difícil problema en riemman integrales

Question

Podría alguien ayudarme con el siguiente problema? Porque me he quedado.

problema Deje $f:[a,b]\rightarrow [0,\infty)$ ser continua y no el cero de la función. Demostrar que $$\lim_{n\to \infty} \frac{\int\limits_a^b f^{n+1}(x)\, \mathrm{d}x}{\int\limits_a^b f^n(x)\, \mathrm{d}x}=\sup_{x\in[a,b]}f(x)$$

algunos de mis pensamientos:

Deje $\displaystyle M=\sup_{x\in[a,b]}f(x)$ e $\displaystyle m=\inf_{x\in[a,b]}f(x)$.

Además de definir las secuencias de $\{I_n\}_{n=0}^{\infty}$ e $\{a_n\}_{n=0}^{\infty}$,

por lo $\displaystyle I_n=\int\limits_a^b f^{n}(x)\, \mathrm{d}x$

y $\displaystyle a_n=\frac{I_{n+1}}{I_n}$.

Es fácil probar que $$m(b-a)\leq I_n \leq M(b-a)$$

y $$a_n \leq M\left(\frac{M}{m}\right)^n$$

primero traté de usar la anterior desigualdades para demostrar que, por definición, o de alguna manera con el teorema del sándwich, pero lamentablemente $\displaystyle M\left(\frac{M}{m}\right)^n \xrightarrow[ n \to \infty]{} \infty$

Entonces pensé que el teorema del valor medio integral, pero de nuevo nada nuevo vino

Así que usted tiene sugerencias, pensamientos, sugerencias o\y soloutions? Gracias.

Answer 1

Gracias a Motyla Noga Tomka Mazura para la parte de debajo de - esto es más fácil de lo que he pensado durante años, debido a la monotonía que él señaló. (Creo que este post es de aproximadamente la mitad de la mina y la mitad de su. Estoy publicando porque tengo la necesidad de puntos de un poco más de lo que él hace - ¿hay una manera que puedo donar la mitad de ellos a él?)

Definir $M$, $I_n$ y $\alpha_n$ como usted lo hizo. Como @Motyla Noga Tomka Mazura señala, la de Cauchy-Schwarz desigualdad muestra que $$I_n\le\left(I_{n-1}I_{n+1}\right)^{1/2},$$ hence the sequence $\alpha_n$ is increasing. Hence $\lim\alpha_n$ exists, and hence it's enough to show that $$\lim_{n\to\infty}I_n^{1/n}=M.$$esta es más fácil de lo que pensaba.

En primer lugar, es claro que $f^n\le M^n$, por lo tanto $I_n\le(b-a)M^n$, por lo que $$I_n^{1/n}\le(b-a)^{1/n}M\to M.$$ So $\limsup I_n^{1/n}\le M$.

Ahora vamos a $\epsilon>0$. Desde $M=\sup f$ $f$ es continua, existe un intervalo abierto $E$ tal que $$f(t)>(1-\epsilon)M\quad(t\in E).$$If $L$ is the length of $E$ then $$I_n\ge\int_Ef^n\ge L((1-\epsilon)M)^n,$$ so $$I_n^{1/n}\ge L^{1/n}(1-\epsilon)M\to(1-\epsilon)M.$$ Por lo tanto $\liminf I_n^{1/n}\ge(1-\epsilon)M$, y, por tanto,$\liminf I_n^{1/n}\ge M$.

Answer 2

Usar el hecho $$\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n } =g \Longrightarrow \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n } =g$ $

Answer 3

WLOG, asumir el valor máximo de $f$ $1.$ $f^{n+1} \le f^n,$ por lo que la relación de integrales es $\le 1$ % todo $n.$por otro lado, sostenedor de la muestra

$$\int_a^b f^n \le (\int_a^b f^{n+1})^{n/(n+1)}\cdot(b-a)^{1/(n+1)}$$

por titular. Utilícelo y simplificar para ver

$$(1)\,\,\,\,\frac{(\int_a^b f^{n+1})^{1/(n+1)}}{(b-a)^{1/(n+1)}}\le \frac{\int_a^b f^{n+1}}{\int_a^b f^n} \le 1.$$

Pero como es bien sabido, $\lim_{p\to \infty}(\int_a^b f^p)^{1/p} = \sup_{[a,b]}|f| = 1.$ se deduce que el lado izquierdo de $(1) \to 1,$ y terminados.