No.2ベストアンサー
- 回答日時:
1.
I=∫[0→∞] e^(-t) t^(x-1) dt
I₁=∫[0→1] e^(-t) t^(x-1) dt
I₂=∫[1→∞] e^(-t) t^(x-1) dt
とすると
I=I₁+I₂
となり、I₁, I₂の存在または収束を示せばよい。
(1) I₁の収束
x≧1のとき、t^(x-1) は [0,1] で連続、すると、e^(-t) t^(x-1)も
連続となり、I₁は存在する。
0<x<1のとき、t=0で t^(x-1)は有界でない。しかし、(0,1)で
e^(-t)<1 だから
e^(-t) t^(x-1)<t^(x-1)
となり、
I₁=∫[0→1] e^(-t) t^(x-1) dt
<∫[0→1] t^(x-1) dt=[t^x/x][1,0]=1/x<∞
とにり、I₁は収束する。つまり、x>0 で 広義積分I₁は存在する。
(2) I₂の収束
x<1 のとき、t≧1 だから、t^(x-1)≦1 となり
I₂=∫[1→∞] e^(-t) t^(x-1) dt
≦∫[1→∞] e^(-t) dt=[-e^(-t)][∞,1]=1/e<∞
となり、収束する。
x≧1 のとき、マクローリン展開から x-1<n-2 が存在して、e^t>t^n/n!
となる。すると
e^(-t) t^(x-1)=t^(x-1)/e^t < n!t^(x-1-n)<n!/t²
すると
I₂=∫[1→∞] e^(-t) t^(x-1) dt
<∫[1→∞] n!/t² dt=n![-1/t][∞,1]=n!<∞
となり、I₂は収束する。
したがって、x>0 でI₂は収束する。
(3) Iの収束
上の(1)(2)から Iは収束する。
2.
I=∫[0→∞] a^(-t) t^(x-1) dt (a>1)
の収束の証明。
I=∫[0→∞] e^(-(loga)t) t^(x-1) dt
a>1 から、loga>0 である。ここで、u=(loga)t と変換すると
I=∫[0→∞] e^(-u) (u/loga)^(x-1) du/(loga)
={(1/loga)^x}∫[0→∞] e^(-u) u^(x-1) du
となる。これは上の1項の積分となり収束する。
すると、a=1+ε と置けば、もう一方の式は証明された(つまり、
εは正であればよかった)。
3.
なお、#1は
∫[0,T] (1+ε)^(-t) t^(x-1) dt
において、x<1において、t=0の非有界性の検討をしていない。
また、0 < ε < 1 としているのに
ε = e - 1
というのは論理が破綻している。ただ、議論は ε>0 で成り立って
いるようなので、問題ないのだが(断りが無い)。残念!
No.1
- 回答日時:
∫[0,∞] (1+ε)^(-t) t^(x-1) dt
lim[t→∞] (log t)/t = +0 なので、
十分大きい t をとれば (log t)/t < (log(1+ε))/(x+1)
となるようにすることができる。 t > T でそうなるとして、
その範囲の t で t^(x+1) < (1+ε)^t となることより
∫[0,∞] (1+ε)^(-t) t^(x-1) dt
= ∫[0,T] (1+ε)^(-t) t^(x-1) dt + ∫[T,∞] (1+ε)^(-t) t^(x-1) dt
< ∫[0,T] (1+ε)^(-t) t^(x-1) dt + ∫[T,∞] t^-2 dt.
この右辺の左項は有界な関数を有限区間で積分したものであり、
右項は = [ -1/t ]_(T,∞) = 1/T と収束する。
よって、有積分収束定理より与式は収束。
∫[0,∞] e^(-t) t^(x-1) dt
上記の積分で、 ε = e - 1 の場合にあたる。
0 < ε < 1 の範囲で収束を証明済み。
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