Considerar un limitada función real-valued $S:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ para que
$$\lim_{x\to\infty} \left( S(x) + \int_1^x \frac{S(t)}{t}dt\right)$$
existe y es finito. ¿Puede decirse que $\lim_{x\to\infty} S(x)=0$?
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psychotik
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Voy a suponer que $S \in L^{\infty}(\Bbb{R})$. Deje $T(x)$ por
$$ T(x) = x \int_{1}^{x} \frac{S(t)}{t} \, dt. $$
A continuación, por la diferenciación de Lebesgue teorema, $T(x)$ es una.e. diferenciable y
$$ T'(x) = S(x) + \int_{1}^{x} \frac{S(t)}{t} \, dt. $$
Ahora por la asunción, $T'(x) \to \ell$ para algún número real $\ell$$x \to \infty$. Entonces es fácil probar que
$$ \int_{1}^{x} \frac{S(t)}{t} \, dt = \frac{T(x)}{x} \to \ell $$
como bien! Por lo tanto
$$ S(x) = T'(x) - \frac{T(x)}{x} \to \ell - \ell = 0 $$
como $x \to \infty$.
Adenda. Vamos a demostrar el siguiente lema.
Lema. $T'(x) \to \ell$ $x \to \infty$ ,$T(x)/x \to \ell$$x \to \infty$.
De hecho, podemos utilizar la siguiente estrategia, que es la estándar en Abelian teoremas. (Como se puede ver, este lema dice que el común de límite implica Cesàro decir.)
Prueba. Para cualquier $\epsilon > 0$, elija $R > 0$ tal que $|T'(x) - \ell| < \epsilon$ siempre $x \geq R$. Entonces
\begin{align*} \frac{T(x)}{x} - \ell &= \frac{1}{x} \left( T(R) + \int_{R}^{x} T'(t) \, dt \right) - \ell \\ &= \frac{1}{x} \left( T(R) - R\ell + \int_{R}^{x} (T'(t) - \ell) \, dt \right). \end{align*}
Por lo tanto, teniendo en valor absoluto,
\begin{align*} \left| \frac{T(x)}{x} - \ell \right| &\leq \frac{\left| T(R) - R\ell \right|}{x} + \frac{1}{x} \int_{R}^{x} \left| T'(t) - \ell \right| \, dt \\ &\leq \frac{\left| T(R) - R\ell \right|}{x} + \frac{x - R}{x} \, \epsilon. \end{align*}
Tomando $x \to \infty$, tenemos
$$ \limsup_{x\to\infty} \left| \frac{T(x)}{x} - \ell \right| \leq \epsilon. $$
Pero como esto es cierto para cualquier $\epsilon > 0$, el lado izquierdo se desvanece, y la prueba está completa. ////
Concrete Donkey
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Después del comentario de Greg Martin:
$\lim\limits_{x\to \infty} T(x)+\int\limits_{0}^xT(u)\,du = l$ (¡existe!)
Si $T$ es continuo,
Escribo como $F(x)=\int\limits_{0}^xT(u)\,du$, y obtenemos $\lim\limits_{x\to \infty} F(x)+T(x)=l$.
Dado un $\epsilon>0,\exists a>0,$ tal que $x>a \implies |F(x)+T(x)-l|<\epsilon$.
De generalizado Teorema del valor medio, $\exists \omega \in (a,x)$ tal que, $\dfrac{e^xF(x)-e^aF(a)}{e^x-e^a}=F(\omega)+T(\omega)$.
o, $(l-\epsilon)<\dfrac{e^xF(x)-e^aF(a)}{e^x-e^a}<(l+\epsilon)$
o, $(l-\epsilon)(1-e^{(a-x)})<F(x)-e^{(a-x)}F(a)<(1-e^{(a-x)})(l+\epsilon)$
o, $e^{(a-x)}|F(a)|+(l-\epsilon)(1-e^{(a-x)})<F(x)< e^{(a-x)}|F(a)|+(l+\epsilon)(1-e^{(a-x)})$
Por lo tanto, $\lim\limits_{x\to \infty}F(x)=l$.
i.e., $\lim\limits_{x\to \infty}T(x)=\lim\limits_{x\to \infty}T(x)+F(x)-F(x)=l-l=0$.
