Probar que si $\int f^2$ $\int( f'')^2$ convergen, por lo que no $\int (f')^2$

Question

Pregunta:

Deje $f: [a,\infty) \to \Bbb R \in C^2$ y los dos siguientes integrales convergen: $$\int _a^\infty (f''(x))^2\,dx ,~~~~~~~~~ \int _a^\infty (f(x))^2\,dx$$

Demostrar que $\int _a^\infty (f'(x)^2)\,dx$ converge así.

Lo que hemos tratado: Expansión de Taylor, Lagrange valor medio teorema, integración por partes, la prueba de comparación, el límite de la prueba de comparación, ninguno realmente nos ayudó a llegar...

Answer 1

Sugerencia 1: Integración por partes da $$ \begin{align} \int_a^\infty f'(x)^2\,\mathrm{d}x &=\int_a^\infty f'(x)\,\mathrm{d}f(x)\\ &=\lim_{b\to\infty}f'(b)f(b)-f'(a)f(a)-\int_a^\infty f(x)f''(x)\,\mathrm{d}x\tag{1} \end{align} $$ Sugerencia 2: Como la Jirafa puntos, si $\int_a^\infty f'(x)^2\,\mathrm{d}x$ diverge, entonces por $(1)$, $\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)f(x)=\infty$. Desde $$ f(b)^2=\int_a^bf'(x)f(x)\,\mathrm{d}x\etiqueta{2} $$ tenemos que $\int_a^\infty f(x)^2\,\mathrm{d}x$ diverge.

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Por los comentarios, esto parece ser un poco más complicado de lo que corresponde a una pista, así que voy a explicar en más detalle. Tenga en cuenta que lo que sigue no es necesaria debido a la Sugerencia 2, pero las ideas son de aplicación más general, así que lo voy a dejar.

Reivindicación 1: $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f'(x)=0$

Prueba: Supongamos que no; entonces, para algunos $\epsilon\gt0$ y todos los $x_0$, hay un $x\ge x_0$, de modo que $|f'(x)|\ge\epsilon$.

Desde $\|f''\|_{L^2}\lt\infty$, se puede elegir un $b$, de modo que $$ \int_b^\infty f"(x)^2\,\mathrm{d}x\le\epsilon^4\etiqueta{1} $$ Entonces, para cualquier $x,y\ge b$, de modo que $|x-y|\le1$, Cauchy-Schwarz dice $$ \begin{align} |f'(x)-f'(y)| &\le\int_x^y|f''(x)|\,\mathrm{d}x\\ &\le\left(\int_x^y|f''(x)|^2\,\mathrm{d}x\right)^{1/2}|x-y|^{1/2}\\[9pt] &\le\epsilon^2\tag{2} \end{align} $$ Para cualquier $x_0\ge b+1$, se puede elegir una $x\ge x_0$, de modo que $|f'(x)|\ge\epsilon$. Si $f'(x)$ $f(x)$ tienen el mismo signo, deje $I=[x,x+1]$, de lo contrario, deje $I=[x-1,x]$.

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Por $(2)$, para $t\in I$, $|f'(t)|\ge\epsilon-\epsilon^2$ y $|f(t)|\ge\left(\epsilon-\epsilon^2\right)|t-x|$. Por lo tanto, $$ \int_If(x)^2\,\mathrm{d}x\ge\frac13\left(\epsilon\epsilon^2\right)^2\etiqueta{3} $$ Por supuesto, podemos encontrar una infinidad de puntos, por lo que el $|f'(x)|\ge\epsilon$. Por lo tanto, $$ \int_b^\infty f(x)^2\,\mathrm{d}x\quad\text{diverge}\etiqueta{4} $$ nos da una contradicción. QED

Reivindicación 2: $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=0$

Prueba: Supongamos que no; entonces, para algunos $\epsilon\gt0$ y todos los $x_0$, hay un $x\ge x_0$, de modo que $|f(x)|\ge\epsilon$.

Desde $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f'(x)=0$, se puede elegir un $b$, de modo que para todos los $x\ge b$, $$ |f'(x)|\le\epsilon^2\etiqueta{5} $$ Entonces, para cualquier $x,y\ge b$, de modo que $|x-y|\le1$, la Media del Valor Teorema dice $$ \begin{align} |f(x)-f(y)| &\le\max_{t\in[x,y]}|f'(t)||x-y|\\ &\le\epsilon^2\tag{6} \end{align} $$ Para cualquier $x_0\ge b+1$, se puede elegir una $x\ge x_0$, de modo que $|f(x)|\ge\epsilon$. Para cualquier $t\in[x-1,x+1]$, $|f(t)|\ge\epsilon-\epsilon^2$. Por lo tanto, $$ \int_{x-1}^{x+1}f(t)^2\,\mathrm{d}t\ge2\left(\epsilon\epsilon^2\right)^2\etiqueta{7} $$ Por supuesto, podemos encontrar una infinidad de puntos, por lo que el $|f(x)|\ge\epsilon$. Por lo tanto, $$ \int_b^\infty f(x)^2\,\mathrm{d}x\quad\text{diverge}\etiqueta{8} $$ nos da una contradicción. QED

Answer 2

Por Taylor expansión con la forma integral de el resto, $$f(x+1)=f(x)+f'(x)+g(x),\tag{1}$$ donde $$g(x)=\int_x^{x+1}(x+1-t)f''(t)~dt.\tag{2}$$ Por $(1)$, la desigualdad de Minkowski y $\int_a^\infty (f(x))^2dx<\infty$, para mostrar $\int_a^\infty (f'(x))^2dx<\infty$, es suficiente para mostrar que $$\int_a^\infty (g(x))^2dx<\infty.\tag{3}$$ Por $(2)$ y de Cauchy-Schwarz desigualdad, $$(g(x))^2\le \int_x^{x+1}(x+1-t)^2dt\cdot \int_x^{x+1}(f''(t))^2dt=\frac{1}{3}\int_x^{x+1}(f''(t))^2dt.\tag{4}$$ Por $(4)$, el teorema de Fubini y $\int_a^\infty (f''(x))^2dx<\infty$, $$3\int_a^\infty (g(x))^2dx\le\int_a^\infty\left(\int_x^{x+1}(f''(t))^2dt\right)dx\le \int_a^\infty\left(\int_{t-1}^tdx\right)(f''(t))^2dt<\infty,$$ lo que completa la prueba de $(3)$.

Answer 3

Esta solución es bastante insatisfactoria para mí por su aparente complejidad innecesaria, pero yo cargo de todos modos.

Presentamos dos lemas

Lema 1. Suponga $g(x) : [a, \infty) \to \Bbb{R}$ es absolutamente integrable y continua. Entonces $$ \lim_{s \to 0^{+}} \int_{a}^{\infty} g(x)e^{-sx} \, dx = \int_{a}^{\infty} g(x) \, dx. $$

y

Lema 2. Suponga $g(x) : [a, \infty) \to \Bbb{R}$ es no-negativa y continua. Entonces, independientemente de la convergencia de la integral, $$ \lim_{s \to 0^{+}} \int_{a}^{\infty} g(x)e^{-sx} \, dx = \int_{a}^{\infty} g(x) \, dx. $$

Integrando por partes,

\begin{align*} \int_{a}^{R} \{ f'(x) \}^{2} e^{-sx} \, dx &= \Big[ f(x)f'(x)e^{-sx} \Big]_{a}^{R} - \int_{a}^{R} f(x)f''(x) e^{-sx} \, dx \\ &\quad + \left[ \frac{s}{2} f(x)^{2} e^{-sx} \right]_{a}^{R} + \frac{s^{2}}{2} \int_{a}^{R} f(x)^{2} e^{-sx} \, dx. \end{align*}

Desde CS-desigualdad,

$$ |f'(x)| \leq |f'(a)| + \left| \int_{a}^{x} f''(t) \, dt \right| \leq |f'(a)| + \sqrt{x - a} \left( \int_{a}^{\infty} f''(t)^{2} \, dt \right)^{1/2} $$

y por eso $f$ $f'$ son del polinomio de crecimiento. Así que tomando $R \to \infty$,

\begin{align*} \int_{a}^{\infty} \{ f'(x) \}^{2} e^{-sx} \, dx &= - f(a)f'(a)e^{-sa} - \int_{a}^{\infty} f(x)f''(x) e^{-sx} \, dx \\ &\quad - \frac{s}{2} f(a)^{2} e^{-sa} + \frac{s^{2}}{2} \int_{a}^{\infty} f(x)^{2} e^{-sx} \, dx. \end{align*}

Tomando $s \to 0^{+}$, Lema 1 y 2 muestran que

\begin{align*} \int_{a}^{\infty} \{ f'(x) \}^{2} \, dx = - f(a)f'(a)- \int_{a}^{\infty} f(x)f''(x) \, dx. \end{align*}

Desde el lado de la derecha es finito, lo mismo es cierto para el lado izquierdo y la prueba está completa.

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Adenda. (La prueba de los Lemas)

La prueba del Lema 1. Para cualquier $\epsilon > 0$, elija $R$ tal que $\int_{R}^{\infty} |g(x)| \, dx < \epsilon$. Desde $g(x)e^{-sx}$ también es absolutamente integrable, integral, está bien definido y $$ \left| \int_{a}^{R} g(x)(1 - e^{-sx}) \, dx \right| \leq \int_{a}^{R} |g(x)| (1 - e^{-sx}) \, dx + \epsilon. $$ Tomando $\limsup$$s \to 0^{+}$, seguido por $\epsilon \to 0$, obtenemos el resultado deseado. ////

y

La prueba del Lema 2. Deje $I$ denotar la integral en el lado derecho y $J$ el valor del límite de la mano izquierda. Por un lado, de la siguiente desigualdad $$ \int_{a}^{\infty} g(x)e^{-sx} \, dx \leq \int_{a}^{\infty} g(x) \, dx, $$ tenemos $J \leq I$. Por otro lado, para cada uno de ellos fijo $R > a$ hemos $$ \int_{a}^{R} g(x) \, dx = \lim_{s\to 0^{+}} \int_{a}^{R} g(x)e^{-sx} \, dx \leq J. $$ Por lo tanto, teniendo $R \to \infty$ obtenemos $I \leq J$ y la igualdad de la siguiente manera. ////