Доказать равномерную сходимость интеграла

[SlayZar]

Требуется доказать равномерную сходимость на множестве $E$ интеграла с параметром:

$$I(\alpha)=\int\limits_0^{+\infty}{e^{-\alpha x^4}}dx$$

$$E=[\alpha_0; +\infty], \alpha_0>0$$

Пусть $\xi>0$ и $\alpha \geqslant \alpha_0 >0$.
Тогда $\int\limits_{\xi}^{+\infty}{e^{-\alpha x^4}}dx =\frac{e^{-\alpha \xi^4}}{4 \alpha \xi^3}$ и можем записать неравенство:

$$\forall \varepsilon > 0 \forall a \in E: 0<\int\limits_{\xi}^{+\infty}{e^{-\alpha \xi^4}}dx \leqslant \frac{e^{-\alpha_0 \xi^4}}{4 \alpha_0 \xi^3}<\varepsilon$$

Верно ли я понимаю, что теперь мы должны понять при каких $\xi$ будет выполняться это неравенство и указать $\delta_{\varepsilon}$, начиная с которого для всех $\xi$ будет выполняться это неравенство.
Это и будет означать равномерную сходимость.
Подскажите, верен ли ход решения и если да, то как нам выразить $\xi$ через $\varepsilon$?

[provincialka]

А вам обязательно доказывать по определению? По признаку какому-нибудь разве нельзя?

[SlayZar]

provincialka в сообщении #968184 писал(а):

А вам обязательно доказывать по определению? По признаку какому-нибудь разве нельзя?

Почему-то подумалось, что тут будет лучше пользоваться определением...
А, может быть тогда по признаку Вейерштрасса?
$e^{-\alpha x^4} \leqslant e^{-\alpha x}$ на $[\alpha_0; +\infty]$ и доказать сходимость $\int\limits_0^{+\infty}e^{-\alpha x}$ на $E$ по определению?

Вот только вблизи нуля неравенство выполняться не будет, но у нас же мн-во E от $\alpha_0$ а не от нуля... Значит мы можем такой переход сделать или нет?

[provincialka]

Нет, не надо менять вхождение $x$. Надо получить оценку, не содержащую $\alpha$. Заметьте, что $\alpha_0$ переменную $\alpha$ не содержит

[SlayZar]

provincialka в сообщении #968198 писал(а):

Нет, не надо менять вхождение $x$. Надо получить оценку, не содержащую $\alpha$. Заметьте, что $\alpha_0$ переменную $\alpha$ не содержит

Но ведь я правильно понимаю, что нам надо получить оценку, которая будет выполняться с некоторого числа, а не на всем отрезке $(0; +\infty)$
Если так, то тогда похоже можем так ограничить просто: $e^{-\alpha x^4} \leqslant e^{-x^4}$

[provincialka]

SlayZar в сообщении #968201 писал(а):

которая будет выполняться с некоторого числа, а не на всем отрезке $(0; +\infty)$

Отрезке чего, какой оси? Оси иксов или оси альф?

Давайте так: приведите тот признак которым хотите воспользоваться.

[SlayZar]

provincialka в сообщении #968204 писал(а):

SlayZar в сообщении #968201 писал(а):

которая будет выполняться с некоторого числа, а не на всем отрезке $(0; +\infty)$

Отрезке чего, какой оси? Оси иксов или оси альф?

Давайте так: приведите тот признак которым хотите воспользоваться.

Ну да, иксов
Воспользоваться хочу признаком Вейершрасса:
Если на промежутке $[\alpha_0; +\infty)$ существует функция $\phi(x)$, такая, что $\forall x \in [\alpha_0; +\infty): \left|f(x,\alpha)\right| \leqslant \phi(x)$, то из сходимости $\phi(x)$ следует равномерная сходимость интеграла $\int\limits_{\alpha_0}^{+\infty}f(x,\alpha)$

[provincialka]

SlayZar в сообщении #968212 писал(а):

такая, что $\forall x \in [\alpha_0; +\infty): \left|f(x,\alpha)\right| \leqslant \phi(x)$,

Нет, не так! Признак Вейерштрасса не так выглядит.

[SlayZar]

provincialka в сообщении #968215 писал(а):

SlayZar в сообщении #968212 писал(а):

такая, что $\forall x \in [\alpha_0; +\infty): \left|f(x,\alpha)\right| \leqslant \phi(x)$,

Нет, не так! Признак Вейерштрасса не так выглядит.

Ну это определение из Кудрявцева.
Вот так точнее:
$\forall x \in [\alpha_0; +\infty), \forall \alpha \in E: \left|f(x,\alpha)\right| \leqslant \phi(x)$

[provincialka]

Теперь лучше. Но у вас нестыковка в обозначениях. Что в определении из учебника означает $\alpha_0$?

[ewert]

Функция же монотонна по параметру, так что хвост интеграла тупо оценивается через тот же хвост для начального значения этого параметра. И совершенно не важно при этом, чему конкретно последний хвост равен -- достаточно того, что он заведомо стремится к нулю; это ровно и есть равномерная сходимость, непосредственно по определению равномерной сходимости, и никаких признаков.

[provincialka]

ewert
Можно и так. Но человек по-моему не разобрался в своих обозначениях. Что к чему относится.

[ewert]

Да не можно, а нужно. Нужно ж понимать смысл определения, а не гонять туды-сюды кванторы.

[SlayZar]

ewert в сообщении #968235 писал(а):

Функция же монотонна по параметру, так что хвост интеграла тупо оценивается через тот же хвост для начального значения этого параметра. И совершенно не важно при этом, чему конкретно последний хвост равен -- достаточно того, что он заведомо стремится к нулю; это ровно и есть равномерная сходимость, непосредственно по определению равномерной сходимости, и никаких признаков.

То есть, из этого неравенства

$$\forall \varepsilon > 0 \forall a \in E: 0<\int\limits_{\xi}^{+\infty}{e^{-\alpha \xi^4}}dx \leqslant \frac{e^{-\alpha_0 \xi^4}}{4 \alpha_0 \xi^3}<\varepsilon$$

мы сразу говорим о равномерной сходимости? Но ведь по определению мы вроде бы должны указать, при каких $\sigma_{\varepsilon}$ это выполняется...

[ewert]

SlayZar в сообщении #968257 писал(а):

Но ведь по определению мы вроде бы должны указать, при каких $\sigma_{\varepsilon}$ это выполняется...

Мы никому ничего не должны. От нас требуется лишь доказать, что такая $\sigma_{\varepsilon}$ существует, а чему конкретно она равна -- никому не интересно. (а кстати: кто такая сигма?...)