$f:(0,\infty)\rightarrow (0,\infty)$ es continua, $\lim_{n\rightarrow\infty}f(nx)=0$ entonces $\lim_{x\rightarrow\infty}f(x)=0$

Question

¿Alguien podría decirme cómo resolver esto?

$f:(0,\infty)\rightarrow (0,\infty)$ es continuo, $\lim_{n\rightarrow\infty}f(nx)=0$ entonces $\lim_{x\rightarrow\infty}f(x)=0$

No tengo ni idea de cómo resolver esto. Gracias.

Answer 1

Lema: Si $U\subset(0,\infty)$ es un conjunto abierto no acotado, entonces existe un $x>0$ tal que la secuencia $(nx)_{n\geqslant0}$ cae en $U$ un número infinito de veces.

Usando ese lema, deberías poder demostrar la contrapositiva de lo que deseas: si $f(x)$ no tiende a $0$ cuando $x\to\infty$, entonces existe un $x>0$ tal que $f(nx)$ no tiende a $0$ cuando $n\to\infty.

Ahora queda por demostrar el lema. Considera el conjunto $$ X = \{x>0 : \{ nx \}_{n\geqslant0}\cap U~\text{es infinito} \}. $$ Asumiendo que $U$ es un conjunto abierto no acotado, queremos probar que $X$ no está vacío. Reescribamos $X$ de la siguiente manera: \begin{align} X &= \{x>0 : \forall N>0,~\exists n>N,~nx\in U \} \\ &= \bigcap_{N>0}\bigcup_{n>N}\frac 1n U, \end{align> donde $\frac 1n U$ es el conjunto $\{u/n:u\in U\}$.

Ahora para cualquier $N>0$, el conjunto abierto $U_N=\bigcup_{n>N}\frac1nU$ es denso. Para probar eso, toma algún $y\in(0,\infty)$ y un $\varepsilon>0$, y encontremos un $u\in U$ y un $n>N$ tal que $|u/n-y|<\varepsilon$ o equivalentemente $|u-ny|

Más precisamente, elige algún $n_0>N$ tal que $n_0>2y/\varepsilon$. Entonces $V=\bigcup_{n>n_0}(ny-2y,ny+2y)$ contiene el intervalo $[n_0y,\infty)$, y dado que $U$ es no acotado, hay un punto $u\in U\cap[n_0y,\infty)$. Ahora $u$ está en $V$, por lo que existe un $n>n_0$ tal que $|ny-u|<2y$, lo cual implica $$ \left|\frac{u}{n}-y\right| < \frac{2y}{n} < \frac{2y}{n_0} < \varepsilon. $$

Finalmente, el teorema de Baire nos permite concluir que $X$ es denso, por lo que en particular no está vacío.

Answer 2

Este es un problema muy difícil. Obtuve la prueba de alguien y ahora simplemente la estoy recordando. Escribiré la parte más significativa. Tenga en cuenta que la condición de $f(x)\in(0,+\infty)$ es redundante. $\newcommand\abs[1]{\left|#1\right|}$

Basta con demostrar que, $\forall\epsilon>0,\exists b>a>0,\exists N,\forall x\in[a,b],\forall n\ge N: \abs{f(nx)}\le\epsilon$.

Supongamos que $\exists\epsilon_0>0,\forall b>a>0,\forall N,\exists x\in[a,b],\exists n\ge N: \abs{f(nx)}>\epsilon_0$. Fijemos $\epsilon_0>0$ y como $\lim_{n\to\infty}f(nx)=0$, podemos suponer $g(x)=\max\left\{\;n\in\mathbb Z^+\;\big|\;\abs{f(nx)}>\epsilon_0\;\right\}$ (si no hay tal $n$, $g(x)=0$, eso es despreciable). La condición es equivalente a: $g$ es ilimitado en cada intervalo no vacío.

Sea $a_0=1$ y $b_0=2$, tenemos $g(x)\ge0$ en el intervalo $[a_0,b_0]$. Construiremos intervalos $[a_n,b_n]$ de forma inductiva (lógicamente, creo que se necesita el axioma de elección dependiente, pues haremos infinitas elecciones), de modo que

• $[a_0,b_0]\supset[a_1,b_1]\supset\cdots$
• $g(x)\ge n$ en $[a_n,b_n]$, para $n=0,1,\cdots$

Esto está hecho para $n=0$. Supongamos que los intervalos para $n=0,\ldots,m$ están construidos, construyamos uno para $n=m+1$.

Dado que $g$ es ilimitado en $(a_m,b_m)$, $\exists x_0\in(a_m,b_m): g(x_0)\ge m+1$, por lo tanto, $\exists n\ge m+1: \abs{f(nx_0)}>\epsilon_0$. Dado que $f$ es continua, $\exists\delta>0,\forall x\in[x_0-\delta,x_0+\delta]\subset[a_m,b_m]: \abs{f(nx)}>\epsilon_0$, por lo tanto $g(x)\ge n\ge m+1$ en $[x_0-\delta,x_0+\delta]$. Tomemos $a_{m+1}=x_0-\delta$ y $b_{m+1}=x_0+\delta$, construidos.

Por el teorema de intersección de Cantor, $\bigcap_{n=0}^\infty [a_n,b_n]\neq\emptyset$, sea $\xi\in\bigcap_{n=0}^\infty [a_n,b_n]$, tenemos $g(\xi)\ge n$ para todo $n\ge0$, ¡contradicción!