Равномерная сходимость интеграла

[Quadrelle]

Возможно, можно написать экивалентную в точке 0 для $\frac 1 {\sqrt{1-x^2}}$ - единица . При $a<=-1$ интеграл расходится , так как расходится $\frac 1 {x^a}$

[Otta]

Quadrelle в сообщении #929311 писал(а):

При a<=-1 интеграл не сходится , так как не сходится $\frac 1 {x^a}$

Где связь?

(Оффтоп)

И оформляйте формулы, придет модератор и ударит больно.

[Quadrelle]

Рассмотрим $a <=-1$
$ln(x) x^a > x^a $ на отрезке $[0;1/2]$

$\int\limits_{0}^{\frac 1 2} {x^a} dx$ расходится, значит $\int\limits_{0}^{\frac 1 2}ln(x)x^a dx$ тоже расходится. Признак сравнения

(Оффтоп)

ругайте...

[Otta]

Кириллицу не надо в доллары загонять.

-- 10.11.2014, 21:50 --

Что касается неравенства - посмотрите на знаки функций, прежде чем его выписывать.

Что касается признака сравнения - в нем функции должны быть одного знака. Лучше неотрицательными, чтобы Вам не путаться.

[Quadrelle]

При $a>1$ сходится

[Otta]

А ноль всегда особая точка, что-то Вы мимо этого прошли?

(Оффтоп)

$\leqslant$ \leqslant topic183.html
$\ln x$ \ln x там же

[Quadrelle]

При $a>0$ $0$ не особая точка, интеграл берется.
Что делать с отрицательными a, пока не знаю

[Otta]

Quadrelle в сообщении #929332 писал(а):

интеграл берется.

Это плохое слово здесь. Тут надо другие аргументы. Браться могут и несобственные. (Кстати, не факт, что берется.)
Отрицательные и нулевой, да. Да?
Эквивалентность написали? Написали.

Quadrelle в сообщении #929320 писал(а):

$\int\limits_{0}^{\frac 1 2}\ln(x)x^a dx$

Сделайте замену, ушлите особенность на бесконечность. Там будет хорошо видно. Должно быть.

[Quadrelle]

При $a > 0$ имеем интеграл от непрерывной, ограниченной функции на ограниченном множестве, значит он сходится(конечен)
Замена $x = e^{-t}$

Получаем

$$ \int\limits_{ln(2)}^{\infty}- \frac t {e^{t(a+1)}} dt$$

-- 10.11.2014, 20:34 --

При $a <= -1$ он расходится

[Otta]

Quadrelle в сообщении #929347 писал(а):

При $a > 0$ имеем интеграл от непрерывной функции на ограниченном множестве, значит он сходится(конечен)

Что, и в нуле непрерывная? еще другие слова. На самом деле, что нужно, я выше написала, осталось только убедиться. (Ограниченности дополнительно хватит, но ведь ее нужно проверять.)

Quadrelle в сообщении #929347 писал(а):

При $a \leqslant -1$ он расходится

Расходится.

[Quadrelle]

Если честно, не очень понял, что не так.
Не понятно также почему при a=0 до замены интегра расходился, а после сходится( или я что-то путаю)

-- 10.11.2014, 20:53 --

Последняя фраза ерунда, при $a=0$ он сходится

-- 10.11.2014, 20:59 --

Предел подынтегральной функции при $a > -1$ равен $ 0$. Можем определить точку $0$, ка точку устранимого разрыва. Значит функция за $[0,1/2]$ непрерывная

[Otta]

Quadrelle в сообщении #929355 писал(а):

Предел подынтегральной функции при $a > -1$ равен $ 0$. Можем определить точку $0$, ка точку устранимого разрыва. Значит функция за $[0,1/2]$ непрерывная

Например, так.

[Quadrelle]

Про равномерную непрерывность : рассматриваем промежуток $[\alpha,\beta]$ оцениваем мажорантой?

[Otta]

Quadrelle в сообщении #929413 писал(а):

Про равномерную непрерывность

Не путайтесь в терминах. Во-первых.
Во-вторых, определитесь, чего Вы хотите. Совершенно ясно, что непрерывности на указанном Вами первоначально промежутке не будет, по простой причине: функция определена не во всех его точках.
Поэтому да, возвращаемся к исходному вопросу: какова же постановка задачи?

[Quadrelle]

(Оффтоп)

Я хотел написал равномерная сходимость

Проверить непрерывность функции при $-infty < a <infty$
На промежутке $a \leqslant -1$ непрерывности не будет, так как нет сходимости
Для $a>-1$
Если интеграл равномерно сходится на каком-то интервале, то наша функция будет непрерывна на это интервале
Для доказательства равномерной сходимости воспользуемся критерием Вейерштрасса