Доказать равномерную сходимость интеграла

[provincialka]

SlayZar в сообщении #968785 писал(а):

$\forall x \in [0; +\infty), \forall \alpha \in [\alpha_0; +\infty): \left|e^{-\alpha x^4}\right| \leqslant e^{-x^4}$.

Для каких $\alpha$ выполняется эта оценка?
А вот зачем нам упоминали об $\alpha_0$? Где оно используется в оценках?

SlayZar в сообщении #968785 писал(а):

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

Можем. Ведь у интеграла нет особенностей на промежутке $[0;1]$

[SlayZar]

provincialka в сообщении #968788 писал(а):

SlayZar в сообщении #968785 писал(а):

$\forall x \in [0; +\infty), \forall \alpha \in [\alpha_0; +\infty): \left|e^{-\alpha x^4}\right| \leqslant e^{-x^4}$.

Для каких $\alpha$ выполняется эта оценка?
А вот зачем нам упоминали об $\alpha_0$? Где оно используется в оценках

Эта оценка получается при $\alpha>1$.
Но вот не совсем понимаю. У нас же $\alpha_0>0$
Мы же не можем наложить дополнительных условий чтобы оно еще и больше единицы было...

[provincialka]

А зачем нам больше единицы?

provincialka в сообщении #968198 писал(а):

Надо получить оценку, не содержащую $\alpha$. Заметьте, что $\alpha_0$ переменную $\alpha$ не содержит

[SlayZar]

provincialka в сообщении #968812 писал(а):

А зачем нам больше единицы?

provincialka в сообщении #968198 писал(а):

Надо получить оценку, не содержащую $\alpha$. Заметьте, что $\alpha_0$ переменную $\alpha$ не содержит

Но ведь эта оценка

Цитата:

$\left|e^{-\alpha x^4}\right| \leqslant e^{-x^4}$

верна для $\alpha \geqslant 1$ ну или так как у нас $\alpha \geqslant \alpha_0$ то она верна для $\alpha_0 \geqslant 1$

[provincialka]

О боже! Ну как же еще подсказать? Ладно, пишу прямо: $\left|e^{-\alpha x^4}\right| \leqslant e^{-\alpha_0x^4}$ для всех $x$ и для $\alpha\geqslant\alpha_0$

[SlayZar]

provincialka в сообщении #968845 писал(а):

О боже! Ну как же еще подсказать? Ладно, пишу прямо: $\left|e^{-\alpha x^4}\right| \leqslant e^{-\alpha_0x^4}$ для всех $x$ и для $\alpha\geqslant\alpha_0$

Да, точно,
а теперь тогда ограничиваем сходящимся $e^{-\alpha_0x}$?

[provincialka]

SlayZar в сообщении #968855 писал(а):

а теперь тогда ограничиваем сходящимся $e^{-\alpha_0x}$?

Ни слова не поняла. То есть догадываюсь, наверное, но нужные слова у вас где-то в голове застряли ...

[ex-math]

SlayZar
А с четвертой степенью разве не сходится интеграл? Обязательно на первую заменять?
Принципиальное значение имеет то, что наша оценка не зависит от $\alpha$ -- вот что Вы должны понять.

[SlayZar]

ex-math в сообщении #968862 писал(а):

SlayZar
А с четвертой степенью разве не сходится интеграл? Обязательно на первую заменять?
Принципиальное значение имеет то, что наша оценка не зависит от $\alpha$ -- вот что Вы должны понять.

Да, получается главное, что избавились от параметра.
Теперь мы впринципе можем просто написать, что $\int\limits_0^{+\infty} {e^{-\alpha_0x^4}}$ сходится (по признаку Коши, например), да?
А так как этот интеграл сходится, то исходный сходится равномерно.

[SlayZar]

Это я что-то не то написал.
Мы по Вейерштрассу ограничили наш интеграл интегралом $\int\limits_0^{+\infty} {e^{-\alpha_0x^4}}dx$
Теперь, чтобы доказать его сходимость применим признак сравнения:
$\forall x >1 \forall \alpha_0>0 : e^{-\alpha_0x^4}<\frac{1}{x^4}$
$\int\limits_1^{+\infty} {\frac{1}{x^4}}dx$ сходится.

Значит, по признаку сравнения сходится интеграл $\int\limits_0^{+\infty} {e^{-\alpha_0x^4}}dx$, а по признаку Вейерштрасса также равномерно сходится интеграл $\int\limits_0^{+\infty} {e^{-\alpha x^4}}dx$ на $E$

Так?

[provincialka]

SlayZar в сообщении #969348 писал(а):

Мы по Вейерштрассу ограничили наш интеграл интегралом $\int\limits_0^{+\infty} {e^{-\alpha_0x^4}}dx$

Скорее, подынтегральную функцию ограничили.

[SlayZar]

provincialka в сообщении #969356 писал(а):

SlayZar в сообщении #969348 писал(а):

Мы по Вейерштрассу ограничили наш интеграл интегралом $\int\limits_0^{+\infty} {e^{-\alpha_0x^4}}dx$

Скорее, подынтегральную функцию ограничили.

Ну да)
Хорошо, спасибо за помощь)

[provincialka]

SlayZar в сообщении #969348 писал(а):

$\forall x >1 \forall \alpha_0>0 : e^{-\alpha_0x^4}<\frac{1}{x^4}$

Почему так? Вы это доказали? Ведь $\alpha_0$ может быть очень маленьким. Уж лучше оставьте в оценке экспоненту, но измените степень у $x$. Хотя сходимость нужного интеграла очевидна.

[SlayZar]

provincialka в сообщении #969367 писал(а):

SlayZar в сообщении #969348 писал(а):

$\forall x >1 \forall \alpha_0>0 : e^{-\alpha_0x^4}<\frac{1}{x^4}$

Почему так? Вы это доказали? Ведь $\alpha_0$ может быть очень маленьким. Уж лучше оставьте в оценке экспоненту, но измените степень у $x$. Хотя сходимость нужного интеграла очевидна.

Да, получается моя оценка выполняется лишь с некоторого $x$, но это все равно будет достаточно для сходимости.
Пусть $e^{-\alpha_0 x^4} < \frac{1}{x^2}$ выполнено для всех $x \geqslant x_0$. Тогда можно утверждать, что $\int\limits_0 ^{+\infty} {e^{-\alpha_0 x^4}}dx$ сходится, так как можем разбить его на сумму двух интегралов: $\int\limits_0 ^{x_0} {e^{-\alpha_0 x^4}}dx + \int\limits_{x_0}^{+\infty} {e^{-\alpha_0 x^4}}dx$ , где первый интеграл - конечное число, а второй сходится по признаку сравнения

[ewert]

SlayZar в сообщении #969384 писал(а):

Пусть $e^{-\alpha_0 x^4} < \frac{1}{x^2}$

А Вы это доказали? И чем Вам не нравится оценка $x<x^4$?