Как известно, доказывать отсутствие какого-либо признака обычно труднее, чем наличие. Например, исследуем интеграл $%\int_0^{+\infty}\sqrt{\alpha}e^{-\alpha x^2}dx$% на равномерную сходимость на множестве $%0\le \alpha <+\infty$%. Легко показать, что этот интеграл как функция $%F(\alpha)$% имеет разрыв в точке 0. Из этого сразу следует, что сходимость неравномерная. задан 3 Дек '12 2:08 DocentI |
Допустим $% f:[a,\omega) \times Y\rightarrow R $%
такая функция что
$$ I(y)= \int_ {a} ^{ \omega}f(x,y)d x $$ сходится на $%Y$%. $$ a_{k}=k, b_{k}=2k ,y_{k}=\alpha_{k}=1/k^2, \omega= +\infty ,$$ $$\int_ {k} ^{ 2k} \sqrt{1/k^2} *e^{-x^2/k^2 } d x>1/e $$ модуля нет т.к положительный отвечен 4 Дек '12 18:44 Riemann Т.е. по критерию Коши. Можно, неплохо.
(4 Дек '12 21:46)
DocentI
вот и ответ на ваш вопрос
(4 Дек '12 21:46)
Riemann
это как обратное оприделение ,Т.е отрицание определения Коши
(4 Дек '12 21:49)
Riemann
Странно, доказательство у Вас хорошее, а вот грамотность (в том числе математическая), несколько хромает. У Коши не "определение", а критерий, то есть необходимое и достаточное условие. Оно само себе обратно (потому что действует в обе стороны).
(4 Дек '12 21:58)
DocentI
может ....
(4 Дек '12 23:04)
Riemann
Тогда поправки снимаются. Но решение хорошее.
(5 Дек '12 0:34)
DocentI
показано 5 из 6
показать еще 1
|