Integrals with parameters

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含参变量的积分本质上就是对一个多元函数, 但是积分变量只是对其中一个变量进行积分, 其他变量则被当作参数来处理. 比如:

I(y)=∫abf(x,y)dxJ(x)=∫abf(x,y)dy\begin{aligned} I(y) = \int_a^b f(x,y) dx \\ J(x) = \int_a^b f(x,y) dy \end{aligned}

含参变量的常义积分

性质

连续性定理: 设f(x,y)f(x,y)在闭矩形D=[a,b]×[c,d]D=[a,b] \times [c,d] 上连续, 则函数:

I(y)=∫abf(x,y)dxI(y) = \int_a^b f(x,y) dx

在[c,d][c,d]上连续.

由这个定理我们可以直接推出下面的表达式, 也就是极限运算和积分运算可交换:

lim⁡y→y0∫abf(x,y)dx=∫ablim⁡y→y0f(x,y)dx\lim_{y \to y_0} \int_a^b f(x,y) dx = \int_a^b \lim_{y \to y_0} f(x,y) dx

积分次序交换定理: 设f(x,y)f(x,y)在D=[a,b]×[c,d]D=[a,b] \times [c,d]上连续, 那么:

∫cddy∫abf(x,y)dx=∫abdx∫cdf(x,y)dy\int_c^d dy \int_a^b f(x,y) dx = \int_a^b dx \int_c^d f(x,y) dy

积分号下求导定理: 设f(x,y)f(x,y)和fy(x,y)f_y(x,y)都在闭矩形D=[a,b]×[c,d]D=[a,b] \times [c,d]上连续, 则Iy=∫abf(x,y)dxI_y = \int_a^b f(x,y) dx在[c,d][c,d]上可导. 且:

ddyI(y)=∫abfy(x,y)dx\frac{d}{dy} I(y) = \int_a^b f_y(x,y) dx

含参变量的反常积分

类似传统的反常积分, 含参变量的反常积分也可以分成两类, 一类是积分区间无界, 另一类是被积函数存在瑕点.

反常积分的一致收敛性

在这里我们分成两类讨论. 类似函数项级数, 反常积分也有一致收敛性的概念. 反常积分的一致收敛性是指对于一个含参变量的反常积分, 当参数在某个区间内变化时, 反常积分的值能够以某种方式趋近于一个极限值, 并且这个极限值与参数无关.

  • 无穷区间的反常积分的一致收敛性

定义: 设f(x,y)f(x,y)在[a,+∞)×[c,d][a,+\infty) \times [c,d]上连续, 则反常积分∫a+∞f(x,y)dx\int_a^{+\infty} f(x,y) dx在[c,d][c,d]上一致收敛, 如果存在一个函数F(y)F(y)使得对于任意ε>0\varepsilon > 0, 存在一个常数M>aM > a, 当x>Mx > M时, 对于任意y∈[c,d]y \in [c,d], 都有:

∣∫M+∞f(x,y)dx∣<ε\left| \int_M^{+\infty} f(x,y) dx \right| < \varepsilon
  • 瑕点的反常积分的一致收敛性

定义: 设f(x,y)f(x,y)在(a,b]×[c,d](a,b] \times [c,d]上连续, 则反常积分∫abf(x,y)dx\int_a^b f(x,y) dx在[c,d][c,d]上一致收敛, 如果存在一个函数F(y)F(y)使得对于任意ε>0\varepsilon > 0, 存在一个常数δ>0\delta > 0, 当0<x−a<δ0 < x - a < \delta时, 对于任意y∈[c,d]y \in [c,d], 都有:

∣∫aa+δf(x,y)dx∣<ε\left| \int_a^{a+\delta} f(x,y) dx \right| < \varepsilon

一致收敛的判别法

Cauchy判别法:

含参变量的反常积分 ∫a+∞f(x,y)dx\int_a^{+\infty} f(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上一致收敛的充要条件是：对于任意 ε>0\varepsilon > 0，存在常数 M>aM > a，使得对于任意的 A1,A2>MA_1, A_2 > M 及任意的 y∈[c,d]y \in [c,d]，都有：

∣∫A1A2f(x,y)dx∣<ε\left| \int_{A_1}^{A_2} f(x,y) dx \right| < \varepsilon

Weierstrass M-test:

设函数 f(x,y)f(x,y) 在 [a,+∞)×[c,d][a, +\infty) \times [c,d] 上连续。如果存在一个仅依赖于 xx 的非负函数 g(x)g(x) (称为优函数)，使得对于所有的 x∈[a,+∞)x \in [a, +\infty) 和 y∈[c,d]y \in [c,d]，都有 ∣f(x,y)∣≤g(x)|f(x,y)| \le g(x)，并且反常积分 ∫a+∞g(x)dx\int_a^{+\infty} g(x) dx 收敛，则含参变量反常积分 ∫a+∞f(x,y)dx\int_a^{+\infty} f(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上绝对收敛且一致收敛。

Abel判别法:

设 f(x,y)f(x,y) 和 g(x,y)g(x,y) 在 [a,+∞)×[c,d][a, +\infty) \times [c,d] 上连续，且满足以下两个条件：

  1. 积分 ∫a+∞f(x,y)dx\int_a^{+\infty} f(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上一致收敛;
  2. 对任意固定的 y∈[c,d]y \in [c,d], 函数 g(x,y)g(x,y) 关于 xx 单调，并且在 [a,+∞)×[c,d][a, +\infty) \times [c,d] 上一致有界(即存在常数 M>0M > 0，使得 ∣g(x,y)∣≤M|g(x,y)| \le M).

则反常积分 ∫a+∞f(x,y)g(x,y)dx\int_a^{+\infty} f(x,y)g(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上一致收敛。

Dirichlet判别法:

设 f(x,y)f(x,y) 和 g(x,y)g(x,y) 在 [a,+∞)×[c,d][a, +\infty) \times [c,d] 上连续，且满足以下两个条件:

  1. 积分 ∫aAf(x,y)dx\int_a^A f(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上一致有界(即存在常数 M>0M > 0，使得对于所有 A>aA > a 和 y∈[c,d]y \in [c,d] 都有 ∣∫aAf(x,y)dx∣≤M\left| \int_a^A f(x,y) dx \right| \le M);
  2. 对任意固定的 y∈[c,d]y \in [c,d]，函数 g(x,y)g(x,y) 关于 xx 单调, 并且当 x→+∞x \to +\infty 时, g(x,y)g(x,y) 关于 yy 在 [c,d][c,d] 上一致趋近于 0.

则反常积分 ∫a+∞f(x,y)g(x,y)dx\int_a^{+\infty} f(x,y)g(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上一致收敛.

一致收敛的分析性质

  1. 连续性: 如果 f(x,y)f(x,y) 在 [a,+∞)×[c,d][a, +\infty) \times [c,d] 上连续, 且反常积分 I(y)=∫a+∞f(x,y)dxI(y) = \int_a^{+\infty} f(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上一致收敛, 那么 I(y)I(y) 是 [c,d][c,d] 上的连续函数.
  2. 可积性: 如果 f(x,y)f(x,y) 在 [a,+∞)×[c,d][a, +\infty) \times [c,d] 上连续，且反常积分 I(y)=∫a+∞f(x,y)dxI(y) = \int_a^{+\infty} f(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上一致收敛，那么 I(y)I(y) 在 [c,d][c,d] 上可积，且积分顺序可以交换:
∫cd(∫a+∞f(x,y)dx)dy=∫a+∞(∫cdf(x,y)dy)dx\int_c^d \left( \int_a^{+\infty} f(x,y) dx \right) dy = \int_a^{+\infty} \left( \int_c^d f(x,y) dy \right) dx

  1. 可微性: 设 f(x,y)f(x,y) 及 ∂f∂y(x,y)\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) 在 [a,+∞)×[c,d][a, +\infty) \times [c,d] 上连续, 且满足:

    • 存在 y0∈[c,d]y_0 \in [c,d], 使得积分 ∫a+∞f(x,y0)dx\int_a^{+\infty} f(x,y_0) dx 收敛;
    • 积分 ∫a+∞∂f∂y(x,y)dx\int_a^{+\infty} \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上一致收敛.

    那么 I(y)=∫a+∞f(x,y)dxI(y) = \int_a^{+\infty} f(x,y) dx 在 [c,d][c,d] 上可导，且求导与积分可以交换顺序:

ddy∫a+∞f(x,y)dx=∫a+∞∂f∂y(x,y)dx\frac{d}{dy} \int_a^{+\infty} f(x,y) dx = \int_a^{+\infty} \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) dx

Euler积分

Beta函数

B(p,q)=∫01xp−1(1−x)q−1dxB(p,q) = \int_0^1 x^{p-1} (1-x)^{q-1} dx

由于Beta函数可能存在两个瑕点, 我们按照中点12\frac{1}{2}进行分割处理:

B(p,q)=∫012xp−1(1−x)q−1dx+∫121xp−1(1−x)q−1dxB(p,q) = \int_0^{\frac{1}{2}} x^{p-1} (1-x)^{q-1} dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 x^{p-1} (1-x)^{q-1} dx

前面一项的敛散性主要由xp−1x^{p-1}决定, 后面一项的敛散性主要由(1−x)q−1(1-x)^{q-1}决定. 显然, 当p>0p>0且q>0q>0时, Beta函数收敛.

所以Beta函数的定义域为(0,+∞)×(0,+∞)(0, +\infty) \times (0, +\infty).

性质

  • Beta函数在定义域上连续. (证明利用一致收敛性+Weierstrass M-test完成)
  • 对称性: B(p,q)=B(q,p)B(p,q) = B(q,p). (证明通过变量代换x=1−tx = 1-t完成)
  • 递推公式: B(p,q)=q−1p+q−1B(p,q−1)B(p,q) = \frac{q-1}{p+q-1} B(p, q-1). (证明通过分部积分完成)

计算过程如下:

B(p,q)=∫011p(1−x)q−1d(xp)=1p(1−x)q−1xp∣01+q−1p∫01xp(1−x)q−2dx=q−1p∫01[1−(1−x)]xp−1(1−x)q−2dx=q−1p∫01xp−1(1−x)q−2dx−q−1p∫01xp−1(1−x)q−1dx=q−1pB(p,q−1)−q−1pB(p,q)\begin{aligned} B(p,q) &= \int_0^1 \frac{1}{p} (1-x)^{q-1} d(x^p) \\ &= \frac{1}{p} (1-x)^{q-1} x^p \Big|_0^1 + \frac{q-1}{p} \int_0^1 x^p (1-x)^{q-2} dx \\ &= \frac{q-1}{p} \int_0^1 [1-(1-x)]x^{p-1}(1-x)^{q-2} dx \\ &= \frac{q-1}{p} \int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-2} dx - \frac{q-1}{p} \int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1} dx \\ &= \frac{q-1}{p} B(p, q-1) - \frac{q-1}{p} B(p, q) \\ \end{aligned}

可以解得:

B(p,q)=q−1p+q−1B(p,q−1)B(p,q) = \frac{q-1}{p+q-1} B(p, q-1)

即为所求.

一些代换

  1. 我们对Beta函数做一次变量代换: x=cos⁡2ϕx=\cos^2 \phi, 得到:
B(p,q)=2∫0π2sin⁡2q−1ϕcos⁡2p−1ϕdϕB(p,q) = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2q-1} \phi \cos^{2p-1} \phi d\phi

我们不难观察到: B(12,12)=πB(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) = \pi

  1. 我们再令x=t1+tx = \frac{t}{1+t}, 得到:
B(p,q)=∫0+∞tp−1+tq−1(1+t)p+qdtB(p,q) = \int_0^{+\infty} \frac{t^{p-1}+t^{q-1}}{(1+t)^{p+q}} dt

从这个表达式可以非常明显的观察到对称性.

Gamma函数

Γ(s)=∫0+∞xs−1e−xdx\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} dx

同样, 由于Gamma函数可能存在一个瑕点, 在无穷点的敛散性也可能遇到问题, 因此我们按照11进行分割处理:

Γ(s)=∫01xs−1e−xdx+∫1+∞xs−1e−xdx\Gamma(s) = \int_0^1 x^{s-1} e^{-x} dx + \int_1^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} dx

后面一项必然收敛. 所以Gamma函数的定义域为(0,+∞)(0, +\infty).

性质

  • Gamma函数连续且可导. 且任意阶导数都存在. (证明利用一致收敛性+Weierstrass M-test完成, 任意阶导数证明类似)
  • 递推公式: Γ(s+1)=sΓ(s)\Gamma(s+1) = s \Gamma(s). (证明通过分部积分完成)

计算过程如下:

Γ(s+1)=∫0+∞xse−xdx=−∫0+∞xsd(e−x)=−xse−x∣0+∞+s∫0+∞xs−1e−xdx=sΓ(s)\begin{aligned} \Gamma(s+1) &= \int_0^{+\infty} x^s e^{-x} dx \\ &= -\int_0^{+\infty} x^s d(e^{-x}) \\ &= -x^s e^{-x} \Big|_0^{+\infty} + s \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} dx \\ &= s \Gamma(s) \end{aligned}

当然, 根据递推公式, 我们可以知道:

Γ(n+1)=n!,n∈N\Gamma(n+1) = n!, \quad n \in \mathbb{N}

一些变换

我们对Gamma函数做一次变量代换: x=t2x = t^2, 得到:

Γ(s)=2∫0+∞t2s−1e−t2dt\Gamma(s) = 2 \int_0^{+\infty} t^{2s-1} e^{-t^2} dt

我们很容易知道: Γ(12)=π\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}

定义域的延拓

由递推公式我们可以得到:

Γ(s)=Γ(s+1)s\Gamma(s) = \frac{\Gamma(s+1)}{s}

我们可以把Γ(s)\Gamma(s)的定义域从(0,+∞)(0, +\infty)无限延拓到(−∞,+∞)∖{0,−1,−2,⋯ }(-\infty, +\infty) \setminus \{0, -1, -2, \cdots\}

Beta函数与Gamma函数的关系

B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)B(p,q) = \frac{\Gamma(p) \Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}

证明

Γ(p)=2∫0+∞t2p−1e−t2dt,Γ(q)=2∫0+∞t2q−1e−t2dt\Gamma(p) = 2 \int_0^{+\infty} t^{2p-1} e^{-t^2} dt, \quad \Gamma(q) = 2 \int_0^{+\infty} t^{2q-1} e^{-t^2} dt Γ(p)Γ(q)=4∫0+∞∫0+∞t2p−1s2q−1e−t2−s2dtds=4∬Ωt2p−1s2q−1e−t2−s2dtds\begin{aligned} \Gamma(p) \Gamma(q) &= 4 \int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty} t^{2p-1} s^{2q-1} e^{-t^2 - s^2} dt ds \\ &= 4 \iint_{\Omega} t^{2p-1} s^{2q-1} e^{-t^2 - s^2} dt ds \end{aligned}

我们做一次极坐标变换: t=rcos⁡θt = r \cos \theta, s=rsin⁡θs = r \sin \theta, 则有:

Γ(p)Γ(q)=2∫0π2cos⁡2p−1θsin⁡2q−1θdθ⋅2∫0+∞r2p+2q−1e−r2dr=2∫0π2cos⁡2p−1θsin⁡2q−1θdθ⋅Γ(p+q)=B(p,q)⋅Γ(p+q)\begin{aligned} \Gamma(p) \Gamma(q) &= 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2p-1} \theta \sin^{2q-1} \theta d\theta \cdot 2 \int_0^{+\infty} r^{2p+2q-1} e^{-r^2} dr \\ &= 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2p-1} \theta \sin^{2q-1} \theta d\theta \cdot \Gamma(p+q) \\ &= B(p,q) \cdot \Gamma(p+q) \end{aligned}

关于Gamma函数的三个重要结论

  • Legendre公式
Γ(s)Γ(s+12)=π22s−1Γ(2s)\Gamma(s) \Gamma(s+\frac{1}{2}) = \frac{\sqrt{\pi}}{2^{2s-1}} \Gamma(2s)
  • 余元公式
Γ(s)Γ(1−s)=πsin⁡πs\Gamma(s) \Gamma(1-s) = \frac{\pi}{\sin \pi s}
  • Stirling公式
Γ(s+1)=2πs(se)seθ12s\Gamma(s+1) = \sqrt{2\pi s} \left( \frac{s}{e} \right)^s e^{\frac{\theta}{12s}}

这三个公式完全不需要记住, 证明也不需要掌握, 因为考试根本不考.