Предельный переход под знак интеграла

[paha]

а может, сделать замену $t=x^k$ и рассматривать вклады окрестности нуля и остального?
По-моему, проще

[enever]

paha в сообщении #389588 писал(а):

а может, сделать замену $t=x^k$ и рассматривать вклады окрестности нуля и остального?

Тогда получится интеграл:
$\int_{0}^{+\infty}\frac{t^{\frac{1}{k}}}{kte^t}dt$

Теперь особой точкой стал и 0. Я что-то не знаю как дальше тут....

[paha]

enever в сообщении #389605 писал(а):

Теперь особой точкой стал и 0. Я что-то не знаю как дальше тут....

Он только и остается особой точкой -- разбейте интеграл на $[0;\varepsilon]$ и $[\varepsilon;+\infty]$
второй интеграл из-за $k$ в знаменателе стремится к нулю, а первый вычисляйте по теореме о среднем

можете даже взять $\varepsilon=k^{-1/2}$

А вообще, интеграл равен $\frac{1}{k}\Gamma\left(\frac{1}{k}\right)$

[ewert]

paha в сообщении #389588 писал(а):

а может, сделать замену $t=x^k$ и рассматривать вклады окрестности нуля и остального?
По-моему, проще

Явно лишнее.

P.S. Я, конечно, мог бы выложить тут (да и не только я тут) точное и короткое доказательство, да ведь модераторы здесь -- такие звери, такие звери...

[paha]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #389695 писал(а):

точное и короткое доказательство

короче и точнее моего???

[enever]

paha в сообщении #389692 писал(а):

второй интеграл из-за $k$ в знаменателе стремится к нулю, а первый вычисляйте по теореме о среднем

Это вторая теорема о среднем?
То есть $\int_a^bf(x)g(x)dx= f(\xi)\int_a^bg(x)dx$.

[paha]

enever в сообщении #389742 писал(а):

То есть $\int_a^bf(x)g(x)dx= f(\xi)\int_a^bg(x)dx$.

да

[Padawan]

enever в сообщении #389742 писал(а):

paha в сообщении #389692 писал(а):

второй интеграл из-за $k$ в знаменателе стремится к нулю, а первый вычисляйте по теореме о среднем

Это вторая теорема о среднем?
То есть $\int_a^bf(x)g(x)dx= f(\xi)\int_a^bg(x)dx$.

Это называется первая теорема о среднем. Вторая посложнее

[enever]

paha в сообщении #389692 писал(а):

первый вычисляйте по теореме о среднем

Вычисляю и получаю: $\frac{\varepsilon^{\frac{1}{k}}}{e^{\xi}}$, где $\xi$ принадлежит интервалу $(0;\varepsilon)$.

paha в сообщении #389692 писал(а):

можете даже взять $\varepsilon=k^{-1/2}$

Теперь, если я возьму такой эпсилон, то мне не хватает теории для того, чтобы совершить предельный переход в несобственном интеграле (теперь пределы интегрирования тоже зависят от $k$ -- следовательно предельный переход невозможен).
Тогда возникает вопрос как доказать что эта дробь $\frac{\varepsilon^{\frac{1}{k}}}{e^{\xi}}$ действительно стремится к 1.
Числитель, очевидно, стремится к 1 при фиксированном $\varepsilon$, но знаменатель при фиксированном эпсилон?

[paha]

enever в сообщении #390057 писал(а):

чтобы совершить предельный переход в несобственном интеграле (теперь пределы интегрирования тоже зависят от $k$ -- следовательно предельный переход невозможен)

мы второй интеграл просто оцениваем

$$ \frac{1}{k}\int_{1/\sqrt{k}}{t^{-1+1/k}}{e^{-t}}dt\le k^{-1/2-1/2k}e^{1/\sqrt{k}}\to 0 $$

-- Ср дек 22, 2010 14:56:31 --

enever в сообщении #390057 писал(а):

Тогда возникает вопрос как доказать что эта дробь $\frac{\varepsilon^{\frac{1}{k}}}{e^{\xi}}$ действительно стремится к 1

$\varepsilon=1/\sqrt{k}$, $\xi\in[0;1/\sqrt{k}]$

[enever]

paha в сообщении #390231 писал(а):

мы второй интеграл просто оцениваем

$$ \frac{1}{k}\int_{1/\sqrt{k}}{t^{-1+1/k}}{e^{-t}}dt\le k^{-1/2-1/2k}e^{1/\sqrt{k}}\to 0 $$

Я не могу понять откуда эта оценка. На какой теории она основана?

[ewert]

(Оффтоп)

paha в сообщении #389692 писал(а):

А вообще, интеграл равен $\frac{1}{k}\Gamma\left(\frac{1}{k}\right)$

Ну да. И остаётся только найти предел этого выражения, для чего достаточно свести задачу к исходной.

Я-то думал, действительно короче, а тут какая-то морока и возня с корнями, которые ещё и угадать нужно.

Ладно, надо так. Надо формально доказать, что интеграл от нуля до единицы стремится к единице, а от единицы до бесконечности -- к нулю (поскольку геометрически именно это выглядит вполне очевидным).

1. $\int\limits_0^1e^{-x^k}dx=\int\limits_0^{1-\delta}e^{-x^k}dx+\int\limits_{1-\delta}^1e^{-x^k}dx$. По любому $\varepsilon>0$ выбираем:

а) $\delta$ так, чтобы второй интеграл не превосходил ${\varepsilon\over3}$ и при этом было $\delta\leqslant{\varepsilon\over3}$ (это можно, т.к. подынтегральная функция равномерно ограничена, а фактически в данном конкретном случае достаточно взять просто $\delta={\varepsilon\over3}$);

б) по уже выбранному $\delta$ взять такое $K$, что при всех $k>K$ первый интеграл отличался от $(1-\delta)$ не более чем на ${\varepsilon\over3}$ (можно, т.к. на отрезке $[0;1-\delta]$ при фиксированном $\delta$ подынтегральная функция стремится к единице равномерно).

Итого: для любого $\varepsilon>0$ найдётся такое $K$, что при всех $k>K$ сумма этих двух интегралов отличается от единицы не более чем на ${\varepsilon\over3}+\delta+{\varepsilon\over3}\leqslant\varepsilon$, ч.т.д.

2. $\int\limits_1^{+\infty}e^{-x^k}dx\to0$. Ну это уже совсем тривиально: достаточно заметить, что если $x=t+1$, то $x^k\geqslant1+kt$.

-- Ср дек 22, 2010 18:05:17 --

enever в сообщении #390255 писал(а):

paha в сообщении #390231 писал(а):

мы второй интеграл просто оцениваем

$$ \frac{1}{k}\int_{1/\sqrt{k}}{t^{-1+1/k}}{e^{-t}}dt\le k^{-1/2-1/2k}e^{1/\sqrt{k}}\to 0 $$

Я не могу понять откуда эта оценка. На какой теории она основана?

Ни на какой не теории: просто первый подынтегральный сомножитель монотонно убывает, и мы грубо оцениваем его по максимуму, т.е. через его значение на нижнем пределе.

[paha]

enever в сообщении #390255 писал(а):

Я не могу понять откуда эта оценка. На какой теории она основана?

$f$ монотонно убывает, $g$ положительна
$\int_a^bf(t)g(t)dt\le f(a)\int_a^bg(t)dt$