Несобственный интеграл от убывающей функции

[Pilotus]

Есть неотрицательная убявающая функция $f(x)$, определенная на положительной полуоси...несобственный интеграл от нее по этому промежутку сходится...Как можно доказать, что $f(x) = o(1/x), x \to \infty$ ...?

[gris]

А от противного и докажите. Используя теорему о совместной сходимости/расходимости несобственных интегралов от двух неотрицательных функций.

[Brukvalub]

Это почти сразу следует из К.К. сходимости несобств. интеграла.

[alexandros]

К.К. - это критерий Коши?..если да, то не могу связать его с тем, что надо...

[ewert]

Ну не так чтоб сразу, надо ещё как минимум по частям проинтегрировать. А вот при чём тут Коши -- не очень понял.

$$\int_0^Mf(x)\,dx=xf(x)\Big|_0^M+\int_0^Mx\,|f'(x)|\,dx.$$

Первое слагаемое справа ограничено снизу. Следовательно (ввиду сходимости левой части) интеграл справа ограничен сверху. Следовательно (ввиду его положительности) он сходится. Следовательно и т.д.

[Brukvalub]

ewert в сообщении #205664 писал(а):

Ну не так чтоб сразу, надо ещё как минимум по частям проинтегрировать.

Ура!!! Наука сильно продвинулась вперед и вбок! Теперь ewert умеет дифференцировать все монотонные функции! А меня он этому научит?

[Pilotus]

Допустим интеграл
\int\limits_0^M {xf'(x)dx} сходится...а причем здесь
f(x) = o(1/x),x \to \infty ?

[ewert]

Brukvalub в сообщении #205665 писал(а):

Теперь ewert умеет дифференцировать все монотонные функции! А меня он этому научит?

Научу. Понимайте его в смысле Стильтьеса, и всего делов.

Добавлено спустя 1 минуту 12 секунд:

Pilotus писал(а):

Допустим интеграл
\int\limits_0^M {xf'(x)dx} сходится...а причем здесь
f(x) = o(1/x),x \to \infty ?

ну а если сходится второе слагаемое в правой части, то что можно сказать про первое там же?...

[Brukvalub]

Вот схема док-ва без интегрирований по частям и интегралов Стильтеса:
1. Доказываем, что

\[ f(x) \to 0\;,\;x \to + \infty \]

2. Из К.К. сх-сти следует, что, начиная с некоторого а, все интегралы

\[\int\limits_a^x {f(x)dx} \;,\;x \ge a\]

достаточно малы.
3. Из монотонности функции

\[f(x)\]

и оценки

\[ \int\limits_a^x {f(x)dx} \ge \;f(a)(x - a),\;x \ge a \]

все сразу и следует.

[ewert]

Да, так лучше. Только зачем $x$? Надо просто $2a$. И никаких Кошей.

[ASA]

ewert писал(а):

Да, так лучше. Только зачем $x$? Надо просто $2a$. И никаких Кошей.

$x=2a$ положить можно. Толька как без Коши-то?

[ewert]

Ну, Ватсон: $\int_a^{+\infty}$ ведь стремится к нулю. Раз уж интеграл вообще сходится. А к чему тогда стремится $\int_a^{2a}$ (особенно учитывая, что он заведомо меньше)?...

[ASA]

И то правда.

[Brukvalub]

Отвечу ewert в фирменном ewertовом стиле: К.К здесь методически важен, ибо нужно хоть раз на каждом занятии напоминать его студентам

[ewert]

А я в том же стиле (если я правильно понял, о чём речь) отвечу: "В данном случае К.К. методически никуда не годится, ибо не следует плодить сущностей без необходимости. Методически. Категорически не годится."