Pokazać zbieżność całki
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{\alpha x^{{2\lambda} }-\ln c}{1+x^2} \mbox{d}x \quad \text{dla} \quad 0 <\lambda < \frac{1}{2}, \quad \alpha >0 \quad \text{oraz } c \quad \text{stała}}\)
zbieżność całki
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
zbieżność całki
Można ją rozbić na różnicę całek:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{\alpha x^{{2\lambda} }-\ln c}{1+x^2} \mbox{d}x= \int_{0}^{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x- \int_{0}^{ \infty } \frac{\ln c}{1+x^{2}} \mbox{d}x}\)
Ta druga całka jest łatwa do wyliczenia (bo funkcja podcałkowa to przeskalowana pochodna arcus tangensa), a zbieżność tej pierwszej można wykazać tak:
dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ x}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \le \frac{\alpha x^{2\lambda}}{x^{2}}}\) i sobie możemy napisać np. \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x= \int_{0}^{1} \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x+ \int_{1}^{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x \le \int_{0}^{1} \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x+ \int_{1}^{ \infty }\alpha x ^{2\lambda -2} \mbox{d}x \le \int_{0}^{1}\alpha x^{2\lambda} \mbox{d}x+ \int_{1}^{ \infty }\alpha x ^{2\lambda -2} \mbox{d}x}\)
a to, że te ograniczające z góry są zbieżne, to się pokazuje, licząc je.
-- 8 kwi 2015, o 15:45 --
Aj, bez sensu, jednak chyba trzeba trochę inaczej, bo niekoniecznie funkcja podcałkowa jest stale nieujemna. Skoro \(\displaystyle{ \lambda>0}\) i \(\displaystyle{ c}\) ustalone, to na pewno mamy istnienie takiego \(\displaystyle{ x_{0}}\), iż dla wszystkich \(\displaystyle{ x>x_{0}}\) jest\(\displaystyle{ \alpha x^{2\lambda}>\ln c}\), natomiast dla małych \(\displaystyle{ x}\) już może nie być tak różowo. Toteż trzeba by zrobić tak:
\(\displaystyle{ \left| \int_{0}^{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x \right| \le \frac{0}{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x+ \int_{0}^{ \infty } \frac{\left| \ln c\right| }{1+x^{2}} \mox{d}x}\) i dalej tak jak napisałem, z tą maleńką różnicą, że zamiast \(\displaystyle{ \ln c}\) piszemy \(\displaystyle{ \left| \ln c\right|}\) i zamiast minusa między całkami wyskoczy plus.
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{\alpha x^{{2\lambda} }-\ln c}{1+x^2} \mbox{d}x= \int_{0}^{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x- \int_{0}^{ \infty } \frac{\ln c}{1+x^{2}} \mbox{d}x}\)
Ta druga całka jest łatwa do wyliczenia (bo funkcja podcałkowa to przeskalowana pochodna arcus tangensa), a zbieżność tej pierwszej można wykazać tak:
dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ x}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \le \frac{\alpha x^{2\lambda}}{x^{2}}}\) i sobie możemy napisać np. \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x= \int_{0}^{1} \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x+ \int_{1}^{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x \le \int_{0}^{1} \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x+ \int_{1}^{ \infty }\alpha x ^{2\lambda -2} \mbox{d}x \le \int_{0}^{1}\alpha x^{2\lambda} \mbox{d}x+ \int_{1}^{ \infty }\alpha x ^{2\lambda -2} \mbox{d}x}\)
a to, że te ograniczające z góry są zbieżne, to się pokazuje, licząc je.
-- 8 kwi 2015, o 15:45 --
Aj, bez sensu, jednak chyba trzeba trochę inaczej, bo niekoniecznie funkcja podcałkowa jest stale nieujemna. Skoro \(\displaystyle{ \lambda>0}\) i \(\displaystyle{ c}\) ustalone, to na pewno mamy istnienie takiego \(\displaystyle{ x_{0}}\), iż dla wszystkich \(\displaystyle{ x>x_{0}}\) jest\(\displaystyle{ \alpha x^{2\lambda}>\ln c}\), natomiast dla małych \(\displaystyle{ x}\) już może nie być tak różowo. Toteż trzeba by zrobić tak:
\(\displaystyle{ \left| \int_{0}^{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x \right| \le \frac{0}{ \infty } \frac{\alpha x^{2\lambda}}{1+x^{2}} \mbox{d}x+ \int_{0}^{ \infty } \frac{\left| \ln c\right| }{1+x^{2}} \mox{d}x}\) i dalej tak jak napisałem, z tą maleńką różnicą, że zamiast \(\displaystyle{ \ln c}\) piszemy \(\displaystyle{ \left| \ln c\right|}\) i zamiast minusa między całkami wyskoczy plus.