encontrar $\lim\limits_{n \rightarrow \infty }(n+1)\int\limits_{0}^{1} x^n f(x)$

Question

Sea $f(x)$ , $x \in [0,1]$ sea cualquier función continua positiva de valor real. Entonces halle $$\lim\limits_{n \rightarrow \infty }(n+1)\int\limits_{0}^{1} x^n f(x)$$

Probé integrando por partes para obtener el resultado $f(1)-(n+1)\int\limits_{0}^{1} x^{n+1}f(x) dx$ Pero creo que esto no nos ayuda a encontrar el límite.

Answer 1

Obsérvese que para cualquier $ 0 < \delta <1$ : $$\lim_{n \rightarrow \infty }(n+1)\int_{0}^{1-\delta} x^n f(x) = 0$$ ya que está limitada por $$\ \ (n+1)\sup |f| \cdot (1-\delta)^n.$$

Por lo tanto, para cualquier $\delta >0 $ $$\lim_{n \rightarrow \infty }(n+1)\int_{0}^{1} x^n f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty }(n+1)\int_{1-\delta}^{1} x^n f(x) \ .$$

Ahora, para cualquier $n$ , $$ \int_{1-\delta}^{1} (n+1) x^n f(x) dx \leq \int_{1-\delta}^{1} (n+1) x^n \sup_{\{1 - \delta \leq y \leq 1 \}} f(y) \ dx \leq [ \sup_{\{1 - \delta \leq y \leq 1 \}} f(y)] \int_{1-\delta}^{1} (n+1) x^n dx $$

Del mismo modo, $$ [ \inf_{\{1 - \delta \leq y \leq 1 \}} f(y)] \int_{1-\delta}^{1} (n+1) x^n dx \leq \int_{1-\delta}^{1} (n+1) x^n f(x) dx \ .$$

Ahora, dejando $n \to \infty$ obtenemos

$$ [ \inf_{\{1 - \delta \leq y \leq 1 \}} f(y)] \leq \int_{1-\delta}^{1} (n+1) x^n f(x) dx \leq [ \sup_{\{1 - \delta \leq y \leq 1 \}} f(y)] \ .$$

Esto es válido para todos los $\delta$ . Por lo tanto $\delta \to 0$ . Ambos lados convergen a $f(1)$ por contiuidad de $f$ en $x=1$ . Fin.

NOTA: Esta prueba demuestra que la continuidad en $x=1$ y la acotación de $f$ ¡son suficientes para reivindicar el mismo argumento!

Answer 2

Supongamos que $f \in C^1([0,1])$ . Entonces tenemos $$(n+1)\int_0^1 x^n f(x)dx = \int_0^1 f(x) d\left(x^{n+1}\right) = f(1) - \int_0^1x^{n+1}f'(x)dx = f(1) - f'(y)\int_0^1 x^{n+1}dx$$ para algunos $y \in [0,1]$ . Esto es así desde $f'$ es continua en $[0,1]$ . Por lo tanto, obtenemos que $$\lim_{n \to \infty} (n+1)\int_0^1 x^n f(x)dx = f(1)$$

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De lo anterior se deduce que el resultado es verdadero si $f(x)$ resulta ser un polinomio.

Dada una función continua cualquiera $f(x)$ del teorema de aproximación de Weierstrass, $f(x)$ puede aproximarse uniformemente mediante polinomios en un intervalo acotado.

Esto se puede demostrar fácilmente utilizando los polinomios de Bernstein, la continuidad uniforme, la acotación de la función continua en conjuntos compactos y la desigualdad de Chebyshev.

Por lo tanto, dado cualquier $\epsilon > 0$ existe un polinomio $p_{\epsilon}(x)$ tal que $$\left \vert f(x)-p_{\epsilon}(x) \right \vert < \epsilon \,\,\,\,\,\, \forall x \in [0,1]$$

Por lo tanto, tenemos que $$\left \vert (n+1)\int_0^1 x^n\left(f(x)-p_{\epsilon}(x) \right)dx\right \vert \leq \epsilon (n+1)\int_0^1 x^n dx = \epsilon$$ para todos $n$ . Por lo tanto, para cualquier $\epsilon>0$ obtenemos que $$\lim_{n \to \infty} (n+1)f(x)dx \in \left(p_{\epsilon}(1)-\epsilon,p_{\epsilon}(1)+\epsilon\right)$$ Dado que esto es cierto para todos $\epsilon$ y puesto que $\lim_{\epsilon \to 0}p_{\epsilon}(x) = f(x)$ obtenemos que $$\lim_{n \to \infty} (n+1)f(x)dx = f(1)$$

Answer 3

Un enfoque menos tecnológico que la convergencia en la distribución $^{(*)}$ .
Desde $f(x)$ es una función continua en $[0,1]$ se puede aproximar uniformemente por polinomios mediante el teorema de aproximación de Weierstrass. De ello se deduce que basta con demostrar la afirmación $$ \lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{1} (n+1)\,x^{n} f(x)\,dx = f(1) $$ suponiendo que $f$ es un polinomio. Por otra parte, si $$ f(x) = \sum_{k=0}^{M} a_k x^k $$ que tenemos: $$ \lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{1}(n+1)x^n\,f(x)\,dx = \lim_{n\to +\infty}\sum_{k=0}^{M}\frac{(n+1) a_k}{(k+n+1)}=\sum_{k=0}^{M}a_k=f(1) $$ y hemos terminado.

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$(*)$ $ g_n(x) = (n+1)x^n $ es una función continua en $[0,1]$ con unidad integral. Dado que $\{g_n(x)\}_{n\geq 1}$ converge puntualmente a cero en $(0,1)$ , $g_n(x)$ converge a $\delta(x-1)$ en la distribución, y $$ \lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{1} g_n(x)\,f(x)\,dx = \int_{0}^{1} \delta(x-1)\,f(x)\,dx = f(1).$$

Answer 4

Dependiendo de sus antecedentes, una forma de enfocar la cuestión es asumir en primer lugar que $f$ es polinómica y entonces aproxima $f$ por un polinomio y utilizar un $3\varepsilon$ argumento. Es decir, si $f(x) = a_0 + \dots + a_m x^m$ entonces podemos calcular

$$(n+1) \int_0^1 x^n f(x) \, dx = (n+1) \int_0^1 a_0 x^n + a_1 x^{n+1} + \dots + a_m x^{n + m} \, dx = \\ (n+1) \left[ a_0 \frac{x^{n + 1}}{n+1}+ \dots + a_m \frac{x^{n + m + 1}}{n + m + 1} \right]_{x = 0}^{x = 1} = a_0 + a_1 \frac{n+1}{n+2} + \dots + a_m \frac{n + 1}{n + m + 1} $$

que tiende a $f(1) = a_0 + a_1 + \dots + a_m$ como $n \to \infty$ .

Ahora, Weierstrass nos dice que dado $\varepsilon > 0$ podemos acercarnos a $f$ uniformemente por un polinomio $p$ con $\sup_{x \in [0,1]} |f(x) - p(x)| < \varepsilon$ . Entonces

$$ \left| (n+1) \int_0^1 x^n f(x) \, dx - f(1) \right| = \\ \left| (n+1) \int_0^1 x^n (f(x) - p(x)) \, dx + (n+1) \int_0^1 x^n p(x) \, dx - p(1) + p(1) - f(1) \right| \leq \\ (n+1) \int_0^1 x^n \varepsilon \, dx + \left| (n+1) \int_0^1 x^n p(x) \, dx - p(1) \right| + |p(1) - f(1)| \leq \\ 2\varepsilon + \left| (n+1) \int_0^1 x^n p(x) \, dx - p(1) \right|. $$

La segunda legislatura será $\leq \varepsilon$ para $n$ suficientemente grande (lo demostramos mostrando el resultado para polinomios) y así vemos que para $n$ suficientemente grande (dependiendo de $\varepsilon$ ) podemos hacer que la diferencia sea inferior a $3\varepsilon$ mostrando el resultado para todas las funciones continuas (positivas o no).