Uso del teorema del valor medio para evaluar una integral de una secuencia de funciones?

Question

La siguiente afirmación debería ser cierta, creo, pero me está costando mucho intentar demostrarlo:

Dejemos que $f_n$ ser un $C^1$ función en $[0,a]$ , satisfaciendo $f_n = 1$ en $[1/n,a]$ y $0\le f_n \le 1$ y $f_n(0)=0$ . Sea $\phi$ sea una función continua sobre $[0,a].$

Quiero decir que

$\lim_{n\to\infty} \int_0^a f_n'(x) \phi(x) dx = \phi(0)$ .

Si $\phi$ es $C^1$ Para demostrarlo, puedo hacer una integración por partes. Pero no estoy seguro de qué hacer si $\phi$ es simplemente continua.

Esto es lo que tengo hasta ahora. Usando el teorema del valor medio, tenemos

$\int_0^a f_n'(x)\phi(x) dx = \int_0^{1/n} f_n'(x)\phi(x) dx= \frac{1}{n}f_n'(c_n) \phi(c_n)$

donde $0<c_n<1/n$ .

Creo que tengo que usar el teorema del valor medio en $f_n$ y la continuidad de $f_n'$ para demostrar que $\frac{1}{n}f_n'(c_n)$ pasa a 1 como $n\to\infty$ pero no consigo averiguar cómo hacerlo... ¿alguien puede darme una pista?

Answer 1

Para un contraejemplo concreto, considere lo siguiente.

Definir $f_n$ en $[0,1/n]$ por $$ f_n (x) = \cos ^2 \bigg(\frac{\pi }{x}\bigg), \;\; x \in [\alpha_n,1/n], $$ y $$ f_n (x) = 0, \;\; x \in [0,\alpha_n], $$ donde $\alpha_n$ es muy pequeño en comparación con $1/n$ y $f_n(\alpha_n)=0$ . Tenga en cuenta que así $0 \leq f_n \leq 1$ , $f_n (0) = 0$ y $f_n (1/n) = 1$ según sea necesario. Entonces, restringido al intervalo $[\alpha_n,1/n]$ , $$ f'_n (x) = 2\cos \bigg(\frac{\pi }{x}\bigg)\sin \bigg(\frac{\pi }{x}\bigg)\frac{\pi }{{x^2 }} = \sin \bigg(\frac{{2\pi }}{x}\bigg)\frac{\pi }{{x^2 }}, $$ y, restringido al intervalo $[0,\alpha_n]$ , $$ f'_n (x) = 0. $$ Tenga en cuenta que la cuestión de la suavidad de $f_n$ y $f'_n$ en los puntos finales $\alpha_n$ y $1/n$ no juega ningún papel para nuestros propósitos. Ahora, defina $\phi $ por $$ \phi(x) = x\sin \bigg(\frac{{2\pi }}{x}\bigg) ,\;\; x \in (0,a], $$ y $$ \phi(0) = 0. $$ Tenga en cuenta que así $\phi$ es continua en $[0,a]$ . Ahora, $$ \int_0^{1/n} {f'_n (x)\phi (x)\,dx} = \int_{\alpha _n }^{1/n} {f'_n (x)\phi (x)\,dx} = \pi \int_{\alpha _n }^{1/n} {\frac{{\sin ^2 (\frac{{2\pi }}{x})}}{x} \,dx} . $$ Un cambio de variable $x \mapsto 1/x$ entonces da $$ \int_0^{1/n} {f'_n (x)\phi (x)\,dx} = \pi \int_n^{1/\alpha _n } {\frac{{\sin ^2 (2\pi x)}}{x}\,dx} . $$ El lado derecho tiende a $\infty$ si, por ejemplo, $1/\alpha_n > n^2$ ; entonces, en particular, $$ \int_0^{1/n} {f'_n (x)\phi (x)\,dx} \not \to \phi (0). $$

EDITAR: Elección particular de $\alpha_n$ no es esencial aquí. Esto se deduce del hecho de que, dado cualquier $M > 0$ , $\int_M^x {\frac{{\sin ^2 (t)}}{t}\,dt} \to \infty$ como $x \to \infty$ .

EDITAR 2: De hecho, $f_n \in C^1 [0,a]$ . Para demostrarlo, basta con mostrar que $\lim _{x \downarrow \alpha _n } f'_n (x) = 0$ y $\lim _{x \uparrow 1/n} f'_n (x) = 0$ (esto implicaría que $f'_n (\alpha_n) = 0$ y $f'_n(1/n)=0$ ); de hecho, $$ \mathop {\lim }\limits_{x \downarrow \alpha _n } f'_n (x) = f'_n (\alpha _n + ) = 2\cos \bigg(\frac{\pi }{{\alpha _n }}\bigg)\sin \bigg(\frac{\pi }{{\alpha _n }}\bigg)\frac{\pi }{{\alpha _n^2 }} = 0 $$ (ya que, por definición, $ \cos ^2 (\frac{\pi }{{\alpha _n }}) = f_n (\alpha_n) = 0$ ) y $$ \mathop {\lim }\limits_{x \uparrow 1/n } f'_n (x) = f'_n \bigg(\frac{1}{n} - \bigg) = 2\cos \bigg(\frac{\pi }{{1/n }}\bigg)\sin \bigg(\frac{\pi }{{1/n }}\bigg)\frac{\pi }{{1/n^2 }} = 0 $$ (ya que $\sin(n \pi)=0$ ).

Answer 2

Si $\phi$ no es de variación acotada (y por tanto no $C^1$ ), esto puede no ser así. Si $f_n$ es monótona, se puede utilizar directamente la continuidad de $\phi$ :

$$ \begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty}\left|\int_0^af_n'(x)\phi(x)\mathrm dx-\phi(0)\right| &=& \lim_{n\to\infty}\left|\int_0^{1/n}f_n'(x)\phi(x)\mathrm dx-\phi(0)\right| \\ &=& \lim_{n\to\infty}\left|\int_0^{1/n}f_n'(x)\phi(x)\mathrm dx-\int_0^{1/n}f_n'(x)\phi(0)\mathrm dx\right| \\ &=& \lim_{n\to\infty}\left|\int_0^{1/n}f_n'(x)(\phi(x)-\phi(0))\mathrm dx\right| \\ &\le& \lim_{n\to\infty}\int_0^{1/n}\left|f_n'(x)\right|\left|\phi(x)-\phi(0)\right|\mathrm dx \\ &\le& \lim_{n\to\infty}\int_0^{1/n}\left|f_n'(x)\right|\epsilon(n)\mathrm dx \\ &=& \lim_{n\to\infty}\int_0^{1/n}f_n'(x)\epsilon(n)\mathrm dx \\ &=& \lim_{n\to\infty}\epsilon(n) \\ &=& 0\;. \end{eqnarray} $$

Sin embargo, si $f_n$ no es monótona y $\phi$ no es de variación acotada, se puede dejar que $f_n$ oscilan lo suficiente en sincronía con las oscilaciones en $\phi$ que el límite puede no existir.

Answer 3

Su argumento para $C^1$ $\phi$ está bien. De hecho, se puede extender para que funcione para la variación continua acotada $\phi$ si conoces un poco la integral de Riemann-Stieltjes ya que ésta dispone de una integración por partes más potente (no requiere que las funciones sean diferenciables). En concreto:

$$ \int_0^{1/n} \phi f_n'dx = \int_0^{1/n} \phi df_n = f_n(1/n)\phi(1/n) - f_n(0)\phi(0) - \int_0^{1/n} f_n d \phi = \phi(1/n) - \int_0^{1/n} f_n d \phi$$

Claramente $\phi(1/n) \to \phi (0)$ . La última integral está limitada en magnitud por $F_n \cdot V_0^{1/n} \phi$ donde $F_n = \max_{x \in [0,1/n]} f_n(x)$ y $V_0^{1/n} \phi$ es la variación total de $\phi$ en $[0,1/n]$ . Suponiendo que $\phi$ es una variación acotada en $[0,\epsilon)$ para algunos $\epsilon >0$ ambas cantidades se reducen a cero a medida que $n \to \infty$ así que hemos terminado.

Añadido: El ejemplo que di originalmente para demostrar que esto puede fallar para los no-BV $\phi$ estaba equivocado. Aquí hay otro. Deja que $\phi(x) = x \sin(X)$ para $x \neq 0$ y que $\phi(0) = 0$ . La idea de Joriki es la correcta. Cualquiera de las integrales $\int_0^{1/n} f_n' \phi$ puede hacerse tan grande como se desee haciendo $f_n'$ oscilan en conjunto con $\phi$ . Arreglar algunos $n$ y elija $p \in (0,1/n)$ tal que $\phi(p) = 0$ . Ponemos $f_n'(x) = A \phi^+ - B \phi^-$ si $x \in [0,p]$ y $f_n'(x) = 0$ para $x \geq p$ . Aquí $\phi^+,\phi^-$ son las partes positiva y negativa de $\phi$ definido por $\phi = \phi^+ - \phi^-$ y $|\phi| = \phi^+ + \phi^-$ . $A,B$ son constantes positivas elegidas de forma que $f_n(x) = \int_0^x f_n'$ tiene $f_n(1) =1$ . Lo que hay que tener en cuenta es que $A,B$ puede elegirse de forma arbitraria con esta restricción y esto significa que

$$ \int_0^{1/n} f_n' \phi = A \int_0^p (\phi^+)^2 + B \int_0^p (\phi^-)^2 $$

también puede hacerse arbitrariamente grande.