¿Cambio de variable para un límite de integración de Lebesgue?

Question

Para calcular el $\lim\limits_{n \to \infty } \int_A \cos (nx) \, dx $ donde $A$ es un conjunto compacto, decir $[0,1]$, el objetivo es mostrar que la integral de la $\rightarrow 0$.

Mi pregunta es puedo primer intercambio, la integración y el límite y, a continuación, hacer el cambio de variable?

Desde $| \cos (nx)| \le 1$ $1$ es medible en $A$, lo $\lim\limits_{n \to \infty } \int_A \cos (nx) \, dx = \int_A \lim\limits_{n \to \infty } \cos (nx) \, dx $ por el teorema de convergencia dominada. Si podemos hacer el cambio de variable, $t = nx$ y tenemos $$\int\limits_A \lim\limits_{n \to \infty } \cos (nx) \, dx = \int\limits_A \lim\limits_{n \to \infty } \cos (t)\frac{1}{n} \, dt =0.$$

Pero creo que tiene un problema. Si esto no es correcto, ¿cuál es la manera correcta de resolver el problema?

Añadió: Me di cuenta de que esto es incorrecto por Michael Hardy comentario. Ahora puedo hacer cambio de variable y, a continuación, hacer intercambio de límite y de integración?

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_A {\cos (nx)dx} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_A {\frac{{\cos (t)}}{n}dt} = \int_A {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\cos (t)}}{n}dt} = 0$

Answer 1

Nota: Mi anterior, se elimina la respuesta era errónea. Me disculpo. Os presento una nueva prueba (esperemos que una correcta este momento), que utiliza las propiedades de la medida de Lebesgue. (Como Michael Hardy respuesta y los comentarios de zhw. demostrado, el uso de Lebesgue del teorema de convergencia dominada es bastante difícil de alcanzar.)

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Lema: Para cualquier intervalo abierto $(a,b)$ (donde $a$ $b$ son números reales tales que a $a<b$), uno ha $$\int_a^b\cos(nx)\,\mathrm d x\to0\quad\text{as $n\to\infty$}.$$

Prueba: Esto no es muy difícil: $$\int_a^b\cos(nx)\,\mathrm d x=\frac{\sin(nb)-\sin(na)}{n}\quad\text{for any $n\in\mathbb N$}.$$ Now, the numerator stays between $[-2,2]$, and the denominator diverges to infinity as $n\to\infty$. $\blacksquare$

Fix $\varepsilon>0$. Desde $A$ es compacto, $m(A)<\infty$ y, por la construcción de la medida de Lebesgue, existen secuencias de números reales $(a_k)_{k\in\mathbb N}$ $(b_k)_{k\in\mathbb N}$ tal que

• $a_k<b_k$ por cada $k\in\mathbb N$;
• $A\subseteq\bigcup_{k\in\mathbb N}(a_k,b_k)$;
• $m(A)\leq\sum_{k=1}^{\infty}(b_k-a_k)<m(A)+\varepsilon$.

Desde $A$ es compacto, la apertura de la tapa $\{(a_k,b_k)\}_{k\in\mathbb N}$ tiene un número finito de subcover, por lo que $$A\subseteq \bigcup_{\ell=1}^{L}(a_{k_{\ell}},b_{k_{\ell}})$$ for some $\{k_1,\ldots,k_L\}\subseteq\mathbb N$ and $L\in\mathbb N$. Letting $B\equiv\bigcup_{\ell=1}^{L}(a_{k_{\ell}},b_{k_{\ell}})$, it is not difficult to see that $B$ can be represented as a finite union of disjoint open intervals (hint: use induction on the number of intervals). This, together with the Lemma, yields that $$\int_B\cos(n x)\,\mathrm dx=0\quad\text{as $n\to\infty$.}\tag{$\clubsuit$}$$ Observar también que \begin{align*} m(B\setminus A)=&\,m(B)-m(A)=m\left(\bigcup_{\ell=1}^L(a_{k_{\ell}},b_{k_{\ell}})\right)-m(A)\leq\sum_{\ell=1}^L(b_{k_{\ell}}-a_{k_{\ell}})-m(A)\\ \leq&\,\sum_{k=1}^{\infty}(b_k-a_k)-m(A)< [m(A)+\varepsilon]-m(A)=\varepsilon. \end{align*}

Siguiente, por un determinado $n\in\mathbb N$, uno tiene que \begin{align*} \left|\int_A\cos(nx)\,\mathrm dx\right|=&\left|\int_B\cos(nx)\,\mathrm dx-\int_{B\setminus A}\cos(nx)\,\mathrm dx\right|\leq\left|\int_B\cos(nx)\,\mathrm dx\right|+\left|\int_{B\setminus A}\cos(nx)\,\mathrm dx\right|\\ \leq&\,\left|\int_B\cos(nx)\,\mathrm dx\right|+\int_{B\setminus A}|\cos(n x)|\,\mathrm dx\leq\left|\int_B\cos(nx)\,\mathrm dx\right|+\int_{B\setminus A}\,\mathrm dx\\ =&\,\left|\int_B\cos(nx)\,\mathrm dx\right|+m(B\setminus A)<\left|\int_B\cos(nx)\,\mathrm dx\right|+\varepsilon. \end{align*} ($\clubsuit$), Uno ha $$\limsup_{n\to\infty}\left|\int_A\cos(nx)\,\mathrm dx\right|\leq\limsup_{n\to\infty}\left\{\left|\int_B\cos(nx)\,\mathrm dx\right|+\varepsilon\right\}=\varepsilon.$$

Desde $\varepsilon$ puede hacerse arbitrariamente pequeña, se deduce que el $$\limsup_{n\to\infty}\left|\int_A\cos(nx)\,\mathrm dx\right|=0,$$ lo que implica el resultado deseado.

Answer 2

Primero, considere este intento: $$ \lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_A \cos (nx) \, dx \desbordado{\Large\text{ ?}}= \int\limits_A \lim\limits_{n \to \infty } \cos (nx) \, dx \desbordado{\Large\text{ ?}} = \int\limits_{nA} \lim\limits_{n \to \infty } \cos (t)\frac{1}{n} \, dt =0. $$ Observe que el tercer integrante es $nA$ más que sobre los $A$. Eso es porque la $x\in A$ si y sólo si $t = nx\in nA$.

Para la primera igualdad, es necesario que el límite de en el interior del centro integral existe. Pero considerar un valor de $x$ que $\cos x=-1$. A continuación, $\cos(2x)=1$ $\cos(3x)=-1$ etc: se mantiene la alternancia.

Vamos a reorganizar un poco: $$ \lim_{n\to\infty} \int\limits_A \cos(nx)\,dx = \lim_{n\to\infty} \int\limits_{nA} \frac{\cos(t)} n \, dt. $$

No podemos escribir esto como $\displaystyle\int\limits_{nA} \lim\limits_{n\to\infty} \cdots\cdots$, porque en "$nA$" tenemos $n$ fuera de "$\lim\limits_{n\to\infty}$". Pero podemos escribir $$ \int\limits_{nA} \frac{\cos(t)} n \, dt = \int\limits_{-\infty}^\infty \mathbf 1_{nA}(t) \frac{\cos t} n \, dt $$ donde $\mathbf 1_{nA}$ es la función de indicador de $nA$, igual a $1$ o $0$ según su argumento es o no es en $nA$. Esta secuencia de funciones en virtud de la integral aborda $0$ para cada valor de $t$, por lo que el teorema de convergencia dominada se puede aplicar siempre $$ \int\limits_{-\infty}^\infty \sup_n \left| \mathbf 1_{nA}(t) \frac{\cos t} n\right| \, dt <\infty. $$

Answer 3

$A=[0,1],$ Sólo pueden integrar la cosa!

Más complicado $A,$ como $A$ es limitada, esto se desprende el lema de Riemann-Lebesgue: si $f\in L^1(\mathbb R ),$ y $\lim_{x\to \infty}\int_\infty^\infty f(t)e^{ixt}\, dt = 0.$ en este problema llevaría $f =\chi_A.$ el coseno integral bajo discusión es la parte real de este integral.