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Question

La pregunta es la siguiente, donde la integración es la integración de Lebesgue.

Deje $f$ ser una función continua en el intervalo cerrado $[0,1]$. Demostrar que $\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} a\int_0^1 {{x^{a - 1}}f\left( x \right)dx} = f\left( 0 \right)$.

Mi intento de integración por partes. $a\int_0^1 {{x^{a - 1}}f\left( x \right)dx} = a\int_0^1 {f\left( x \right)d\frac{{{x^a}}}{a}} = \left[ {f\left( x \right){x^a}} \right]_0^1 - \int_0^1 {{x^a}df} = f\left( 1 \right) - \int_0^1 {{x^a}df} $.

Ahora a probar la reclamación, que solo tenemos que mostrar $f\left( 1 \right) - f(0) = \mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \int_0^1 {{x^a}df} $, que sostiene que si el límite y la integración es intercambiable por el lado derecho. Pero no estoy seguro de si el intercambio es válido porque es $df$ en lugar de $dx$ $f$ no se dice que sea diferenciable en a $[0,1]$.

Gracias!

Answer 1

SUGERENCIA:

Dividir la integral como

$$\int_0^1x^{a-1}f(x)dx=\int_0^{\delta}x^{a-1}f(x)dx+\int_{\delta}^1x^{a-1}f(x)dx$$

donde para un determinado $\epsilon>0$, $0<x<\delta \implies |f(x)-f(0)|<\epsilon$

SPOLIER ALERT: DESPLÁCESE POR ÁREA SOMBREADA A LA PANTALLA DE RESPUESTA

Desde $f$ es continua, entonces para un determinado $\epsilon >0$, podemos encontrar una $\delta >0$, de tal manera que $|f(x)-f(0)|<\epsilon/2$ siempre $0<x<\delta$. Para un delta, podemos escribir la integral como $$\int_0^1x^{a-1}f(x)dx=\int_0^{\delta}x^{a-1}f(x)dx+\int_{\delta}^1x^{a-1}f(x)dx \tag 1$$Now, we write the first integral on the right-hand side of $(1)$ as $$\int_0^{\delta}x^{a-1}f(x)dx=\frac{\delta^a}{a}f(0)+\int_0^{\delta}x^{a-1}(f(x)-f(0))\,dx$$Then, we have $$\left|a\int_0^1x^{a-1}f(x)dx- f(0)\right|\le(1-\delta^a)|f(0)|+ a\,\int_0^{\delta}x^{a-1}|f(x)-f(0)|\,dx+a\,\int_{\delta}^1x^{a-1}|f(x)|\,dx \le\left|\delta^a\frac{\epsilon}{2}\right|+(||f||_{\infty}+|f(0)|)(1-\delta^a)$$Now, for the given $\epsilon$, we choose $a$ so that $\delta^a>1-\frac{\epsilon}{2(||f||_{\infty}+|f(0)|)}$ y la prueba está completa.

Answer 2

Un enfoque alternativo. Por el teorema de aproximación de Weierstrass, hay algún polinomio $p(x)$ tales que para cada $x\in[0,1]$, $\left|p(x)-f(x)\right|\leq\varepsilon $. Desde: $$ \lim_{a \to 0^+}a \int_{0}^{1} x^{a-1}\cdot x^n\,dx=\lim_{a\to 0^+}\frac{a}{n+a}=0 $ $ para cada $n>0$ y $\int_{0}^{1}a x^{a-1}\,dx = 1$, se deduce que: $$ \lim_{a \to 0^+} a \int_{0}^{1} x^{a-1} p(x)\,dx = p(0), $ $ pero desde $\left|p(0)-f(0)\right|\leq\varepsilon $ y: %#% $ de #% se deduce que: $$ \left|a\int_{0}^{1}x^{a-1}\left(f(x)-p(x)\right)\,dx\right|\leq\varepsilon, $ $ existe y en la mayoría es $$ \lim_{a\to 0^+} a\int_{0}^{1} x^{a-1}f(x)\,dx $ aparte de $2\varepsilon$. $f(0)$ Es arbitraria, sigue el reclamo.