Si $f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ es continua y decreciente y $α>0$ s.t. $\int_{0}^\infty x^α f(x)dx<\infty$ , $\lim_{x\to\infty}f(x)x^{α+1}=0$

Question

Dejemos que $f: [0,\infty)\rightarrow [0,\infty)$ sea una función continua y decreciente. Supongamos que existe una $\alpha>0$ tal que $\int_{0}^{\infty} x^\alpha f(x) dx < \infty$ . Demostrar que $\lim_{x\rightarrow \infty} f(x)x^{\alpha+1}=0$ .

Primero intenté integrar usando la fórmula de las partes porque pensé que era una buena manera de llegar al límite. Y luego intenté usar la definición de convergencia pero no sabía cómo terminar.

Answer 1

En efecto, supongamos que la declaración $\lim_{x\rightarrow \infty} f(x)x^{\alpha+1}=0$ es falso. Entonces, por definición del límite, existe un $\varepsilon>0$ tal que para cada $X\in[0,\infty[$ existe un $x\geq X$ tal que $f(x)x^{\alpha+1}\geq\varepsilon$ .

Por lo tanto, podemos construir una secuencia $x_1,x_2,x_3,\dots$ en $[0,\infty[$ satisfactorio:

• $f(x_i) x_i^{\alpha+1}\geq\varepsilon$ para todos $i$ y
• $\frac{x_{i}}{x_{i-1}}\geq 2^i$ para todos $i$ .

Ahora viene la idea principal: Desde $f$ es decreciente, tenemos $f(x)\geq\frac{\varepsilon}{x_i^{\alpha+1}}$ para todos $i$ y $x\le x_i$ .

Por lo tanto, para todos los $i\geq 2$ , $$\int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x) x^\alpha\,\mathrm dx\geq\varepsilon\int_{x_{i-1}}^{x_i} \frac{x^\alpha}{x_i^{\alpha+1}}\,\mathrm dx=\frac\varepsilon{\alpha+1}-\varepsilon\left(\frac{x_{i-1}}{x_i}\right)^\alpha\geq\frac{\varepsilon}{\alpha+1}-\frac{\varepsilon}{2^i}.$$

De ello se desprende que $$\int_0^\infty f(x) x^\alpha\,\mathrm dx\geq \sum_{i=2}^\infty \int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x) x^\alpha\,\mathrm dx\geq\sum_{i=2}^\infty\frac{\varepsilon}{\alpha+1}-\frac{\varepsilon}{2^i},$$ pero la última suma es claramente divergente. Contradicción. $\square$

Answer 2

Argumentamos por contradicción. Si no, entonces

$$\lim _{x\to \infty} f(x) x^{\alpha +1} =0$$

es falso, y por lo tanto hay un $\epsilon_0 >0$ y una secuencia $\{s_n \}$ de números reales positivos para que

$$ f(s_n) s_n^{\alpha +1} \ge \epsilon _0$$

para todos $n\in \mathbb N$ .

Ahora bien, como $\int_0^\infty f(x) x^\alpha dx <\infty$ , hay $M>0$ para que

$$ \int_M ^y f(x) x^\alpha dx < \frac{\epsilon_0}{2(\alpha +1)}$$

para todos $y>M$ . Desde $\{s_n\}$ converge al infinito, para todo $x>M$ , hay $s_n$ para que $s_n >x$ .

desde $f$ está disminuyendo,

$$ \int_x^{s_n} f(t) t^\alpha dt \ge \int_x^{s_n} f(s_n) t^\alpha dt= \frac{f(s_n)}{\alpha +1} ( s_n^{\alpha +1} - x^{\alpha +1})\ge \frac{1}{\alpha +1}( f(s_n)s_n^{\alpha +1} - f(x) x^{\alpha +1}). $$

Así que

$$\epsilon_0 \le f(s_n) s_n^{\alpha +1} \le(\alpha +1) \int_x^{s_n} f(t) t^\alpha dt + f(x) x^{\alpha+1}\le \epsilon_0/2 + f(x) x^{\alpha+1}$$

lo que implica $f(x) x^{\alpha +1} \ge \epsilon_0/2$ para todos $x>M$ .

Pero entonces

$$ \int_M ^y f(x) x^\alpha dx\ge \frac{\epsilon_0}{2} \int_M^y \frac{1}{x} dx = \frac{\epsilon}{2} (\ln y - \ln M) $$

que no tiene límites, ya que $y \to +\infty$ . Esto es una contradicción con la suposición de que $\int_0 ^\infty f(x) x^\alpha dx <\infty$ .

Answer 3

Desde $f$ es una función decreciente, entonces $$0\leq \frac{f(x) x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1} \leq f(x) \int_0^x t^\alpha dt \leq \int_0^x f(t) t^\alpha dt \leq \int_0^\infty f(t) t^\alpha dt,$$ lo que implica $$\lim_{x\to \infty} f(x) = 0.$$ Dejemos que $A >0$ sea un número arbitrario y $x > A$ . Desde $f$ es decreciente entonces tenemos $$\int_A^\infty f(t) t^\alpha dt \geq \int_A^x f(t) t^\alpha dt \geq f(x)\int_A^x t^\alpha dt = f(x) \frac{x^{\alpha+1} -A^{\alpha+1}}{\alpha+ 1},$$ o de forma equivalente $$f(x) x^{\alpha+1} \leq f(x) A^{\alpha+1} + (\alpha+1)\int_A^\infty f(t) t^\alpha dt.$$ Dejar $x\to \infty$ obtenemos $$\limsup_{x\to \infty} f(x) x^{\alpha+1} \leq (\alpha+1)\int_A^\infty f(t) t^\alpha dt$$ para cualquier $A >0$ . Dejar $A \to \infty$ y utilizando $\int_0^\infty f(t) t^\alpha dt < \infty$ obtenemos $$\limsup_{x\to \infty} f(x) x^{\alpha+1} \leq 0.$$ Evidentemente, tenemos $$\liminf_{x\to \infty} f(x) x^{\alpha+1} \geq 0.$$ Por lo tanto, $\lim_{x\to \infty} f(x) x^{\alpha+1} = 0$ .