Предел с интегралом

[Noct]

Здравствуйте,
Нужно посчитать такой предел

$$\lim\limits_{h \to +0} h \int\limits_{0}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx$$

где $f(x)$ непрерывна на $[0,1]$.
Экспериментально понял, что предел будет равен $f(0)$
Представил интеграл

$$\int\limits_{0}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx = \int\limits_{0}^{1} \frac{f(0)}{(x+h)^2} dx + \int\limits_{0}^{1} \frac{f(x)-f(0)}{(x+h)^2}dx$$

Первый интеграл можно прямо посчитать, в пределе как раз получается $f(0)$
Что делать со вторым не знаю. Была идея разбить его на 2

$$\int\limits_{0}^{1} \frac{f(x)-f(0)}{(x+h)^2}dx = \int\limits_{0}^{\delta} \frac{f(x)-f(0)}{(x+h)^2}dx + \int\limits_{\delta}^{1} \frac{f(x)-f(0)}{(x+h)^2}dx$$

и выбрать дельту так, чтобы $|f(x)-f(0)| < \varepsilon$, что можно сделать в силу непрерывности $f(x)$. Но что делать дальше я не могу понять. Вроде получил неравенство

$$h \left| \int\limits_{0}^{\delta} \frac{f(x)-f(0)}{(x+h)^2}dx \right| \leqslant \varepsilon \frac{\delta}{\delta + h}$$

А во втором интеграле, вроде можно поменять местами интегрирование и предельный переход, ибо мы избавились от единственной "плохой" точки $0$, но строго я это обосновать затрудняюсь.

[Brukvalub]

Выбрав достаточно малое $a$, представьте интеграл

$$\int\limits_{0}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx = \int\limits_{0}^{a} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx + \int\limits_{a}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2}dx$$

В первом интеграле примените т. о среднем для произведения непрерывной и интегрируемой неотрицательной функции, второе слагаемое равномерно по малым $h$ ограничено.

[thething]

Noct в сообщении #1321419 писал(а):

Вроде получил неравенство

$$h \left| \int\limits_{0}^{\delta} \frac{f(x)-f(0)}{(x+h)^2}dx \right| \leqslant \varepsilon \frac{\delta}{\delta + h}$$

которое можно ещё продолжить, как $<\varepsilon$.

Noct в сообщении #1321419 писал(а):

А во втором интеграле, вроде можно поменять местами интегрирование и предельный переход, ибо мы избавились от единственной "плохой" точки $0$, но строго я это обосновать затрудняюсь.

Всё-таки попробуйте, проверьте теорему о предельном переходе под знаком интеграла Римана. Есть ли у подынтегральной функции равномерная сходимость к нулю? Как вообще можно проверить равномерную сходимость?

[demolishka]

Еще как вариант: для многочленов ясно, что получается, а далее воспользоваться теоремой Вейерштрасса.

[Noct]

Brukvalub в сообщении #1321426 писал(а):

Выбрав достаточно малое $a$, представьте интеграл

$$\int\limits_{0}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx = \int\limits_{0}^{a} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx + \int\limits_{a}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2}dx$$

В первом интеграле примените т. о среднем для произведения непрерывной и интегрируемой неотрицательной функции, второе слагаемое равномерно по малым $h$ ограничено.

Возьмем $0<a<1$
тогда после всех преобразований получим

$$ h \int\limits_{0}^{a} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx = \frac{a}{a+h}f(\xi)$$

где $\xi \in [0, a]$
В интеграле

$$\int\limits_{a}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2}dx$$

подинтегральная функция монотонно по $h$ сходится к нулю а значит можно переходить к пределу под знаком интеграла.
В итоге получаем

$$\forall \, a \in (0,1): \,\,\, \lim\limits_{h \to 0} h\int\limits_{0}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx = \lim\limits_{h \to 0} \frac{a}{a+h}f(\xi) = f(\xi) $$

Затем перейдем к пределу при $a \to 0$, при этом $\xi \to 0$, и та как $f(x)$ непрерывна, получаем

$$\lim\limits_{h \to 0} h\int\limits_{0}^{1} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx = \lim\limits_{a \to 0} f(\xi) = f(0) $$

Все верно?

[thething]

Noct в сообщении #1321511 писал(а):

подинтегральная функция монотонно по $h$ сходится к нулю а значит можно переходить к пределу под знаком интеграла.

Не разъясните, откуда у Вас монотонность по $h$? Вы, кстати, забыли под интегралом написать в числителе множитель $h$ и что-то не видно, чтобы производная по $h$ сохраняла постоянный знак.

Я так понимаю, Вы хотите сослаться на теорему Дини? А почему бы просто не обосновать равномерную сходимость через супремум?

[Noct]

thething в сообщении #1321522 писал(а):

Noct в сообщении #1321511 писал(а):

подинтегральная функция монотонно по $h$ сходится к нулю а значит можно переходить к пределу под знаком интеграла.

Не разъясните, откуда у Вас монотонность по $h$? Вы, кстати, забыли под интегралом написать в числителе множитель $h$ и что-то не видно, чтобы производная по $h$ сохраняла постоянный знак.

Я так понимаю, Вы хотите сослаться на теорему Дини? А почему бы просто не обосновать равномерную сходимость через супремум?

Ага рассмотрим функцию $\frac{h f(x)}{(x+h)^2}$, где $x \in [a, 1]$
так, как $f(x)$ непрерывна на компакте, то она ограничена на нем, будем считать, что $|f(x)| < M$. Далее

$$\left| \frac{h f(x)}{(x+h)^2} \right| \le \left| \frac{h M}{(x+h)^2} \right| \le \left| \frac{h M}{(a+h)^2} \right|$$

значит

$$0 \le \sup\limits_{x \in [a,1]} \left| \frac{h f(x)}{(x+h)^2}\right| \le \left| \frac{h M}{(a+h)^2} \right|$$

А раз

$$\left| \frac{h M}{(a+h)^2} \right| \to 0 $$

то и супремум идет к нулю
И значит

$$\frac{h f(x)}{(x+h)^2} \rightrightarrows 0$$

[thething]

Вот это уже хорошо. Заметим, что Ваша изначальная идея работает по тому же сценарию.

[deep blue]

Зачем возиться с равномерной сходимостью второго слагаемого, если его можно просто игнорировать. Для любого фиксированного $\alpha>0$ выполняется неравенство:
$\varlimsup\limits_{h\to+0}h\int\limits_{0}^1 \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx = \varlimsup\limits_{h\to+0}h\int\limits_{0}^{\alpha} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx +\varlimsup\limits_{h\to+0}h\int\limits_{\alpha}^1 \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx = \varlimsup\limits_{h\to+0}h\int\limits_{0}^{\alpha} \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx \le \varlimsup\limits_{h\to+0}\max\limits_{y\in[0,\alpha]}{f(y)}\int\limits_{0}^{\alpha} \frac{h}{(x+h)^2} dx=\max\limits_{y\in[0,\alpha]}{f(y)}$
И теперь переходя к пределу по $\alpha \to 0+$ в неравенстве $\varlimsup\limits_{h\to+0}h\int\limits_{0}^1 \frac{f(x)}{(x+h)^2} dx \le \max\limits_{y\in[0,\alpha]}{f(y)}$ получаем: $\varlimsup\limits_{h\to+0}h\int\limits_{0}^1 \frac{f(x)}{(x+h)^2}\le f(0)$