Calcular $\lim_{x \to 0^+}x\int_{x}^1 \frac{f(t)}{t^2}dt $

Question

Si $f$ es integrable en a $[0,1]$ $\displaystyle \lim_{x \to 0^+}f(x)$ existe, calcular los $\displaystyle \lim_{x \to 0^+}x\int_{x}^1 \dfrac{f(t)}{t^2} dt $.

No podemos realmente utilizar L'Hospital de la regla, pero para $f(t) = 1, \forall t$, obtenemos el límite para ser $1$. ¿Cómo podemos calcular el límite?

Answer 1

Desde $f$ es integrable, para todos los $\varepsilon>0$, $$\int_\varepsilon^1 \frac{f(t)}{t^2}\mathrm d t$$ exist, and thus $$\lim_{x\to 0} x\int_\varepsilon^1 \frac{f(t)}{t^2}\mathrm d t=0$$ para todos los $\varepsilon>0$. Ahora, vamos a denotar $$\lim_{t\to 0}f(t)=:\ell\in\mathbb R.$$ Entonces, para todos los $\delta>0$, hay un $\varepsilon>0$ tal que $$\ell-\delta<f(t)<\ell+\delta$$ whenever $t<\varepsilon$. A continuación, $$(\ell-\delta) x\int_x^\varepsilon \frac{1}{t^2}\mathrm d t\leq x\int_x^\varepsilon \frac{f(t)}{t^2}\mathrm d t\leq (\ell+\delta)x\int_x^\varepsilon \frac{1}{t^2},$$ y el resultado sigue.

Answer 2

Hacer la sustitución $ t=ux $, y la integral se convierte en

$$ x \int_x ^1 \frac{f(t)}{t^2} {\rm d} t= \int _1^{\frac{1}{x}} \frac{f(xu)}{u} {\rm d u}. $$

Ahora cambio la variable límite a$1/x$, por lo que tenemos que calcular $ \lim _{x \rightarrow \infty} \int _1^{x} \frac{f(u/x)}{u^2} {\rm d u} .$ Denotar $ \lim _{ x\rightarrow 0}f(x) = f(0+)$.

Vamos a mostrar que el límite es igual a $f(0+).$

Observe que $ \int _{1}^\infty \frac{f(0+)}{u^2} {\rm d } u = \lim_{x \rightarrow \infty} \int _{1}^x \frac{f(0+)}{u^2} {\rm d } u =f(0+) $.

Por lo que es suficiente para demostrar que $$\lim _{x \rightarrow \infty} \int _1^{x} \frac{f(u/x) -f(0+)}{u^2} {\rm d u}=0 $$

Dividir esto en dos integrales a saber

$$\int _1^{x} \frac{f(u/x) -f(0+)}{u^2} {\rm d u} =\int _1^{x^{3/4}} \frac{f(u/x) -f(0+)}{u^2} {\rm d u}+\int _{x^{3/4}}^{x} \frac{f(u/x) -f(0+)}{u^2} {\rm d u} $$ Para la segunda integral tenemos dos estimaciones (el límite inferior no es necesario para nuestros fines) $$0\leq \frac{1}{x^{2}}\int _{x^{3/4}}^{x} |f(u/x) -f(0+)| {\rm d} u\leq \int _{x^{3/4}}^{x} \frac{|f(u/x) -f(0+)|}{u^2} {\rm d u} \leq \frac{1}{x^{6/4}}\int _{x^{3/4}}^{x} |f(u/x) -f(0+)| {\rm d} u $$

\begin{align*} \frac{1}{x^{6/4}} \int _{x^{3/4}}^{x} |f(u/x)|+|f(0+)| { \rm d}u &= \frac{1}{x^{6/4}} \int _{x^{-1/4}}^{1} |f(u)| x{ \rm d}u+ \frac{1}{x^{6/4}} \int _{x^{-1/4}}^{1} |f(0+)| x{ \rm d}u\\ &=\frac{1}{x^{2/4}} \int _{x^{-1/4}}^{1} |f(u)| { \rm d}u+ \frac{1}{x^{2/4}}( 1- x^{-1/4}) |f(0+)| \\ &\leq \frac{1}{x^{2/4}} \int _{0}^{1} |f(u)| { \rm d}u+ \frac{1}{x^{2/4}} |f(0+)| \rightarrow 0 \end{align*} Ahora, por el teorema del encaje al $x\rightarrow \infty$ obtenemos $$\int _{x^{3/4}}^{x} \frac{f(u/x) -f(0+)}{u^2} {\rm d u}=0.$$

Ahora podemos encontrar $M$ tal que cuando se $x>M$ obtenemos que $ |f(u/x)-f(0+)|<\epsilon$ $\forall u \in [x,x^{3/4}]$. Lo que muestra que $$\lim _{x\rightarrow \infty}\int _1^{x^{3/4}} \frac{f(u/x) -f(0+)}{u^2} {\rm d u}=0$$ Así llegamos a la conclusión.