Función submultiplicativa que converge a $0$ tiene un decaimiento exponencial

Question

Dejemos que $f : [0,\infty) \to [0,\infty)$ sea submultiplicativo, es decir $f(s+t) \leq f(s)f(t)$ para todos $t,s\geq 0.$ Asumir además $\lim_{t \to \infty} f(t)=0.$ Entonces demuestre que $f$ decaen exponencialmente.

Mi intento: Queremos demostrar que existe $r>0,M \geq 1$ tal que $f(t)\leq M e^{-rt}$ para todos $t \geq 0.$ Si no, entonces para cada $n \in \mathbb{N},$ existe $t_n\geq 0$ tal que $$f(t_n)>e^{-nt_n}.$$ Submultiplicatividad de $f$ implica $$\left[f\left(\frac{t_n}{n}\right)\right]^n\geq f(t_n)>e^{-nt_n}$$ y por lo tanto $$f\left(\frac{t_n}{n}\right)>e^{-t_n}.$$

No estoy seguro de cómo proceder a partir de aquí.

Answer 1

Arreglar $\varepsilon\in (0,1)$ . Luego está $t_0>0$ sea tal que $f(t)\leq \varepsilon$ para todos $t\geq t_0$ . Sea $\lambda>0$ lo suficientemente pequeño como para que $e^{-\lambda 2t_0}\geq \varepsilon.$ Entonces, para todos los $t\in[t_0,2t_0]$ tenemos $$f(t)\leq \varepsilon \leq e^{-\lambda 2t_0}\leq e^{-\lambda t}.$$ Ahora para todos $t\in [t_0,2t_0]$ y para todos $k=1,2,\dots$ tenemos $$ f(kt)\leq f(t)^k\leq e^{-\lambda kt}$$ Dado que cualquier elemento $t\geq t_0$ es de la forma $t=kt'$ para $t'\in [t_0,2t_0]$ deducimos que $f(t)\leq e^{-\lambda t}$ para todos $t\geq t_0$ .

Utilizando el hecho de que $f$ está acotado en $[0,t_0]$ Ahora deberías ser capaz de completar la prueba.

Answer 2

En primer lugar, si existe $y$ para lo cual $f(y) = 0$ , entonces para todos los $x > y$ , $0 \leqslant f(x) = f((x-y)+y) \leqslant f(x-y)f(y) = 0$ y $f(x) = 0$ . El resultado es entonces trivial.

Ahora, considere $f(x) >0$ para todos $x$ . Tome $g = \ln(f)$ que está bien definida por suposición. Entonces, para todo $x,y$ , $g(x+y) \leqslant g(x)+g(y)$ y $g$ es subaditiva. Se puede demostrar por inducción que $\forall n\in \mathbb{N}$ , $g(n) \leqslant ng(0)$ . También se puede demostrar que para todos los racionales $q$ esta relación es verdadera: $g(q) \leqslant qg(0)$ .

Como el límite de $f$ es $0$ existe $A$ de manera que si $x > A$ entonces $f(x) < 1$ Por lo tanto $g(x) < 0$ . Luego, en $[A,\infty)$ , $g$ es decreciente y si $x$ es irracional, existe $q$ racional tal que $x < q < x+1$ . Con todo ello, se puede demostrar que para todos $x > A$ , $g(x) \leqslant x g(0) + C$ para una constante $C$ que sólo depende de $A$ .

Por lo tanto, en $[A,\infty)$ , $f(x) \leqslant e^C \cdot e^{g(0)x}$ .