Que $f: [0 ,1] \to \mathbb{R} $ ser continuo, ser $\lim_{n\to \infty} \int_0^1 f(x^n)dx = f(0)$

Question

Deje $f: [0,1] \to \mathbb{R}$ ser continua, probar $\lim_{n\to \infty} \int_0^1 f(x^n)dx = f(0)$

Esto tiene cierto sentido, la mirada de ella. Sólo tengo el Regulado Integral de la definición de la integración para trabajar con :https://en.wikipedia.org/wiki/Regulated_integral

Utiliza secuencias de paso las funciones con una partición sobre un intervalo cerrado.

Así que tengo que resolver la integral, antes de tomar el límite, pero no está seguro de cómo realmente conseguir lo que necesito. Desde $f $ es función continua existe una secuencia $(\varphi_n)_{n \in \mathbb{N}}$ de paso las funciones que $\lim_{n \to \infty} \sup_{x \in [0,1]} \mid f(x) - \varphi_n(x)\mid \,= 0$. Por otra parte, $\int_0^1 f(x)dx := \lim_{m \to \infty} \int_0^1 \varphi_m(x)dx $, por lo que debe ser el caso de que $\int_0^1 f(x^n)dx := \lim_{m \to \infty} \int_0^1 \varphi_m(x^n)dx $, por lo que supongo que sería que $\lim_{n \to \infty } \int_0^1 f(x^n)dx := \lim_{n \to\infty} (\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \varphi_m(x^n)dx )$

Ahora, $ \int_a^b \varphi(\eta)d\eta := \sum_{j=0}^{N}\varphi(\eta_j)(\sigma_{j+1}-\sigma_j)$ donde $(\sigma_j)_{j=0}^{N+1})$ es una partición de a $[a,b]$ $\eta_{j} \in (\sigma_j,\sigma_{j+1})$ de manera tal que cada uno de los bloques de la partición es constante, así que la selección de $\eta_j$ no es particularmente importante.

Así que debe tener $ lim_{n \to \infty}(lim_{m \to \infty}\int_a^b \varphi_m(\eta^n)d\eta := lim_{n \to \infty}(\lim_{m \to \infty}\sum_{j=0}^{N}\varphi_m(\eta_j^n)(\sigma_{j+1}-\sigma_j))$.

Aquí es donde me quedo atascado.

Answer 1

Como mencioné en un comentario, si se permite que el Teorema de Convergencia Dominada , entonces este es un asunto de un par de líneas. La secuencia de funciones de $(f_n)_n$ definido por $f_n(x) \stackrel{\rm def}{=} f(x^n)$ ($x\in[0,1])$ converge pointwise (por la continuidad de $f$) a la función constante $f(0)$$[0,1)$, y uno puede dominar de manera uniforme a todos los $f_n$'s por la integrable (porque constantes) la función $g\stackrel{\rm def}{=} \lVert f\rVert_\infty$ ($f$ delimitada $[0,1]$, ya que es continua). Ahora, por el DCT tenemos $$ \int_0^1 f_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^1 \lim_{n\to\infty}f_n = \int_0^1 f(0)dx = f(0). $$

Pero esto es excesivo. Otra opción, se analizan a continuación, sería el uso de la continuidad de la $f$$0$: recordar que $f$ continua en un intervalo cerrado, es acotada.

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Sin pérdida de generalidad, podemos suponer $f(0) = 0$ (de hecho, sólo hay que aplicar el mismo ejercicio a la $g\stackrel{\rm def}{=} f-f(0)$. Es fácil comprobar que esto será suficiente para demostrar el resultado).

Fix $\varepsilon>0$, romper el intervalo en 2: $$ \int_0^1 f(x^n)dx = \int_0^a f(x^n)dx +\int_a^1 f(x^n)dx $$ for some convenient $a=a(\varepsilon, f) \stackrel{\rm def}{= } 1-\frac{\varepsilon}{2\lVert f\rVert_\infty}$. The second part has absolute value at most $(1-a)\cdot\lVert f\rVert_\infty < \frac{\varepsilon}{2}$, por definición.

Como en el primer caso, utilizamos la continuidad de $f$$0$: vamos a $\delta_\varepsilon>0$ ser tal que $\lvert u\rvert \leq \delta_\varepsilon$ implica $\lvert f(u)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}$. Nosotros a continuación, se basan en el hecho de que para $n$ lo suficientemente grande (es decir, para $n\geq N_{\varepsilon}$, para algunas de las $N_{\varepsilon}\geq 0$,$\lvert x^n\rvert \leq \lvert a^n\rvert \leq \delta_\varepsilon$. Por lo tanto, el primer término puede ser delimitada como $$ \left\lvert \int_0^a f(x^n)dx\right\rvert \leq \int_0^a \left\lvert f(x^n)\right\rvert dx \leq \int_0^a \frac{\varepsilon}{2} dx \leq \frac{\varepsilon}{2} $$ para cualquier $n\geq N_{\varepsilon}$.

Poner juntos, para $n\geq N_{\varepsilon}$ uno tiene $$ \left\lvert \int_0^1 f(x^n)dx\right\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon $$ por la desigualdad de triángulo. Esto demuestra que $$ \int_0^1 f(x^n)dx\xrightarrow[n\to\infty]{} 0 $$ y a partir de ahí el caso general, de la siguiente manera.

Answer 2

$f $ Es continua, dado $\varepsilon>0$ allí existe $\delta>0$ tal que $|f (x)-f (0)|

\begin{align} \left|\int_0^1f (x^n)\,dx-f (0)\right| &=\left|\int_0^1(f (x^n)-f (0))\,dx\right| \leq \int_0^1|f (x^n)-f (0)|\,dx \ \ \ &= \int_0^{x0}|f (x^n)-f (0)|\,dx + \int{x_0}^1|f (x^n)-f (0)|\,dx \ \ \ &\leq \frac\varepsilon2 x_0+2M (1-x_0)\ \ \ &

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Como un aparte, si tienes el teorema Fundamental de cálculo disponibles, la sustitución $u=x^n $ hace el trabajo.