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如題，給出推導過程！謝謝！
$<br /> $\int_0^\infty(y^2+a^a)^{-\gamma/2}\exp(-y^p)dy\simeq c_1(\gamma)a^{-\gamma+1}+c_2(\gamma)$, for $0<\gamma<1, p>0$, where $c_1(\gamma)$ and $c_2(\gamma)$ are positive constants depending only on $\gamma, A\simeq B$ means that there is a constant $c>0$ such that $1/c\leq A/B\leq c.$ <br />$

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1樓 2015-10-15 22:53:40

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【答案】應助回帖

★ ★ ★ ★ ★
nikle2000: 金幣+5 2015-10-26 15:11:34

假設存在常數(shù)C>1以及函數(shù) $C_1(\gamma), C_2(\gamma)$ 使得:
$\frac{1}{C}(C_1(\gamma)a^{1-\gamma}+C_2(\gamma))<\int_{0}^{\infty}(y^2+a^2)^{-\frac{\gamma}{2}}\exp(-y^p)dy<C(C_1(\gamma)a^{1-\gamma}+C_2(\gamma))$ , 我們來推出矛盾.

由于 $0<\gamma<1$ ,當P>0趨于0時, $\int_{0}^{\infty}(y^2+a^2)^{-\frac{\gamma}{2}}\exp(-y^p)dy$ 被積函數(shù)大約是 $y^{-\gamma}$ , 積分是發(fā)散的. 可是右端是和P無關的函數(shù), 肯定做不到界住積分的.

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2樓2015-10-24 08:31:08

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2樓: Originally posted by hank612 at 2015-10-24 08:31:08
假設存在常數(shù)C>1以及函數(shù)C_1(\gamma), C_2(\gamma)使得:
\frac{1}{C}(C_1(\gamma)a^{1-\gamma}+C_2(\gamma))<\int_{0}^{\infty}(y^2+a^2)^{-\frac{\gamma}{2}}\exp(-y^p)dy<C(C_1(\gamma)a^{1-\gamma}+C_ ...

這里的p是固定的常數(shù)，只要大于0。

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3樓2015-10-24 13:25:17

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$y = a \cdot t$ , 可以得到上界的估計。可是，下界就不好估計了，主要的困難來自 $a \to +\infty$ 的時候。

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4樓2015-10-24 23:45:30

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阿行

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清空。樓下重發(fā)。
-------editted by feixiaolin

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5樓2015-10-25 12:26:44

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【答案】應助回帖

★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★
feixiaolin: 應助指數(shù)+1 2015-10-25 14:38:05
nikle2000: 金幣+10 2015-10-26 15:11:53

抱歉，說得不對。我修改如下：
首先，令 $y = at$ , 則原積分化為
$I = a^{-\gamma + 1} \int_0^{+\infty} (t^2 + 1)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p t^p} dt$ .
對于右端的積分，我們有
$J = \int_0^{+\infty} (t^2 + 1)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p t^p} dt \overset{u = t^p}{=} \frac{1}{p} \int_0^{+\infty} \frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}}} \left(u^{\frac{2}{p}} + 1\right)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p u} du$ .
對于 $u \geq 1$ , 函數(shù) $\frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}}} \left(u^{\frac{2}{p}} + 1\right)^{-\frac{\gamma}{2}}$ 相當于 $u^{1 - \frac{1}{p}(1 - \gamma)}$ , 而 $1 - \frac{1}{p}(1 - \gamma) < 1$ , 于是
$J \geq C \int_1^{\infty} \frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}(1 - \gamma)}} \cdot e^{- a^p u} du \to +\infty, \ {\rm as} \ a \to 0.$
所以 $I \leq C(c_2(\gamma) a^{1 - \gamma} + c_3(\gamma))$ 并不成立。此外，
$J = \frac{1}{p} \int_0^{+\infty} \frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}}} \left(u^{\frac{2}{p}} + 1\right)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p u} du \leq \frac{1}{p} \int_0^{+\infty} \frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}}} e^{- a^p u} du = \frac{1}{pa} \Gamma\left( \frac{1}{p} \right) \to 0, \ {\rm as} \ a \to +\infty$ .
這說明了 $I \geq C(c_2(\gamma) a^{1 - \gamma} + c_3(\gamma))$ 不成立。

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6樓2015-10-25 12:30:30

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引用回帖:

6樓: Originally posted by 阿行 at 2015-10-25 12:30:30
抱歉，說得不對。我修改如下：
首先，令y = at, 則原積分化為
I = a^{-\gamma + 1} \int_0^{+\infty} (t^2 + 1)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p t^p} dt.
對于右端的積分，我們有
J = \int_0^{+\infty} (t^2 + 1 ...

上界的推導是錯的，因為極限號要和積分號交換順序是有條件的---積分必須是一致可積的！

下界是針對I 的，所以后面應該是I=a^(-\gamma+1)J->\infty(a->0).顯然不起作用！

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7樓2015-10-26 15:22:01

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nikle2000(feixiaolin代發(fā)): 金幣+20 2015-11-08 16:55:03

引用回帖:

7樓: Originally posted by nikle2000 at 2015-10-26 15:22:01
上界的推導是錯的，因為極限號要和積分號交換順序是有條件的---積分必須是一致可積的！

下界是針對I 的，所以后面應該是I=a^(-\gamma+1)J->\infty(a->0).顯然不起作用！...

樓主可能誤會阿行的意思了

$I=a^{1-\gamma}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-a^pt^p}}{{\sqrt{t^2+1}}^\gamma}dt<a^{1-\gamma}\int_{0}^{\infty}e^{-a^pt^p}dt=a^{-\gamma}\cdot\frac{\Gamma(1/p)}{p}$

由于當a趨于正無窮時， $a^{-\gamma}=o(c_1(\gamma)a^{1-\gamma}+c_2(\gamma))$ , 所以阿行才覺得樓主的命題可能不夠嚴謹。

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8樓2015-10-26 19:30:40

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引用回帖:

8樓: Originally posted by hank612 at 2015-10-26 19:30:40
樓主可能誤會阿行的意思了

I=a^{1-\gamma}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-a^pt^p}}{{\sqrt{t^2+1}}^\gamma}dt<a^{1-\gamma}\int_{0}^{\infty}e^{-a^pt^p}dt=a^{-\gamma}\cdot\frac{\Gamma(1/p)}{p}

由于當a趨 ...

hank612謝謝你的幫忙解釋。

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9樓2015-10-29 16:05:21

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nikle2000(feixiaolin代發(fā)): 金幣+50 2015-11-08 16:54:49

引用回帖:

設 $\int_1^{\infty} \frac{1}{u^b} du = + \infty$ , 于是 $\forall E > 0[latex], 存在[latex] A > 1$ ，使得 $\int_1^A \frac{1}{u^b} du > E$ . 而當 $a$ 充分小時， $e^{- a^p u} > \frac{1}{2} \ (1 \leq u \leq A)$ 。所以 $\int_1^{\infty} \frac{1}{u^b} \cdot e^{- a^p u}du > \frac{1}{2} E$ .

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10樓2015-10-29 16:13:54

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