I_{2}(y) = C_{1}\ \operatorname{sign}\ ye^{-|y|}\ \mbox{при}\ y \neq 0.\label{ref32}
$$

Для определения произвольной постоянной $C_{1}$ воспользуемся тем, что интеграл Лапласа $I_{1}(y)$ сходится равномерно по параметру $y$ на $(-\infty, +\infty)$ (пример 3). Поэтому $I_{1}(y)$ есть непрерывная функция в точке $y = 0$. Следовательно,
$$
\frac{\pi}{2} = \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^{2}} = I_{1}(0) = \lim_{y \rightarrow +0} I_{1}(y) = \lim_{y \rightarrow +0} C_{1}e^{-y} = C_{1}.\nonumber
$$
Теперь формулы \eqref{ref32} дают, что при любом $y \in \boldsymbol{R}$
$$
\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\cos xy}{1+x^{2}}\ dx = \frac{\pi}{2}e^{-|y|},\\ \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin xy}{1+x^{2}}\ dx = \frac{\pi}{2}\ \operatorname{sign}\ ye^{-|y|}.\label{ref33}
$$
То, что формулы \eqref{ref33} справедливы при $y = 0$, проверяется непосредственно. $\blacktriangle$

Перестановка порядка интегрирования в том случае, когда оба интеграла несобственные.

В теореме 5 была обоснована перестановка порядка интегрирования, когда внутренний интеграл несобственный, а внешний собственный. Сложнее обосновывать перестановку порядка интегрирования, когда оба интеграла несобственные.

Теорема 7.

Пусть функция $f(x, y)$ непрерывна на множестве $\{(x, y): a \leq x \leq b,\ c \leq y \leq d\}$ и выполнены следующие условия:

несобственный интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} |f(x, y)|\ dx$ сходится равномерно по параметру у на любом отрезке $[c’, d’] \subset (c, d)$;
несобственный интеграл $\displaystyle\int\limits_{c}^{d} |f(x, y)|\ dy$ сходится равномерно по параметру у на любом отрезке $[a’, b’] \subset (a, b)$;
один из двух повторных интегралов
$$
\int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{b} |f(x, y)|\ dx,\quad \int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c}^{d} |f(x, y)|\ dy\nonumber
$$
сходится.

Тогда сходятся оба повторных интеграла $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c}^{d} f(x, y)\ dy$ и $\displaystyle\int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$ и
$$
\int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c}^{d} f(x, y)\ dy = \int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx.\label{ref34}
$$

Доказательство.

$\circ$ Пусть сначала $f \geq 0$ и существует повторный интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c}^{d} f(x, y)\ dy$. Возьмем произвольный отрезок $[c’, d’] \subset [c, d]$. Тогда интеграл по отрезку $[c’, d’]$ будет собственным и, применяя теорему 5, получаем
$$
\int\limits_{c’}^{d’} dy \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx = \int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c’}^{d’} f(x, y)\ dy \leq \int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c}^{d} f(x, y)\ dy.\label{ref35}
$$
Перестановка интегрирования законна, так как интеграл $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} f_{y}(x, y)\ dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на отрезке $[c’, d’] \subset (x, d)$. Последнее неравенство в формуле \eqref{ref35} следует из неотрицательности $f$ и существования повторного интеграла $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c}^{d} f(x, y)\ dy$. Переходя в формуле \eqref{ref35} к пределу при $d’ \rightarrow d-0$ и $c’ \rightarrow c-0$ и замечая, что в силу неотрицательности функции $f$ интеграл в левой части неравенства \eqref{ref35} есть возрастающая функция верхнего предела $d’$ и убывающая функция нижнего предела $c’$, получаем, что
$$
I_{2} = \int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx \leq \int\limits_{a}^{b} dx \int\limits_{c}^{d} f_{y}(x, y)\ dy = I_{1}.\label{ref36}
$$Проведя еще раз то же самое рассуждение, но для повторного интеграла $\displaystyle\int\limits_{c}^{d} dy \int\limits_{a}^{b} f(x, y)\ dx$, получим вместо неравенства \eqref{ref36} неравенство $I_{1} \leq I_{2}$. Поэтому должно выполняться равенство \eqref{ref34}.
Пусть теперь $f(x, y)$ — знакопеременная вещественная функция. Представим ее в виде
$$
f = f^{+}-f^{-},\ \mbox{где}\ f^{+} = \frac{|f|+f}{2},\ f^{-} = \frac{|f|-f}{2},\ f^{+} \geq 0,\ f^{-} \geq 0.\nonumber
$$
Очевидно, что $0 \leq f^{+} \leq |f|$, $0 \leq f^{-} \leq |f|$.Используя замечание 2 и признаки сравнения для несобственных интегралов, получаем, что для $f^{+}$ и $f^{-}$ выполнены условия теоремы. В силу первого пункта доказательства повторные интегралы от $f^{+}$ и $f^{-}$ равны. Поэтому равны и повторные интегралы от функции $f = f^{+}-f^{-}$. $\bullet$

Замечание 3.

Теоремы 4-7 остаются справедливыми и при замене функции $f(x, y)$ на функцию $\psi(x)f(x, y)$, где функция $\psi(x)$ интегрируема по Риману на любом отрезке, лежащем в интервале $(a, b)$.

Замечание 4.

Если $f(x, y) = \varphi(x, y)+i\psi(x, y)$ есть комплекснозначная функция, то
$$
|\varphi(x, y)| \leq |f(x, y)|,\ |\psi(x, y)| \leq |f(x, y)|.\nonumber
$$

Все условия теоремы будут выполнены и для функций $\varphi(x, y)$ и $\psi(x, y)$, если $f(x, y)$ удовлетворяет условиям теоремы 7. Поэтому оба повторных интеграла от каждой из этих функций существуют и равны. Следовательно, существуют и равны повторные интегралы от функции $f(x, y)$.

Пример 9.

Вычислить интеграл Эйлера-Пуассона (интеграл вероятностей)
$$
I = \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-t^{2}} dt.\nonumber
$$

Решение.

$\vartriangle$ Сделаем замену переменной $t = xy$, $y > 0$. Тогда
$$
I = y \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}y^{2}} dx.\nonumber
$$
Умножая это равенство на $e^{-y^{2}}$ и интегрируя его от 0 до $+\infty$ по $y$, получаем
$$
I^{2} = \int\limits_{0}^{+\infty} Ie^{-y^{2}} dy = \int\limits_{0}^{+\infty} dy \int\limits_{0}^{+\infty} ye^{-y^{2}(1+x^{2})} dx.\label{ref37}
$$
Меняя порядок интегрирования, получаем
$$
I^{2} = \int\limits_{0}^{+\infty} dx \int\limits_{0}^{+\infty} ye^{-y^{2}(1+x^{2})} dy = -\left.\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{e^{-y^{2}(1+x^{2})}}{2(1+x^{2})}\right|_{0}^{+\infty} dx = \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{2}} = \frac{\pi}{4},\nonumber
$$
откуда
$$
I = \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.\nonumber
$$

Для обоснования законности изменения порядка интегрирования применим теорему 7. Интеграл $\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} ye^{-y^{2}(1+x^{2})} dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на любом отрезке $[c, d] \subset (0, +\infty)$ по признаку Вейерштрасса, так как $|ye^{-y^{2}(1+x^{2})}| \leq de^{-c^{2}(1+x^{2})}$ а интеграл $\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} de^{-c^{2}(1+x^{2})} dx$ сходится.

Аналогично доказывается, что интеграл $\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} ye^{-y^{2}(1+x^{2})} dx$ сходится равномерно по параметру $x$ на любом отрезке $[a, b] \subset (0, +\infty)$. Повторный интеграл $\int\limits_{0}^{+\infty} ye^{-y^{2}(1+x^{2})} dx$ сходится в силу равенства \eqref{ref37}.

Пример 10.

Вычислить интегралы Френеля
$$
J_{1} = \int\limits_{0}^{+\infty} \sin x^{2}\ dx,\ J_{2} = \int\limits_{0}^{+\infty} \cos x^{2}\ dx.
$$

Решение.

$\vartriangle$ Выполняя замену переменной $y = x^{2}$, получаем
$$
\begin{array}{cc}
& J_{1} = \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\sin y}{\sqrt{y}}\ dy = \frac{1}{2} \lim_{k \rightarrow +0} \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-ky} \frac{\sin y}{\sqrt{y}}\ dy,\\
& J_{2} = \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\cos y}{\sqrt{y}}\ dy = \frac{1}{2} \lim_{k \rightarrow +0} \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-ky} \frac{\cos y}{\sqrt{y}}\ dy.
\end{array}\label{ref38}
$$

При написании формул \eqref{ref38} использована равномерная сходимость несобственных интегралов в правых частях равенств \eqref{ref38} по параметру $k$ при $k \geq 0$ (признак Дирихле).

Выполняя в интеграле Эйлера-Пуассона $\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-t^{2}} dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ замену переменной $t = x\sqrt{y}$, получаем
$$
\int\limits_{0}^{+\infty} \sqrt{y} e^{-x^{2}y} dx = \frac{\pi}{2},\quad \frac{1}{\sqrt{y}} = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}y} dx,\ y > 0.\nonumber
$$
Подставляя выражение для $\frac{1}{\sqrt{y}}$ в формулы \eqref{ref38} и меняя порядок интегрирования, получаем
$$
J_{1} = \frac{1}{\pi} \lim_{k \rightarrow +0} \int\limits_{0}^{+\infty} dy \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-y(k+x^{2})} \sin y\ dx =\\= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \lim_{k \rightarrow +0} \int\limits_{0}^{+\infty} dx \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-y(k+x^{2})} \sin y\ dy =\\= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \lim_{k \rightarrow +0} \int\limits_{0}^{+\infty} \dfrac{dx}{1+(k+x^{2})^{2}} =\\= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^{4}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \frac{\pi}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}.\nonumber
$$
Аналогично получаем
$$
J_{2} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \lim_{k \rightarrow +0} \int\limits_{0}^{+\infty} dx \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-y(k+x^{2})} \cos y\ dy =\\=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \lim_{k \rightarrow +0} \int\limits_{0}^{+\infty} \dfrac{k+x^{2}}{1+(k+x^{2})^{2}} dx = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x^{2}dx}{1+x^{4}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}.\nonumber
$$

Изменение порядка интегрирования при $k > 0$ обосновывается при помощи теоремы 7, предельный переход при $k \rightarrow +0$ под знаком интеграла возможен в силу его равномерной сходимости по параметру $k$ при $k \in [0, +\infty)$ (признак Вейерштрасса). Интегралы $\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^{4}}$ и $\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x^{2}dx}{1+x^{4}}$ вычислены нами ранее (примеры здесь и здесь). $\blacktriangle$