$f$ una función continua en [0,1], Mostrar: $\lim_{x \to 0}, x^{\alpha}\int_{x}^{1}\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}$ , para $\alpha >0$

Question

Dejemos que $f$ sea una función continua en [0,1] y $\alpha >0$ Me gustaría que me ayudaran a encontrar el siguiente límite: $\lim_{x \to 0}, x^{\alpha}\int_{x}^{1}\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}$ .

Primero intenté acotar la función ya que es continua en un intervalo cerrado

$\lim_{x \to 0}, |x^{\alpha}\int_{x}^{1}\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}} |\leq \lim_{x \to 0},| x^{\alpha}\int_{x}^{1}\frac{M}{t^{\alpha+1}}|$ pero me sale un número depende de $\alpha$ y $M$ y no sirve. Entonces, asumo que la integral es siempre divergente, ya que $f$ es continua y se divide por $t$ con exponente mayor que uno, por lo que es 0 multiplicado por $\infty$ ¿tal vez podamos usar L'Hopital de alguna manera?

Gracias.

Answer 1

Dejemos que $\varepsilon>0$ y $\delta$ de manera que si $|x|\leq\delta$ entonces $|f(x)-f(0)|\leq\varepsilon$ . Tenemos para $0<x<\delta$ : \begin{align*}\left|x^{\alpha}\int_x^1\frac{|f(t)-f(0)|}{t^{\alpha+1}}dt\right| &\leq x^{\alpha}\int_x^{\delta}\frac{\varepsilon}{t^{\alpha+1}}dt+x^{\alpha}\int_{\delta}^1\frac{|f(0)|}{t^{\alpha+1}}dt\\ &=x^{\alpha}\varepsilon \frac{-1}{\alpha}(\delta^{-\alpha}-x^{-\alpha})+x^{\alpha}\int_{\delta}^1\frac{|f(0)|}{t^{\alpha+1}}dt\\ &=\frac{(1-x^{\alpha}\delta^{-\alpha})}{\alpha}\varepsilon+x^{\alpha}\int_{\delta}^1\frac{|f(0)|}{t^{\alpha+1}}dt\\ &\leq \frac{(1+|x|^{\alpha}\delta^{-\alpha})}{\alpha}\varepsilon+|x|^{\alpha}\int_{\delta}^1\frac{|f(0)|}{t^{\alpha+1}}dt, \end{align*} así que $\limsup_{x\to 0}\left|x^{\alpha}\int_x^1\frac{|f(t)-f(0)|}{t^{\alpha+1}}dt\right|\leq \varepsilon$ y $\lim_{x\to 0}x^{\alpha}\int_x^1\frac{f(t)-f(0)}{t^{\alpha+1}}dt=0$ . Desde $$x^{\alpha}\int_x^1\frac{dt}{t^{\alpha+1}}=-\frac 1{\alpha}(1-x^{-\alpha})x^{\alpha}=\frac 1{\alpha}(1-x^\alpha),$$ así que finalmente $$\lim_{x\to 0}x^{\alpha}\int_x^1\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}dt=\frac{f(0)}{\alpha}.$$

Answer 2

Tú mismo lo has dicho en la pregunta: utiliza la Regla de L'Hospital aplicada a $$\lim_{x\to0^+}\frac{\int_x^1\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}\,dt}{1/x^{\alpha}}$$ El numerador y el denominador se aproximan cada uno a $\infty$ Dadas sus condiciones en $f$ .

---

EDIT: El denominador se acerca $\infty$ simplemente porque $\alpha$ es positivo.

Si $f(0)$ es distinto de cero, entonces $f$ está acotado por debajo por algún positivo $\epsilon$ en un barrio de $0$ . Por lo tanto, la integral está acotada por debajo de $\epsilon\int_x^\delta\frac{1}{t^{\alpha+1}}\,dt+\int_{\delta}^1\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}\,dt$ que diverge al infinito como $x$ se acerca a $0^+$ ya que el poder de $t$ es mayor que $1$ .

(Y si $f(0)=0$ el numerador podría no acercarse a $\infty$ . Pero todavía se acerca algo desde $f$ es integrable en $[0,1]$ y $t^{\alpha+1}$ es monótona. Llamémoslo $L$ . Entonces la regla de L'Hospital no es necesaria - el límite de la OP es $0\cdot L$ o simplemente $0$ . Esto es consistente con la fórmula dada a continuación cuando $f(0)\neq0$ .)

---

El resultado es $$\begin{align}\lim_{x\to0^+}\frac{\int_x^1\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}\,dt}{1/x^{\alpha}}&=\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{d}{dx}\int_x^1\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}\,dt}{\frac{d}{dx}1/x^{\alpha}}\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{-\frac{d}{dx}\int_1^x\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}\,dt}{\frac{d}{dx}x^{-\alpha}}\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{-\frac{f(x)}{x^{\alpha+1}}}{-\alpha x^{-\alpha-1}}\\ &= \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{\alpha}\\ &=\frac{f(0)}{\alpha} \end{align}$$