Demostrar que $f$ continuo y $\int_a^\infty |f(x)|\;dx$ finito implica $\lim\limits_{ x \to \infty } f(x)=0$

Question

Me encantaría que me ayudases demostrando la siguiente afirmación:

Si $f$ es continua y $\int_a^\infty |f(x)|\;dx$ es finito, a continuación,$\lim\limits_{ x \to \infty } f(x)=0$.

Aquí el ejemplo contrario de todas estas funciones seno de no hacer, desde su infinita integral no es absoluta converge.

Consejos para una prueba?

Answer 1

El resultado es "falso", como a menudo se presenta el ejemplo de los picos a la desaparición de las bases de muestra.

Para su concreción, de introducir en la escuela elemental de spike $s:x\mapsto(1-|x|)^+$ centrada en $0$, con altura de $1$ y la anchura $2$, y considerar la posibilidad de $$ f(x)=\sum\limits_{n\geqslant1}s(n^2x-n^3). $$ En palabras, se añade countably muchos picos, el $n$th pico de estar centrado en $n\geqslant1$, con altura de $1$ y la anchura $\frac2{n^2}$. Entonces:

1. La función de $f$ es finito y no negativa en todas partes.
2. La función de $f$ es integrable desde $\int\limits_{-\infty}^{+\infty} s(ax+b)\mathrm dx=\frac1a\int\limits_{-\infty}^{+\infty} s(x)\mathrm dx=\frac1a$, para cada $a\gt0$ y cada una de las $b$, por lo tanto $\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm dx=\sum\limits_{n\geqslant1}\frac1{n^2}$, que converge.
3. La función de $f$ no tiene límite en el infinito, ya que, para cada $n\geqslant3$, $f(n)=1$ y $f\left(n+\frac12\right)=0$.

Answer 2

esto no es cierto

usted puede construir una función fácilmente como este:

por lo $\int_{a}^{\infty}|f(x)| = \sum{u_n}$ a partir de n0 tal que $u_{n0-1} < a \leq u_{n0}$

a fin de tomar cualquier $u_n$ tal que $\sum{u_n}$ converge

Answer 3

La afirmación no es verdadera, incluso si $f(x)\geq0$ todos los $x$: vamos a $f(x)$ ser $$ f(x)=1-2n^2\left|x-\left(n+\frac1{2n^2}\right)\right|\ \ \ \ \ \ text{ si } x\in[n,n+1), $$ para $n\in\mathbb{N}$, $f(x)=0$ para $x<1$. Entonces $$ \int_0^\infty f(x)\,dx\leq\sum_{n=1}^\infty \frac1{2n^2}=\frac{\pi^2}{12}<\infty. $$ Pero $f(n+\frac1{2n^2})=1$ todos los $n$.

Su afirmación es verdadera si usted también requieren $f$ a ser monótono.

Answer 4

Tenemos la siguiente estrechamente relacionadas con el resultado: Supongamos $f \in L^1 ([0,\infty))$ $f$ es medible y $\int_{0}^\infty |f| < \infty$. A continuación, $f$ "casi" se desvanece en el infinito. Más precisamente, para cada $\varepsilon > 0$ existe un conjunto $A \subset [0,\infty)$ con medida de Lebesgue $m(A)<\varepsilon$ tal que $\lim_{x \to \infty, x \notin A} f = 0$. En otras palabras, la restricción de $f$ al complemento de $A$ desaparece en el infinito.

He aquí una prueba. Claramente no es suficiente para mostrar que hay un conjunto $A$ de algunos finito medida que tiene la anterior propiedad. Primera nota de que $\left\{ x\ge0:\left|f\left(x\right)\right|>1\right\} $ tiene medida finita (desde $f$$L^1$) por lo que no existe $x_1 \ge 0 $ tal que $A_1 := \left\{ x\in\left[x_{1},\infty\right):\left|f\left(x\right)\right|>1\right\} $ tiene una medida menor que $\frac{1}{2}$. La próxima nota de que $\left\{ x\ge0:\left|f\left(x\right)\right|>\frac{1}{2}\right\} $ también tiene medida finita, de modo que existe $x_2 \ge x_1$ tal que $A_2 := \left\{ x\in\left[x_{2},\infty\right):\left|f\left(x\right)\right|>\frac{1}{2}\right\} $ tiene una medida menor que $\frac{1}{2^2}$. Continuando de esta manera, obtenemos una secuencia de números de $0 \le x_1 \le x_2 \le \cdots $ tal que $A_{n}:=\left\{ x\in\left[x_{n},\infty\right):\left|f\left(x\right)\right|>\frac{1}{n}\right\} $ tiene una medida menor que $\frac{1}{2^n}$. Yo ahora dicen que $A := \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n$ es configurar como se desee.

En primer lugar, supongamos que el $0 \le y_1 < y_2 < \cdots$ es una secuencia de números disjunta de a$A$, lo que tiende a infinito. Deje $n$ ser un postiive entero. A continuación, $f(y_k) > \frac{1}{n}$ en la mayoría de un número finito de $k$, ya que de lo contrario no sería un $k$ tal que $y_k \ge x_n$$f(y_k) > \frac{1}{n}$, contradiciendo la suposición de que $y_k$ no $A$ (y por lo tanto, en particular, no se en $A_n$). Ahora sigue que $\lim_{k \to \infty} f(y_k) = 0$.

Segundo, vamos a mostrar que $A$ tiene medida finita. De hecho, $m\left(A\right)=m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)\le\sum_{n=1}^{\infty}m\left(A_{n}\right)\le\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}=1$. Ahora hemos terminado.

La conclusión no puede ser fortalecido a obtener un $A$ con medida cero, incluso si $f$ es continuo, como las otras respuestas tienes muestran claramente.

Answer 5

Un general de la sugerencia, y, con suerte, la motivación para el proceso detrás de las otras respuestas:

Para $\delta>0$ y constantes positivas $a_1, a_2,\ldots$ $\sum\limits_{i=1}^\infty a_i$ finito dado, construcción $f$ a satisfacer cada una de las siguientes condiciones:

• $f$ es no negativa e integrable en cualquier sistema $[a,b]$.
• $f$ es idéntica 0 fuera de los intervalos de $A_1$, $A_2$, $\cdots$; donde, $A_i\cap A_j=\emptyset$$i\ne j$, e $j\in A_j$ por cada $j$.
• Para cada una de las $j$, $\int_{A_j} f(x)\,dx =a_j$ y $\sup\limits_{x\in A_j} f(x)>\delta$.

En otras palabras, la gráfica de $f$ se compone de distintos positivo picos de común amplitud $\delta$ cuyos anchos convergen a 0 lo suficientemente rápido para que la suma de sus áreas es finito.

Incluso se puede configurar cosas para que las amplitudes tienden a infinito.