Studium einer Funktion und anderer Tatsachen

1. • Die Funktion $$\begin{array}{ccccc} K & : & (0,\infty)\times \mathbb R^+ & \to & \mathbb R \\ & & (x,t) & \mapsto & \arctan(t/x)e^{-t} \\ \end{array}$$

ist eindeutig stetig.

Außerdem,$\forall (x,t)\in (0,\infty)\times \mathbb R^+,|K(x,t)|\leq \frac{\pi}{2}e^{-t}$

Da die Funktion$t\to \frac{\pi}{2}e^{-t}$ist über integrierbar$\mathbb R^+$, gewährt die bisherige Ungleichheit Herrschaft.

Das kannst du dann ableiten$f$ist kontinuierlich.

• Lassen$x,y\in (0,\infty)$so dass$x<y$Und$t\in \mathbb R^+$

Dann,$1/y <1/x \Rightarrow \arctan(t/y)e^{-t}< \arctan(t/x)e^{-t}$

Integrieren der Ungleichung bzgl$t$Erträge$f(y)< f(x)$

$f$nimmt folglich ab.

• Korrigieren Sie einige willkürliche nicht negative$t$.

Wir müssen die Funktion beweisen$g_t:\displaystyle x\to\arctan(\frac{t}{x})e^{-t}$ist konvex

Die Ableitung von$g_t$Ist$\displaystyle g_t'(x)=\frac{-te^{-t}}{t^2+x^2}$was eine steigende Funktion. Daher die Konvexität von$g$.

Es gilt die folgende Ungleichung$\forall \lambda \in [0,1], \forall (x,y)\in (0,\infty), g_t((1-\lambda)x+\lambda y)\leq (1-\lambda)g_t(x)+\lambda g_t(y) \; \; \; \; (1)$

Jetzt,$\displaystyle \forall \lambda \in [0,1], \forall (x,y)\in (0,\infty), f((1-\lambda)x+\lambda y) = \int_0^{\infty} g_t((1-\lambda)x+\lambda y) dt \; \; \; \; (2)$

$(1)$Und$(2)$implizieren$\displaystyle \forall \lambda \in [0,1], \forall (x,y)\in (0,\infty), f((1-\lambda)x+\lambda y) \leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$

Daher die Konvexität von$f$.

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• Ich werde es auf die harte Tour machen (mittels Sequenzen)

Lassen$(x_n)$sei eine beliebige Folge positiver Zahlen, die zu gehen$0$

Lassen Sie uns das beweisen$f(x_n)$geht zu$\displaystyle \frac{\pi}{2}$

In Betracht ziehen

$$\begin{array}{ccccc} K_n & : & \mathbb R^+ & \to & R\\ & & t & \mapsto & \arctan(t/x_n)e^{-t} \\ \end{array}$$

$K_n$ist jeweils eine stetige Funktion$n$, und die Folge$(K_n)$konvergiert punktweise zu$\displaystyle t\to \frac{\pi}{2}e^{-t}$, die ebenfalls stetig ist.

Darüber hinaus,$|K_n(x)|\leq \frac{\pi}{2}e^{-t}$Und$\displaystyle t\to \frac{\pi}{2}e^{-t}$ist über integrierbar$\mathbb R^+$was zu Dominanz führt.

Deshalb,$\displaystyle \lim_{n\to \infty} \int_{0}^{\infty} K_n(t) dt = \int_{0}^{\infty} \lim_{n\to \infty} K_n(t) dt$

Was umgeschrieben werden kann als$\displaystyle \lim_{n\to \infty} \int_{0}^{\infty} \arctan(t/x_n)e^{-t} dt = \int_{0}^{\infty} \frac{\pi}{2}e^{-t}$

Dies wiederum ist äquivalent zu$\displaystyle \lim_{n\to \infty} f(x_n)= \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-t} = \frac{\pi}{2}$

Ich habe das für jede Folge positiver Zahlen bewiesen$(x_n)$das geht an$0$,$f(x_n)$geht zu$\frac{\pi}{2}$. Dies impliziert das$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}f(x)=\frac{\pi}{2}$

• Das ist einfacher.

Das ist leicht zu beweisen$\forall y \geq 0, \arctan(y) \leq y$

Somit$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \arctan(t/x)e^{-t} dt \leq \int_{0}^{\infty} \frac{t}{x}e^{-t} dt$

So$\displaystyle f(x) \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{\infty}te^{-t} dt$

Und$\displaystyle 0\leq f(x) \leq \frac{1}{x}$

Grenzen nehmen als$x\to \infty$,$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}f(x)=0$

• $f$geht eine fallende stetige Funktion über$(0,\infty)$.

Somit$\displaystyle \qquad \sup_{x>0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0}f(x)=\frac{\pi}{2}$

Und$\displaystyle \qquad \inf_{x>0} f(x) = \lim_{x \rightarrow \infty}f(x)=0$

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Den letzten Teil überlasse ich Ihnen. Sie müssen nur die Differenzierung unter dem Integralzeichen begründen.

Wir können umschreiben$f(x)$entsprechend ($u=t/x$)

$$\begin{eqnarray*} f(x) &=&\int_{0}^{\infty }dt\exp [-t]\arctan \frac{t}{x}=x\int_{0}^{\infty }du\exp [-xu]\arctan u \\ &=&-\int_{0}^{\infty }du\{\partial _{u}\exp [-xu]\}\arctan u \\ &=&-\left. \exp [-xu]\arctan u\right\vert _{0}^{\infty }+\int_{0}^{\infty }du\exp [-xu]\partial _{u}\arctan u \\ &=&\int_{0}^{\infty }du\exp [-xu]\partial _{u}\arctan u=\int_{0}^{\infty }du\exp [-xu]\frac{1}{1+u^{2}} \end{eqnarray*}$$ Jetzt werden die Dinge einfach.