Доказать, что функция стремится к нулю

[Padawan]

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 $x\to+\infty$.

[quartermind]

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.

[sup]

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

$$ |f(x)| \leqslant o(1) + O(\lambda - 1) $$

[sergei1961]

Неравенство Харди где-то не рядом? Оператор Харди уже есть...

[sup]

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.

[Padawan]

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! )))

[sup]

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,

$$ \overline {\lim} \limits_{x \to \infty} |f(x)| \leqslant C(\lambda - 1) $$

[Padawan]

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

$$|f(x)|\leqslant 2y(x)+2\sqrt{y(x)^2+Cy(x)}\to 0$$

.