Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?

[Padawan]

Если неотрицательная функция $f(x)$ монотонно убывает в промежутке $[0, +\infty)$ и интеграл $\int_0^{+\infty} f(t) dt$ сходится, то $f(x)=o(\frac{1}{x})$ при $x\to+\infty$. Действительно, $\int_{x/2}^x f(t)dt\geqslant f(x)\int_{x/2}^x dt=f(x)\frac{x}{2}$ $\Rightarrow$ $f(x)\leqslant \frac{2}{x}\int_{x/2}^x f(t) dt=o(\frac{1}{x})$, т.к. $\int_{x/2}^x f(t) dt$ стремится к нулю по критерию Коши.

Размышляя о том, можно ли улучшить оценку $f(x)=o(\frac{1}{x})$, я понял, что без дополнительных условий она не улучшаема, т.е. для любой $\varphi(x)\to 0$, существует монотонно убывающая $f(x)$ с конечным интегралом, для которой оценка $f(x)=o(\frac{\varphi(x)}{x})$ неверна.

Далее я выдвинул гипотезу, что если еще дополнительно потребовать монотонность производной $f'(x)$, то $f(x)=o(\frac{1}{x\ln x})$ при $x\to+\infty$. Верна ли эта гипотеза?

[mihaild]

Padawan в сообщении #1216745 писал(а):

существует монотонно убывающая $f(x)$ с конечным интегралом, для которой оценка $f(x)=o(\frac{\varphi(x)}{x})$ неверна.

Чего я не понимаю?

$$\int f(t)\, dt < \infty$$

$$\sum f(n) < \infty$$ $$\sum 2^n f(2^n) <\infty$$

$$f(2^n) = o(\frac{1}{n\cdot 2^n})$$

$$\forall c > 0 \forall^\infty n: f(2^n) < \frac{c}{n \cdot 2^n}$$

$$\forall c>0 \forall^\infty k: f(k) < \frac{c}{(\log k - 1) \cdot 2^{\log k - 1}}$$

$$f(k) = o(\frac{1}{k \log k})$$

(и аналогично для $\frac{1}{k \log k \log \log k \ldots}$)
В каком переходе ошибка?

[Padawan]

mihaild в сообщении #1216759 писал(а):

$$\sum 2^n f(2^n) <\infty$$

$$f(2^n) = o(\frac{1}{n\cdot 2^n})$$

Почему? Вот в этом переходе ошибка, мне кажется.

[mihaild]

Пишем $g(n) = 2^n f(2^n)$, получаем $\sum g(n)$ сходится, из предыдущего $g(n) = o(\frac{1}{n})$, подставляем обратно $2^n f(2^n) = o(\frac{1}{n})$, делим обе части на $2^n$.

[Padawan]

mihaild в сообщении #1216770 писал(а):

получаем $\sum g(n)$ сходится, из предыдущего $g(n) = o(\frac{1}{n})$

Для этого нужна монотонность $g(n)$

[mihaild]

Padawan в сообщении #1216771 писал(а):

Для этого нужна монотонность $g(n)$

Да, правда. Проврался.

[Padawan]

mihaild
Видимо, согласно Вашим выкладкам получаем, что дополнительное условие монотонности функции $xf(x)$ (которая стремится к нули по предыдущему) достаточно для $f(x)=o(\frac{1}{x\ln x})$.
Только мне не до конца понятно, как из $f(2^n)=o(\frac{1}{n2^n})$ перейти к любому $x$?

mihaild в сообщении #1216759 писал(а):

$$\sum f(n) < \infty$$

$$\sum 2^n f(2^n) <\infty$$

Да, признак Коши сильная штука. И при этом очень простая.

[mihaild]

Padawan в сообщении #1216773 писал(а):

Только мне не до конца понятно, как из $f(2^n)=o(\frac{1}{n2^n})$ перейти к любому $x$?

Т.к. $f$ монотонна, то имеем $f(n) \leqslant f(2^{\lceil \log n\rceil}) \leqslant \frac{c}{\lceil\log n\rceil 2^{\lceil \log n\rceil}} \leqslant \frac{2c}{(\log n - 1) n}$.