límite de un integrante de una secuencia de funciones

Question

Supongamos que $f$ es continua en $[0,1]$. ($f'(x)$ puede o no existir).

¿Cómo puedo demostrar que

$$\lim_{n\rightarrow\infty} \int\limits_0^1 \frac{nf(x)}{1+n^2x^2} dx = \frac{\pi}{2}f(0)\;?$$

Mi intento fue el reconocimiento de que $\int_0^1\frac{n}{1+n^2x^2}dx=\tan^{-1}(nx)$. Pero no puedo simplemente use integración por partes en la integral original como $f'(x)$ podría no existir. Cualquier sugerencias sobre cómo solucionar esto?

Ayuda muy apreciada...

Answer 1

Aquí está el quid de la discusión. Como suena esta es la tarea, voy a dejar a usted para escribir algunos de los "cerca de" y "aproximadamente" declaraciones apropiadas de las desigualdades.

Como usted señala, $$\lim_{n\rightarrow\infty} \int_0^1 \frac{n}{1+n^2x^2} \, dx = \frac{\pi}{2}.$$ Además, aquí es lo que las gráficas de estas funciones parecen.

Ahora, desde la $f$ es continua en cero, podemos recoger $\delta>0$, de modo que $f(x)$ está cerca de a$f(0)$$x$$[0,\delta)$. Dado que el $\delta$, podemos recoger $n$ lo suficientemente grande como para que $$\int_0^{\delta} \frac{n}{1+n^2x^2} \, dx \approx \frac{\pi}{2}$$ y $$\int_{\delta}^1 \frac{n}{1+n^2x^2} \, dx \approx 0.$$ Tomados en conjunto se puede conseguir que la $$\int_0^1 f(x) \frac{n}{1+n^2x^2} \, dx \approx f(0)\frac{\pi}{2}.$$

Answer 2

Aquí es una intuición detrás de este problema:

Supongamos que una familia de funciones de $K_n$ tiene la siguiente propiedad:

1. $K_n \geq 0$ $\int K_n = 1$ . Es decir, $K_n$ tiene unidad de masa,
2. $\int_{|x|\geq \delta} K_n \to 0$ $n \to \infty$ . Es decir, la masa de $K_n$ se concentra hacia la $0$ $n$ crece.

Podemos dar una interpretación intuitiva de estas condiciones en términos de $K_n(x) \, dx$ como sigue: Pensar de un integrante $\int f(x) \, dx $ como la suma de los infinitesimales masas $f(x) \, dx$, cada uno de los cuales se encuentra en el intervalo de $[x, x+dx]$. Entonces

1. la suma total de los infinitesimales masas $ K_n(x) \, dx $ es igual a uno,
2. $ K_n(x) \, dx \to 0$ si $x$ está lejos de $0$$n\to\infty$.

Por lo tanto esperamos que el $ K_n(0) \, dx \to 1$ y por lo tanto

\begin{align*} \lim_{n\to\infty} \int f(x) K_n(x) \, dx &= \lim_{n\to\infty} \sum f(x) K_n(x) \, dx \\ &= \sum f(x) \lim_{n\to\infty} K_n(x) \, dx = f(0). \end{align*}

Esta observación(?) sugiere que debemos dividir el comportamiento de $K_n$ en

• cerca de-la-origen de la parte donde la masa de $K_n$ se acumula y
• fuera-de-la-origen de la parte donde la masa de $K_n$ se desvanece.

---

Ahora vamos a regresar a la cuestión de la elaboración de una rigurosa prueba. Deje $f$ ser continua en $[0, 1]$. En particular, $f$ está acotada por una constante $M > 0$ y continua en $x = 0$. Por lo tanto para cualquier $\epsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que

$$ |x| < \delta \Longrightarrow |f(x) - f(0)| < \epsilon. $$

Ahora vamos a

$$ K_n(x) = \frac{1}{\tan^{-1}n} \frac{n}{1+n^2 x^2}. $$

Entonces es claro que

$$ \int_{0}^{1} K_n(x) \, dx = \frac{1}{\tan^{-1} n} \int_{0}^{n} \frac{dx'}{1+x'^2} = 1$$

y del mismo modo

\begin{align*} \int_{\delta}^{1} K_n(x) \, dx &= \frac{1}{\tan^{-1} n} \int_{n\delta}^{n} \frac{dx'}{1+x'^2} \\ &\leq \frac{1}{\tan^{-1} n} \int_{n\delta}^{\infty} \frac{dx'}{1+x'^2} = \frac{\tan^{-1} 1/(n\delta)}{\tan^{-1} n} \to 0 \quad \text{as } n\to\infty. \end{align*}

Mantener estas observaciones en mente, hacemos la siguiente descomposición.

\begin{align*} \left| \int_{0}^{1} \frac{n f(x)}{1+n^2 x^2} \, dx - \frac{\pi}{2} f(0) \right| &\leq \left| \int_{0}^{1} f(x) K_n(x) \, dx - f(0) \right| \tan^{-1}n + \left|\tan^{-1} n - \frac{\pi}{2} \right| \left| f(0) \right|. \end{align*}

Luego dividir la integral término en dos partes, con una cerca del origen y de la otra distancia desde el origen, se observa que

\begin{align*} \left| \int_{0}^{1} f(x) K_n(x) \, dx - f(0) \right| &= \left| \int_{0}^{1} (f(x) - f(0)) K_n(x) \, dx \right| \\ &\leq \int_{0}^{1} \left| f(x) - f(0) \right| K_n(x) \, dx \\ &\leq \int_{0}^{\delta} \left| f(x) - f(0) \right| K_n(x) \, dx + \int_{\delta}^{1} \left| f(x) - f(0) \right| K_n(x) \, dx \\ &\leq \int_{0}^{\delta} \epsilon K_n(x) \, dx + \int_{\delta}^{1} 2M K_n(x) \, dx \\ &\leq \epsilon + 2M \int_{\delta}^{1} K_n(x) \, dx, \end{align*}

y por lo tanto

\begin{align*} \left| \int_{0}^{1} \frac{n f(x)}{1+n^2 x^2} \, dx - \frac{\pi}{2} f(0) \right| &\leq \frac{\pi}{2} \epsilon + \pi M \int_{\delta}^{1} K_n(x) \, dx + \left| f(0) \right| \tan^{-1} \frac{1}{n}. \end{align*}

Tomando $\limsup_{n\to\infty}$, tenemos

\begin{align*} \limsup_{n\to\infty} \left| \int_{0}^{1} \frac{n f(x)}{1+n^2 x^2} \, dx - \frac{\pi}{2} f(0) \right| &\leq \frac{\pi}{2} \epsilon. \end{align*}

Pero como esto es cierto para cualquier $\epsilon > 0$, debemos tener

\begin{align*} \limsup_{n\to\infty} \left| \int_{0}^{1} \frac{n f(x)}{1+n^2 x^2} \, dx - \frac{\pi}{2} f(0) \right| = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{1} \frac{n f(x)}{1+n^2 x^2} \, dx = \frac{\pi}{2} f(0). \end{align*}

Answer 3

Para simplificar mi vida, deje $\phi_n(x) = \frac{n}{1+n^2x^2}$. La idea es que fuera de un pequeño barrio de $0$, $\phi_n(x)$ es pequeña, por lo que parte de la integral puede ser ignorado. En el interior del barrio pequeño, $f(x)$ puede ser sustituido por $f(0)$ porque es continua.

Entonces tenemos \begin{eqnarray} \int_0^1 \phi_n(x)f(x)dx &=& \int_0^1 \phi_n(x)f(0)dx + \int_0^1 \phi_n(x)(f(x)-f(0))dx \\ &=& f(0) \arctan (n)+ \int_0^1 \phi_n(x)(f(x)-f(0))dx \end{eqnarray} Así, sólo tenemos que obligado el último término. $f$ es continuo, por lo tanto limitado en $[0,1]$, decir $|f(x)| \le B$. Deje $r>0$, entonces si $x \in [r,1]$ tenemos $\frac{n}{1+n^2x^2} \le \frac{1}{n r}$. Esto le da la siguiente enlazado: \begin{eqnarray} |\int_0^1 \phi_n(x)(f(x)-f(0))dx | &\le& |\int_0^r \phi_n(x)(f(x)-f(0))dx | + | \int_r^1 \phi_n(x)(f(x)-f(0))dx |\\ &\le& \sup_{x \in [0,r)} |f(x)-f(0)|\int_0^1 \phi_n(x)dx + \frac{2B}{nr}\\ &\le& \arctan (n) \sup_{x \in [0,r)} |f(x)-f(0)| + \frac{2B}{nr} \\ &\le& \frac{\pi}{2} \sup_{x \in [0,r)} |f(x)-f(0)| + \frac{2B}{nr} \end{eqnarray} Elija $\epsilon>0$. Desde $f$ es continua en a $0$, podemos encontrar una $r$ tal que $\sup_{x \in [0,r)} |f(x)-f(0)| < \frac{\epsilon}{\pi}$, y elija $N$ tal que $N > \frac{B}{\epsilon r}$. Entonces si $n \ge N$,$|\int_0^1 \phi_n(x)(f(x)-f(0))dx | < \epsilon$.

Por lo tanto $\lim_n \int_0^1 \phi_n(x)(f(x)-f(0))dx = 0$, y desde $\lim_n \arctan n = \frac{\pi}{2}$,$\lim_n \int_0^1 \phi_n(x)f(x)dx = \frac{\pi}{2} f(0)$.

Answer 4

Tome $\epsilon>0$. Existe $\alpha >0$ tal que $|f(x)-f(0)|\leq \epsilon/2$ todos los $0\leq x\leq \alpha$. Luego descomponer su integral $L_n$ en tres piezas de la siguiente manera $$ L_n=\int_0^\alpha\frac{nf(0)}{1+n^2x^2}dx+\int_0^\alpha\frac{n(f(x)-f(0))}{1+n^2x^2}dx+\int_\alpha^1\frac{nf(x)}{1+n^2x^2}dx=I_n+J_n+K_n. $$ En primer lugar, tenga en cuenta que $$ I_n=f(0)\arctan(n\alpha)\longrightarrow \frac{\pi}{2}f(0). $$ En segundo lugar, tenemos $$ |J_n|\leq \int_0^\alpha\frac{n|f(x)-f(0)|}{1+n^2x^2}dx\leq \frac{\epsilon}{2}\int_0^\alpha\frac{n}{1+n^2x^2}dx=\frac{\epsilon}{2}\arctan(n\alpha)\longrightarrow\frac{\pi\epsilon}{4}. $$ Tercero, denotando $\|f\|_\infty$ el máximo de $|f|$$[0,1]$, obtenemos $$ |K_n|\leq \|f\|_\infty \int_\alpha^1\frac{n}{1+n^2x^2}dx\leq \|f\|_\infty \int_\alpha^1\frac{n}{1+n^2\alpha^2}dx \leq \frac{\|f\|_\infty}{n\alpha^2}\longrightarrow 0. $$ Por lo $L_n-\frac{\pi}{2}f(0)$ está delimitado por una secuencia que converge a $\frac{\pi\epsilon}{4}<\epsilon$. De ello se desprende que no existe $N$ tal que $$ |L_n-\frac{\pi}{2}f(0)|\leq \epsilon\qquad\forall n\geq N. $$ Esto demuestra el resultado deseado, es decir, que $L_n$ converge a $\frac{\pi}{2}f(0)$.