Límite de la integral - parte 2

Question

Inspirado en el reciente post "Límite de la integral", propongo el siguiente problema (esperando que no resulte demasiado fácil). Supongamos que $g:[0,1] \times [0,1] \to {\bf R}$ es continua en ambas variables por separado. ¿Es cierto que, para todas las $x_0 \in [0,1]$ , $$ \lim \limits_{x \to x_0 } \int_0^1 {g(x,y)\,{\rm d}y} = \int_0^1 {g(x_0 ,y)\,{\rm d}y} . $$

Answer 1

La respuesta es no. De hecho, está relacionada con La regla de Leibniz . El contraejemplo que aparece a continuación procede de 'Counterexamples in Analysis' y fue publicado recientemente aquí por Jonas Meyer. Considere la función

$$ g(x,y) = \left\\{ \begin{array}{lr} \left (\frac{3x^2}{y^2} - \frac{2x^4}{y^3} \right)e^{-x^2/y} & y>0, \\\ 0 & y=0. \end{array} \right.$$

Es fácil ver que $g$ es continua en ambas variables por separado. Tenemos que $\int_{0}^1 g(0,y) dy = 0 $ y $$ \int_{0}^1 g(x,y) dy = e^{-x^2}(1-2x^2)$$ si $ x \ne 0$ . Así que $$\lim_{x \rightarrow 0} \int_{0}^1 g(x,y) dy = 1 \ne \int_{0}^1 g(0,y) dy.$$

Answer 2

Creo que tengo otro contraejemplo. Definir $f(x)=\int_{0}^x e^{-1/t}dt$ para $x\gt0$ . Se escoge porque va a cero como $x$ va a cero desde la derecha y porque la experimentación me llevó a la ecuación diferencial $\frac{f''(x)}{f'(x)}=\frac{1}{x^2}$ como condición suficiente para que lo siguiente funcione. Definir

$$g(x,y) = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{xy}{f(x)+y^2} & \text{if } x\gt0, \\ 0 & \text{if } x=0, \end{array} \right.$$

para $(x,y)$ en $[0,1]\times[0,1]$ y que $x_0=0$ . El lado derecho de su ecuación tentativa es obviamente $0$ . El lado izquierdo es $$\lim_{x\to0+}\frac{x}{2}\log\left(1+\frac{1}{f(x)}\right),$$ lo que se traduce en $\frac{1}{2}$ después de $2$ aplicaciones de la regla de l'Hôpital, si lo hice correctamente.

(Empecé jugando con el ejemplo estándar de una función discontinua pero continua por separado en $\mathbb{R}^2$ , $f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$ cuando $x$ o $y$ es distinto de cero, $f(x,y)=0$ cuando $x=y=0$ . Luego traté de ver cómo el $x^2$ en el denominador podría modificarse para dar un contraejemplo aquí, sustituyéndolo por una incógnita $f(x)$ que va a $0$ en $0$ y ver qué otras propiedades de $f(x)$ lo haría funcionar. Como mencioné, esto llevó en particular a la condición suficiente $\frac{f''(x)}{f'(x)}=\frac{1}{x^2}$ y, por tanto, a este ejemplo. Por desgracia, no puedo ofrecer ninguna intuición real).

Añadido

Decidí analizar esto un poco más, y se me ocurrió un ejemplo más sencillo que el otro que di. Con $$g(x,y)=\frac{-y}{\log(x/2)(x+y^2)}$$ para $x\gt0$ y $0$ en caso contrario, se obtiene el mismo resultado que el anterior.

Answer 3

Esto es cierto si existe una función (medible) $f(y)$ tal que $$|g(x,y)|\le f(y), \mbox{ for }0\le x\le 1 $$ y $$\int_0^1 f(y)\,dy<\infty.$$ Esto se deduce del teorema de convergencia dominado por Lebesgue.

Nota: Toda función continua es medible.