2
1

Применяя дифференцирование по параметру, вычислить интеграл $$\int_{0}^{\infty}\frac{1-e^{-\alpha x}}{xe^x}dx, \alpha > 0$$

задан 17 Июн '21 1:42

изменен 17 Июн '21 1:49

$%\int_{0}^{\infty}\frac{1-e^{-\alpha x}}{xe^x}dx, \alpha > 0$% - это? Ставьте $$ или $% по бокам.

(17 Июн '21 1:49) Rene

Да. Поправил. Спасибо.

(17 Июн '21 1:50) Александр Друзь

@Александр Друзь, Вам же по заданию дано: дифференцировать по параметру. СтОило ли публиковать такой элементарный вопрос? Или у Вас в процессе возникли какие-то недоразумения? Тогда надо спрашивать конкретно, что именно Вам непонятно.

(17 Июн '21 4:22) caterpillar
10|600 символов нужно символов осталось
3

параметрический интеграл

$$F(\alpha)=\int_0^{\infty}\frac{1-e^{-\alpha x}}{xe^x}\,dx, \alpha \gt 0.$$

Дифференцирование под знаком интеграла дает нам

$$F'(\alpha)=\int_0^{\infty}\frac{\partial}{\partial \alpha}\frac{1-e^{-\alpha x}}{xe^x}\,dx=\int_0^{\infty} \frac{0+xe^{-\alpha x}}{xe^x}\,dx=\int_0^{\infty}e^{-(1+\alpha)x}\,dx.$$

По сравнению с исходным интегралом, это довольно просто вычислить:

$$F'(\alpha)=\left. \frac{e^{-(1+\alpha)x}}{-(1+\alpha)} \right|_0^{\infty}=\frac{1}{1+\alpha}.$$

Поскольку мы хотим $%F(\alpha)$% вместо его производной, интегрируем обе части от $%0$% до $%\alpha$%, отмечая, что $%F(0)=0$% (из исходного интеграла):

$$F(\alpha)=\ln(1+\alpha).$$

Вот и ответ:

$$F(\alpha)=\int_0^{\infty}\frac{1-e^{-\alpha x}}{xe^x}\,dx=\ln(1+\alpha).$$

ссылка

отвечен 17 Июн '21 11:51

изменен 17 Июн '21 11:52

Возможно, непосредственно перед дифференцированием нужно для строгости показать, что интеграл сходится.

(17 Июн '21 12:01) Autocellar
2

Если для строгости, то показать надо не это, а то, что интеграл от производной сходится равномерно. Но это очевидно в данном случае из признака Вейерштрасса.

(17 Июн '21 12:22) caterpillar

@caterpillar, правильно ли я понял, что под "интегралом от производной " вы подразумеваете $$\int_{0}^{\infty} e^{-(1+\alpha)x} dx$$? В таком случае, используя признак Вейерштрасса, этот интеграл ограничиваем сверху $$\frac{1}{\alpha + 1}$$?

(17 Июн '21 22:46) Александр Друзь
1

Чтобы доказать равномерную сходимость, вы должны избавиться от параметра, а не оставлять его, и интеграл от мажорантной функции, полученной после избавления от параметра, должен сходиться.

(18 Июн '21 4:29) caterpillar

@Александр Друзь Поскольку подынтегральное выражение имеет устранимый разрыв при $%x=0$%, нам нужно только проверить сходимость на бесконечности. Разбивая интеграл при $%x=1$% для удобства, заметим, что подынтегральное выражение ограничено сверху $%\frac{1-e^{-\alpha x}}{e^{-x}}$% для всех $%x\ge 1$%, и проверим прямым вычислением, что $%\int_0^1 \frac{1-e^{-\alpha x}}{e^{-x}}$% сходится. Ничего сложного.

(18 Июн '21 14:12) Rene
1

@Rene, сходимость исходного интеграла проверять ни к чему. Законность дифференцирования следует из равномерной сходимости интеграла от производной. Оттуда же, совершенно бесплатно, следует равномерная сходимость и исходного интеграла.

(18 Июн '21 14:27) caterpillar

@caterpillar Держите в курсе.

(18 Июн '21 19:48) Rene

@Rene, всенепременно.

(18 Июн '21 19:50) caterpillar
показано 5 из 8 показать еще 3
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:

×4,257
×1,462
×109

задан
17 Июн '21 1:42

показан
393 раза

обновлен
18 Июн '21 19:50

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