Para $f$ continuo, mostrar $\lim_{n\to\infty} n\int_0^1 f(x)x^n\,dx = f(1).$

Question

Supongamos $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ es continua. Mostrar que

$$\lim_{n\to\infty} n\int_0^1 f(x)x^n\,dx = f(1).$$

Mi respuesta: en Primer lugar quiero suponer que $f\in C^1$. Entonces

$$n\int_0^1f(x)x^n\,dx = \left[\frac{n}{n+1}x^{n+1}f(x)\right]_0^1 - \frac{n}{n+1}\int_0^1 x^{n+1}f'(x)\, dx\\ \frac{n}{n+1}f(1) - \frac{n}{n+1}\int_0^1 x^{n+1}f'(x)\, dx,$$

que va a $f(1)$ debido a que la última integral se va a cero.

Pero la aproximación de $f$ $\phi\in C^1$ no necesariamente funcionará, porque $\phi(1)$ no es igual a $f(1)$ ... ¿cómo podemos terminar el argumento?

Answer 1

Aquí está una más elementales método que se propone:

En primer lugar, tenga en cuenta que si $f$ es continua en a $[0,1]$, entonces es necesariamente limitada en $[0,1]$; decir $\lvert f(x)\rvert\leq M$ todos los $x\in[0,1]$. Si definimos $\delta_n:=\frac{1}{\sqrt{n}}$, luego $$ \left\lvert n\int_0^{1-\delta_n}f(x)x^n\,dx\right\rvert\leq Mn\int_0^{1-\delta_n}x^n\,dx=\frac{n}{n+1}\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^{n+1}\rightarrow0\text{ como }n\rightarrow\infty. $$ Ahora, vamos a $\epsilon>0$ ser dado. La continuidad de la $f$ $1$ implica que existe $\delta>0$ tal que $\lvert 1-x\rvert<\delta$ implica $\lvert f(x)-f(1)\rvert<\epsilon$. Elija $N\in\mathbb{N}$ tal que $0<\delta_n<\delta$ todos los $n\geq N$. A continuación, para $n\geq N$, $$ n\int_{1-\delta_n}^1(f(1)-\epsilon)x^n\,dx\leq n\int_{1-\delta_n}^1 f(x)x^n\,dx\leq n\int_{1-\delta_n}^{1}(f(1)+\epsilon)x^n\,dx. $$ El cómputo de la izquierda integral $$ \frac{n}{n+1}\left(1-\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^{n+1}\right)\left(f(1)-\epsilon\right)\rightarrow f(1)-\epsilon\text{ como }n\rightarrow\infty; $$ el derecho integral de los rendimientos de la misma, excepto con $f(1)+\epsilon$. Entonces $$ f(1)-\epsilon\leq\liminf_{n\rightarrow\infty}\ n\int_0^1f(x)x^n\,dx\leq\limsup_{n\rightarrow\infty}\ n\int_0^1 f(x)x^n\,dx\leq f(1)+\epsilon. $$ Pero, esto es válido para cualquier $\epsilon>0$; de modo que, dejando $\epsilon\rightarrow0$, obtenemos el resultado deseado.

Answer 2

Podemos terminar el argumento de la siguiente manera. (Nota: vamos a suponer que el límite en cuestión existe para $f$ y establecer que es igual a $f(1)$. Técnicamente, se debe demostrar que este límite existe como Pedro Tamaroff notas de abajo (¡gracias!). Una modificación menor de la siguiente argumento al mismo tiempo establece la existencia del límite y su valor, pero eso se lo dejamos como ejercicio para el lector.) Deje $\epsilon>0$. Elija $\phi\in C^1$ tal que $\left|f(x)-\phi(x)\right|<\epsilon$ todos los $x\in [0,1]$. Se ha demostrado que la $$\lim_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} \phi(x)x^n=\phi(1).$$ por lo Tanto,

$$\begin{align}\left|\lim_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} f(x)x^n dx -\lim_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} \phi(x)x^n dx\right|&=\left|\lim_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} (f(x)-\phi(x))x^n dx\right|\\ &\leq \lim_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} \left|(f(x)-\phi(x))x^n\right| dx\\ &< \lim_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} \epsilon x^n dx\\ &=\lim_{n\to\infty} \epsilon \frac{n}{n+1}\\ &=\epsilon\end{align}$$

Por lo tanto,

$$\begin{align}\left|\lim_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} f(x)x^n dx - f(1)\right|\leq \left|\lim_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} f(x)x^n dx - \phi(1)\right| + \left|\phi(1)-f(1)\right|&<\epsilon + \epsilon\\&=2\epsilon\end{align}$$

Desde $\epsilon>0$ fue arbitraria, llegamos a la conclusión de que $$\lim\limits_{n\to\infty} n\int_{0}^{1} f(x)x^n dx=f(1)$$ for all continuous functions $f:[0,1]\to \mathbb{R}$.

Answer 3

En primer lugar, tenga en cuenta que $$\int_0^1 x^n f(x)dx\to 0$$

desde $f$ es acotado, por lo que podemos demostrar que $$(n+1)\int_0^1 x^n f(x)dx\to f(1)$$

Pero tenga en cuenta $$\left( {n + 1} \right)\int_0^1 {x^n}f (1)dx = f(1).$$ so it suffices to consider the case $f(1)=0$.

THM Supongamos que $f:[0,1]\to \Bbb R$ es continua y $f(1)=0$. A continuación, $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n + 1} \right)\int_0^1 f (x){x^n}dx = 0$$

P Vamos a $\epsilon >0$ ser dado. Por la continuidad, existe un entorno $[1-\delta,1]$ tal que $$|f(x)|<\frac\varepsilon2$$ whenever $x\in[1-\delta,1]$. Write $$\left( {n + 1} \right)\left| {\int_0^1 f (x){x^n} dx} \right| \leqslant \left( {n + 1} \right)\left| {\int_0^{1 - \delta } f (x){x^n} dx} \right| + \left( {n + 1} \right)\left| {\int_{1 - \delta }^1 f (x){x^n} dx} \right|$$ so that $$\left( {n + 1} \right)\left| {\int_{1 - \delta }^1 {f\left( x \right){x^n} dx} } \right| \leqslant \left( {n + 1} \right)\frac{\varepsilon }{2}\int_{1 - \delta }^1 {{x^n} dx} \leqslant \left( {n + 1} \right)\frac{\varepsilon }{2}\int_0^1 {{x^n} dx} = \frac{\varepsilon }{2}$$

Por otro lado, $|f|$ alcanza un máximo en $[0,1-\delta]$ y tenemos $$\left( {n + 1} \right)\left| {\int_0^{1 - \delta } {f\left( x \right){x^n}{\mkern 1mu} dx} } \right| \leqslant \left( {n + 1} \right)\int_0^{1 - \delta } {\left| {f\left( x \right)} \right|{x^n}{\mkern 1mu} dx} \leqslant M\left( {n + 1} \right)\int_0^{1 - \delta } {{x^n}{\mkern 1mu} dx} \leqslant M{\left( {1 - \delta } \right)^{n + 1}}$$

Desde $1-\delta <1$, esto va a $0$; por lo que la demanda de la siguiente manera. Nota: también podría haber utilizado ese $(n+1)x^n$ converge a cero uniformemente en $[0,1-\delta]$ para cualquier $0<\delta <1$ $\blacktriangle$

OBS Nota cómo la prueba de que funciona: $x^n$ abdominales con todo lo $1$, y la continuidad de la $f$ $f(1)=0$ abdominales todo cerca de $1$.

Answer 4

En primer lugar, tenga en cuenta que $$ (n+1)\color{#C00000}{\int_0^ax^n\,\mathrm{d}x}=a^{n+1}\etiqueta{1} $$ y $$ (n+1)\color{#00A000}{\int_0^1^n\,\mathrm{d}x}=1\etiqueta{2} $$ Escoge un $\epsilon>0$. Desde $f$ es continuo, no es un $\delta>0$, de modo que para todos los $x\in[1-\delta,1]$,$|f(x)-f(1)|\le\epsilon$. Desde $f$ es continua en a $[0,1]$, hay un $M$, de modo que $|f(x)|\le M$$x\in[0,1]$. Además, hay un $N$, de modo que para$n\ge N$,$2M(1-\delta)^{n+1}\le\epsilon$.

Así, por $n\ge N$ $$ \begin{align} &\left|f(1)-(n+1)\int_0^1x^nf(x)\,\mathrm{d}x\right|\\ &=(n+1)\left|\int_0^1x^n(f(1)-f(x))\,\mathrm{d}x\right|\\ &=(n+1)\left|\color{#C00000}{\int_0^{1-\delta}x^n(f(1)-f(x))\,\mathrm{d}x} +\color{#00A000}{\int_{1-\delta}^1x^n(f(1)-f(x))\,\mathrm{d}x}\right|\\ &\le\color{#C00000}{2M(1-\delta)^{n+1}}+\color{#00A000}{\epsilon}\\ &\le2\epsilon\tag{3} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \lim_{n\to\infty}(n+1)\int_0^1^nf(x)\,\mathrm{d}x=f(1)\etiqueta{4} $$ Desde $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac n{n+1}=1$, obtenemos $$ \lim_{n\to\infty}n\int_0^1^nf(x)\,\mathrm{d}x=f(1)\etiqueta{5} $$