Интегрирование с использованием параметрических производных

В исчислении , интегрирование по параметрическим производным также называемое параметрическим интегрированием , — это метод, который использует известные интегралы для интегрирования производных функций. Он часто используется в физике и аналогичен интегрированию заменой .

Формулировка теоремы

Используя правило интеграла Лейбница с фиксированными верхними и нижними границами, мы получаем, что
${\frac {d}{dt}}\left(\int _{a}^{b}f(x,t)dx\right)=\int _{a}^{b}{\frac {\partial }{\partial t}}f(x,t)dx$
Это также верно для неконечных границ.

Примеры

Пример первый: Экспоненциальный интеграл

Например, предположим, что мы хотим найти интеграл

$\int _{0}^{\infty }x^{2}e^{-3x}\,dx.$

Поскольку это продукт двух функций, которые легко интегрировать по отдельности, повторное интегрирование по частям , безусловно, является одним из способов его оценки. Однако мы также можем оценить это, начав с более простого интеграла и добавленного параметра, которым в данном случае является t = 3:

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\infty }e^{-tx}\,dx=\left[{\frac {e^{-tx}}{-t}}\right]_{0}^{\infty }=\left(\lim _{x\to \infty }{\frac {e^{-tx}}{-t}}\right)-\left({\frac {e^{-t0}}{-t}}\right)\\&=0-\left({\frac {1}{-t}}\right)={\frac {1}{t}}.\end{aligned}}$

Это сходится только при t > 0, что справедливо для искомого интеграла. Теперь, когда мы знаем

$\int _{0}^{\infty }e^{-tx}\,dx={\frac {1}{t}},$

мы можем дважды продифференцировать обе части по t (не по x ), чтобы добавить множитель x ² в исходном интеграле.

${\begin{aligned}&{\frac {d^{2}}{dt^{2}}}\int _{0}^{\infty }e^{-tx}\,dx={\frac {d^{2}}{dt^{2}}}{\frac {1}{t}}\\[10pt]&\int _{0}^{\infty }{\frac {d^{2}}{dt^{2}}}e^{-tx}\,dx={\frac {d^{2}}{dt^{2}}}{\frac {1}{t}}\\[10pt]&\int _{0}^{\infty }{\frac {d}{dt}}\left(-xe^{-tx}\right)\,dx={\frac {d}{dt}}\left(-{\frac {1}{t^{2}}}\right)\\[10pt]&\int _{0}^{\infty }x^{2}e^{-tx}\,dx={\frac {2}{t^{3}}}.\end{aligned}}$

Это та же форма, что и искомый интеграл, где t = 3. Подстановка этого значения в приведенное выше уравнение дает значение:

$\int _{0}^{\infty }x^{2}e^{-3x}\,dx={\frac {2}{3^{3}}}={\frac {2}{27}}.$

Пример второй: Гауссов интеграл

Начнем с интеграла $\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}t}dx={\frac {\sqrt {\pi }}{\sqrt {t}}}$,взятие производной по t с обеих сторон дает
${\begin{aligned}&{\frac {d}{dt}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}t}dx={\frac {d}{dt}}{\frac {\sqrt {\pi }}{\sqrt {t}}}\\&-\int _{-\infty }^{\infty }x^{2}e^{-x^{2}t}=-{\frac {\sqrt {\pi }}{2}}t^{-{\frac {3}{2}}}\\&\int _{-\infty }^{\infty }x^{2}e^{-x^{2}t}={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}t^{-{\frac {3}{2}}}\end{aligned}}$.
В общем, взятие n -й производной по t дает нам
$\int _{-\infty }^{\infty }x^{2n}e^{-x^{2}t}={\frac {(2n-1)!!{\sqrt {\pi }}}{2^{n}}}t^{-{\frac {2n+1}{2}}}$.

Пример третий: полином

Используя классическую $\int x^{t}dx={\frac {x^{t+1}}{t+1}}$ и взяв производную по t, получим
$\int \ln(x)x^{t}={\frac {\ln(x)x^{t+1}}{t+1}}-{\frac {x^{t+1}}{(t+1)^{2}}}$.

Пример четвертый: суммы

Этот метод также можно применять к суммам, как показано ниже.
Используйте факторизацию Вейерштрасса функции sinh :
${\frac {\sinh(z)}{z}}=\prod _{n=1}^{\infty }\left({\frac {\pi ^{2}n^{2}+z^{2}}{\pi ^{2}n^{2}}}\right)$.
Логарифмируем:
$\ln(\sinh(z))-\ln(z)=\sum _{n=1}^{\infty }\ln \left({\frac {\pi ^{2}n^{2}+z^{2}}{\pi ^{2}n^{2}}}\right)$.
Вывод по z :
$\coth(z)-{\frac {1}{z}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}+\pi ^{2}n^{2}}}$.
Позволять $w={\frac {z}{\pi }}$:
${\frac {1}{2}}{\frac {\coth(\pi w)}{\pi w}}-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{z^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}+w^{2}}}$.

Внешние ссылки

WikiBooks: Параметрическая_интеграция