Si es continua en $f$ $[0,1]$, encontrar $\lim\limits_{x \to 0^{+}}x\int\limits_x^1 \frac{f(t)}t dt$

Question

Yo soy la solución de este problema y supongo que no debería ser demasiado difícil. Desde $f$ es continua es limitado, por lo que uno tiene

$$\left| {x\int\limits_x^1 {\frac{{f\left( t \right)}}{t}dt} } \right| \leq x\int\limits_x^1 {\left| {\frac{{f\left( t \right)}}{t}} \right|dt} \leqslant Mx\int\limits_x^1 {\frac{{dt}}{t}} = - Mx\log x \to 0$$

Donde $M=\operatorname{sup}\{|f(x)|:x\in[0,1]\}$

No estoy 100% seguro de que en esto, así que quiero un mejor, más claro enfoque.

Luego, hay un segundo problema, de forma similar, la cual es:

Si $f$ es integrable en a$[0,1]$$\exists\lim\limits_{x\to0}f(x)=L$, encontramos

$$\ell = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x\int\limits_x^1 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{t^2}}}dt} $$

AÑADIR: El segundo puede seguir desde el primer puesto

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x\int\limits_x^1 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{t^2}}}dt} =\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) - xf\left( 1 \right) + x\int\limits_x^1 {\frac{{f'\left( t \right)}} {t}dt} $$

$$ = L + \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x\int\limits_x^1 {\frac{{f'\left( t \right)}}{t}dt} $$

Entonces, ¿qué me senté sobre $f'(t)$ $f(t)$ es integrable en a $[0,1]$ que me va a permitir aplicar el primer caso hasta el último límite?

Answer 1

Si $f$ es continua, vamos a usar la regla de L'Hospital $$ \lim\limits_{x\to+0}x\int\limits_{x}^{1}\frac{f(t)}{t}dt= \lim\limits_{x\to+0}\frac{\int\limits_{x}^{1}\frac{f(t)}{t}dt}{x^{-1}}= \lim\limits_{x\to+0}\frac{-\int\limits_{1}^{x}\frac{f(t)}{t}dt}{x^{-1}}= \lim\limits_{x\to+0}\frac{-\frac{f(x)}{x}}{-x^{-2}}= \lim\limits_{x\to+0}xf(x)=0 $$ $$ \lim\limits_{x\to+0}x\int\limits_{x}^{1}\frac{f(t)}{t^2}dt= \lim\limits_{x\to+0}\frac{\int\limits_{x}^{1}\frac{f(t)}{t^2}dt}{x^{-1}}= \lim\limits_{x\to+0}\frac{-\int\limits_{1}^{x}\frac{f(t)}{t^2}dt}{x^{-1}}= \lim\limits_{x\to+0}\frac{-\frac{f(x)}{x^2}}{-x^{-2}}= \lim\limits_{x\to+0}f(x) $$ P. S. muchas gracias a David Mitra, señaló que el requisito para las integrales a ser divergentes es innecesario!

Answer 2

Para el primer problema, su planteamiento está bien (pero la primera desigualdad tal vez sea una igualdad cuando $f$ es no negativo). Para el segundo, denotan $L:=\lim_{x\to 0}f(x)$. Fijar $\varepsilon>0$. Podemos encontrar $\delta>0$ tal eso si $0\leq x\leq \delta$ y $|f(x)-L|\leq \varepsilon$, así $0\leq x\leq \delta$: $$x\int_x^1\frac{f(t)}{t^2}dt=x\int_x^1\frac{f(t)-L}{t^2}dt+Lx\int_x^1\frac{dt}{t^2}=x\int_x^1\frac{f(t)-L}{t^2}dt+L\left(\frac 1x-1\right)x$ $ por lo tanto\begin{align*}\left|x\int_x^1\frac{f(t)}{t^2}dt-L\right|&\leq x\int_x^1\frac{|f(t)-L|}{t^2}dt+|Lx|\\ &=x\int_x^\delta\frac{|f(t)-L|}{t^2}dt+ x\int_\delta^1\frac{|f(t)-L|}{t^2}dt+|Lx|\\ &\leq x\int_x^\delta\frac{\varepsilon}{t^2}dt+ x\int_\delta^1\frac{|f(t)-L|}{t^2}dt+|Lx|\\ &=\varepsilon x\left(\frac 1x-\frac 1{\delta}\right)+x\int_\delta^1\frac{|f(t)-L|}{t^2}dt+|Lx|\\ &=\varepsilon-\frac{\varepsilon}{\delta}x+x\int_\delta^1\frac{|f(t)-L|}{t^2}dt+|Lx| \end{align*} así $$\limsup_{x\to 0^+}\left|x\int_x^1\frac{f(t)}{t^2}dt-L\right|\leq \varepsilon$ $ y puesto que era arbitrario, $\varepsilon$ $L=\ell$.