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Demuestra que $\int_0^\infty e^{-(x-u/x)^2}(1-\frac{u}{x^2})dx$ converge uniformemente en $u\in [\delta,L]$

Me gustaría demostrar que $$\int_0^\infty e^{-(x-u/x)^2}\left(1-\frac{u}{x^2}\right)dx$$ converge uniformemente en, digamos, $u\in [\delta,L]$ para un número arbitrariamente pequeño de $\delta>0$ y de tamaño arbitrario $L>0$ . Lo importante es que podemos adaptarnos a cualquier $u>0$ en algún intervalo en el que la integral converge uniformemente.

Si podemos aumentar el exponencial por algún exponencial apropiado en términos de $x$ El resto ya está resuelto. Pero me resulta difícil hacerlo. Por ejemplo, puedo intentar $e^{-(x-u/x)^2}\leq e^{-x^2}$ pero no está claro que esto sea cierto, por ejemplo, cuando ambos $u$ y $x$ se acercan a cero.

¿Alguna idea?

22voto

Graham Hesketh Puntos 4746

Formalmente definamos la integral como $$\int _{0}^{\infty}\text{exp}\left[- \left( x-{\frac {u}{x}} \right) ^{2}\right]\left( 1-{\frac {u}{{x}^{2}}} \right) {dx}=\lim_{\epsilon=0}\int _{\epsilon}^{1/\epsilon }\text{exp}\left[- \left( x-{\frac {u}{x}} \right) ^{2}\right]\left( 1-{\frac {u}{{x}^{2}}} \right) {dx}. $$ Para $u>0$ reescalar de tal manera que $x\rightarrow y\sqrt{u}$ :

$$\int _{\epsilon}^{1/\epsilon }\text{exp}\left[- \left( x-{\frac {u}{x}} \right) ^{2}\right]\left( 1-{\frac {u}{{x}^{2}}} \right) {dx}=u^{\frac{1}{2}}\int _{\epsilon/\sqrt{u}}^{1/(\epsilon\sqrt{u}) }\text{exp}\left[- u\left( y-{\frac {1}{y}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{y^2}\right){dy} $$ entonces divide la integral en dos partes: $$\sqrt {u}\int _{\epsilon/\sqrt{u}}^{\sqrt{u}/\epsilon }\text{exp}\left[- u\left( y-{\frac {1}{y}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{y^2}\right) {dy}=I_1(u,\epsilon)+I_2(u,\epsilon),$$

$$I_1(u,\epsilon)=\sqrt {u}\int _{\epsilon/\sqrt{u}}^{1 }\text{exp}\left[- u\left( y-{\frac {1}{y}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{y^2}\right) {dy},$$ $$I_2(u,\epsilon)=\sqrt {u}\int _{1}^{1/(\epsilon\sqrt{u}) }\text{exp}\left[- u\left( y-{\frac {1}{y}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{y^2}\right) {dy}. $$ Sustituyendo $y=1/t$ sur $I_1(u,\epsilon)$ deja el integrando invariante hasta un cambio de signo y muestra que: $$\int _{\epsilon/\sqrt{u}}^{1 }\text{exp}\left[- u\left( y-{\frac {1}{y}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{y^2}\right) {dy}=-\int _{1}^{\sqrt{u}/\epsilon }\text{exp}\left[- u\left( t-{\frac {1}{t}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{t^2}\right) {dt},$$ de lo que se deduce que: $$\lim_{\epsilon=0}\,\left[I_1(u,\epsilon)+I_2(u,\epsilon)\right]=\lim_{\epsilon=0}\sqrt{u}\int _{\sqrt{u}/\epsilon}^{1/(\epsilon\sqrt{u}) }\text{exp}\left[- u\left( t-{\frac {1}{t}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{t^2}\right) {dt}$$ donde el integrando es monótono y decreciente para $t>1$ y por lo tanto es menor que el límite más pequeño, por lo que para $u\le1$ : $$ \left|\int _{\sqrt{u}/\epsilon}^{1/(\epsilon\sqrt{u}) }\text{exp}\left[- u\left( t-{\frac {1}{t}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{t^2}\right) {dt}\right| <\text{exp}\left[-u \left( {\frac {\sqrt {u}}{ \epsilon}}-{\frac {\epsilon}{\sqrt {u}}} \right) ^{2}\right] \left( 1-{ \frac {{\epsilon}^{2}}{u}} \right) \left( {\frac {1}{\sqrt {u}\epsilon}}-{\frac {\sqrt {u}}{\epsilon }} \right) $$ y para $u\ge 1$ : $$ \left| \int _{1/(\epsilon\sqrt {u})}^{\sqrt{u}/\epsilon}\text{exp}\left[- u\left( t-{\frac {1}{t}} \right) ^{2}\right]\left( 1-\dfrac{1}{t^2}\right) {dt}\right| <\text{exp}\left[-u \left( {\dfrac {1}{\sqrt {u} \epsilon}}-\sqrt {u}\epsilon \right) ^{2}\right] \left( 1-u{\epsilon}^{2} \right) \left( {\dfrac {\sqrt {u}}{\epsilon}}-{\dfrac {1}{\sqrt {u} \epsilon}} \right)$$ ambas dominadas por Gauss y que desaparecen como $\epsilon\rightarrow 0$ independientemente de $u$ . De ello se deduce que: $$\forall \,u,\,\sigma>0,\,\exists\, \epsilon\,\,\, \text{such that:}\,\, I_1(u,\epsilon)+I_2(u,\epsilon)<\sigma,$$ (convergencia uniforme) y además

$$\int _{0}^{\infty }\text{exp}\left[- \left( x-{\frac {u}{x}} \right) ^{2}\right]\left( 1-{\frac {u}{{x}^{2}}} \right) {dx}=\lim_{\epsilon=0}\,\left[I_1(u,\epsilon)+I_2(u,\epsilon)\right]=0.$$

3voto

biggerScala Puntos 217

Dejemos que $0 < \delta <L$ . Dado $\varepsilon \in \Bbb{R}_{>0}$ queremos \begin{split} \left \vert\int_0^{\frac{1}{n}} e^{-(x-u/x)^2}\left(1-\frac{u}{x^2}\right)dx+\int_n^\infty e^{-(x-u/x)^2}\left(1-\frac{u}{x^2}\right)dx \right\vert < \varepsilon \end{split} para todos los que son lo suficientemente grandes $n$ (es decir, todos los $n \geq N$ para algunos $N \in \Bbb{N}$ ) y todos $u \in [\delta,L]$ .

En primer lugar, hay que tener en cuenta que para $1/n^2< \delta$ tenemos \begin{split} \left \vert\int_0^{\frac{1}{n}} e^{-(x-u/x)^2}\left(1-\frac{u}{x^2}\right)dx \right \vert&=\left \vert\int_0^{\frac{1}{n}} e^{-x^2(1-u/x^2)^2}\left(1-\frac{u}{x^2}\right)dx \right \vert\\ &=\left \vert\int_0^{\frac{1}{n}} \frac{1}{\frac{1}{1-u/x^2}+x\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(x-u/x)^{2j-1}}{j!}}dx \right \vert\\ &=\int_0^{\frac{1}{n}} \frac{1}{\underbrace{\frac{1}{u/x^2-1}}_{\geq 0}+\underbrace{x\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(u/x-x)^{2j-1}}{j!}}_{\geq \delta-x^2}}dx\\ &\leq \int_0^{\frac{1}{n}} \frac{1}{\delta-x^2}dx\\ &< \varepsilon/2 \end{split} con la última desigualdad que se mantiene para todo lo suficientemente grande $n$ .

Del mismo modo, tenemos para $n^2>L$ \begin{split} \left \vert\int_n^\infty e^{-(x-u/x)^2}\left(1-\frac{u}{x^2}\right)dx \right \vert&=\int_n^\infty \frac{1}{\underbrace{\frac{1}{1-u/x^2}}_{\geq 0}+\underbrace{x\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(x-u/x)^{2j-1}}{j!}}_{\geq x^2-L}}dx\\ &\leq \int_n^{\infty} \frac{1}{x^2-L}dx\\ &< \varepsilon/2 \end{split} para todos los que son lo suficientemente grandes $n$ y el resultado es el siguiente.

3voto

user26872 Puntos 11194

Prueba M de Weierstrass

Dejemos que $f(x,u) = e^{-(x-u/x)^2}(1-u/x^2)$ . Se puede demostrar que $|f|$ está limitada por $1/(\sqrt{2 e}x)$ .

Para $u>0$ , $\lim_{x\to 0^+}f(x,u) = 0$ . Esto, junto con el hecho anterior, implica que para cualquier $u\in[\delta,L]$ hay un $x_0>0$ tal que para $x<x_0$ , $|f|<1/(\sqrt{2e}x_0)$ . (Para $\delta\ll 1$ , $x_0\simeq \delta$ .)

Ahora demostramos que $|f(x,u)| < e^{-(x-\sqrt{L})^2}$ para $0<u\le L$ y $x>\sqrt{L}$ , es decir, para $u = (1-\alpha)L$ y $x = (1+\beta)\sqrt{L}$ , donde $\alpha\in[0,1)$ y $\beta\in(0,\infty)$ . Primero observe que $$|f(x,u)| = e^{-(x-u/x)^2}|1-u/x^2| < e^{-(x-u/x)^2}$$ desde $u\le L < x^2$ . Pero $$(x-u/x)^2 - (x-\sqrt{L})^2 = \frac{(\alpha+\beta)(2\beta^2+3\beta+\alpha)L}{(1+\beta)^2},$$ que es explícitamente definida positiva. Esto demuestra la afirmación.

Por lo tanto, $|f|$ está acotado para todo $u\in[\delta,L]$ por la siguiente función integrable, $$g(x) = \left\{\begin{array}{ll} 1/(\sqrt{2e}x_0), & x < x_0 \\ 1/(\sqrt{2e}x), & x_0 \le x \le \sqrt{L} \\ e^{-(x-\sqrt{L})^2}, & x > \sqrt{L}. \end{array}\right.$$

De la definición

Como menciona @GrahamHesketh, la integral desaparece para cualquier $u>0$ . Sea $x=\frac{\sqrt{u}}{2}(t+\sqrt{t^2+4})$ . Entonces $$\int_0^\infty e^{-(x-u/x)^2}(1-u/x^2)dx = \sqrt{u}\int_{-\infty}^\infty \frac{t e^{-u t^2}}{\sqrt{t^2+4}}dt = 0.$$

Así, queremos demostrar que para cualquier $\epsilon>0$ podemos encontrar un $Q$ independiente de $u$ de manera que cuando $R>Q$ , $$\left|\int_0^R f(x,u)dx\right| < \epsilon, \quad u\in[\delta,L].$$ Pero $\int_0^R = \int_0^\infty - \int_R^\infty = -\int_R^\infty$ y $$\begin{eqnarray*} \int_R^\infty f(x,u)dx &<& \int_R^\infty e^{-(x-\sqrt{L})^2}dx, \qquad (\textrm{assume }Q>\sqrt{L}) \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\mathrm{erfc}(R-\sqrt{L}), \end{eqnarray*}$$ donde $\mathrm{erfc}$ es la función de error complementaria. Es evidente que para cualquier $L$ podemos hacer $\frac{\sqrt{\pi}}{2}\mathrm{erfc}(R-\sqrt{L})$ tan pequeño como queramos eligiendo un $Q$ .

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