Suma de una serie con integral II

Question

Dejemos que $0<2a<b<\infty$ y $f:(0,\infty)\to(0,\infty)$ sea una función conveniente. Veo una desigualdad en un documento tal que

$$ \sum_{k=-\infty}^{-1}\int_{2^{k}a}^{2^{k}b}\frac{f(t)}{t}dt=\int_{0}^{b}\left(\sum_{k=-\infty}^{-1}\chi_{[2^{k}a,~2^{k}b]}(t)\right) \frac{f(t)}{t}dt\le C \int_{0}^{b} \frac{f(t)}{t}dt. $$ Pero no puedo ver cómo esta igualdad $$ \sum_{k=-\infty}^{-1}\int_{2^{k}a}^{2^{k}b}\frac{f(t)}{t}dt=\int_{0}^{b}\left(\sum_{k=-\infty}^{-1}\chi_{[2^{k}a,~2^{k}b]}(t)\right) \frac{f(t)}{t}dt $$ y esta desigualdad $$ \int_{0}^{b}\left(\sum_{k=-\infty}^{-1}\chi_{[2^{k}a,~2^{k}b]}(t)\right) \frac{f(t)}{t}dt\le C \int_{0}^{b} \frac{f(t)}{t}dt $$ retenciones. ¿Puede alguien ayudarme a entender estos hechos?

Answer 1

Pista. Hay un número entero positivo $N$ tal que $b/2^N<a$ . Entonces, para cualquier $n\geq N$ y cualquier número entero positivo $k$ (Prefiero considerar los índices positivos), $$\frac{b}{2^{n+k}}<\frac{a}{2^{k}}$$ lo que implica que $[a/2^{n+k},b/2^{n+k}]\cap[a/2^{k},b/2^{k}]=\emptyset$ . Ahora, dado un número entero positivo $n$ es el valor no negativo función de paso $$\sum_{k=1}^{n}\chi_{[a/2^{k},b/2^{k}]}(t)$$ limitado por $[0,b]$ por alguna constante $C$ que no depende de $n$ (pero podría estar relacionado con $N$ )? Recordemos que dado $t$ entonces $\sum_{k=1}^{n}\chi_{[a/2^{k},b/2^{k}]}(t)$ cuenta el número de intervalos $[a/2^{k},b/2^{k}]$ que contiene $t$ .

Si es así, para cualquier número entero positivo $n$ , $$\sum_{k=1}^{n}\int_{a/2^{k}}^{b/2^{k}}\frac{f(t)}{t}dt= \sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{b}\chi_{[a/2^{k},b/2^{k}]}(t)\frac{f(t)}{t}dt\\=\int_{0}^{b}\left(\sum_{k=1}^{n}\chi_{[a/2^{k},b/2^{k}]}(t)\right) \frac{f(t)}{t}dt\le C \int_{0}^{b} \frac{f(t)}{t}dt.$$

P.D. $0<2a<b$ implica que $$\frac{a}{2^{k+1}}<\frac{a}{2^{k}}<\frac{b}{2^{k+1}}<\frac{b}{2^{k}}$$ Por lo tanto, $[a/2^{k+1},b/2^{k+1}]\cap[a/2^{k},b/2^{k}]\not=\emptyset$ y $$\bigcup_{k=1}^{\infty}[a/2^{k},b/2^{k}]=(0,b/2].$$ Así que $1\leq \sum_{k=1}^{n}\chi_{[a/2^{k},b/2^{k}]}(t)$ para cualquier $t\in (0,b/2]$ .

Answer 2

Para todos $k\leq -1$ tenemos
\begin{align*} \int_{2^{k}a}^{2^{k}b}\dfrac{f(t)}{t}dt=\int_{0}^{b}\chi_{[2^{k}a,2^{k}b]}(t)\dfrac{f(t)}{t}dt \end{align*} Ahora bien, tenga en cuenta que $f$ es una función no negativa, por el Teorema de Convergencia Monótona, \begin{align*} \sum_{k=-\infty}^{-1}\int_{2^{k}a}^{2^{k}b}\dfrac{f(t)}{t}dt&=\sum_{k=-\infty}^{-1}\int_{0}^{b}\chi_{[2^{k}a,2^{k}b]}(t)\dfrac{f(t)}{t}dt\\ &=\int_{0}^{b}\sum_{k=-\infty}^{-1}\chi_{[2^{k}a,2^{k}b]}(t)\dfrac{f(t)}{t}dt. \end{align*} Ahora dejemos que $n_{0}\geq 1$ sea tan grande que $\dfrac{b}{2^{n_{0}}}<a$ entonces $I_{k}:=[2^{-k}a,2^{-k}b]$ para todos $k\geq 1$ son tales que $I_{k+n}\cap I_{k}=\emptyset$ , $I_{k-n}\cap I_{k}=\emptyset$ para todos $n\geq n_{0}$ con la convención de que $I_{m}=\emptyset$ para $m\leq 0$ Así que si $t\in[0,b]$ es tal que $t\in I_{k}$ para algunos $k$ entonces \begin{align*} \sum_{k=-\infty}^{-1}\chi_{[2^{k}a,2^{k}b]}(t)\leq \chi_{I_{k+n_{0}-1}}(t)+\cdots+\chi_{I_{k-n_{0}+1}}(t)\leq 2n_{0}. \end{align*}

Más detalles: $I_{k-n}\cap I_{k}=\emptyset$ para todos $n\geq n_{0}$ . Supongamos que $k-n\geq 1$ entonces tenemos \begin{align*} \dfrac{b}{2^{k}}=\dfrac{b}{2^{k-n}\cdot 2^{n}}<\dfrac{a}{2^{k-n}}, \end{align*} así que \begin{align*} I_{k-n}\cap I_{k}=\left[\dfrac{a}{2^{k}},\dfrac{b}{2^{k}}\right]\bigcap\left[\dfrac{a}{2^{k-n}},\dfrac{b}{2^{k-n}}\right]=\emptyset. \end{align*} Un razonamiento similar se aplica a $I_{k+n}\cap I_{k}$ .

Ahora, para un fijo $t$ , encontrar algunos $k$ tal que $t\in I_{k}$ . Desde $I_{k-n}\cap I_{k}=I_{k+n}\cap I_{k}=\emptyset$ para todos $n\geq n_{0}$ Así que $t\notin I_{k-n},I_{k+n}$ para todos esos $n$ , entonces la suma \begin{align*} \sum_{l=1}^{\infty}\chi_{I_{l}}(t) \end{align*} se reduce como máximo a $\chi_{I_{k-n_{0}+1}},...,\chi_{k+n_{0}-1}$ y estos sumandos suman como máximo $2n_{0}$ .