$f(nx)\to 0$ como $n\to+\infty$

Question

Dejemos que $f:\mathbb R^+\to\mathbb R^+$ sea una función continua, y que $I$ sea un subconjunto de $\mathbb R^+$ tal que la siguiente propiedad se cumple:

Para cualquier $x\in I$ , $f(nx)\to 0$ como $n\to+\infty$ .

Intuitivamente, si $I$ es lo suficientemente "grande", $f$ tiende necesariamente a $0$ en el infinito, pero resulta que no siempre es así. Estoy investigando si se puede decir, para varios $I$ , si

$f(x)\to 0$ como $x\to+\infty$ .

---

Como primer ejemplo, consideremos $I=[0,1]$ . Establecer $\varepsilon>0$ y considerar los conjuntos cerrados $F_n=\{x\in I\mid f(kx)<\varepsilon,\forall k\geq n\}$ . Su unión es $[0,1]$ y por tanto, gracias a la propiedad de Baire, uno de ellos tiene interior no vacío, es decir $[a,b]\in F_n$ para un determinado $n$ . De ello se desprende que para todo $k\geq n$ y $x\in[ka,kb]$ , $f(x)<\varepsilon$ . Pero como $b>a$ , $\bigcup_{k=n}^\infty [ka,kb]$ contiene una media línea, y $\limsup_{x\to\infty} f(x) \leq \varepsilon$ . Como el razonamiento es válido para cualquier $\varepsilon>0$ concluimos que $f$ tiende, en efecto, a $0$ en el infinito. La misma prueba funciona en realidad para todos los $I$ con interior no vacío.

El resultado es falso en dimensiones superiores cuando $I$ contiene una vecindad del origen, ya que se puede construir un simple contraejemplo utilizando una parábola.

¿Qué sucede cuando $I\subset \mathbb R$ es más pequeño? Considera los siguientes conjuntos:

1. $I$ es cualquier conjunto medible con interior vacío, pero con medida de Lebesgue >0. En ese caso, una de las mencionadas $F_n$ tiene medida de Lebesgue positiva.

2. $I=(0,1)\cap C$ , donde $C$ es el conjunto de Cantor (u otro conjunto incontable). Entonces, uno de los $F_n$ tiene que ser incontable también,

3. $I=\{1/k,k\in\mathbb N\}$ o $I=(0,1)\cap \mathbb Q$ siendo ambos equivalentes. A continuación proporcioné una respuesta para ésta, y en realidad para cualquier conjunto contable; tal función $f$ no converge necesariamente a $0$ .

En cualquiera de estos casos, ¿se puede decir algo sobre el comportamiento de $f$ ¿en el infinito?

Pregunta extra: ¿cuál es el mínimo condición para $I$ (si lo hay) para que $f$ tiene que converger a $0$ ?

---

Pensé en imitar la prueba del primer ejemplo cuando $I$ tiene el interior vacío pero la medida de Lebesgue es positiva. Si existe un número entero $n$ y un intervalo no trivial $[a,b]$ tal que $|F_n\cap [a,b]|=b-a$ entonces $f\leq\varepsilon$ en un conjunto que es denso en una media línea, y por tanto, utilizando la continuidad, tiende a $0$ . Lamentablemente, dicho intervalo puede no existir, ya que el cierre de $F_n$ podría muy bien ser de interior vacío, como un conjunto de Cantor generalizado.

Answer 1

Dejemos que $I=\{1/k, k\in\mathbb N\}$ .

Considere la función $f$ definido en cada intervalo $[n,n+1]$ así:

$$ f(x)=\begin{cases} 1-2n\left|n+\frac{1}{2n}-x\right| &\text{if }x\in[n,n+1/n] \\ 0 & \text{if }x\in[n+1/n,n+1] \end{cases} $$

$f$ es continua en $\mathbb R^+$ y satisface la hipótesis

Para cualquier $x\in I$ , $f(nx)\to 0$ como $n\to+\infty$ .

De hecho, esta función podría haber sido elegida para ser suave, y la construcción se mantiene para cualquier conjunto contable. En efecto, si $I=\{x_k,k\in\mathbb N\}$ entonces podemos construir una función $f$ que tiene un pico en $[1,2]\backslash(x_1\mathbb N)$ , luego otro en $[2,3]\backslash(x_1\mathbb N\cup x_2\mathbb N)$ y así sucesivamente, ya que $[n,n+1]\backslash(\bigcup_{i=1}^nx_i\mathbb N)$ tiene un interior no vacío.

Answer 2

Al principio observo que su prueba funciona para todos los que no son de la marca $I$ (es decir, que no son una unión contable de conjuntos densos de ninguna parte). Por otro lado, dejemos que $I$ sea un escaso subconjunto de $\mathbb R^+$ . Elija una secuencia $\{F_n\}$ de conjuntos densos cerrados en ninguna parte tales que $F_n\subset [1/n;n]$ para cada $n$ y $\bigcup F_n\cup \{0\}\supset I$ . La familia $\mathcal F=\{mF_n:m\ge n^2\}$ es localmente finito, por lo que un conjunto $F=\bigcup\mathcal F$ está cerrado. Dado que el conjunto $F$ es escaso, por el teorema de Baire, no contiene una media línea. Esto significa que existe una secuencia $S=\{x_n\}\subset\mathbb R^+\setminus\{0\}$ que va hasta el infinito. Así, el conjunto $S$ está cerrado. Como los conjuntos cerrados $F\cup\{0\}$ y $S$ son disjuntos y el espacio $\mathbb R^+$ es normal, existe una función continua $f: \mathbb R^+\to \mathbb R^+$ tal que $f(F\cup\{0\})=0$ y $f(S)=1$ . Por lo tanto, existe un tamaño arbitrario de $x$ tal que $f(x)=1$ pero para cada $x\in I$ $f(nx)$ finalmente consigue $0$ .

Answer 3

Supongamos que $f(x) = 1 - \cos(2\pi x) + 1/x$ y $I=\mathbb N$ .