$\mu$ prueba de convergencia de la integral impropia de primer tipo

Question

Repasando un texto indio de análisis encontré una prueba de convergencia de la integral impropia. La prueba no estaba demostrada. Intenté demostrarlo... entonces me surgieron algunas dudas...

La declaración es esta:

Dejemos que $f(x)$ sea acotado e integrable en cada subintervalo cerrado de $ (a,\infty)$ , donde $a >0$ . Sea $\mu$ sea un número positivo tal que $\lim_{x \rightarrow \infty} x^{\mu}f(x)$ existe. Si $\mu > 1 $ entonces $\int_{a}^{\infty} f(x)dx$ converge. Si $ \mu \leq 1 $ entonces $\int_{a}^{\infty} f(x)dx$ diverge.

Mi prueba:

$\lim_{x \rightarrow \infty} x^{\mu}f(x) =L $ entonces, para una adecuada $\epsilon >0$ obtendremos $x_{0} $ tal que $(-L+\epsilon)< |x|^{\mu}|f(x)| < (L- \epsilon)$ para $x>x_{0}$ .

Esto llevará a $|f(x)| < (L- \epsilon)|x|^{-\mu}$ entonces utilizando la prueba de comparación obtendremos como $\mu$ >1 $\int_{a}^{\infty} f(x)dx$ converge absolutamente.

Pero esta prueba no puede utilizarse para discutir la divergencia. Aunque utilicemos la desigualdad de la izquierda $|x|^{-\mu}(-L+\epsilon)< |f(x)|$ .

Hay dos problemas que sentí. Uno es que la prueba de comparación es aplicable a las funciones positivas. $|x|^{-\mu}(-L+\epsilon)$ no tiene por qué ser positivo. ¿Podemos resolver este problema sacando $(-L+\epsilon)$ ?

El segundo problema es este: A pesar de que tenemos para $\mu \leq 1$ esta integral diverge por la prueba de comparación obtenemos $\int_{a}^{\infty} |f(x)|dx$ diverge. No conduce a la divergencia de la integral impropia, como dice el teorema.

Answer 1

Cuando $L \neq 0$ esta comparación de límites puede utilizarse para demostrar tanto la convergencia absoluta cuando $\mu > 1$ y la divergencia absoluta cuando $\mu \leqslant 1$ .

Supongamos que $\lim_{x \to \infty} x^\mu f(x) = L$ . Entonces para $\epsilon = |L|/2$ existe $x_0 > 0$ de manera que cuando $x \geqslant x_0> 0$ tenemos

$$| |x^\mu f(x)| - |L|| \leqslant |x^\mu f(x) - L| \leqslant |L|/2.$$

De donde,

$$-|L|/2 \leqslant |x^\mu f(x)| - |L| \leqslant |L|/2\\ \implies |L|/2 \leqslant |x^\mu f(x)| \leqslant 3|L|/2 \\ \implies (|L|/2)x^{-\mu} \leqslant | f(x)| \leqslant (3|L|/2)x^{-\mu} $$

y las integrales de $|f(x)|$ y $x^{-\mu}$ deben converger o divergir juntos.

La prueba de comparación de límites suele presentarse sólo para el caso en que $f(x) \geqslant 0$ para todos $x > a$ . En ese caso, si $\lim_{x \to \infty}x^\mu f(x) = L > 0$ entonces existe $x_0$ de manera que cuando $x \geqslant x_0$ tenemos

$$0 < \frac{L}{2}x^{-\mu} < f(x) < \frac{3L}{2}x^{-\mu},$$

y $\displaystyle \int_a^\infty f(x) \, dx$ diverge si $\mu \leqslant 1$ (utilizando la desigualdad de la izquierda) y converge si $\mu > 1$ (utilizando la desigualdad correcta).

Un ejemplo del primer caso es $f(x) = \sin(1/x)$ - donde $f$ es finalmente positivo. Dado que $\lim_{x \to \infty}x \sin(1/x) = 1$ entonces $\displaystyle \int_1^\infty \sin(1/x) \, dx$ diverge.

Si $L = 0$ entonces para cualquier $\epsilon > 0$ existe $x_0$ de manera que cuando $x \geqslant x_0$ tenemos

$$-\epsilon x^{-\mu} < f(x) < \epsilon x^{-\mu},$$

y sólo podemos concluir que $\displaystyle \int_a^\infty f(x) \, dx$ converge si $\mu > 1$ (utilizando la desigualdad correcta). Un ejemplo es la función gamma

$$\displaystyle \Gamma(s) = \int_0^\infty x^{s-1}e^{-x} \, dx,$$

donde la prueba de convergencia se facilita utilizando la función de prueba $x^{-2}$ .

Si $L = 0$ entonces no podemos concluir la divergencia si $\mu \leqslant 1$ ya que el límite inferior izquierdo es negativo y la integral podría converger a un valor positivo.

Answer 2

Al final de la respuesta de RRL está la observación

Si $L=0$ entonces no podemos concluir la divergencia si $\mu\le 1$ ya que el límite inferior izquierdo es negativo y la integral podría converger a un valor positivo.

Aquí hay contraejemplos que indican que tanto la divergencia como la convergencia son posibles para $0<\mu\le 1$ , $L=0$ .

1. Divergencia - $x^\mu \cdot \frac1{x \log x} \to 0 $ por cada $0<\mu\le 1$ y sin embargo $$ \int_{10}^\infty \frac1{x \log x}\, dx = \infty. $$

2. Convergencia - $x^\mu \cdot \frac1{x (\log x)^2} \to 0 $ por cada $0<\mu\le 1$ y sin embargo $$ \int_{10}^\infty \frac1{x (\log x)^2}\, dx = \frac1{\log 10}< \infty. $$ (Por supuesto, un ejemplo más sencillo es $\int_0^\infty 0\, dx $ pero el ejemplo anterior también es divergente si $\mu > 1$ , por lo que la convergencia no está implicada en el resultado positivo).

Ya que estoy, también señalaré que, estrictamente hablando, en la respuesta de RRL sólo se trata la convergencia de la integral definitoria de la función Gamma "en el infinito", pero no es demasiado difícil tratar la singularidad en 0 (si $0<s<1$ .)