Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 1 из 1 |
[ Сообщений: 6 ] |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
Abaranci |
|
|
Нужно использовать 2 теоремы о сравнении: 1) 2) Я разбил на 2 интеграла. От 0 до 1 и от 1 до [math]\infty[/math] . От 0 до 1 получилось сходится. А как быть от 1 до [math]\infty[/math] ? |
||
Вернуться к началу | ||
Space |
|
|
Возможно, есть и более красивые варианты, но я бы сделал так.
[math]e^x - 1 = e^\frac{x}{2}e^{-\frac{x}{2}}(e^x-1)= e^\frac{x}{2}(e^\frac{x}{2} - e^{-\frac{x}{2}})[/math]. Далее [math]\frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )} }{e^x-1} = \frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )} }{e^\frac{x}{2}(e^\frac{x}{2} - e^{-\frac{x}{2}})} = \frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )}}{e^\frac{x}{2} - e^{-\frac{x}{2}}} * e^{-\frac{x}{2}}[/math]. [math]\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )}}{e^\frac{x}{2} - e^{-\frac{x}{2}}} = 0[/math], тогда [math]\exists a > 1 \,\colon \forall x > a \,\colon 0 < \frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )}}{e^\frac{x}{2} - e^{-\frac{x}{2}}} < 1[/math], а значит [math]0 < \frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )} }{e^x-1} =\frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )}}{e^\frac{x}{2} - e^{-\frac{x}{2}}} * e^{-\frac{x}{2}} < e^{-\frac{x}{2}}[/math]. [math]\int\limits_{a}^{+\infty} e^{-\frac{x}{2}}dx[/math] сходится, а, следовательно, сходится и [math]\int\limits_{a}^{+\infty} \frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )} }{e^x-1}dx[/math]. |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю Space "Спасибо" сказали: Abaranci |
||
Abaranci |
|
|
Space писал(а): ∃a>1:∀x>a:0<ln(1+x23)ex2−e−x2<1 Немного вот этот момент не понял |
||
Вернуться к началу | ||
Abaranci |
|
|
Space писал(а): [math]\exists a > 1 \,\colon \forall x > a \,\colon 0 < \frac{\ln{(1+x^\frac{2}{3} )}}{e^\frac{x}{2} - e^{-\frac{x}{2}}} < 1[/math] Немного вот этот момент не понял |
||
Вернуться к началу | ||
Abaranci |
|
|
Это следует из определения предела функции?
|
||
Вернуться к началу | ||
Space |
|
|
Да, прямо из определения. Только для бесконечных пределов (типа [math]x \to +\infty[/math]) определение имеет несколько другой вид, чем приведенный выше. Хотя, можно составить общее определение, используя понятие [math]\varepsilon[/math]-окрестности, но это не относится к теме.
[math]\lim_{x \to +\infty} f(x) = A[/math] означает, что [math]\forall \varepsilon >0 \,\colon \exists \delta \in \mathbb{R} \,\colon \forall x> \delta \,\colon \left| f(x) - A \right| < \varepsilon[/math]. Для [math]\varepsilon = 1[/math] и получаем требуемое [math]a = \delta[/math]. Думаю, ясно, почему существует такое [math]a > 1[/math]. Если полученное из определения [math]\delta[/math] таково, что [math]\delta \leqslant 1[/math], то неравенство [math]\left| f(x) - A \right| < \varepsilon[/math], разумеется, будет выполнено и для всех [math]x > a[/math], если [math]a > 1 \geqslant \delta[/math]. |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю Space "Спасибо" сказали: Abaranci |
||
[ Сообщений: 6 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: aleksashlc и гости: 29 |
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения |