Мажоранта для функции (непрерывность интеграла с параметром)

[Anexroid]

Исследовать на непрерывность на области определения

$$F(\alpha) = \int\limits_{0}^{1}\frac{\sin x}{x^\alpha}dx$$

Область определения: $\alpha < 2$

Чтобы показать, что функция, заданная следующим образом, непрерывна, достаточно показать, что интеграл - равномерно непрервно сходится на области определения. Для этого, нужно найти мажорирующую функцию, которая от $\alpha$ зависеть не будет, а интеграл от неё будет сходиться.

Вопрос: Как это сделать?

[sergei1961]

Модуль интеграла меньше интеграла от модуля. Синус меньше икс.

[Anexroid]

То есть вот так:

$$F(\alpha) = \int\limits_{0}^{1}\frac{\sin x}{x^\alpha}dx = \left| \int\limits_{0}^{1} \frac{\sin x}{x^\alpha}dx \right| \leq \int\limits_{0}^{1}\left|\frac{\sin x}{x^\alpha} \right| dx \leq \int\limits_{0}^{1} \left|\frac{x}{x^\alpha} \right| dx = \int\limits_{0}^{1} \left|\frac{1}{x^{\alpha - 1}} \right|dx$$

???

По-моему, не так должно быть...

[bot]

И что Вам не нравится?

[ewert]

Anexroid в сообщении #522511 писал(а):

Для этого, нужно найти мажорирующую функцию, которая от $\alpha$ зависеть не будет, а интеграл от неё будет сходиться.

Ну я надеюсь, что сама по себе сходимость при указанных альфах сомнений не вызывает?...

Тогда если $\alpha_0<2$, то функция $\dfrac{\sin x}{x^{\alpha_0}}$ будет служить мажорантой для всех $\alpha\leqslant\alpha_0$. Т.е. будет непрерывность на любом промежутке $(-\infty;\alpha_0]\subset(-\infty;2)$. А чего ещё желать?

-- Ср янв 04, 2012 13:25:43 --

Anexroid в сообщении #522805 писал(а):

По-моему, не так должно быть...

Во всяком случае, не такая цепочка нужна. Нас должна интересовать оценка не на модуль интеграла и уж тем более не на сам интеграл, а непосредственно на интеграл от модуля (поскольку важна именно абсолютная сходимость). Поэтому три первых перехода излишни и даже вредны. Кроме того, совершенно ни к чему привлекать явные оценки на синус: вполне достаточно того, что вблизи нуля он эквивалентен иксу.

[Anexroid]

Ну, как мне кажется, мажорирующая функция от $\alpha$ зависеть не должна.

[ewert]

Она и не зависит: мы фиксируем параметр $\alpha_0$ -- и для каждого такого фиксированного параметра получаем мажоранту для функций с любыми нижележащими значениями параметра. И, следовательно, непрерывность для всех нижележащих значений.

[sergei1961]

Предлагаю так, вообще без мажорант. Пусть $u<v$, тогда $|f(u)-f(v)|\leq \frac{1}{2-u}-\frac{1}{2-v}=f(u,v)$. Так как при наложенных ограничениях $\lim_{u\to v} f(u,v)=0$ то вот и непрерывность. Неравенство для синуса использовано. Матанализ вообще по-моему-это наука о неравенствах, но я не настаиваю, дело вкуса.

[ewert]

"Доктор сказал в морг мажоранту -- значит, мажоранту."

sergei1961 в сообщении #522860 писал(а):

Неравенство для синуса использовано.

Где и как конкретно использовано?

В лоб, конечно, можно, только оформлять надо аккуратнее (я уж не говорю о загадочных иксах).

[sergei1961]

Поправился, спасибо. Использовано, что ранее сказано: интеграл от модуля, неравенство для синуса, модуль отброшен по наложенному условию. Тут вроде запрещено полные решения писать, надеюсь смысл понятен.

-- 04.01.2012, 15:58 --

А вместо мажораты можно использовать горгонату. Простите за офтоп-просто люблю этот чудный фильм Яна Батори.

[ewert]

sergei1961 в сообщении #522878 писал(а):

интеграл от модуля, неравенство для синуса, модуль отброшен по наложенному условию.

Да не по какому не по условию, а потому, что интегрируем лишь до единицы, и только поэтому.

[sergei1961]

Да вроде там нужно под интегралом знать как аргументы упорядочены, чтобы модуль отбросить. Может и без этого можно, не вижу сразу.

[ewert]

sergei1961 в сообщении #522887 писал(а):

Да вроде там нужно под интегралом знать как аргументы упорядочены, чтобы модуль отбросить. Может и без этого можно, не вижу сразу.

Не надо знать, как конкретно упорядочены; но необходимо знать, что они упорядочены одинаково, т.е. что функция монотонно (при всех иксах) зависит от параметра. Без этого в Вашем способе -- никак, раз уж Вы решили свести всё к явному интегрированию. Хотя я бы так не поступил, ибо это -- трюк.

А если уж трюкачить, то я бы поступил как-нибудь поидейнее. Например: разбить интеграл на два -- один с $x$ в числителе, другой с $(\sin x-x)$. Первый интеграл непрерывен по параметру тривиально (поскольку считается явно), а второй -- просто потому, что в нём подынтегральная функция сходится при $\alpha\to\alpha_0<2$ к своему предельному значению уже равномерно.

[sergei1961]

Тот же трюк как Вы выразились например при доказательстве непрерывности синуса используется (неравенство для синуса), или при доказательстве стандартного предела (который романтики называют замечательным), так что использовать его пожалуй не стыдно.

[ewert]

(Оффтоп)

Стыдно.

Во-первых, в перечисленных Вами случаях проблемы совсем другие (там всё упирается в формальное определение синуса, а точнее -- в формальное определение длины дуги, ну как минимум дуги окружности, что не так уж и тривиально).

Во-вторых, трюкачить без необходимости -- вообще нехорошо. Правила хорошего тона требуют действовать по возможности тупо, и лишь если это не помогает (или затруднительно) -- лишь только тогда трюкачить.

Здесь же всё банально. Даже если не прибегать к более-менее продвинутым теоремам типа Лебега. В конце концов, есть совершенно банальная теорема: если подынтегральные функции сходятся к предельной равномерно, то и интегралы сходятся к интегралу от предела.

А где тут у нас проблемы с равномерностью сходимости?... -- правильно, лишь в окрестности нуля. Ну так я бы ровно приём "эпсилон-пополам" и применил бы (если бы не захотелось ни трюкачить, ни ссылаться на какие-то теоремы). Сперва отделил бы достаточно малую окрестность нуля, а на оставшемся отрезке воспользовался бы равномерной сходимостью. И никаких спецсвойств конкретно синуса не понадобилось бы, и слава богу: использование их -- неспортивно.