Demuéstralo: $\lim_{t \to \infty} \frac{1}{t}\ln\big(\int_0^1 e^{-tf(x)}dx\big) = -\min \ f(x)$

Question

Sea $f$ sea una función continua $[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ . Demuéstralo:

1. $\forall \ t> 0;\frac{1}{t}\ln\Big(\int_0^1 e^{-tf(x)}dx\big) \le -\min \ f(x)$
2. $\lim_{t \to \infty} \frac{1}{t}\ln\big(\int_0^1 e^{-tf(x)}dx\big) = -\min \ f(x)$

I resuelto 1) Sea $L =\min \ f(x)$ así que :

$\frac{1}{t}\ln(\int_0^1 e^{-tf(x)}dx) \le \frac{1}{t}\ln(\int_0^1 e^{-tL}dx) = \frac{1}{t}\ln(e^{-tL}) = \frac{-tL}{t} = -L$

Pero no estoy seguro de cómo vincularlo desde abajo o cómo utilizar otro método para mostrar la igualdad

Answer 1

SUGERENCIA:

Utilice la continuidad de $f(x)$ en $[0,1]$ .

Entonces, $f(x)$ alcanza un mínimo, $f_{\min}$ en algún momento $x_0\in [0,1]$ . Entonces para todos $\varepsilon>0$ existe una vecindad de $x_0$ para lo cual

$$f_{\min}\le f(x)<f_{\min}+\varepsilon$$

Por lo tanto, para que $\varepsilon$ y la vecindad de $x_0$

$$ e^{-t\left(f_{\min}+\varepsilon\right)} \le e^{-tf(x)}\le e^{-t\left(f_{\min}\right)}$$

Tenga en cuenta que $f$ puede alcanzar su mínimo en más de un punto de $[0,1]$ .

Answer 2

Ya has comprobado que la expresión es menor o igual que $-L$ para cualquier $t>0$ por lo que lo mismo debe ser cierto también en el límite.

Ahora arreglar $\varepsilon>0$ y que $$I_{\varepsilon}\equiv\{x\in[0,1]\,|\,f(x)<L+\varepsilon\}.$$ Obsérvese que el conjunto $I_{\varepsilon}$ tiene medida de Lebesgue positiva. Esto se debe a que $f$ es continua, por lo que siempre que alcanza su valor mínimo $L$ habrá un pequeño intervalo abierto alrededor del punto que alcanza el mínimo y que está contenido en $I_{\varepsilon}$ .

Dado que la función exponencial devuelve valores positivos, integrar en un dominio más pequeño (débilmente) disminuye el valor de la integral. Por lo tanto, se puede establecer lo siguiente: \begin{align*} \frac{1}{t}\ln\left(\int_0^1e^{-tf(x)}\,\mathrm dx\right)&\geq\frac{1}{t}\ln\left(\int_{I_{\varepsilon}}e^{-tf(x)}\,\mathrm dx\right)\\&\geq\frac{1}{t}\ln\left(\int_{I_{\varepsilon}}e^{-t(L+\varepsilon)}\,\mathrm dx\right)=\frac{\ln\left(\int_{I_{\varepsilon}}\,\mathrm dx\right)-t(L+\varepsilon)}{t}. \end{align*} De acuerdo con la observación anterior, $\int_{I_{\varepsilon}}\,\mathrm dx>0$ por lo que tomar su logaritmo es significativo. Tomando el límite como $t\to\infty$ se puede concluir que $$\liminf_{t\to\infty}\left\{\frac{1}{t}\ln\left(\int_0^1e^{-tf(x)}\,\mathrm dx\right)\right\}\geq-L-\varepsilon.\tag{$ \estrella $}$$ Toma $\varepsilon$ tan pequeño como quieras y listo.

---

Técnicamente, tomamos $\liminf$ en $(\star)$ en lugar de $\lim$ porque, para empezar, aún no sabíamos si el límite existía. Podemos entonces unir las piezas del rompecabezas para concluir: \begin{align*} -L\geq\limsup_{t\to\infty}\,(\cdots)\geq\liminf_{t\to\infty}\,(\cdots)\geq-L. \end{align*} Por lo tanto, los límites superior e inferior comparten el valor común $-L$ que es entonces el límite de la expresión. Procediendo de esta manera, no sólo hemos encontrado el valor del límite sino que también hemos establecido que existe en primer lugar.