¿Función continua y acotada tal que el límite de la integral media no existe?

Question

¿Existe una función continua y acotada $g:[0,\infty)\to\Bbb C$ tal que el límite

$$\lim_{T\to\infty} \frac1T \int_0^T g(t)\, dt$$

no existe?

Answer 1

Sí, por supuesto. Por ejemplo, llame a \begin{align}\phi(x)&=\begin{cases}\exp\frac1{x^2-x}&\text{if }x\in(0,1)\\ 0&\text{if }x\in(-\infty,0]\cup[1,\infty)\end{cases} \\ \psi(x)&=\frac1{\int_0^1\phi(t)\,dt}\phi(x)\end{align}

Entonces, consideremos alguna secuencia estrictamente creciente $a_n\nearrow\infty$ y llamar a $$\Psi^a(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^n\psi\left(\frac{x-a_n}{a_{n+1}-a_n}\right)$$

Observe que $\Psi^a$ es $C^\infty$ y que $\lvert \Psi^a(x)\rvert\le\sup\limits_{x\in\Bbb R}\psi(x)$ ya que $\psi\left(\frac{x-a_n}{a_{n+1}-a_n}\right)\ne0$ y $\psi\left(\frac{x-a_k}{a_{k+1}-a_k}\right)\ne0$ nunca se mantienen simultáneamente si $k\ne n$ .

Ahora, está claro que \begin{align}\frac1{a_n}\int_0^{a_{n}}\Psi^a(u)\,du&=\frac1{a_n}\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}(a_k-a_{k-1})=\frac1{a_n}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k-1}a_k+\frac1{a_n}\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}a_k=\\&=(-1)^{n-1}+\frac{a_0}{a_n}-\frac2{a_n}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^ka_k\end{align}

Desde $\frac{a_0}{a_n}\to 0$ queremos una secuencia $a_n\nearrow \infty$ tal que $(-1)^{n-1}-\frac2{a_n}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^ka_k$ no converge. Por ejemplo, si $a_n=5^n$ entonces $$(-1)^{n-1}-\frac2{a_n}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^ka_k=(-1)^{n-1}-\frac2{5^n}\frac{(-5)^n-1}{-5-1}=(-1)^{n-1}\frac{2}{3}-\frac 13\cdot 5^{-n}$$

En resumen, esta elección de $a$ produce una función tal que $$\limsup_{T\to\infty} \frac1T\int_0^T\Psi^a(x)\,dx\ge\frac23\\ \liminf_{T\to\infty} \frac1T\int_0^T\Psi^a(x)\,dx\le-\frac23$$

Answer 2

Definir $f$ en $[0,\infty)$ de la siguiente manera: Para $n=1,2,\dots,$ dejar $I_n$ sea el intervalo $[n!,(n+1)!].$ Para impar $n$ definimos $f=0$ en $I_n.$ En $I_n$ para incluso $n,$ la idea es definir $f$ para ser un "trapecio horizontalmente largo" de altura $1.$ Más concretamente, para tales $n$ dejamos que $f$ sea la función lineal a trozos que une los siguientes cuatro puntos del plano, de izquierda a derecha:

$$(n!,0),\,(n!+1,1),\, ((n+1)!-1,1), \,((n+1)!,0).$$

Entonces $f$ está acotado y es continuo en $[0,\infty).$

Para $n$ incluso, tenemos

$$\tag 1 \frac{1}{(n+1)!}\int_0^{(n+1)!} f(x)\,dx > \frac{1}{(n+1)!}\int_{n!+1}^{(n+1)!-1} 1\,dx$$ $$ = \frac{1}{(n+1)!}((n+1)!-n!-2)\to 1.$$

Para $n$ impar, tenemos

$$\tag 2 \frac{1}{(n+1)!}\int_0^{(n+1)!} f(x)\,dx = \frac{1}{(n+1)!}\int_0^{n!} f(x)\,dx$$ $$ < \frac{1}{(n+1)!}\int_0^{n!} 1\,dx =\frac{n!}{(n+1)!}=\frac{1}{n+1} \to 0.$$

$(1)$ y $(2)$ mostrar $\frac{1}{T}\int_0^T f(x)\,dx$ no tiene un límite como $T\to \infty.$