Demuestre que $$\sup_{x\in [a,b]} f(x) = \lim_{n\rightarrow\infty} \left(\int_a^b (f(x))^n \;dx\right)^{\frac{1}{n}}$$ para f continua y positiva en [a,b]. Puedo demostrar que LHS es mayor o igual que RHS pero no puedo demostrar la otra dirección.
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Sea $F = \sup_{\xi\in[a,b]} f(\xi)$ . Si $F=0$ la igualdad es trivial. Así que podemos suponer $F>0$ .
Elija $\epsilon \in (0,F)$ y que $A_\epsilon = \{x | f(x) \geq F-\epsilon\}$ . Desde $f$ es continua, tenemos $mA_\epsilon > 0$ ( $m$ es la medida de Lebesgue). Entonces es cierto lo siguiente (trabaje desde el centro hacia la izquierda o la derecha para obtener el límite correspondiente):
$$mA_\epsilon (F-\epsilon)^n \leq \int_{A_\epsilon} (F-\epsilon)^n dx \leq I^n_n = \int_a^b (f(x))^n dx \leq \int_a^b F^n dx \leq (b-a) F^n$$
Esto da $\sqrt[n]{mA_\epsilon} (F-\epsilon) \leq I_n \leq \sqrt[n]{b-a}F$ .
Tenemos $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{mA_\epsilon} = 1$ y $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{b-a} = 1$ Por lo tanto $\limsup_{n \to \infty} I_n \leq F$ y $\liminf_{n \to \infty} I_n \geq F-\epsilon$ . Dado que esto es cierto para $\epsilon$ arbitrariamente cerca de $0$ tenemos $\liminf_{n \to \infty} I_n \geq F$ de lo que se deduce el resultado deseado.
(Nota: Si desea evitar la medida de Lebesgue, tenga en cuenta que $A_\epsilon$ puede ser cualquier intervalo no vacío tal que $f(x) \geq F-\epsilon$ para $x$ en este intervalo. Entonces $mA_\epsilon$ se sustituiría por la longitud de este intervalo. El mismo razonamiento sigue siendo válido).
