Continuo 1-periódica f. $\int_1^{\infty}\frac{f(x)}{x}dx $ converge.

Question

Deje $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es continuo y 1 periódicas. Si $ \int_0^1f(x)dx = 0$. A continuación, $$\int_1^{\infty}\frac{f(x)}{x}dx $ $ converge.

Mi pregunta es que hace un límite en el $\int_1^{\infty}\frac{f(x)}{x}dx$ implica la convergencia de la integral? Por favor justificar así.

Y si no, entonces ¿cómo hace uno para mostrar la convergencia.

Mi Intento

Deje $ G(x) = \int_0^xf(x)dx$ $G'(x)=f(x)$ tenemos que demostrar que $\int_1^{\infty}\frac{G'(x)}{x}dx$ converge. Tomamos nota de que $f(x)$ está delimitada en $[0,1]$ dicen por $M$ y de ahí en $[0, \infty)$. Entonces así es $G(x) =\int_0^xf(x)dx= \int_{[x]}^xf(x)dx <M(x- [x])\leq M$.

Usando integración por partes tenemos $$ \left.\frac{G(x)}{x}\right|_1^{\infty} + \int_1^{\infty}\frac{G(x)}{x^2}dx < M(2)$$

Answer 1

Dirichlet de la prueba es una consecuencia de la suma de/integración por partes.
En nuestro caso, es útil en su formulación integral:

Si $f(x)$ tiene una limitada primitivo y $g(x)$ está disminuyendo a cero en $\mathbb{R}^+$,
la integral de la $\int_{0}^{+\infty}\frac{f(x)}{x}\,dx$ existe.

Si $f(x)$ es continua, $1$-periódico y con una media de cero, sin duda $$\left|\int_{0}^{M}f(x)\,dx\right| = \left|\int_{\left\lfloor M\right\rfloor}^{M}f(x)\,dx\right|\leq \max_{x\in[0,1]}|f(x)| = C $$ para cualquier $M\in\mathbb{R}^+$, por lo que la demanda sigue trivialmente de Dirichlet en la prueba.

Answer 2

Usted está en el camino correcto. Integrar por partes a ver que $$ \int_1^z{f(x)\sobre x}\,dx = {G(z)\sobre z}-{G(1)\más de 1}+\int_1^z {G(x)\sobre x^2}\,dx,\quad z>1. $$ Como se observa, $G$ está acotada. Esto asegura que el primer término de la derecha de la pantalla, encima converge a $0$, y que la integral de la derecha converge.

Answer 3

Su problema es un caso especial que puede ser resuelto por Abel-Criterio de Dirichlet. Usted sólo necesita probar que la función de $F(x) = \int_1^x f(u)du$ está delimitada en $[1, \infty)$ a usarlo.

Prueba de Abel-Criterio de Dirichlet :

Deje $f, g : [a, \infty) \mapsto \Bbb R$ dos funciones tales que $f$ es continua, $F : [a, \infty) \mapsto \Bbb R$ definido por $F(x) = \int_a^x f(u)du$ es limitada (por ejemplo por una constante positiva $M$), y en que $g$ es monótona, continuamente diferenciable, con $\lim \limits_{x \rightarrow \infty} g(x) = 0$. A continuación, $\int_a^{\infty} f(u)g(u)du$ converge.

En efecto, considere la posibilidad de $\int_a^x f(u)g(u)du$.

Integramos por partes : \begin{equation}\tag{1} \int_a^x f(u)g(u)du = \left.F(u)g(u)\right|_a^{x} - \int_a^x F(u)g'(u)du = F(x)g(x) - F(a)g(a) - \int_a^x F(u)g'(u)du = F(x)g(x) - \int_a^x F(u)g'(u)du \end{equation} porque $F(a) = 0$.

Desde $F$ es acotado, $\lim \limits_{x \rightarrow \infty} g(x) = 0$,$\lim \limits_{x \rightarrow \infty} F(x)g(x) = 0$.

Por último, observe que la integral impropia $\int_a^{\infty} F(u)g'(u)du$ converge absolutamente (y por lo tanto converge) :

De hecho, $\lvert F(u)g'(u) \rvert \leq \lvert M g'(u) \rvert = M \lvert g'(u) \rvert $. Desde $g$ es monótona, $g'$ es positivo, o $g'$ es negativo. Sin pérdida de generalidad, es positivo. Por lo $\lvert F(u)g'(u) \rvert \leq M g'(u)$ (sólo tiene que añadir un signo menos si $g'$ es negativo)

Ahora, $\int_a^{\infty} Mg'(u)du = \lim \limits_{x \rightarrow \infty} \int_a^{x} Mg'(u)du = \lim \limits_{x \rightarrow \infty} (Mg(x) - Mg(a)) = -Mg(a)$. Por lo $\int_a^{\infty} Mg'(u)du$ converge. Concluimos con una prueba de comparación que $\int_a^{\infty} F(u)g'(u)du$ converge absolutamente.

Por lo tanto, al tomar el límite de $x \rightarrow \infty$$(1)$, $\int_a^{\infty} f(u)g(u)du$ converge.