¿Corregir la manera de probar el límite: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^\alpha }\int\limits_x^1 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{t^{\alpha + 1}}}}dt} $?

Question

Hace unos días respondí a una pregunta que le preguntó a encontrar

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^\alpha }\int\limits_x^1 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{t^{\alpha + 1}}}}dt} $$

dado que el $f$ es continua en a $[0,1]$

Procedí de la siguiente manera:

$$\eqalign{ & t = x\cdot u \cr & dt = x\cdot du \cr} $$

Así que esto se produce:

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( {xu} \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} $$

Entonces yo pensé: "Bueno, si $f$ es continua en el intervalo cerrado, entonces es uniformemente continua, entonces puedo asumir

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( {xu} \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} = f\left( 0 \right)\int\limits_1^\infty {\frac{{du}}{{{u^{\alpha + 1}}}}} = \frac{1}{\alpha }f\left( 0 \right)$$

Esto resultó ser cierto. Sin embargo, yo no estaba muy a gusto con este "movimiento". Así que ahora estoy pensando, uno puede poner

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( {xu} \right) - f\left( 0 \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( 0 \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} $$

Y, a continuación,

$$\left| {\int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( {xu} \right) - f\left( 0 \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} } \right| < \int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{\left| {f\left( {xu} \right) - f\left( 0 \right)} \right|}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} < \epsilon \frac{{1 - {x^\alpha }}}{\alpha }$$

Sin embargo, esto es aún insuficiente, ya que la necesito para la dirección de la conducta del límite superior. Alguien puede mostrarme cómo adress ambos comportamientos simultáneamente?

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¿Serviría de algo?

Deje $P$ ser la afirmación de que $$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( {xu} \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} = \frac{{f\left( 0 \right)}}{\alpha }$$

A continuación, $P$ es verdadera si y sólo si

$$ \forall \epsilon > 0\exists \delta > 0$$

De tal forma que si $$\left| x \right| < \delta $$ then $$ \left| {\int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( {xu} \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} - \frac{{f\left( 0 \right)}}{\alpha }} \right| < \epsilon $$

Pero, a continuación,

$$\left| {\int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( {xu} \right) - f\left( 0 \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} + \int\limits_1^{\frac{1}{x}} {\frac{{f\left( 0 \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du - \frac{{f\left( 0 \right)}}{\alpha }} } \right| < $$

$$\left| {\int\limits_1^{\frac{1}{\delta }} {\frac{{f\left( {xu} \right) - f\left( 0 \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du} + \int\limits_1^{\frac{1}{\delta }} {\frac{{f\left( 0 \right)}}{{{u^{\alpha + 1}}}}du - \frac{{f\left( 0 \right)}}{\alpha }} } \right| \leqslant $$

$$\varepsilon \frac{{1 - {\delta ^\alpha }}}{\alpha } + f\left( 0 \right)\frac{{1 - {\delta ^\alpha }}}{\alpha } - \frac{{f\left( 0 \right)}}{\alpha } < $$

Y ya

$$\frac{{1 - {\delta ^\alpha }}}{\alpha } < \frac{1}{\alpha }$$ $$\epsilon \frac{{1 - {\delta ^\alpha }}}{\alpha } + f\left( 0 \right)\frac{{1 - {\delta ^\alpha }}}{\alpha } - \frac{{f\left( 0 \right)}}{\alpha } < \frac{\epsilon }{\alpha } < \epsilon $$

Answer 1

Usted puede terminar la prueba limpiamente en el caso de dividir la integral en su última línea para integrar por separado sobre$[0,1/\sqrt x]$$[1/\sqrt x,1/x]$. Para $x$ lo suficientemente pequeño, $|f(xu)-f(0)|<\epsilon\alpha/2$ $0<u\le 1/\sqrt x$ desde $xu\le\sqrt{x}$, y siempre $|f(xu)-f(0)|\le 2M$ donde $M=\max_{0\le u\le 1}|f(u)|$. Entonces $$ \left(\int_1^{1/\sqrt{x}}+\int_{1/\sqrt{x}}^{1/x} \right) \frac{|f(xu)-f(0)|}{u^{\alpha+1}}du \le \frac{\epsilon\alpha}2 \frac{1-x^{\alpha/2}}\alpha + 2M \frac{x^{\alpha/2} x^\alpha}\alpha < \frac{\epsilon}2+ 2M\frac{x^{\alpha/2}}\alpha. $$ Ahora si $x$ es lo suficientemente pequeño, $2Mx^{\alpha/2}<\epsilon\alpha/2$ y el conjunto de la integral es menos de $\epsilon$. Así que, de hecho, se desvanece en el límite de $x\to0$ si $\alpha>0$.