Предельный переход под знак интеграла

[enever]

Здравствуйте. У меня есть такой вопрос.
Необходимо доказать равенство:

$\lim_{k\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}e^{-x^k}dx = 1$

Так как данный интеграл сходится равномерно, то можно совершить предельный переход под знаком интеграла.
Но тогда получается $\int_{0}^{+\infty}0dx$, который равен 0.
В чём я ошибаюсь?

[ИСН]

В предельном переходе.

[enever]

ИСН в сообщении #387333 писал(а):

В предельном переходе.

Тогда чему он равен?

Как я думал: при фиксированном положительном $x$ получается $e$ в степени минус бесконечность -- это нуль...
И как надо иначе?

[ИСН]

Ну возведите 0.5 во вторую степень. В третью. В четвёртую.
К чему идёт дело?

[enever]

ИСН в сообщении #387337 писал(а):

Ну возведите 0.5 во вторую степень. В третью. В четвёртую.
К чему идёт дело?

А точно забыл...

Тогда надо разбить на два интеграла:

$\lim_{k\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}e^{-x^k}dx = \lim_{k\to+\infty}(\int_{0}^{1}e^{-x^k}dx + \int_{1}^{+\infty}e^{-x^k}dx) = \lim_{k\to+\infty}\int_{0}^{1}e^{-x^k}dx + \lim_{k\to+\infty}\int_{1}^{+\infty}e^{-x^k}dx = \int_{0}^{1}1dx = 1$

Это рассуждение верно?

[enever]

Тогда надо разбить на два интеграла:

$\lim_{k\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}e^{-x^k}dx = \lim_{k\to+\infty}(\int_{0}^{1}e^{-x^k}dx + \int_{1}^{+\infty}e^{-x^k}dx) = \lim_{k\to+\infty}\int_{0}^{1}e^{-x^k}dx + \lim_{k\to+\infty}\int_{1}^{+\infty}e^{-x^k}dx = \int_{0}^{1}1dx = 1$

Ой обнаружил нюанс. После того, как разбил на сумму интегралов для предельного перехода под знаком интеграла необходимо потребовать равномерную сходимость.
Но в интеграле $\int_{0}^{1}e^{-x^k}dx$ , $e^{-x^k}$ не сходится равномерно к предельной функции на данном множестве.
Как быть дальше?

[ewert]

enever в сообщении #389305 писал(а):

для предельного перехода под знаком интеграла необходимо потребовать равномерную сходимость.

Не "необходимо", а "достаточно". Есть и более сильные теоремы. Есть, например, теорема Лебега о суммируемой мажоранте -- здесь она применима. Есть теорема Леви о монотонной сходимости -- аналогично.

Ну а если нет никаких теорем, то легко и пальчиками, приёмом "эпсилон-пополам". По каждому $\varepsilon>0$ выбираем такую $\delta$-окрестность единички, интеграл по которой меньше ${\varepsilon\over2}$ (притом сама $\delta$ меньше ${\varepsilon\over4}$, к примеру). Затем по этому $\delta$ выбираем настолько большое $k$, что... и т.д.

[enever]

ewert в сообщении #389317 писал(а):

Ну а если нет никаких теорем, то легко и пальчиками, приёмом "эпсилон-пополам". По каждому $\varepsilon>0$ выбираем такую $\delta$-окрестность единички, интеграл по которой меньше ${\varepsilon\over2}$ (притом сама $\delta$ меньше ${\varepsilon\over4}$, к примеру). Затем по этому $\delta$ выбираем настолько большое $k$, что... и т.д.

В каком смысле интеграл меньше ${\varepsilon\over2}$ - он же после предельного перехода равен 1.
И вообще можно подробней описать этот метод, я что-то не понял его суть. Пожалуйста.

[ewert]

enever в сообщении #389326 писал(а):

И вообще можно подробней описать этот метод, я что-то не понял его суть.

У вас этот приём должен был неоднократно встречаться.

Надо интеграл разбить на легко оцениваемые кусочки, и эпсилон -- тоже на кусочки. И оценивать по отдельности.

После того как дельта выбрана (и зафиксирована для данного эпсилона!), на оставшихся двух промежутках (примыкающих к нулю и к бесконечности) сходимость уже равномерна. Поэтому для данного эпсилона при всех достаточно больших номерах интеграл по полубесконечному промежутку меньше эпсилон на восемь, а по промежутку около нуля не более чем на эпсилон на восемь отличается от своего предельного значение, которое, в свою очередь, не более чем на эпсилон на четыре отличается от единички. Теперь собираем все эти кусочки оценок вместе -- и получаем: для данного эпсилона при всех достаточно больших "ка" полный интеграл отличается от единицы не более чем на эпсилон. Ч.т.д.

[enever]

То есть разбиваем исходный интеграл следующим образом:
$\int_0^{+\infty}e^{-x^k}dx = \int_0^{1-\varepsilon}e^{-x^k}dx + \int_{1-\varepsilon}^1e^{-x^k}dx + \int_1^{+\infty}e^{-x^k}dx$

Теперь рассматриваем предел от суммы интегралов в правой части.
1. Интеграл $\int_0^{1-\varepsilon}e^{-x^k}dx$ после предельного перехода равен $1-\varepsilon$
2. Интеграл $\int_{1-\varepsilon}^1e^{-x^k}dx$ оставим пока без изменений
3. Интеграл $\int_1^{+\infty}e^{-x^k}dx$ после предельного перехода равен 0.

Далее, после предельного перехода получается сумма:
$1-\varepsilon + \int_{1-\varepsilon}^1e^{-x^k}dx$

В силу произвольности эпсилон интеграл выше равен 0 и исходная сумма равна 1.

Так будет правильно?

[ewert]

enever в сообщении #389342 писал(а):

3. Интеграл $\int_1^{+\infty}e^{-x^k}dx$ после предельного перехода равен 0.

Оно, конечно, верно, однако это тоже надо формально доказывать.

enever в сообщении #389342 писал(а):

Далее, после предельного перехода получается сумма:
$1-\varepsilon + \int_{1-\varepsilon}^1e^{-x^k}dx$

В силу произвольности эпсилон интеграл выше равен 0 и исходная сумма равна 1.

Так будет правильно?

Нет, неправильно. Вы ничего не сказали про поведение при больших показателях маленького интегральчика.

[enever]

ewert в сообщении #389358 писал(а):

Нет, неправильно. Вы ничего не сказали про поведение при больших показателях маленького интегральчика.

Тогда, если вернуться к Вашему способу, я не совсем понял когда о каком интервале идёт речь.

[enever]

ewert в сообщении #389358 писал(а):

Нет, неправильно. Вы ничего не сказали про поведение при больших показателях маленького интегральчика.

В каком смысле не сказал, если при достаточно малом эпсилон получается интеграл на отрезке длины 0, то есть интеграл 0?

[ewert]

enever в сообщении #389534 писал(а):

при достаточно малом эпсилон получается интеграл на отрезке длины 0, то есть интеграл 0?

ага, а при достаточно малых значениях семёрки число пи становится равным трём

[enever]

Хорошо, тогда как надо мыслить, чтобы доказательство сошлось?