Límite del cociente de integrales

Question

Considerar tres funciones continuas $f,u,v:[0,1] \rightarrow (0,1)$ y una secuencia de enteros $0 \leq a_n \leq n $ tal que \begin{equation} \lim_{n \rightarrow + \infty}{\frac{a_n}{n}}=\alpha \in (0,1) \end{equation} Supongamos que hay un único, $y$ (resp. $z$) tal que $u(y)=\alpha$ (resp. $v(z)=\alpha$).

Estoy tratando de mostrar que \begin{equation} \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac {\int{f(x) u(x)^{a_n} (1-u (x))^{n-a_n}}dx}{\int{f(x) v(x)^{a_n} (1-v(x))^{n-a_n}} dx} = \frac{f(y)}{f(z)} \end{equation}

La razón por la que sospecho que esta propiedad puede ser válida es debido a que un resultado análogo se aplica en el caso discreto. Tome $N$ números reales $(x_1,\cdots,x_N)$ $[0,1]$ y tres secuencias $(f_1,\cdots,f_N)$, $(u_1,\cdots,u_N)$ y $(v_1,\cdots,v_N)$ con valores en $(0,1)$. Supongamos que existe un único índice $i \in \{1,\cdots,N\}$ (resp. $j \in \{1,\cdots,N\}$) tal que $u_i=\alpha$ (resp. $v_j=\alpha$).

Entonces es fácil demostrar que para todos los $k \ne i$ \begin{equation*} \lim_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{f_k u_k^{a_n} (1-u_{k})^{1-a_n}}{f_i u_{i}^{a_n} (1-u_{i})^{1-a_n}} = 0 \end{ecuación*}

Y por lo tanto \begin{equation*} \displaystyle \sum_{k=1}^{N}{f_k u_k^{a_n} (1-u_{k})^{1-a_n}} \displaystyle \sim f_i \alpha^{a_n} (1-\alpha)^{1-a_n} \end{ecuación*}

Del mismo modo, \begin{equation*} \sum_{k=1}^{N}{f_k v_k^{a_n} (1-v_{k})^{1-a_n}} \sim f_j \alpha^{a_n} (1-\alpha)^{1-a_n} \end{ecuación*}

Y así \begin{equation*} \dfrac{\sum_{k=1}^{N}{f_k u_k^{a_n} (1-u_{k})^{1-a_n}}}{\sum_{k=1}^{N}{f_k v_k^{a_n} (1-v_{k})^{1-a_n}}} \sim \dfrac{f_i}{f_j} \end{ecuación*}

He sido incapaz de hacer cualquier progreso en el caso continuo. Cualquier consejo sería muy apreciada. Gracias!

Answer 1

El resultado de la falla. Supongamos que definimos $a_n = n/2$ $n$ a, $a_n = (n+1)/2$ $n$ impar. Luego tenemos a $\alpha = 1/2.$ Simplemente tome $f\equiv c$ para algunas constantes $c\in (0,1).$ Finalmente, definir

$$u(x) = \frac{1-|x-1/2|}{2},\, v(x) = \frac{1-|x-1/2|^{1/2}}{2}.$$

Por tanto $u,v$ el único punto donde estas funciones toman en el valor de $\alpha = 1/2$ $x=1/2.$

Si el resultado fuera cierto en este caso, el límite de los cocientes de las integrales serían $1.$ les voy a mostrar que este límite es en realidad $\infty.$

Desde $f(x)$ es constante, que se deslice fuera de la integral y se cancela. Supongamos $n$ es incluso. La expresión es igual a

$$\frac {\int_0^1 [u(x)(1-u (x)]^{n/2} \, dx}{\int_0^1 [v(x)(1-v(x)]^{n/2} \, dx} = \frac {\int_0^1 [(1-(x-1/2)^2)/4]^{n/2} \, dx}{\int_0^1 [(1-|x-1/2|)/4]^{n/2} \, dx} $$ $$\tag 1=\frac {\int_0^1 (1-(x-1/2)^2)^{n/2} \, dx}{\int_0^1 (1-|x-1/2|)^{n/2} \, dx}$$

Ahora aquí está la cosa: En el numerador de $(1)$ tenemos $1-(x-1/2)^2,$ que es un revés parábola que culmina con el valor de $1$ $x=1/2.$ en la planta baja tenemos $1-|x-1/2|,$ que también alcanza su máximo en $x=1/2$ con valor de $1.$ Pero aviso que como $x$ se mueve lejos de la $1/2,$ $1-(x-1/2)^2$ disminuye de $1$ a un ritmo más lento que el $1-|x-1/2|.$ Que conducirá a la que el numerador $\to 0$ $n\to \infty$ a un ritmo menor que el denominador.

Reclamo: Como $n\to \infty,$ el numerador en $(1)$ está en el orden de $1/\sqrt n,$, mientras que el denominador es del orden de $1/n.$, con Lo que la proporción en $(1)$ está en el orden de $\sqrt n \to \infty.$

Aquí está la prueba de la reclamación por el denominador: Por simetría, la integral es el doble de la integral de $0$ $1/2.$Para esta integral, deje $x=1/2-y$ para obtener

$$\int_0^{1/2}(1-y)^{n/2}\, dy.$$

Ahora vamos a $y = z/n.$ Tenemos

$$\frac{1}{n}\int_0^{n/2}(1-z/n)^{n/2}\, dz.$$

Como $n\to \infty,$ la última integral de la $\to \int_0^\infty e^{-z/2}\, dz.$, con Lo que estas integrales son del orden de $1/n$ como se reivindica.

Yo voy a dejar el reclamo de los numeradores a usted por el momento.