Билет 6. Вычисление интеграла Дирихле.

I = $<0, inf>sinxdx/x. Введем интеграл I(y) = $<0, inf> [sin/x]e^(-xy)dx (*), y >= 0. Доопределим при x = 0 подынтегральную функцию 0б тогда она непрерывна при x >= 0, y >= 0, а интеграл не поменялся. Пусть f(x, y) = sinx/x, тогда $<0, inf>f(x, y)dx сходится равномерно на y >=0. Пусть g(x, y) = e ^(-xy) монотонна по x, |g(x, y)| <= 1 – равномерно ограничена. Значит (*) сходится равномерно на y >= 0. Подынтегральная функция непрерывна, производная -sinxe^(-xy0 Є C(R^2). Сам интеграл сходится.При y >= y0 > 0 интеграл от производной сходится по Вейерштрассу <= e^(-xy0). Выполнены условия Т5  I’(y) = -$<0, inf>sinxe^(-xy)dx для любого y Є [y0, y1], 0 < y0 < y1< inf. $<0, inf>sinx e^(-xy)dx = 1- y$<0, inf>e^(-xy)d(sinx) = 1 – (y^2)$<0, inf>sinx(e^(-xy)dx  I’(y) = -1/(1+y^2). Интегрируем  I(y) = -arctgy + c, y > 0. Постоянную найдем посчитав предел lim<yinf>I(y). |I(y)| <= $<0, inf>e^(-xy)dx = 1/y  0, при yinf. 0 = lim<yinf>I(y) = -п/2 + c  c= п/2. Докажем непрерывность I(y) в 0. I(y) сходится равномерно при y >= 0, подынтегральная непрерывна, те по Т4. Значит I(0) = п/2. $<0, inf>sinaxdx/x = $<0, inf>[sin(ax)/(ax)]d(ax) = {$<0, inf>sinx/dx, a > 0; 0, a = 0; $<0, -inf>sixdx/x, a < 0}. Те $<0, inf>sinaxdx/x = п/2sgn(a).

Билет 7. Свойство г-функции Эйлера.

Г(x) = $<0, inf>t^(x-1)e^(-t)dt. Область сходимости: Около 0: t^(x-1)e^(-t) ~ t^(x-1)  $<0, inf>t^(x-1)e^(-t) сх-ся для любого x > 0. На бесконечности: |t^(x-1)e^(-t)| < e^(-t/2), при t >= t0(x)  $<0, inf>t^(x-1)e^(-t)dt сходится для любого x. Те Г(x) определена при x > 0. Вычисление Г(n), n Є N. Г(1) = 1. Г(x + 1) = $<0, inf>t^xe^(-t)dt = - $<0, inf>t^(x)de^(-t)= -(t^x)e^(-t)|<0, inf> + $<0, inf>xt^(x-1)e^(-t)dt => Г(x+1) = xГ(x). Те Г(n + 1) = n!. Непрерывность и бесконечная диф-мость Г(x), x > 0. Г(x) = $<0, 1>t^(x-1)e^(-t)dt + $<1, inf>t^(x-1)e^(-t)dt. Покажем, что оба интеграла сходятся равномерно для любого [a, b], 0 < a < b < inf. |t^(x-1)e^(-t)| <= {t^(a-1)e^(-t), 0 < t <= 1; t^(b-1), t >= 1} сходится равномерно по Вейерштрассу. По Т4 Г(x) Є C(0, inf). d^k/dx^k(t^(x-1)e^(-t)) = (ln t)^kt^(x-1)e^(-t) Є C(0, inf). Чтобы использовать Т о диф-сти достаточно показать, что $<0, 1>t^(x-1)e^(-t)(lnt)^kdt, $<1, inf>… сходятся равномерно на любом отрезке [a, b], 0 < a < b< inf, k Є N  тогда по индукции и Т5 можно доказать, что Г(k)(x) = $<0, inf>t^(x-1)e^(-t)(lnt(^kdt. |t^(x-1)e^(-t)(lnt)^k| <= {t^(a-1)(e^(-t))|lnt|^k = t^(a-1)e^(-t)(-lnt)^k, 0 < t <= 1; t^(b-1)…, 1<= t < inf}. 1ый интеграл сходится, тк для достаточно малых t можно подобрать δ > 0: |t^(a-1)e^(-t)(lnt)^k| <= t^(a-1 – kδ), a – kδ > 0. Второй интеграл сходится, так как для достаточно больших t |t^(b-1)e^(-t)(lnt)^k| <= t^be^-t.

Билет 8. Свойство b-функции Эйлера. Связь между эйлеровыми интегралами.

B(x, y) = $<0, 1>t^(x-1)(1-t)^(y-1)dt. t^(x-1)(1-t)^(y-1) ~ t^(x-1) около 0  x > 0. t^(x-1)(1-t)^(y-1) ~ (1-t)^(y-1) около 1  y > 0  B(x, y) определена при x >0, y > 0. B(x, y) = B(y, x). {заместа s = 1-t}. B(x, y+1)/y = B(x + 1, y)/x. Док-во через интегрирование по частям. B(x, y + 1) = y/(x+y)B(x, y). Док-во: разбить B(x, y + 1) на B(x, y) – B(x + 1, y). Замена t = 1/(1+u), t Є (0, 1)  0 < t < inf, dt = -du/(u+1)^2. B(x, y) = $<+inf, 0>(1/(u+1))^(x-1)(u/(u+1))^(y-1)(-du)/(u+1)^2 = $<0, inf>u^(y-1)du/(1+u)^(x+y) можно менять в силу симметричности. B(x, y) = Г(x)Г(y)/Г(x + y). Док-во: 1) докажем для случая x > 1, y > 1. B(x, y)Г(x + y) = $<0, inf>du u^(x-1)/(1+u)^(x+y) * $<0, inf>dte^(-t)t^(x+y-1) = (можно представить как повторный интеграл функции) = $<0, inf>du u^(x-1) $<0, inf>dt/(1+u)e^(-t)(t/[1+u])^(x+y-1) = {x = t/(u + 1), t = z(1 + u), z Є (0, inf)} = $<0, inf>du$<0, inf>dz * u^(x-1)e^(-z)e^(-uz)z^(x + y -1) = порядок интегрирования можем поменять по Т7 = $<0, inf>dz $<0, inf>du u^(x-1)e^(-z)e^(-uz) z^(x+y-1) = $<0, inf>dze^(-z)z^(y-1) * $<0, inf>dh h^(x-1)e^(-h) = Г(y)Г(x). Теперь можем доказывать при x > 0, y >0. B(x, y) = (x+y)/xB(x+1, y) = [(x+y)/x](x+y + 1)/yB(x + 1, y+1). ЧТД.

Билет 9. Асимптотическая формула для функции Г(x + 1) при xinf.

Г(x+1) = sqrt<2>(2пx)(x/e)^x(1+a(x)), где lim<xinf>a(x) = 0. При x = n! получим формулу Стирлинга. Док-во: Г(x + 1) = $<0, inf>t^xe^(-t)dt = {t = x(q+1), q = 1 – t/x, -1 < q < inf} = $<-1, inf>x^x(q+1)^xe^(-x(q+1))xdq = (x/e)^xx$<-1, inf>e^(-x(q – ln(q + 1)))dq. План: q – ln(q+1) = u^2/2 и выразить dq через du. Пусть h(q) = 1 – 1/(q+1) = q/(q+1)  h(t) – имеет единственный минимум в 0. lim<q-1+0>h(q) = inf, lim<qinf>h(q) = inf. Пусть u(q) = sgn(q)sqrt<2>(2(q – ln(q+1)) тогда h(q) = u^2/2, -inf<u<inf. u’(q) = {sgn(u)(sqrt<2>(2h(u))))’ = sqrt<2>(2)sgn(q)h’(q)/[2sqrt<2>(h(q))] > 0, при q ≠ 0; lim<q0>sgn(q)sqrt<2>(2(q – ln(q+1))/q = lim<q0>sqrt<2>(q^2 + O(q^3))/|q| = 1 > 0}. Раз производная u’(q) существует, то q – ln(q + 1) = u^2/2 диф-ма по q. Диф-ем q/(q+1) = udu/dq  при q ≠ 0 dq/du = u(q+1)/q = u + u/q. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа ln(q + 1) = q + q^2/[2(1 + Oq)^2], 0 < O = O(q) < 1. Те получили, что u^2/2 = q – ln(q + 1) = [q^2/2](1/[1+Oq]^2)  так как sgn u = sgn q, 1+ Oq > 0  [u = q/(1+Oq)]  [1 + Oq]u = q  u/q = 1 – Ou (q ≠ 0). При q = 0 du/dq = 1  dq/du = 1  формула тоже справедливо. Те dq/du = 1 + (1 – O)q^4. Те мы имеем dq/du = 1 + (1 – O)q при –inf<u < inf. Теперь делаем оценку Г(x + 1) = (x/e)^xx$<-1, inf>e^[(-x)(q-ln(q + 1))]dq = (x/e)^xx$<-inf, inf>e^[-xu^2/2][1 + (1-O)u]du. 1) $<-inf, inf>e^(-xu^2/2)dy = {s = usqrt<2>(x/2)} = sqrt<2>(2/x)sqrt<2>(п). 2) |$<-inf, inf>e^(-xu^2/2)(1-O)udu| <= $<-inf, inf>e^(-xu^2/2)|u|du = 2/x. Значит проверяемый интеграл = sqrt<2>(2пx)(x/e)^x(1 + a(x)), |a(x)| <= 2/sqrt<2>(2пx)  0, x inf. ЧТД.