Найти интеграл $$\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{\sqrt{x}\,dx}{e^x-a}$$

задан 14 Апр 15:54

изменен 14 Апр 15:54

@cs_puma: а интеграл здесь требуется именно найти, или только исследовать на сходимость в зависимости от a?

(14 Апр 19:39) falcao

Именно найти при условии, что $%a\in(0; 1]$%

(15 Апр 11:33) cs_puma

@cs_puma, ответа кроме как через спецфункции тут не получить. При $%a=1$% получается ответ через значение дзета-функции, при остальных $%a$% -- через полилогарифм. Методика решения при $%a\ne1$% полностью повторяет изложенную в моём ответе (только пишите везде вместо 1 параметр a).

(15 Апр 11:43) caterpillar

Значит, конечный ответ у меня будет через полилогарифм? Не через дзета- и гамма-функции?

(15 Апр 11:50) cs_puma

Кроме случая $%a=1$% -- в нём дзета-функция. Кстати, при $%a=-1$% -- тоже дзета функция и вообще, при $%|a|<1$% ход решения ничем не отличается от Вашего требования $%a\in(0,1]$%.

(15 Апр 11:58) caterpillar

Спасибо Вам большое!

(15 Апр 11:59) cs_puma

@cs_puma, я там внизу почему-то писать больше не могу, поэтому тут. Откуда Вы взяли, что мы исследуем интеграл? Прочитайте обновленную версию, там интеграл вообще уже стал собственный, т.е. там и исследовать нечего уже.

(16 Апр 18:14) caterpillar

Ааа, вы исправили, я с телефона не заметил, теперь все встало на свои места! А если взять $%a\in(0; 1]$%, то рассуждения ведь будут те же и ничего толком не изменится?

(16 Апр 18:19) cs_puma

Да, при $%|a|<1$% даже круче последний ряд сходиться станет.

(16 Апр 18:23) caterpillar

Но, при этом я и раньше не интеграл исследовал, а ряд, просто было не совсем корректно оставлять бесконечный предел. Всё-таки, ещё найдите указанную мной теорему у Фихтенгольца, тогда и не придётся всё так подробно расписывать.

(16 Апр 18:26) caterpillar

Спасибо огромное вам, здорово я успел вам надоесть, думаю!( У меня матан несильный был, а я в нём хочу хорошо разбираться, а самому трудно обучаться без учителя, поэтому прошу все так подробно разжовывать..

(16 Апр 18:26) cs_puma

Я нашел этот раздел у Фихтенгольца, но там говорилось про сходимость интеграла

(16 Апр 18:27) cs_puma

Да не, не надоели, на самом деле полезно иногда всё полностью пройти, а то обычно эти обоснования проскакиваются. А тут ещё и ситуация интересная: несобственный интеграл и ряд, под что практически и теорем-то нет, только комбинировать другие приходится.

(16 Апр 18:28) caterpillar

У Фихтенгольца идёт следствие в самом конце пункта, как раз про ряд из интегралов.

(16 Апр 18:29) caterpillar
показано 5 из 14 показать еще 9
10|600 символов нужно символов осталось
3

В этой задаче требуется явное указание, как меняется $%a$%, поскольку вычисления для разных случаев будут различны.

Интеграл сходится при $%|a|\leq1$%, а также при $%a<-1$%. Как подсказывает Вольфрам, хорошего ответа тут не будет. Более-менее неплохо получается при $%a=\pm1$%. Распишу решение при $%a=1$%. Имеем:$$\int\limits_0^\infty\frac{\sqrt x}{e^x-1}dx=\int\limits_0^\infty\frac{e^{-x}\sqrt x}{1-e^{-x}}dx=\int\limits_0^\infty e^{-x}\sqrt x\sum\limits_{k=0}^\infty e^{-kx}dx=\sum\limits_{k=0}^\infty\int\limits_0^\infty \sqrt x e^{-x(k+1)}dx.$$ В получившемся интеграле делаем замену $%\sqrt{x(k+1)}=t$%, тогда приходим к интегралу $$\dfrac{2}{(k+1)^{\frac{3}{2}}}\displaystyle\int\limits_0^\infty t^2e^{-t^2}dt=-\dfrac{1}{(k+1)^{\frac{3}{2}}}\displaystyle\int\limits_0^\infty tde^{-t^2}=\dfrac{1}{(k+1)^{\frac{3}{2}}}\displaystyle\int\limits_0^\infty e^{-t^2}dt=\dfrac{\sqrt\pi}{2(k+1)^{\frac{3}{2}}}.$$ В итоге получаем сумму $%\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{\sqrt\pi}{2(k+1)^{\frac{3}{2}}}=\dfrac{\sqrt\pi}{2}\zeta\left(\frac{3}{2}\right)$%.

Похожие рассуждения пройдут при $%a=-1$%. Тут надо либо "поиграться" с суммой $%\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k}{(k+1)^{\frac{3}{2}}}$% и представить её через дзета-функцию, что делается несложно, либо представить ответ в виде полилогарифма (точнее, его аналитического продолжения). Тем более, что при $%|a|<1$% аналогичными рассуждениями всё равно получается полилогарифм $%\sum\limits_{k=1}^\infty\dfrac{a^k}{k^s}$%. Само обозначение полилогарифма Li_s(a) у меня категорически не желает корректно отображаться в виде формулы.

Если верить Вольфраму, то при $%a<-1$% ответ также будет записываться через аналитическое продолжение полилогарифма. Я в этом случае разбил бы интеграл на сумму двух по отрезкам, на которых можно раскладывать в ряды и потом сворачивал бы уже эти ряды. Излагать не буду, ибо громоздко.


Как обосновать все перестановки (случай $%a=1$%). Для этого надо рассмотреть интеграл $%\displaystyle\int\limits_{x_0}^{x_1}\frac{\sqrt x}{e^x-1}dx$%, $% x_0>0,x_1<\infty$%. Тогда требуется установить равномерную сходимость ряда $%\sum\limits_{k=0}^\infty\sqrt x e^{-x(k+1)}$%. Имеем цепочку оценок $%\sqrt x e^{-x}e^{-kx}\leq e^xe^{-x}e^{-kx_0}=e^{-kx_0}$%, откуда по признаку Вейерштрасса следует, что ряд сходится равномерно по $%x\in(x_0,x_1)$%, что обосновывает перестановку интеграла Римана и суммы ряда. Далее, после перестановки считаем интеграл описанным способом, и получаем (без учёта множителя, не зависящего от икс) $$-\sqrt{x_1(k+1)}e^{-x_1(k+1)}+\sqrt{x_0(k+1)}e^{-x_0(k+1)}+\int\limits_{\sqrt{x_0(k+1)}}^{\sqrt{x_1(k+1)}} e^{-t^2}dt.$$ Это всё идёт под знак суммы ряда. Теперь надо перейти к пределам поочерёдно при $%x_0\to0$% и $%x_1\to\infty$%, т.е. полученный ряд должен сходиться равномерно относительно этих переменных. В обоих случаях это так, ибо справедливы оценки $%\sqrt{x_0(k+1)}e^{-x_0(k+1)}\leq\dfrac{1}{\sqrt{2e}}$% и $%\displaystyle\int\limits_{\sqrt{x_0(k+1)}}^{\sqrt{x_1(k+1)}} e^{-t^2}dt\leq\int\limits_{0}^\infty e^{-t^2}dt=\frac{\sqrt\pi}{2}$%, поэтому модуль общего члена ряда оценивается сверху членом сходящегося гармонического ряда, а это по признаку Вейерштрасса снова обеспечивает равномерную сходимость. Наконец, переходя к указанным пределам, получим нужный ответ.

ссылка

отвечен 14 Апр 16:58

изменен 16 Апр 18:06

Подскажите, пожалуйста, почему вы поменяли местами знак суммирования и интегрирования?

(15 Апр 22:07) cs_puma

@cs_puma, всё настолько серьёзно? Обычно по старой доброй традиции мы машем на это рукой, ну видно же, что сходится) Короче, чтобы это обосновать надо рассматривать интеграл $%\int\limits_{x_0}^\infty...$%, где $%x_0\in(0,1)$% (ну, к примеру), тогда получится равномерная сходимость ряда на интервале $%(x_0,\infty)$%. Потом переставляем, вычисляем и переходим к пределу при $%x_0\to0$%. При этом снова нужно будет проверить равномерную сходимость ряда.

(16 Апр 4:50) caterpillar

Проблема в том, что я не смог доказать равномерную сходимость ряда по признаку Вейерштрасса

(16 Апр 8:01) cs_puma

Это потому, что Вы подставляли x=0, что убивает экспоненту. В таких случаях надо отступить от нуля, а потом переходить к пределу, как я описал выше.

(16 Апр 8:15) caterpillar

Можете скинуть ссылку на примеры подобного рода, чтобы было понятнее? И если несложно литературу, где можно почитать об этом приеме

(16 Апр 8:36) cs_puma

Я не подставлял в экспоненту 0..

(16 Апр 8:38) cs_puma

Я попозже добавлю в ответ. Литературу особую не знаю, это просто по определениям идёт.

(16 Апр 8:43) caterpillar

Буду очень признателен, если вы всё-таки выложите решение, а то я вчера весь вечер голову ломал. Вплоть до теоремы Фубини дошел, но так и не смог доказать

(16 Апр 8:45) cs_puma

Как до компьютера доберусь, добавлю.

(16 Апр 10:57) caterpillar

@cs_puma, дописал обоснование.

(16 Апр 12:48) caterpillar

Если подходить совсем строго, то надо и по верхнему пределу рассматривать предельный переход... А можно проще: взять учебник Фихтенгольца (2 том) и найти там в конце п.518 теорему, которая сразу всё обеспечивает.

(16 Апр 13:06) caterpillar

Вы доказываете сходимость интеграла, но разве для того, чтобы вынести знак суммы, нужна не сходимость ряда $%\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a^{n-1}x^{1/2}e^{-nx}$%?

(16 Апр 14:17) cs_puma

Я доказываю именно равномерную сходимость ряда (при a=1). Оцениваю именно выражение под знаком суммы ряда. Я же от икса как раз избавляюсь, оставляя только k. У меня там ошибочка была в конце, уже поправил.

(16 Апр 14:22) caterpillar

@cs_puma, расписал поподробнее, теперь всё должно быть понятно.

(16 Апр 18:07) caterpillar

Единственный момент, который до меня не доходит, так это почему мы доказываем сходимость интеграла, а не ряда..

(16 Апр 18:09) cs_puma
показано 5 из 15 показать еще 10
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,150

задан
14 Апр 15:54

показан
223 раза

обновлен
16 Апр 18:29

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru