Доказать равномерную сходимость интеграла

[SlayZar]

ewert в сообщении #968265 писал(а):

SlayZar в сообщении #968257 писал(а):

Но ведь по определению мы вроде бы должны указать, при каких $\sigma_{\varepsilon}$ это выполняется...

Мы никому ничего не должны. От нас требуется лишь доказать, что такая $\sigma_{\varepsilon}$ существует, а чему конкретно она равна -- никому не интересно. (а кстати: кто такая сигма?...)

Ну число, зависящее от $\varepsilon$, начиная с которого "хвост" интеграла стремится к нулю

[ewert]

SlayZar в сообщении #968286 писал(а):

начиная с которого "хвост" интеграла стремится к нулю

Это неграмотная формулировка. Хвост (как и нос) не может стремиться "начиная с чего-то". Он просто или стремится -- или нет.

[SlayZar]

ewert в сообщении #968288 писал(а):

SlayZar в сообщении #968286 писал(а):

начиная с которого "хвост" интеграла стремится к нулю

Это неграмотная формулировка. Хвост (как и нос) не может стремиться "начиная с чего-то". Он просто или стремится -- или нет.

Ну да, это число, начиная с которого сам интеграл стремится к нулю)

[provincialka]

SlayZar в сообщении #968292 писал(а):

Ну да, это число, начиная с которого сам интеграл стремится к нулю)

Вы думаете, что сделали лучше?

ewert в сообщении #968288 писал(а):

не может стремиться "начиная с чего-то". Он просто или стремится -- или нет.

А какой интеграл стремится к 0?

[ewert]

SlayZar в сообщении #968292 писал(а):

Ну да, это число, начиная с которого сам интеграл стремится к нулю

Вы повторили ровно ту же ошибку.

Ну да ладно. Пусть, если Вам так хочется, он начиная с этой точки куда-то там "стремится" (хотя на нормальном экзамене Вам за это вздуют холку). Для а-с-ноликом такое число существует?...

-- Вс янв 25, 2015 22:48:46 --

provincialka в сообщении #968296 писал(а):

А какой интеграл стремится к 0?

С этим-то как раз разобрались: это хвост.

[SlayZar]

ewert в сообщении #968297 писал(а):

Для а-с-ноликом такое число существует?...

Ну оно получается существует для любого $\alpha$ из нашего множества. Значит, да

[provincialka]

А с Вейерштрассом было бы еще проще... Молчу, молчу.

[ewert]

SlayZar в сообщении #968310 писал(а):

Ну оно получается существует для любого $\alpha$ из нашего множества. Значит, да

А вот теперь докажите, что оно же годится и для любого другого из предложенных интегралов. Это легко: Для доказательства того, что некое число меньше некоторого другого достаточно (раз уж мы знаем, что оно заведомо меньше) просто зафиксировать сей факт на бумаге.

[SlayZar]

ewert в сообщении #968319 писал(а):

SlayZar в сообщении #968310 писал(а):

Ну оно получается существует для любого $\alpha$ из нашего множества. Значит, да

А вот теперь докажите, что оно же годится и для любого другого из предложенных интегралов. Это легко: Для доказательства того, что некое число меньше некоторого другого достаточно (раз уж мы знаем, что оно заведомо меньше) просто зафиксировать сей факт на бумаге.

Так, у нас получается неравенство $\frac{e^{-\alpha_0 \xi^4}}{4 \alpha_0 \xi^3}<\varepsilon$.
Так как $\frac{e^{-\alpha_0 \xi^4}}{4 \alpha_0 \xi^3}$ монотонно убывает к нулю при $\xi \to +\infty$, очевидно, что с увеличением $\alpha_0$ или $\xi$ интеграл будет только уменьшаться, а значит тем более будет меньше $\varepsilon$

[bot]

SlayZar в сообщении #968222 писал(а):

Ну это определение из Кудрявцева.
Вот так точнее:
$\forall x \in [\alpha_0; +\infty), \forall \alpha \in E: \left|f(x,\alpha)\right| \leqslant \varphi(x)$

Недосказанный какой-то Вейерштрасс: $\int\limits_0^{+\infty}xe^{-\alpha^2}\, dx$ сходится равномерно, так как $xe^{-\alpha^2}\leqslant x.$

[SlayZar]

bot в сообщении #968554 писал(а):

Недосказанный какой-то Вейерштрасс: $\int\limits_0^{+\infty}xe^{-\alpha^2}\, dx$ сходится равномерно, так как $xe^{-\alpha^2}\leqslant x.$

Так у нас же $\int\limits_0^{+\infty}e^{-\alpha x^4}\, dx$, а не $\int\limits_0^{+\infty}xe^{-\alpha^2}\, dx$

Тут тогда похоже получится $e^{-\alpha x^4}<e^{-x^4}$, если по Вейерштрассу...

[provincialka]

SlayZar
Дело не в том, как "у нас". bot намекает вам, что вы чего-то не сказали о $\varphi(x)$. Поэтому он может в качестве этого фи брать что угодно (любую мажоранту) и вообще черт-те что.

[SlayZar]

Ну, а что не так то?
Признак Вейерштрасса:
Если на промежутке $[a; +\infty)$ существует функция $\phi(x)$, такая, что $\forall x \in [a; +\infty), \forall \alpha \in E: \left|f(x,\alpha)\right| \leqslant \phi(x)$, то из сходимости $\int\limits_{a}^{+\infty} \phi(x)dx$ следует равномерная сходимость интеграла $\int\limits_{a}^{+\infty}f(x,\alpha)dx$ на $E$

[provincialka]

SlayZar в сообщении #968672 писал(а):

то из сходимости $\int\limits_{a}^{+\infty} \phi(x)dx$

Вот этого вы вначале и не сказали.
А сможете применить признак Вейерштрасса к вашей исходной задаче?

[SlayZar]

provincialka в сообщении #968675 писал(а):

SlayZar в сообщении #968672 писал(а):

то из сходимости $\int\limits_{a}^{+\infty} \phi(x)dx$

Вот этого вы вначале и не сказали.

Ну я это писал в самом первом сообщении про Вейерштрасса, а потом просто подразумевал)

provincialka в сообщении #968675 писал(а):

А сможете применить признак Вейерштрасса к вашей исходной задаче?

Так, на промежутке $[0; +\infty)$ существует функция $e^{-x^4}$, такая, что $\forall x \in [0; +\infty), \forall \alpha \in [\alpha_0; +\infty): \left|e^{-\alpha x^4}\right| \leqslant e^{-x^4}$.
Значит из сходимости $\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-x^4}dx$ следует равномерная сходимость интеграла $\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-\alpha x^4}dx$ на $E$

А $\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-x^4}dx$ сходится, так как мы его можем ограничить сходящимся $\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-x}dx$

Вот только эти оценки похоже будут верны при $x>1$ а у нас интеграл от нуля. Можем ли мы так поступать?