Демидович, №2361 « Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

25.09.2015

Демидович, №2361

Filed under: мат. ан. сем. 3,Решения — Shine @ 10:55 пп

То, что на занятии я пытался объяснить быстро. Если объяснять небыстро, получается так:

Исследовать на сходимость интеграл

∫∞ xp−1e−xdx. 0

(1)

Рассмотим случаи:

1) $p = 1$ В этом случае интеграл (1) найти легко:

∞ ∞ ∫ p− 1−x ∫ −x −x|∞ x e dx = e dx = − e |0 = − (0− 1) = 1. 0 0

2) $p > 1$ Обозначим $p−1 −x∕2 A ≡ x e$ , $−x∕2 B ≡ e$ . Разложим подынтегральное выражение на множители

p− 1−x p−1 −x∕2 −x∕2 x e = x e ⋅e = A ⋅B.

Легко заметить, что при $x > 0$

p− 1− x∕2 A = x e > 0.

(2)

Исследуем $A$ на промежутки монотонности:

dA- dx = 0,

p−2 − x---(x − 2p+ 2)e−x∕2 = 0, 2

[ x = 0, p > 2, x = 2 (p− 1).

На промежутке $x > 2(p− 1)$ $A′x < 0$ , следовательно, функция $A (x)$ убывает при $x ∈ (2(p − 1) ;∞ )$ . При $0 < x < 2(p− 1)$ функция $A (x)$ возрастает, следовательно, наибольшего значения в интервале $0 < x < ∞$ она достигает в точке $x = 2 (p − 1)$ .

Обозначим $x0 ≡ 2(p− 1)$ . В силу убывания $A (x )$ , если $x > x0$ , то $A (x) < A (x0)$ . Заметим, что и $B (x) > 0$ , и пользуясь этим, умножим последнее неравенство на $B (x)$ :

A (x)B (x) < A (x0) B(x),

xp− 1e− x < xp0−1e−x0∕2 ⋅e−x∕2.

(3)

Так как $x0$ – константа, бОльшая функция легко интегрируется на интервале $x ∈ (0;∞ )$ :

∞∫ ∫∞ p−1 −x0∕2 −x∕2 p−1 −x0∕2 −x∕2 p− 1−x0∕2 −x∕2||∞ p−1 −x0∕2 x0 e ⋅e dx = x0 e e dx = − 2x 0 e ⋅e |0 = 2x0 e , 0 0

т.е. несобственный интеграл от неё сходится. Отсюда, в силу (2) и (3), по первому признаку сравнения, сходится интеграл (1).

3) $p < 1$ В этом случае проблем становится две: кроме бесконечности в верхнем пределе интегрирования подынтегральная функция стремится к бесконечности в нуле. Разобъём интеграл на два:

∫∞ ∫1 ∫∞ p−1 −x p−1 −x p−1− x x e dx = x e dx + x e dx. 0 0 1

Относительно второго интеграла заметим, что $xp−1 < 1$ при $x > 1$ и $p < 1$ , следовательно, $0 < xp−1e−x < e−x$ ; интеграл мажорирующей функции сходится, и следовательно второй интеграл сходится. В первом интеграле заменим переменные по формуле $x = 1 y$ :

∫1 ∞∫ p−1 −x −p−1 −1∕y x e dx = y e dy. 0 1

(4)

При

1 ≤ y ≤ ∞

1- 1 ≥ y ≥ 0,

− 1 ≤ − 1-≤ 0, y

1 − 1∕y e ≤ e ≤ 1,

1 1 -y−p−1 ≤ y−p−1e− ∕y ≤ y−p−1. e

(5)

Далее есть смысл рассмотреть такие случаи:.

3.1) $p > 0$ Про мажорирующую функцию можно установить, что

∞∫ −p|∞ y−p−1dy = y--|| = − 1(0− 1) = 1, − p|1 p p 1

её интеграл сходится, значит и интеграл (4) сходится.

3.2) $p < 0$

∫B −p||B ( ) 1y−p−1dy = − y--|| = − -1 B −p − 1 , 1 e ep 1 ep

найденная первообразная при $− p > 0$ и $B → ∞$ стремится к бесконечности:

∫B 1 1 ( ) lBim→∞ ey−p−1dy = Blim→∞ − ep B− p − 1 = ∞. 1

Но, по (5),

1 -y−p−1 ≤ y− p−1e−1∕y, e

значит,

∫B ∫B 1y−p−1dy ≤ y−p−1e− 1∕ydy, 1 e 1

∫B 1 ∫B 1 ∞ = Bli→m∞ ey−p−1dy ≤ lBim→∞ y− p−1e− ∕ydy, 1 1

B ∫ −p−1 −1∕y Bl→im∞ y e dy = ∞, 1

т.е. интеграл (4) не сходится.

3.3) Отдельно рассмотрим частный случай $p = 0$ . Интеграл (4) в этом случае приобретает вид

∞∫ y−1e−1∕ydy. 1

Согласно (5),

1y−1 ≤ y− 1e−1∕y, e

∫B ∫B lim 1y−1dy ≤ lim y−1e−1∕ydy, B→∞ 1 e B →∞ 1

но

∫B1 1 ∫B 1 Blim→∞ e y−1dy = e Bli→m∞ y−1dy = e Bli→m∞ lnB = ∞, 1 1

откуда, по тем же соображениям, что и в предыдущем случае, следует расходимость интеграла (4).

Мы получили, что в случае $p < 1$ , исходный интеграл (1) раскладывается на два несобственных интеграла, один из которых сходится всегда, а второй сходится только при $p > 0$ . Значит, интеграл (1) сходится при $0 < p < 1$ . До этого мы получили, что он сходится также при $p = 1$ и $p > 1$ . Следовательно, он сходится при всех $p > 0$ .