Равномерная сходимость несобственного интеграла

[blondinko]

Здравствуйте.
Мой вопрос состоит в том, верно ли я действую, решая вот такую задачу.

Определить, равномерна ли сходимость интеграла $\int\limits_1^\infty \! \frac{e^{ax}dx}{\sqrt{x}}$ при a < 0.


Мои действия:

Произведём замену $\sqrt{|a|x} = t ,$ получим вот что:
$\frac{2}{\sqrt{|a|}} \int\limits_1^\infty \! e^{-|a|x} d \sqrt{|a|x} = \frac{2}{\sqrt{|a|}} \int\limits_{\sqrt{|a|}}^\infty \! e^{-t^2} dt .$
Теперь применим отрицание условия равномерной сходимости:
$ \exists \varepsilon > 0,$ т.ч. $\forall A(\varepsilon) > 1, \exists R > A(\varepsilon), \exists a = -\frac{1}{R^2} < 0,$ т.ч. $I = 2R \int\limits_1^\infty \! e^{-t^2} dt > \varepsilon ,$ поскольку $2R \int\limits_1^\infty \! e^{-t^2} dt = \frac{2}{\sqrt{|a|}} \int\limits_{\sqrt{|a|}R}^\infty \! e^{-t^2} dt$ при $a = \frac{1}{R^2} .$

Подскажите, пожалуйста, где в моих построениях ошибки.

(Оффтоп)

Прошу прощения за столь частое редактирование, я ещё не до конца освоился с LaTeX'овской нотацией.

[ewert]

blondinko в сообщении #454859 писал(а):

Теперь применим отрицание условия равномерной сходимости:

Ну и где у Вас в интеграле эти $R$ и $A$?... Надо ж было хвост интеграла оценивать, а не весь интеграл.

[blondinko]

ewert в сообщении #455013 писал(а):

Надо ж было хвост интеграла оценивать, а не весь интеграл.

Ну а я ж и оценивал только хвост, и получилось у меня $\frac{2}{\sqrt{|a|}} \int\limits_{\sqrt{|a|}R}^\infty \! e^{-t^2} dt .$ Но потом, в силу произвольности $a$ малого, я выбрал его с таким расчётом, чтобы оно свело нижний предел обратно к единице. Или так нельзя делать?

[ewert]

blondinko в сообщении #454859 писал(а):

$\frac{2}{\sqrt{|a|}} \int\limits_1^\infty \! e^{-|a|x} d \sqrt{|a|x} $

Где хвост?

[blondinko]

ewert,
а, всё. Похоже, я понял.

Оценивать надо с самого начала не сам интеграл, а только его «хвост», начинающийся с $R$:
$\int\limits_R^\infty \! \frac{e^{ax}}{\sqrt{x}}dx = \{ \sqrt{|a|x} = t, \, x \in (R, +\infty) \, \Rightarrow \, t \in (\sqrt{|a|R}, +\infty) \} = \frac{2}{\sqrt{|a|}}\int\limits_{\sqrt{|a|R}}^\infty \! e^{-t^2}dt .$

Т.е. $a = -\frac{1}{R} ,$ и однако даже при таком $a$, $\frac{2}{\sqrt{|a|}}\int\limits_{\sqrt{|a|R}}^\infty \! e^{-t^2}dt = 2 \sqrt{R}\int\limits_{1}^\infty \! e^{-t^2}dt = \sqrt{\pi R} > \sqrt{\pi}$ (поскольку $R > A(\varepsilon) > 1$), и $\forall \varepsilon \in (0, \sqrt{\pi})$ с гарантией будет выполняться отрицание равномерной сходимости.
Правильно?

[blondinko]

blondinko в сообщении #455303 писал(а):

ewert,
а, всё. Похоже, я понял.

Оценивать надо с самого начала не сам интеграл, а только его «хвост», начинающийся с $R$:
$\int\limits_R^\infty \! \frac{e^{ax}}{\sqrt{x}}dx = \{ \sqrt{|a|x} = t, \, x \in (R, +\infty) \, \Rightarrow \, t \in (\sqrt{|a|R}, +\infty) \} = \frac{2}{\sqrt{|a|}}\int\limits_{\sqrt{|a|R}}^\infty \! e^{-t^2}dt .$

Т.е. $a = -\frac{1}{R} ,$ и однако даже при таком $a$, $\frac{2}{\sqrt{|a|}}\int\limits_{\sqrt{|a|R}}^\infty \! e^{-t^2}dt = 2 \sqrt{R}\int\limits_{1}^\infty \! e^{-t^2}dt = \sqrt{\pi R} > \sqrt{\pi}$ (поскольку $R > A(\varepsilon) > 1$), и $\forall \varepsilon \in (0, \sqrt{\pi})$ с гарантией будет выполняться отрицание равномерной сходимости.
Правильно?

Уй, блин. Увидел, что неверно, т.к. интеграл начинается с 1, а не с 0.
Ну тем не менее, полученный интеграл больше некоей константы, что даёт выполнение отрицания.
Или опять я в калошу сел? =(