Cómo probar esta integral $\int_{0}^{\infty}f^{\alpha}(x)dx,\alpha>1$ es convergente

Question

Pregunta:

dejar que la función $f(x)\ge 0$ y tal $$f'(x)\le\dfrac{1}{2},\forall x\ge 0$$ y esta integral $\displaystyle\int_{0}^{\infty}f(x)dx$ es convergente.

mostrar eso:

$$\int_{0}^{\infty}f^{\alpha}(x)dx,\alpha>1$$ es convergente. Y $$\int_{0}^{\infty}f^{\alpha}(x)dx\le\left(\int_{0}^{\infty}f(x)dx\right)^{\frac{\alpha-1}{2}}.$$

Tal vez este problema utilice la desigualdad de Cauchy-Schwarz para resolverlo $$\int_{0}^{\infty}f^2(x)dx\int_{0}^{\infty}g^2(x)dx\ge\left(\int_{0}^{\infty}f(x)g(x)dx\right)^2$$ quizás la desigualdad de Holder también sea útil para este problema.

Pero no puedo resolver este problema

Gracias por su ayuda

Answer 1

Respuesta Cambiada

Se supone que:

• $f$ es diferenciable en $ \mathbb{R}^+$
• $f'\le M$ donde $ M $ es una constante.
• $f$ es integrable en $\mathbb{R}^+$

Suponemos que $f$ no converge a $0$ en el infinito y llevar a una contradicción.

Dejemos que $\epsilon>0$ ya que $f$ es integrable en $\mathbb{R}^+$ existe $z_1\geq 0$ tal que $f(z_1)\leq \epsilon /2$ .

Si $f$ no converge a $0$ en el infinito. Entonces existe $x_1\geq z_1$ tal que $|f(x_1)|\geq \epsilon$ .

1. $f(x_1)\geq \epsilon$

Denote $y_1=sup\{ t\in [z_1,x_1]\quad /\quad f(t)\leq \epsilon/2\}$

La IVT implica que $y_1$ está definida, la continuidad de $f$ implica que $f(y_1)=\epsilon/2$ . El IVT nos dice $f(t)\geq \epsilon/2$ para $t\in [y_1,x_1]$ .

Una vez más por el IVT, existen $t_1\in [y_1,x_1]$ tal que $f(t_1)=\epsilon$ .

Entonces,

$$\int_{y_1}^{x_1}f(u)du\geq \int_{y_1}^{t_1}f(u)du \geq \frac{\epsilon}{2}(t_1-y_1)\geq \frac{\epsilon}{4M}$$

Como $\frac{\epsilon}{2} = f(t_1)-f(y_1) \geq M (t_1-x_1)$

Y repetir la operación tomando:

$z_2\geq x_1$ tal que $f(z_2)\leq \epsilon /2$ y $x_2\geq z_2$ tal que $|f(x_2)|\geq \epsilon$ .

1. $f(x_1)\leq -\epsilon$ El razonamiento es, a grandes rasgos, el mismo que en 1.

Dejemos que $y_1=inf\{ t\in [x_1,z_1]/ f(t)\geq -\epsilon/2\}$ .

Encontramos entonces :

$$\int_{x_1}^{y_1}f(u)du\leq-\frac{\epsilon}{4M}$$

Por lo tanto, $f$ no es integrable, contradicción/

Entonces, $\lim_{x\rightarrow \infty}f(x)=0$ ,

$$ \exists A / x>A \implies 0\le f(x) \le 1 $$ Así, $$ \forall x>A 0\le f^\alpha(x) \le f(x) $$ para $p \ge 2$ , para $p=1$ no hay nada que demostrar. QED

Answer 2

La primera parte se puede demostrar como sigue:

Reclamación: Hay un $M$ con $0\leq f(x)\leq 1$ para todos $x\geq M$ . Con esta afirmación se tiene $$\int_0^\infty f^\alpha(x)\ dx\leq\int_0^M f^\alpha(x)\ dx+\int_M^\infty f(x)\ dx<\infty$$ para todos $\alpha>1$ .

Prueba de la reclamación: Supongamos que existe una secuencia creciente $x_n\to\infty$ con $f(x_n)>1$ para todos $n$ . Poner $n_0:=1$ y para cada $k\geq 1$ elija $n_k>n_{k-1}$ tal que $x_{n_k}>x_{n_{k-1}}+1$ . De ello se desprende que $$f(x)\geq{1\over2}\qquad (x_{n_k}-1\leq x\leq x_{n_k})$$ para todos $k\geq1$ que es incompatible con $\int_0^\infty f(x)\ dx<\infty$ .