Интеграл Лапласа
Вычислим интегралы $$ I_1(a)=\int_0^{+\infty} \frac{\cos{ax}}{1+x^2}dx,\ I_2(a)=\int_0^{+\infty} \frac{x\sin{ax}}{1+x^2}dx. $$ Решение. Очевидно, что в силу оценки $$ \left| \frac{\cos{ax}}{1+x^2} \right| \leq \frac{1}{1+x^2},\ x\in\mathbb{R}, $$ интеграл $I_1(a)$ сходится равномерно на $\mathbb{R}$.
Заметим, что $$ \left(\frac{\cos{ax}}{1+x^2}\right)'_a = - \frac{x\sin{ax}}{1+x^2}. $$ Исследуем интеграл $I_2(a)$ на равномерную сходимость. Рассмотрим $$ \int_A^B \frac{x\sin{ax}}{1+x^2}dx=\int_A^B \frac{\sin{ax}}{x}dx - \int_A^B \frac{\sin{ax}}{x(1+x^2)}dx. $$ Поскольку интеграл $\int\limits_0^{+\infty} \frac{\sin{ax}}{x}dx$ сходится равномерно на любом отрезке $[\alpha;\beta]$, не содержащем точку $0,$ а интеграл $\int\limits_0^{+\infty} \frac{\sin{ax}}{x(1+x^2)}dx$ сходится равномерно на $\mathbb{R},$ то по критерию Коши при любом $\varepsilon>0$ существует $R>0$ такое, что для всех $a\in [\alpha;\beta]$ и любых $A,B>R$ выполняется неравенство $$ \left| \int_A^B \frac{x\sin{ax}}{1+x^2} dx\right| \leq \left|\int_A^B \frac{\sin{ax}}{x}dx\right| + \left| \int_A^B \frac{\sin{ax}}{x(1+x^2)}dx \right| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. $$ Тогда по критерию Коши $\int_0^{+\infty}\frac{x\sin{ax}}{1+x^2}dx$ интеграл сходится равномерно на любом отрезке $[\alpha,\beta],$ не содержащем точку $0.$
Поэтому в силу непрерывности на $\mathbb{R}^2$ подынтегральных функций в $I_1(a)$ и $I_2(a)$, имеется $$ \left(\int_0^{+\infty} \frac{\cos{ax}}{1+x^2}dx \right)'_a= \int_0^{+\infty} \left(\frac{\cos{ax}}{1+x^2} \right)'_a dx=-\int_0^{+\infty} \frac{x\sin{ax}}{1+x^2}dx $$ при $a\neq 0$. Таким образом, при ненулевых $a$ справедливо равенство $$ I_1'(a)=-I_2(a). $$
Заметим, что
$$
\left(\frac{x\sin{ax}}{1+x^2}\right)'_a = \frac{x^2\cos{ax}}{1+x^2}.
$$
Поскольку в правой части равенства
$$
\int_0^{+\infty} \frac{x^2\cos{ax}}{1+x^2} dx = \int_0^{+\infty} \cos{ax} dx - \int_0^{+\infty} \frac{\cos{ax}}{1+x^2} dx
$$
первый интеграл расходится, а второй сходится равномерно на $\mathbb{R}$, то интеграл в левой части расходится. Поэтому
при взятии производной по параметру от $I_2(a)$ нельзя интеграл и дифференцировании поменять местами непосредственно.
Однако, справедливо равенство
$$
\int_0^{+\infty} \frac{x\sin{ax}}{1+x^2}dx=\int_0^{+\infty} \frac{\sin{ax}}{x}dx - \int_0^{+\infty} \frac{\sin{ax}}{x(1+x^2)}
dx=
\frac{\pi}{2}-\int_0^{+\infty} \frac{\sin{ax}}{x(1+x^2)}dx,
$$
где интеграл в правой части сходится равномерно на $\mathbb{R}$. Более того, интеграл
$$
\int_0^{+\infty} \left(\frac{\sin{ax}}{x(1+x^2)}\right)'_a dx = \int_0^{+\infty} \frac{\cos{ax}}{1+x^2}dx
$$
как уже отмечалось тоже сходится равномерно на $\mathbb{R}$. Поэтому
$$
\left( \int_0^{+\infty} \frac{\sin{ax}}{x(1+x^2)} dx\right)'_a = \int_0^{+\infty} \left(\frac{\sin{ax}}{x(1+x^2)}\right)'_a dx = \int_0^{+\infty} \frac{\cos{ax}}{1+x^2}dx
$$
для всех $a\in \mathbb{R}.$ Откуда для всех $a\in\mathbb{R}$
$$
I_2'(a)= -I_1(a).
$$
С учетом равенства $I_1'(a)=-I_2(a)$ при ненулевых $a$, мы приходим к дифференциальному уравнению
$$
I_1''(a)-I_1(a)=0,
$$
имеющему общее решение вида
$$
I_1(a)=C_1 e^{a}+C_2 e^{-a}, a\neq 0.
$$
Если $a>0$, то в силу ограниченности интеграла $I_1(a)$ (очевидно, что $|I_1(a)|\leq \pi/2$) мы имеем $$ I_1(a)=C_2 e^{-a}. $$ Аналогично, при $a<0$, решение имеет вид $I_1(a)=C_1 e^{a}$. Поскольку исходный интеграл $I_1(a)$ представляет непрерывную функцию, а $I_1(0)=\pi/2$, то окончательно $$ I_1(a)=\frac{\pi}{2}e^{-|a|}. $$
Непосредственным дифференцированием при $a>0$ и $a<0$ c учетом $I_2(0)=0$ получаем, что $$ I_2(a)=\frac{\pi}{2}\textup{sgn}(a) \cdot e^{-|a|}. $$
Гамма-функция
Домашняя работа
- Д3862, Д3868, Д3869.