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Mostrar que $\lim_{n\to \infty}\left[ \int_a^bf(x)^n\,dx \right]^{1/n}=\max_{x\in[a,b]}f(x).$

Supongamos $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ es continua y positiva. Mostrar que $$\lim_{n\to \infty}\left[ \int_a^bf(x)^n\,dx \right)^{1/n}=\max_{x\in[a,b]}f(x).$$

Mi progreso: Una versión más simple del problema es que suponga $x_1, \dotsc, x_m$ son números positivos, y mostrar que $$\lim_{n\to\infty}\left( x_1^n + \dotsb + x_m^n \right)^{1/n} = \max_i x_i.$$ This we can do by showing that $\registro \left( x_1^n + \dotsb + x_m^n \right)^{1/n} \a \log (\max_i x_i)$. $$\log \left( x_1^n + \dotsb + x_m^n \right)^{1/n} = \frac{1}{n}\log \left( x_1^n + \dotsb + x_m^n \right) = \frac{1}{n}\left( n\log\left( \max_i x_i \right) + \log \left( \left(\frac{x_1}{\max_i x_i} \right)^n + \dotsb + \left(\frac{x_M}{\max_i x_i} \right)^n \right)\right)\\ = \log\left(\max_i x_i\right) + \frac{1}{n}\log\left(\text{bounded}\right)\to \log\left( \max_i x_i\right).$$

Ahora con el caso de una función que está siendo integrado, si intentamos el mismo argumento, dejando $M= \max_{x\in [a,b]}f(x)$, tendríamos $$\log \left( \left(\int_a^b f(x)^n\,dx \right) ^{1/n}\right) = \log M + \frac{1}{n}\log \left(\int_a^b (f(x)/M)^n \, dx \right),$$ y ahora la tarea es mostrar que el segundo término tiende a cero.

Veo que se va a cero si $\{x\mid f(x)=M\}$ tiene medida positiva, desde entonces la integral es acotado abajo por la medida de ese conjunto. ¿Cómo podemos mostrar el segundo término tiende a cero de otra manera?

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Harsh Puntos 88

Tengo una prueba que utiliza un enfoque similar. Deje $c$ ser un punto en $[a,b]$ tal que $f(c)=\sup\limits_{x\in[a,b]} (f(x))=M$. Podemos suponer que la $c$ es un punto interior del intervalo, los otros casos son Handel del mismo modo. Tenga en cuenta que para cada $x$,$f(x)^n\leq M^n$. En la integración, obtenemos $$ \int_a^b f(x)^n \, dx\leq \int_a^b M^n\, dx = M^n(b-a) $$ Por lo tanto, tomando el $n$-ésima raíz, $$ \left(\int_a^b f(x)^n \, dx\right)^{1/n}\leq M(b-a)^{1/n} $$ Utilizando el hecho de que para todos los reales positivos $x$ tenemos $\lim\limits_{n\to\infty}x^{1/n}=1$, obtenemos $$ \lim\limits_{n\to\infty}\left(\int_a^b f(x)^n \, dx\right)^{1/n}\leq M $$

Ahora, por cada $\varepsilon>0$ existe un $\delta>0$ tal que $M-\varepsilon<f(x)$ si $c-\delta\leq x\leq c+\delta$. El aumento de la $n$-el poder y la integración en el intervalo de $[c-\delta, c+\delta]$ obtenemos $$ 2\delta(M-\varepsilon)^n\leq \int_{c-\delta}^{c+\delta} f(x)^n \, dx\leq \int_a^b f(x)^n\, dx $$ La última desigualdad sigue, ya $f$ es positivo. De nuevo, tomando la $n$-la raíz de los rendimientos $$ (2\delta)^{1/n}(M-\varepsilon)\leq \left( \int_a^b f(x)^n\ , dx\right)^{1/n} $$ Ya que esto es válido para cada entero positivo $n$, utilizando el mismo límite que anteriormente, se deduce que $$ M-\varepsilon\leq\lim\limits_{n\to\infty}\left(\int_a^b f(x)^n\right)^{1/n} $$ Y ya que esto es válido para todos los $\varepsilon>0$, se obtiene el resultado.

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computingfreak Puntos 101

Tenga en cuenta que esto no es correcta la forma en que usted pidió. tu pregunta es correcta en el caso de que $b-a=1$.

Primero de todo , asumir el máximo se alcanza en $y$. Por lo que es fácil comprobar que la integral es menor que $(b-a)f(y)$. Aquí es un boceto de cómo mostrar la otra manera alrededor.

$f$ es continua y por lo tanto para cada $r>0$ hay algo de $d>0$ tal que para cada a $x$ donde $|x-y|<d$ tenemos $|f(x)-f(y)|<r$.

Y ahora , $$\left[ \int_a^bf(x)^n\,dx \right)^{1/n} > \left[ \int_m^nf(x)^n\,dx\right)^{1/n}$$ where $m=y-d$ and $m=y+d$.

ha $f(x)>f(y)-r$$f(x)^n>f(y)^n-nr$. (decir $r<1$)

Creo que se puede terminar esta prueba usted mismo (:

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