Demostrar que $\int_{0}^{+\infty}f(x)dx$ converge.

Question

Sea $f: [0, +\infty) \to \mathbb{R}$ función continua y $$\sum_{n\geq1}f(n + x)$$ converge uniformemente para $x \in [0, 1]$ .

¿Hay alguna capacidad para demostrar que en este caso $$\int_{0}^{+\infty}f(x)dx$$ ¿también converge?

Esto es lo que pienso al respecto:

Sólo sabemos que $$ \forall \varepsilon > 0 \ \exists N \ \forall n>N \ \forall x \in [0, 1] \ |S_n(x)f(x)|< \varepsilon $$ donde $$S_n(x) = \sum_{k = 1}^{n} f_k(x)$$ y $$f_n(x) = f(n + x)$$ Pero, ¿cómo podemos utilizar este hecho para la convergencia integral? También sé que $\int_{0}^{+\infty}f(x)dx$ converge si $\sum_{n\geq1}f(n)$ converge pero parece que no sabemos nada sobre $f$ .

Answer 1

Sí; primero suponemos $f\geq 0,$ y luego deducir el caso general. Cuando $f\geq 0,$ podemos escribir la identidad $$\int_0^{\infty} f(x) \, dx = \sum_{n=0}^{\infty} \int_n^{n+1} f(x) \, dx = \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^1 f(x+n) \, dx,$$ válido incluso cuando la integral es infinita gracias a la no negatividad.

Por el teorema de Tonelli, para funciones no negativas podemos intercambiar suma e integración, para encontrar que $$\int_0^{\infty} f(x) \, dx = \int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty} f(x+n) \, dx.$$

Si $f$ es continua y las sumas parciales convergen uniformemente en $[0,1],$ entonces la suma infinita debe ser continua en $[0,1]$ (un límite uniforme de las sumas parciales continuas es continuo). Por lo tanto esta integral es finita, ya que una función continua integrada sobre un conjunto compacto tiene integral finita.

El caso general se obtiene escribiendo $f = f^+ - f^-$ en una combinación de sus partes positivas y negativas, y aplicando este argumento a cada una de ellas individualmente.

Answer 2

Si por converger se entiende ser integrable en el sentido de Lebesgue, entonces la respuesta parece ser no.

Defina $b:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ por $b(x) = \max(0, 1-2|x-{1 \over 2}|)$ . Tenga en cuenta que $b$ es continua, el soporte de $b$ est $[0,1]$ y $b(x) \in [0,1]$ .

Sea $f(x) = \sum_{k \ge 0} (-1)^{k+1}{1 \over k+1}b(x-k)$ . Obsérvese que para un $x \in [0,1]$ hay como máximo un elemento distinto de cero en la suma.

Es fácil comprobar que $f$ es continua pero no $L^1$ .

Sea $\phi_N(x) = \sum_{n \ge 1}^N f(x+n)$ , $\phi(x) = \lim_N \phi_N(x)$ .

Entonces $\phi(x)-\phi_N(x) = \sum_{n>N} \sum_{k \ge 0} (-1)^{k+1}{1 \over k+1}b(x+n-k) $ .

Si $x \in [0,1)$ entonces $\phi(x)-\phi_N(x) = \sum_{n>N} (-1)^{n+1}{1 \over n+1}b(x) $ (si $x=1$ entonces $\phi(x)-\phi_N(x) = 0 $ ) y así $|\phi(x)-\phi_N(x) | \le |\sum_{n>N} (-1)^{n+1}{1 \over n+1}|$ . En particular, la convergencia es uniforme.