Condiciones suficientes para concluir que $\lim_{a \to 0^{+}} \int_{0}^{\infty} f(x) e^{-ax} \, dx = \int_{0}^{\infty} f(x) \, dx$

Question

¿Cuáles son las condiciones suficientes para concluir que $$ \lim_{a \to 0^{+}} \int_{0}^{\infty} f(x) e^{-ax} \, dx = \int_{0}^{\infty} f(x) \, dx \ ?$$

Por ejemplo, para $a>0$ , $$ \int_{0}^{\infty} J_{0}(x) e^{-ax} \, dx = \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}} \, ,$$

donde $J_{0}(x)$ es la función de Bessel del primer tipo de orden cero.

Pero he visto que en un par de sitios se afirma sin justificación alguna que $$ \int_{0}^{\infty} J_{0}(x) \, dx = \lim_{a \to 0^{+}} \int_{0}^{\infty} J_{0}(x) e^{-ax} \, dx = \lim_{a \to 0^{+}} \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}} = 1 .$$

EDITAR :

En la respuesta del usuario12014, se supone que $ \int_{0}^{\infty} f(x) \, dx$ converge absolutamente.

Pero en el ejemplo anterior, $ \int_{0}^{\infty} J_{0}(x) \, dx$ no converge absolutamente.

Y hay otros ejemplos como

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \, dx = \lim_{a \to 0^{+}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}e^{-ax} \, dx = \lim_{a \to 0^{+}} \arctan \left(\frac{1}{a} \right) = \frac{\pi}{2} $$

y

$$ \int_{0}^{\infty} \text{Ci}(x) \, dx = \lim_{a \to 0^{+}} \int_{0}^{\infty} \text{Ci}(x) e^{-ax} \, dx = - \lim_{a \to 0^{+}} \frac{\log(1+a^{2})}{2a} =0 \, ,$$ donde $\text{Ci}(x)$ es la integral del coseno.

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SEGUNDA EDICIÓN :

Combinando la respuesta de Daniel Fischer a continuación con su respuesta a mi pregunta de seguimiento muestra que si $\int_{0}^{\infty} f(x) \, dx$ existe como una integral de Riemann impropia, entonces $$\lim_{a \to 0^{+}} \int_{0}^{\infty} f(x) e^{-ax} \, dx = \int_{0}^{\infty} f(x) \, dx.$$

Answer 1

El caso fácil es, por supuesto, cuando $\lvert f\rvert$ es integrable, entonces el teorema de convergencia dominada afirma

$$\lim_{a \downarrow 0} \int_0^\infty f(x) e^{-ax}\,dx = \int_0^\infty f(x)\,dx.$$

Si $f$ no es absolutamente integrable, la condición más útil que conozco es que para cada $\varepsilon > 0$ existe un $K(\varepsilon) \in (0,\infty)$ tal que

$$\left\lvert \int_{K(\varepsilon)}^\infty f(x) e^{-ax}\,dx\right\rvert < \varepsilon$$

para todos $a \in [0,\delta]$ para algunos $\delta > 0$ . Esa condición también se conoce como " convergencia uniforme "de las integrales $\int_0^\infty f(x)e^{-ax}\,dx$ . (No estoy seguro de hasta qué punto es estándar esa terminología, no me he topado con ella hasta hace poco).

En ese caso, dividiendo la integral se obtiene

$$\begin{align} \left\lvert \int_0^\infty f(x)\bigl(1-e^{-ax}\bigr)\,dx\right\rvert & \leqslant \left\lvert \int_0^{K(\varepsilon)} f(x) \bigl(1 - e^{-ax}\bigr)\,dx\right\rvert + \left\lvert \int_{K(\varepsilon)}^\infty f(x)\,dx\right\rvert + \left\lvert \int_{K(\varepsilon)}^\infty f(x) e^{-ax}\,dx\right\rvert\\ &\leqslant \left\lvert \int_0^{K(\varepsilon)} f(x) \bigl(1 - e^{-ax}\bigr)\,dx\right\rvert + 2\varepsilon \end{align}$$

para todos $a \leqslant \delta$ y puesto que $e^{-ax}$ converge a $1$ uniformemente en $[0,K(\varepsilon)]$ existe un $A(\varepsilon) > 0$ tal que la integral restante tenga un valor absoluto menor que $\varepsilon$ para todos $a < A(\varepsilon)$ . Así pues, en ese caso se establece la intercambiabilidad de límite e integral.

La condición se cumple para la función de Bessel $J_0$ así como para $\frac{\sin x}{x}$ . Estas funciones oscilan con amplitud decreciente y ceros periódicos resp. casi periódicos, y lo mismo ocurre para el producto de éstas con $e^{-ax}$ . Por lo tanto (para la función de Bessel, esto no es tan fácil de demostrar como para $\frac{\sin x}{x}$ ) las integrales absolutas entre dos ceros consecutivos

$$I_k = \int_{z_k}^{z_{k+1}}\lvert f(x)\rvert\,dx$$

forman una secuencia monotónicamente decreciente (al menos a partir de cierto punto) que converge a $0$ y tenemos

$$\left\lvert \int_{z_k}^\infty f(x) e^{-ax}\,dx\right\rvert \leqslant I_k$$

ya que los signos se alternan.

Answer 2

Como se sugiere en los comentarios, la forma más fácil de ver esto es con el teorema de convergencia dominada. Supongamos que $f \in L^1(0,\infty)$ es decir $$\int_0^\infty \! |f| \, dx < \infty$$ Sea $a_n \in \mathbb{R}$ sea una secuencia tal que $a_n \geq 0$ y $a_n \to 0$ . Defina $f_n(x) = f(x)e^{-a_nx}$ . Entonces tenemos que $$|f_n(x)| \le |f(x)|$$ para todos $x \in [0,\infty)$ y es claramente cierto que $$\lim_{n \to \infty} f_n(x) = f(x)$$ para todos $x \in [0,\infty)$ . Así pues, por el teorema de convergencia dominada tenemos $$\lim_{n \to \infty} \int_0^\infty \! f_n \, dx = \int_0^\infty \! f \, dx$$ Pero esto dice que para cada secuencia no negativa $a_n$ con $a_n \to 0$ tenemos

$$\lim_{n \to \infty} \int_0^\infty \! fe^{-a_nx} \, dx = \int_0^\infty \! f \, dx$$ que, por las propiedades generales de los espacios métricos implica que, $$\lim_{a \to 0^+} \int_0^\infty \! fe^{-ax} \, dx = \int_0^\infty \! f \, dx$$ también es cierto.