Convergencia de una integral.

Question

Cómo probar que si$f$ es continuo, entonces $$ F (x) = \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty f (y) \ frac {1} {x \ sqrt {2 \ pi} } \ mathrm e ^ {- y ^ 2 / 2x ^ 2} \, dy $$ ¿también es una función continua? Intenté pasar por la definición tomando$x_n\to x$, pero luego no puedo usar el teorema de convergencia monótono de Lebesgue ni el teorema de convergencia dominado (ya que la convergencia de integrands no es monótona o dominada). ¿Qué aconsejarías?

Editado: $f$ está delimitado.

Answer 1

En primer lugar vamos a hacer un cambio de variables para deshacerse de la x en el exponente. Deje $y=xu$. Entonces tenemos

$$F(x)=\int\limits _{-\infty}^{\infty}f(y)\frac{1}{x\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-y^{2}/2x^{2}}\, dy=\int\limits _{-\infty}^{\infty}f(xu)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-u^{2}/2} du.$$

Siguiente, ¿cuál es la definición de continuidad? Dado $\epsilon>0$, tenemos que mostrar que fija $x$

$$\biggr|F(x+\delta)-F(x)\biggr|=\biggr|\int\limits _{-\infty}^{\infty}\left(f((x+\delta)u)-f(xu)\right)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-u^{2}/2}\, du\biggr|<\epsilon.\ \ \ \ \ \ (1)$$

Pero si $f$ es acotado, decir $|f|\leq M$, entonces la integral en el lado derecho es uniformemente acotada por $2M\int\limits _{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-u^{2}/2} du=2M$ todos los $\delta$. Por lo tanto al tomar el límite cuando $\delta\rightarrow 0$ el teorema de convergencia dominada se aplica de manera que podemos cambiar el orden de integración y el límite. En consecuencia, desde la $f$ se continua el limite en el lado derecho es cero, y tenemos $$\lim_{\delta\rightarrow 0} F(x+\delta)-F(x)=0$$ so that $F$ es continua.

Alternativa:

Podríamos dividir la integral en lugar de utilizar el teorema de convergencia dominada. Para el $\epsilon$ podríamos optar $N$ tan grande que la integral

$$\int_{-\infty}^N\frac{2M}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-u^{2}/2}du+\int_N^\infty \frac{2M}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-u^{2}/2}du<\frac{\epsilon}{2}.$$ On the interval $[-Nx,Nx]$ $f$ will be uniformely continuous so we can choose $\delta$ so small that $|f((x+\delta)u)-f(x)|\leq \frac{\epsilon}{4N}$. This implies $$\biggr|\int\limits _{-N}^{N}\left(f((x+\delta)u)-f(xu)\right)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-u^{2}/2}\, du\biggr|<\frac{\epsilon}{2}.$$ Upon adding these inequalities we obtain equation $(1)$ y la prueba está completa.

Answer 2

Supongamos que $f$ es un continuo delimitado función. Para mayor comodidad, reemplace$x^2$$t\,( > 0)$. Si $\{X_t: t \geq 0\}$ es un estándar de movimiento Browniano, entonces $$ {\rm E}f(X_t) = \int_{ - \infty }^\infty {f(y)\frac{1}{{\sqrt {2\pi t} }}e^{ - y^2 /(2t)} dy} . $$ Ahora vamos a $(t_n)$ ser una secuencia de números positivos tal que $t_n \to t$. Por un lado, $$ {\rm E}f(X_{t_n}) = \int_{ - \infty }^\infty {f(y)\frac{1}{{\sqrt {2\pi t_n} }}e^{ - y^2 /(2t_n)} dy}. $$ Por otro lado, $X_{t_n} \to X_t$.s., por lo tanto, también a $X_{t_n} \to X_t$ en distribución. Pero la última condición es equivalente a $$ {\rm E}f(X_{t_n}) \{\rm E}f(X_t) $$ para cualquier continuo delimitado función de $f$.

EDIT: como alternativa, el resultado puede ser obtenido de la siguiente manera. Con la misma notación como en el anterior, $X_{t_n} \to X_t$.s. como $n \to \infty$. Desde $f$ es continua, por la asignación Continua teorema también se $f(X_{t_n}) \to f(X_{t})$.s. Ahora vamos a $\xi_n = f(X_{t_n})$$\xi = f(X_{t})$, lo $\xi_n \to \xi$.s. Desde $f$ es asumido acotado, $\sup_n |\xi_n| \leq M$ algunos $M > 0$ fijo. Así Delimitada por el teorema de convergencia, ${\rm E}(\xi_n) \to {\rm E}(\xi)$, que es $$ {\rm E}f(X_{t_n}) \{\rm E}f(X_t). $$

Answer 3

La función de $F(x)=u(0,x)\ $ es la distribución de Poisson potencial (y la solución) para el problema de Cauchy $u_x-u_{ss}/2=0$, $u(s,0)=f(s)$. Si $f$ es limitada y continuo, $F$ es limitado y contuinuous fo $x\ge0$$C^\infty$$x>0$. La prueba se puede encontrar en la mayoría de los libros sobre ecuaciones parabólicas. Por ejemplo, en N. V. Krylov Conferencias sobre elípticos y parabólicos ecuaciones en Hölder espacios. También vale si $f$ no crece demasiado rápido en el infinito, $|f(s)|\le Ce^{|s|^{2-\varepsilon}}$ algunos $\varepsilon>0$ haría.