Исследовать интеграл на равномерную сходимость

[dmitryf]

Имеется задачка:

$\int_{0}^{\infty}\frac {x^a} {2012^x}, a\in(-1,0)$. Требуется исследовать на равномерную сходимость. У меня есть идея, но я в ней не уверен.
Чтобы интеграл сходился, хотя бы неравномерно, нужно, чтобы существовал предел:
$\lim_{b \to \infty}\int_{0}^{b}\frac {x^a} {2012^x}$
Интеграл можно разбить на два:
$\int_{0}^{\infty}\frac {x^a} {2012^x} = \int_{0}^{1}\frac {x^a} {2012^x} + \int_{1}^{\infty}\frac {x^a} {2012^x}$
Первый интеграл можно оценить следующим интегралом:
$\int_{0}^{1}\frac {x^a} {2012^x}>\int_{0}^{1}\frac {x^a} {2012}$
$\int_{0}^{1}\frac {x^a} {2012} = \frac {1} {2012(a+1)}$
и т.к. он будет расходиться при a=-1, то по признаку Вейрштрасса будет расходиться первый интеграл в сумме, а, следовательно, и вся сумма.
Вызывает сомнение, то, что обычно разбивают на сумму, если имеется особая точка по середине интервала, а здесь ее нет, а интервал был разбит с точки зрения удобства оценки.

Прокомментируйте, если полный бред. Спасибо.

[SpBTimes]

Ну мысль то верная. На бесконечности в сходимости сомневаться не приходится, знаменатель удавит что угодно. А вот в окрестности нуля обычная то сходимость есть, но равномерной скорее всего не будет, как раз из-за того, что $a$ сколь угодно близко может подойти к $-1$

[dmitryf]

А не подскажите, как это можно строго оформить?
Там еще требуется рассмотреть интервал для a (0,1). Решение получается примерно таким же, только первый интеграл сравниваем с интегралом от $x^a$, который сходится, а второй интеграл стремится к 0 по свойствам показательной и степенной функций.

[ewert]

dmitryf в сообщении #525427 писал(а):

и т.к. он будет расходиться при a=-1, то по признаку Вейрштрасса будет расходиться первый интеграл в сумме, а, следовательно, и вся сумма.

Это верно, конечно, однако ничего само по себе не даёт. Вам ведь требуется не расходимость конкретно в минус единичке, а именно неравномерность сходимости правее минус единички.

dmitryf в сообщении #525601 писал(а):

Там еще требуется рассмотреть интервал для a (0,1).

А тут уж тривиально -- тут просто есть очевидная суммируемая мажоранта для всех значений параметра.

[svv]

dmitryf
post304104.html#p304104

[dmitryf]

ewert в сообщении #525654 писал(а):

dmitryf в сообщении #525427 писал(а):

и т.к. он будет расходиться при a=-1, то по признаку Вейрштрасса будет расходиться первый интеграл в сумме, а, следовательно, и вся сумма.

Это верно, конечно, однако ничего само по себе не даёт. Вам ведь требуется не расходимость конкретно в минус единичке, а именно неравномерность сходимости правее минус единички.

Согласен, то есть нужно проверить интеграл около нуля на равномерную сходимость, допустим через супремум критерий:
$\lim_{b \to 0}\sup_a\int_{0}^{b}\frac {x^a} {2012^x} dx > \lim_{b \to 0}\sup_a\int_{0}^{b}\frac {x^a} {2012} dx \to \infty$?

ewert в сообщении #525654 писал(а):

dmitryf в сообщении #525601 писал(а):

Там еще требуется рассмотреть интервал для a (0,1).

А тут уж тривиально -- тут просто есть очевидная суммируемая мажоранта для всех значений параметра.

Никак не могу придумать мажоранту для всего промежутка, если отдельно рассмотреть до 1 и после, там просто. Может намекнете?

-- Ср янв 11, 2012 17:12:12 --

svv в сообщении #525658 писал(а):

dmitryf
post304104.html#p304104

Ok.

[SpBTimes]

dmitryf
я бы делал как-то так. Рассмотрим $a = -1 + \frac{1}{n}$
И интеграл в окрестности нуля: $\int\limits_0^{\frac{1}{n}} \frac{x^{-1 + \frac{1}{n}}}{2012^x}dx$
$\geqslant \int\limits_0^{\frac{1}{n}} x^{-1 + \frac{1}{n}} dx = n \cdot (\frac{1}{n})^{\frac{1}{n}}$ ну и всё.

[dmitryf]

Спасибо, а вот еще пример:
$\int_{1}^{\infty} \frac {\sin^2{x}}{x^a} dx$
Можно ли так сказать:
$\int_{1}^{\infty} \frac {\sin^2{x}}{x^a} dx = \int_{1}^{\infty} \frac {1}{2x^a} dx - \int_{1}^{\infty} \frac {\cos2x}{2x^a} dx$
Первый интеграл сходится неравномерно, а второй равномерно по признаку Дирихле, в итоге разность будет сходиться неравномерно?

[SpBTimes]

ничего нельзя сказать, пока не написан промежуток для $a$

[dmitryf]

SpBTimes в сообщении #526707 писал(а):

ничего нельзя сказать, пока не написан промежуток для $a$

Извиняюсь, a > 1

[SpBTimes]

Тогда да.