¿$\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$ Implica$\int_\delta^\infty \frac{f(x)}{x}\, dx$ converge?

Question

Estoy interesado en saber si hay un "más grande" de la función $f: [\delta, \infty) \to \mathbb{R_{>0}}$, donde $\delta> 0$, de tal manera que $$\int_\delta^{\infty} \frac{f(x)}{x}\, dx < \infty$$ converge. ("La más grande" aquí es en el sentido de big-O asymptotics.) En particular, me gustaría saber si la más pequeña de las funciones para las que esta integral diverge son la constante de funciones.

Obviamente, cualquier función para la que la integral converge debe satisfacer $f(x) = o(1)$; es decir, $\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$. Cualquier $f$ que satisface $f = O(x^{-\epsilon})$ para algunos $\epsilon > 0$, por el contrario, obviamente, funciona. Uno más se puede construir grandes familias de funciones $f$ asintóticamente entre $1$ y cualquier $x^{-\epsilon}$; es decir, tal que $f = o(1)$ pero $x^{-\epsilon} = o(f)$ por cada $\epsilon > 0$. (Por ejemplo, elegir dos secuencias de números reales positivos $a_n, b_n$ tanto tiende a cero, y definir $f(x) = \max a_n x^{-b_n}$.)

Uno de mis explícito intento de construir una función de $f$ a lo largo de estas líneas, sin embargo, aún dio un finito integral de $\frac{f(x)}{x}\, dx$. Definir:

\begin{align*} f(x) = \begin{cases} x^{-1} & x \in [2, 4] \\ \frac{1}{2} x^{-1/2} & x \in [4, 16] \\ \frac{1}{4} x^{-1/4} & x \in [16, 256] \\ \frac{1}{8} x^{-1/8} & x \in [256, 65536] \\ \vdots & \vdots \\ 2^{-n} x^{-1/2^n} & x \in [2^{2^n}, 2^{2^{n+1}}] \\ \vdots & \vdots \end{casos} \end{align*}

Entonces \begin{align*} \int_2^\infty \frac{f(x)}{x}\, dx &= \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} \int_{2^{2^n}}^{2^{2^{n+1}}} x^{-1-1/2^n}\,dx \\ &= -\sum_{n=0}^\infty \left. x^{-1/2^n}\right|_{x=2^{2^n}}^{x=2^{2^{n+1}}} \\ &= \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{2^{2^n - n}} - \frac{1}{2^{2^{n+1} - n}} \right) \\ &< \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^{2^n - n}} \\ &< \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} = 2. \end{align*}

Answer 1

Considere en su lugar la función de $g(x) = f(e^x)$. Evidentemente, $\lim_{x \to \infty} g(x) = \lim_{x \to \infty} f(e^x) = \lim_{x \to \infty} f(x) = 0$. Además, hemos $$\int_{\delta}^{\infty} \frac{f(x)}{x} \, dx = \int_{\ln \delta}^\infty g(x) \, dx$$ Entonces la pregunta se convierte en la siguiente: ¿ $\lim_{x \to \infty} g(x) = 0$ implican $\int_\delta^\infty g(x) \, dx < \infty$? Sabemos que esto es falso, simplemente por considerar $g(x) = \frac1x$. Esto sería equivalente a $f(x) = \frac1{\ln x}$.

Si tenemos el objetivo de conocer el "más grande" de la función cuya integral converge, podemos como alternativa de búsqueda para el "más pequeño" de la función cuya integral diverge para ganar un poco de perspectiva. Tenga en cuenta que podemos tomar cualquier función que los enfoques $\infty$ como $x$ va a la $\infty$ y examinar sus derivados para llegar a un deseable "pequeño" de la función, por lo que considerar, por ejemplo, la función $$h(x) = \ln \ln \ln \cdots \ln x$$ donde $\ln$ se aplica a un número arbitrario de veces. Independientemente de la cantidad de veces que se aplican $\ln$, esta función todavía enfoque de $\infty$, por lo tanto consideramos que la derivada de esta. Terminamos con $$f(x) = \frac{1}{\ln(x)\ln(\ln(x))\ln(\ln(\ln(x)))\cdots\ln(\ln(\cdots(\ln(x))\cdots))}$$ que satisface la condición de que su problema original. Podemos tener un enfoque de función de $\infty$ arbitrariamente lentamente, lo que significa que realmente no hay un "más pequeño" de la función con un divergentes integral. Tal vez podemos decir que $f(x)$ como acabamos de explicar pero con una infinita producto es el "más grande" de la función con una integral convergente, pero esto es un poco sospechoso.

Answer 2

No, no hay tal función. Por simplicidad conjunto $g(x) = \frac{f(x)}{x}$ y suponer sin pérdida de generalidad que $\delta = 1$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer también que $\int_1^\infty g(x) dx = 1$ y que $g(x) > 0$ para todos los $x$.

Aquí está una función de $h$ tal que $\int_1^\infty h(x) dx = 2$ e $\frac{h(x)}{g(x)} \to \infty$ como $x \to \infty$. Hay números de $x_1 = 1 < x_2 < x_3 < x_4 < \dots$ tal que $\int_{x_i}^{x_{i+1}} g(x) dx = 2^{-i}$ desde $g$ nunca se desvanece por supuesto. Conjunto $$ h(x) = \left(\frac{4}{3}\right)^g(x) \quad \text{si} \quad x_i \le x < x_{i+1} \, . $$ Entonces claramente $\frac{h(x)}{g(x)} \to \infty$ como $x \to \infty$ y $$ \int_{x_i}^{x_{i+1}} h(x) dx = 2^{-i} \cdot \left( \frac{4}{3} \right)^i = \left(\frac{2}{3}\right)^i $$ y por lo tanto $$ \int_1^\infty h(x) = \sum_{i = 1}^\infty \left( \frac{2}{3} \right)^i = 2 \, . $$