Si $f,g$ son continuos y $g$ es $1$ -periódico, $\int_0^1 f(x)g(nx)dx \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^1 f \int_0^1 g$

Question

Dejemos que $f,g\in C(\mathbb{R},\mathbb{R})$ donde $g(x+1)=g(x) \; \forall x\in \mathbb{R}$ . Demostrar que \begin {Ecuación} \lim_ {n \rightarrow\infty } \int_0 ^1 f(x)g(nx)dx= \int_0 ^1f(x)dx \int_0 ^1g(x)dx . \end {Ecuación}

Answer 1

Tenemos

$$\begin{align} \int_0^1f(x)g(nx)dx &= \frac 1n\int_0^n f\left(\frac{x}{n}\right)g(x)dx = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\int_k^{k+1}f\left(\frac{x}{n}\right)g(x)dx \\ &= \frac 1n\sum_{k=0}^{n-1}\int_0^1 f\left(\frac{x+k}{n}\right)g(x)dx. \end{align}$$

Ahora usa eso para $n$ suficientemente grande por la continuidad uniforme de $f$ y la acotación de $g$ podemos conseguir $f(\frac{x+k}{n})g(x)$ en un $\epsilon$ -gama de $f(\frac kn)g(x)$ . Sumado y dividido por $n$ seguimos en un $\epsilon$ -si sustituimos $f(\frac{x+k}{n})$ en la integral por $f(\frac kn)$ .

Pero entonces tenemos

$$ \frac 1n\sum_{k=0}^{n-1}\int_0^1f\left(\frac{k}{n}\right)g(x)dx = \frac 1n\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)\int_0^1g(x)dx. $$

Toma de ahí.

Answer 2

Para complementar La excelente respuesta de LeBtz arriba, vamos a intentar una forma más heurística de saber qué hacer. Puede que no sea la más corta, pero debería (i) dar una intuición de lo que está pasando; y (ii) mostrar que no es "magia" con la prueba que sale de la nada, sino que hay algún proceso para llegar al resultado.

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Dado que la suposición sobre $g$ es $1$ -periodicidad, queremos hacer aparecer cosas como $g(u+k)$ para $k\in\mathbb{N}$ para que podamos simplificar. Así que vamos a romper $[0,1]$ en muchos segmentos de longitud $\frac{1}{n}$ para que $g(nx)$ se convierte en algo que queremos: $$\begin{align} \int_0^1 f(x)g(nx)dx &= \sum_{k=0}^{n-1} \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} f(x)g(nx)dx = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{\frac{1}{n}} f\left(u+\frac{k}{n}\right)g\left(n\left(u+\frac{k}{n}\right)\right)du \\ &=\sum_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{\frac{1}{n}} f\left(u+\frac{k}{n}\right)g\left(nu+k\right)du =\sum_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{\frac{1}{n}} f\left(u+\frac{k}{n}\right)g(nu)du \end{align} $$ Eso es bueno, hemos llegado a algo. No del todo, pero aún así... podemos hacer un poco más intercambiando integral y suma, y observando que después de la simplificación el término $g(nu)$ no depende del índice de suma $k$ más: $$\begin{align} \int_0^1 f(x)g(nx)dx &= \sum_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{\frac{1}{n}} f\left(u+\frac{k}{n}\right)g(nu)du = \int_{0}^{\frac{1}{n}} du \sum_{k=0}^{n-1} f\left(u+\frac{k}{n}\right)g(nu)\\ &= \int_{0}^{\frac{1}{n}} du\, g(nu) \sum_{k=0}^{n-1} f\left(u+\frac{k}{n}\right) \end{align} $$ No está mal. Continuemos - eventualmente, queremos integrales de $0$ a $1$ Así que volvamos a cambiar a través de un cambio de variables: $$\begin{align} \int_0^1 f(x)g(nx)dx &= \int_{0}^{\frac{1}{n}} du\, g(nu) \sum_{k=0}^{n-1} f\left(u+\frac{k}{n}\right) = \int_{0}^{1} dx\, g(x) \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{x}{n}+\frac{k}{n}\right) \end{align} $$

Que parece prometedor. ¿Por qué? Bueno, si la última legislatura hubiera sido $\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right)$ en su lugar, habríamos tenido una suma de Riemann para $f$ cuyo límite es $n\to \infty$ es exactamente $\int_0^1 f$ ... esto es bonito. Pero hay ese extra $\frac{x}{n}$ que impide que se aplique directamente: aquí es donde la continuidad (uniforme, ya que en un intervalo cerrado acotado) de $f$ debería entrar en juego, ya que $\frac{x}{n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0$ .

• Por lo anterior, $$\begin{align} \int_{0}^{1} dx\, g(x) \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right)\int_{0}^{1} g(x)dx \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{0}^{1} f(x)dx \int_{0}^{1} g(x)dx \end{align} \tag{1} $$

• Controlemos la diferencia, llamémosla $\Delta_n$ : $$\begin{align} \Delta_n &= \left\lvert \int_{0}^{1} dx\, g(x) \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right) - \int_{0}^{1} dx\, g(x) \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{x}{n}+\frac{k}{n}\right) \right\rvert \\&= \left\lvert \int_{0}^{1} dx\, g(x) \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \left( f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{x}{n}+\frac{k}{n}\right) \right) \right\rvert \\ &\leq \int_{0}^{1} dx\, \lvert g(x)\rvert \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \left\lvert f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{x}{n}+\frac{k}{n}\right) \right\rvert \end{align} $$

  Para mayor comodidad, escriba $\lVert g\rVert_\infty\stackrel{\rm def}{=} \max_{x\in[0,1]} \lvert g(x)\rvert$ (esto existe, ya que $g$ es continua). Fijar cualquier $\varepsilon > 0$ y - $f$ también es uniformemente continua: dejemos que $N_\varepsilon$ tal que, para todo $n\geq N_\varepsilon$ , $\lvert f(x)-f(y) \rvert \leq \frac{\varepsilon}{\lVert g\rVert_\infty+1}$ siempre que $x,y\in[0,1]$ satisfacer $\lvert x-y\rvert \leq \frac{1}{n}$ . (El $+1$ es sólo para evitar dividir por cero si $g$ es idéntico a cero).

  Entonces estamos bien: para cualquier $n\geq N_\varepsilon$ ya que $\frac{x}{n} \leq \frac{1}{n}$ obtenemos

  $$\begin{align} \Delta_n &\leq \int_{0}^{1} dx\, \lvert g(x)\rvert \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \left\lvert f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{x}{n}+\frac{k}{n}\right) \right\rvert\\ &\leq \int_{0}^{1} dx\, \lVert g\rVert_\infty \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{\varepsilon}{\lVert g\rVert_\infty+1} = \varepsilon \frac{\lVert g\rVert_\infty}{\lVert g\rVert_\infty+1}\\ &< \varepsilon \end{align}$$ y como $\varepsilon>0$ era arbitraria, acabamos de demostrar que $$\Delta_n \xrightarrow[n\to\infty]{} 0. \tag{2} $$

Combinando (1) y (2) se obtiene el límite:

$$ \int_0^1 f(x)g(nx)dx = \int_{0}^{1} dx\, g(x) \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right) +\Delta_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{0}^{1} f(x)dx \int_{0}^{1} g(x)dx+0 $$