Límite de $\int_0^1\frac{f(hx)}{x^2+1}dx$ al $h\to0$

Question

Deje $f\in \mathcal{C}^0\big([0,1],\mathbb{R}\big)$ y, para cada $h\in(0,1]$, $$I(h)=\int_0^1\dfrac{f(hx)}{x^2+1}dx$$

Para $\varepsilon >0$, muestran que existe $\eta>0$ tal que para cada a $h\in(0,\eta)$,

$$\left|I(h)-f(0)\frac{\pi}{4}\right|\leq \varepsilon$$

Desde $\dfrac{\pi}{4} = \displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{x^2+1}dx$

$$\left |\int_0^1\dfrac{f(hx)}{x^2+1}dx -\int_0^1\dfrac{f(0)}{x^2+1}dx \right|\leq\varepsilon$$

Y ahora, tengo la menor idea de cómo resolver este problema. Creo, que debo demostrar que :

$$|h|\leq \eta \implies \left|I(h)-f(0)\frac{\pi}{4}\right|\leq \varepsilon$$

pero no estoy seguro.

Answer 1

Tenga en cuenta que podemos escribir

$$\begin{align} \left|\int_0^1 \frac{f(hx)}{x^2+1}\,dx-f(0)\frac\pi4\right|&=\left|\int_0^1 \frac{f(hx)-f(0)}{x^2+1}\,dx\right|\\\\ &\le \int_0^1 \frac{|f(hx)-f(0)|}{x^2+1}\,dx\\\\ & \le\frac\pi4 \sup_{x\in [0,1]}|f(hx)-f(0)| \end{align}$$

Para cualquier $\epsilon>0$, existe un número $\eta>0$ tal que $|f(hx)-f(0)|<4\epsilon/\pi$ siempre $|hx|<\eta$.

Desde $x\in [0,1]$, siempre que $|hx|<|h|<\eta$,$|f(hx)-f(0)|<4\epsilon/\pi$.

Por lo tanto, $\sup_{x\in [0,1]}|f(hx)-f(0)|<4\epsilon/\pi$ siempre $|h|<\eta$.

Poniendo todo junto, tenemos para $|h|<\eta$,

$$\left|\int_0^1 \frac{f(hx)}{x^2+1}\,dx-f(0)\frac\pi4\right|<\epsilon$$

Answer 2

Una forma de derribar este es el teorema de convergencia dominada. Tomar cualquier secuencia $(h_n)$ de los no-cero de números de tal manera que $h_n \to 0$ y definir $$g_n(x) = \frac{f(h_nx)}{1+x^2}, \,\,\,\, x \in [0,1].$$ Then $$g_n(x) \to g(x) = \frac{f(0)}{1+x^2}$$ pointwise on $[0,1]$ and since $f$ is continuous, it is bounded so $$\lvert g_n(x) \rvert \le \frac{M}{1+x^2} \le M$$ for some constant $M$. Since the range of integration is compact, we can apply the dominated convergence theorem to show that $$\lim_{n\to\infty} \int^1_0 g_n(x) dx = \int^1_0 \lim_{n\to \infty} g_n(x) dx = f(0) \frac \pi 4$$ como se desee.

Alternativamente, si usted necesita para hacerlo directamente, tenga en cuenta que $$\begin{align*}\left \lvert \int^1_0 \frac{f(hx)}{1+x^2}dx - \int^1_0\frac{f(0)}{1+x^2}dx \right \rvert &= \left \lvert\int^1_0 \frac{f(hx) - f(0)}{1+x^2} dx \right \rvert \\ &\le \int^1_0 \frac{\lvert f(hx) - f(0) \rvert}{1+x^2}dx. \end{align*}$$ Desde $f$ es continua en un conjunto compacto, es uniformemente continua. Por lo tanto para cualquier $\epsilon > 0$, $\delta > 0$ tal que para todos los $x,y$$\lvert x - y \rvert < \delta$,$\lvert f(x) - f(y) \rvert < \epsilon$. A continuación, para $0 < h < \delta$, también tendremos $0 < hx < \delta$ (para cualquier $x \in (0,1)$) y por lo $\lvert f(hx) - f(0) \lvert < \epsilon.$ tales $h$, vemos que $$\begin{align*}\left \lvert \int^1_0 \frac{f(hx)}{1+x^2}dx - \int^1_0\frac{f(0)}{1+x^2}dx \right \rvert &\le \int^1_0 \frac{\epsilon}{1+x^2}dx = \epsilon\frac \pi 4. \end{align*}$$ que es la misma cosa que usted quería hasta reescalado $\epsilon$.