cómo demostrar $f(t)\rightarrow L$ como $t\rightarrow \infty$

Question

Dejemos que $f$ ser un $\mathcal{C}^1$ en el $[0,\infty)$ . Supongamos que $$\int_0^\infty t|f'(t)|^2dt<\infty, \quad\lim_{T\rightarrow +\infty} \frac{1}{T}\int_0^T f(t)dt=L$$ cómo demostrar $f(t)\rightarrow L$ como $t\rightarrow \infty$

Sólo entiendo que $f'$ va a $0$ . cómo probar $f$ va a $L$ ?

Answer 1

Sugerencia: si $$\int_0^T f(t)dt\xrightarrow{T\rightarrow\infty}\infty$$ puede utilizar la fórmula de De l'Hospital $$L=\lim_{T\rightarrow +\infty} \frac{1}{T}\int_0^T f(t)dt=\lim_{T\rightarrow +\infty} \frac{\int_0^T f(t)dt}{T}=\lim_{T\rightarrow +\infty}f(T)$$

Answer 2

Poner $\displaystyle g(x)=\int_0^x f(t)dt$ . Por integración por partes, obtenemos $$g(x)=xf(x)-\int_0^x tf^{\prime}(t)dt$$ Por lo tanto, $$f(x)=\frac{g(x)}{x}+\frac{1}{x}\int_0^x tf^{\prime}(t)dt=\frac{g(x)}{x}+F(x)$$ Sólo tenemos que demostrar que $F$ tiene límite $0$ como $x$ va al infinito. Sea $\varepsilon>0$ . Existe un $A>0$ tal que $\displaystyle \int_A^{+\infty}tf^{\prime}(t)^2 \leq \varepsilon^2$ .

Escribir $\displaystyle tf^{\prime}(t)=\sqrt{t}\sqrt{t}f^{\prime}(t)$ y utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos para $x>A$ :

$$(\int_A^x tf^{\prime}(t)dt)^2\leq \frac{x^2-A^2}{2}\int_A^x tf^{\prime}(t)^2dt\leq x^2\varepsilon^2$$ Ahora:

$$|F(x)|=| \frac{1}{x}\int_0^Atf^{\prime}(t) dt+\frac{1}{x}\int_A^x tf^{\prime}(t)dt|\leq | \frac{1}{x}\int_0^Atf^{\prime}(t) dt|+|\frac{1}{x}\int_A^x tf^{\prime}(t)dt|\leq \frac{M}{x}+\varepsilon$$ con $\displaystyle M=|\int_0^Atf^{\prime}(t) dt|$ . Podemos encontrar $B\geq A$ tal que $\displaystyle \frac{M}{x}<\varepsilon$ si $x\geq B$ , por lo que tenemos $|F(x)|\leq 2\varepsilon$ si $x\geq B$ y hemos terminado.