Мажоранта для функции (непрерывность интеграла с параметром)

[Anexroid]

ewert в сообщении #522871 писал(а):

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

Можно и не мажоранту. Мне главное доказать, что данная функция сходится. Способ не важен, просто про мажоранту - первое, что в голову пришло. Хотя и это доказательство я не совсем понял.

[ewert]

sergei1961 имел в виду достаточно простую вещь. При попытке вычесть друг из друга интегралы с соседними параметрами получается интеграл со знакоопределённой функцией, которая оценивается сверху по модулю просто разностью степеней, если оценить синус в числителе просто иксом. После чего интеграл от разности оценивается сверху разностью двух явно считаемых интегралов, с которыми всё ясно.

Хоть это и неспортивно.

[Anexroid]

А как спортивно?

[Anexroid]

В общем, как я понял, такое решение должно подойти, но оно всё равно от $\alpha$ зависит((

$$\frac{\sin x}{x^\alpha} \leq \frac{x}{x^\alpha} $$

$$ \int\limits_{0}^{1} \frac{1}{x^{\alpha - 1}} = \left. \frac{x^{-\alpha + 2}}{-\alpha + 2} \right|\limits_{0}^{1} $$

Очевидно, что $\forall \alpha \in (-\infty; 2)$ данный интеграл сходится, следовательно, исходный интеграл сходится равномерно и функция - непрерывна.

[bot]

Anexroid в сообщении #524256 писал(а):

следовательно, исходный интеграл сходится равномерно

На каком множестве, на $(-\infty;2)$? Это было бы хорошо, но это не так.
Прочитайте ещё раз по ссылке

ewert в сообщении #522836 писал(а):

А чего ещё желать?

[Anexroid]

bot в сообщении #524269 писал(а):

Это было бы хорошо, но это не так.

Почему не так то?

bot в сообщении #524269 писал(а):

Прочитайте ещё раз по ссылке

То решение я прочитал и понял. Просто хочется придумать свой вариант

[Anexroid]

Перепроверил. Всё правильно, $\frac{1}{x^{\alpha - 1}}$ будет являться мажорантой для функции $\frac{\sin x}{x^{\alpha}}$ на множестве $\alpha \in (-\infty; 2)$