2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки





Начать новую тему Ответить на тему
 
 Доказать, что функция стремится к нулю
Сообщение17.02.2017, 13:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/12/05
3457
Пусть
1) функция $f(x)$ дифференцируема при $x\in[0,+\infty)$
2) $\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int\limits_0^x f(t)\,dt=0$
3) существует $C>0$ такое, что $|f'(x)|\leqslant \frac{C}{x}$ при всех $x\geqslant 1$.

Доказать, что $f(x)\to 0$ при $x\to+\infty$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать, что функция стремится к нулю
Сообщение22.02.2017, 07:47 
Аватара пользователя


31/03/13
25
Будем считать, что $\lvert f'(x) \rvert \leqslant \frac{C}{x}$ для всех $x > 0$. Введём обозначение $f_x(t) = f(xt)$, тогда
1) $\lim\limits_{x\to+\infty}\int_0^1 f_x(t)\,dt=0$, более того, для $a, b \in [0,1]$
$\int\limits_a^b f_x(t)\,dt = b \int\limits_0^1 f_{bx}(t)\,dt - a \int\limits_0^1 f_{ax}(t) \xrightarrow{x \to +\infty} 0$,

2) $\lvert f_x'(t) \rvert \leqslant x\frac{C}{xt} = \frac{C}{t}$.

Интегрируем по частям:
$\left| \int_0^1 f_x(t)\,dt \right| = \left| f_x(1) - \int_0^1 t f_x'(t)\,dt \right| \geqslant
\lvert f(x) \rvert - C$, отсюда $f(x) = O(1)$, то есть множество функций $\{f_x : x > 0 \}$ равномерно ограничено.

Из этого и оценки производной по теореме Арцела–Асколи оно предкомпактно в $C[\frac{1}{2}, 1]$. Возьмём последовательность чисел $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$, стремящуюся к $+\infty$. Из неё благодаря предкомпактности можно извлечь подпоследовательность $\{y_k\}_{k=1}^{\infty}$, такую что $f_{y_k}$ сходятся равномерно на $[\frac{1}{2}, 1]$ к функции $h$.

$\forall a, b \in [\frac{1}{2}, 1]$ имеем $\int_a^b h(t)\,dt = \lim\limits_{k\to\infty}\int_a^b f_{y_k}(t)\,dt=0$. Значит, $h \equiv 0$. В частности, $f (y_k) = f_{y_k}(1) \xrightarrow{k \to \infty} h(1) = 0$.

Собственно, всё доказано. Если $f(x)$ не сходится к нулю, то на некоторой бесконечно большой последовательности $\lvert f(x_n) \rvert \geqslant \varepsilon > 0$, что противоречит написанному.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать, что функция стремится к нулю
Сообщение22.02.2017, 09:02 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
Как мне кажется, предложенное доказательство можно несколько упростить. Хотя идея, в сущности, та же самая.
При $t > x >1$ справедливо равенство $|f(t) - f(x)| = O(\ln {t \over x})$.
Пусть $\lambda > 1$ --- фиксировано. Тогда при $x \to \infty$ имеем
$$
o(x) = \int \limits_x^{\lambda x} f(t)\, dt= (\lambda - 1)xf(x) + \int \limits_x^{\lambda x} O(\ln {t \over x})\, dt
$$
А значит
$$
|f(x)| \leqslant o(1) + O(\lambda - 1)
$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать, что функция стремится к нулю
Сообщение22.02.2017, 14:47 


25/08/11
1060
Неравенство Харди где-то не рядом? Оператор Харди уже есть...

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать, что функция стремится к нулю
Сообщение22.02.2017, 15:53 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
Хм, вряд ли. Уж скорее какое-то обращение.
Если $f(x) \to 0$, то, очевидно, и
$ {1\over x} \int \limits_0^xf(t)\, dt \to 0$.
А в данной задаче требуется установить обратное. Понятно, что без каких-то условий на $f$ это не получится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать, что функция стремится к нулю
Сообщение28.02.2017, 17:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/12/05
3457
sup в сообщении #1194517 писал(а):
Как мне кажется, предложенное доказательство можно несколько упростить. Хотя идея, в сущности, та же самая.
При $t > x >1$ справедливо равенство $|f(t) - f(x)| = O(\ln {t \over x})$.
Пусть $\lambda > 1$ --- фиксировано. Тогда при $x \to \infty$ имеем
$$
o(x) = \int \limits_x^{\lambda x} f(t)\, dt= (\lambda - 1)xf(x) + \int \limits_x^{\lambda x} O(\ln {t \over x})\, dt
$$
А значит
$$
|f(x)| \leqslant o(1) + O(\lambda - 1)
$$

Как то с этими о маленькими и О большими все непонятно. Мудрено. Напишу то решение, которое задумал. Уверен, что Вы то же самое и имели ввиду.

Предположим, что $f(x)$ не стремится к нулю при $x\to +\infty$. Тогда существуют $\varepsilon>0$ и строго возрастающая последовательность $\{x_k\}\to +\infty$ такие, что $|f(x_k)|>\varepsilon$. Пусть для определённости $f(x_k)>0$ (при $f(x_k)<0$ всё аналогично). Так как $|f'(x)|\leq\frac{C}{x}\leq \frac C{x_k}$ при $x>x_k$, то по теореме Лагранжа $f(x)\geq f(x_k)-\frac{C}{x_k} (x-x_k)>\varepsilon-\frac{C}{x_k} (x-x_k)$ при $x>x_k$. Геометрически это означает, что график функции при $x>x_k$ лежит выше прямой, проходящей через точку $(x_k,\varepsilon)$ с угловым коэффициентом $-\frac C{x_k}$. Эта прямая пересекает ось абсцисс в точке $x'_k=x_k+\frac{\varepsilon x_k}{C} $. Следовательно $\int_{x_k}^{x'_k} f(x)dx\geqslant$ площади треугольника с основанием $x'_k-x_k=\frac{\varepsilon x_k}{C}$ и высотой $\varepsilon$, т.е. $\geqslant \frac{1}{2}\varepsilon^2 \frac {x_k}{C}$. Тогда
$$\frac{1}{x'_k}\int_0^{x'_k} f(x) dx=\frac{1}{x'_k} {\left( \int_0^{x_k} f(x)dx+\int_{x_k}^{x'_k} f(x)dx\right)} \geqslant \frac{1}{x'_k}\int_0^{x_k} f(x) dx+\frac{1}{x_k+\frac{\varepsilon x_k}{C}}\cdot  \frac{1}{2}\varepsilon^2 \frac {x_k}{C}=$$ $$=\frac{1}{(1+\frac{\varepsilon}{C})x_k}\int_0^{x_k} f(x) dx+\frac{1}{1+\frac{\varepsilon }{C}}\cdot  \frac{1}{2}\varepsilon^2 \frac {1}{C}\to \frac{1}{1+\frac{\varepsilon }{C}}\cdot  \frac{1}{2}\varepsilon^2 \frac {1}{C}>0 $$
Так как $x'_k>x_k\to+\infty $ получаем противоречие с условием 2) стартового сообщения.

-- Вт фев 28, 2017 20:54:51 --

quartermind в сообщении #1194516 писал(а):
по теореме Арцела–Асколи оно предкомпактно ...

Жуть! )))

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать, что функция стремится к нулю
Сообщение28.02.2017, 18:54 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
Padawan в сообщении #1196054 писал(а):
Жуть! )))

Эт, точно (С) :-)

Padawan в сообщении #1196054 писал(а):
Как то с этими о маленькими и О большими все непонятно. Мудрено.

Не, не мудрено. Просто я не стал подробно расписывать. Обозначим $F(x) = \int \limits_0^x f(t) \, dt$.
Далее, по условию на производную, при $t > x$ имеем неравенство $|f(t) - f(x)| \leqslant C\ln {t \over x}$.
Тогда
$$
F(\lambda x) - F(x) = \int \limits_x^{\lambda x} f(t)\, dt= (\lambda - 1)xf(x) + \int \limits_x^{\lambda x} (f(t) - f(x))\, dt
$$
Заметим, что
$$
\int \limits_x^{\lambda x} \ln (t/x)\, dt = x\int \limits_1^{\lambda } \ln (t)\, dt \leqslant x \int \limits_1^{\lambda } (\lambda - 1)\, dt = x(\lambda - 1)^2 
$$
Значит
$$
|f(x)| \leqslant \frac {|F(x)|}{(\lambda - 1)x} + \frac {|F(\lambda x)|}{(\lambda - 1)x} + C(\lambda - 1) 
$$
И, наконец,
$$
\overline {\lim} \limits_{x \to \infty} |f(x)| \leqslant C(\lambda - 1)
$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать, что функция стремится к нулю
Сообщение12.05.2017, 12:30 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/12/05
3457
Чуть модифицировав рассуждения получим неравенство
$$\dfrac{ |f(x)|^2}{ C+|f(x)|}\leqslant 2\left|\dfrac {1}{x'}\int_0^{x'} f(t) dt-\dfrac{1}{x'}\int_0^x f(t) dt\right|\, ,$$
где $x'=x+\frac{|f(x)|x}{C}$. Отсюда, если обозначить $y(x)=\sup\limits_{x'\geqslant x }\left|\dfrac{1}{x'}\displaystyle{\int_0^{x'}} f(t) dt\right|$, получим $\frac{ |f(x)|^2}{ C+|f(x)|}\leqslant 4y(x)$. Решая квадратное уравнение, получим $$|f(x)|\leqslant 2y(x)+2\sqrt{y(x)^2+Cy(x)}\to 0$$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 8 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group