Необходимое условие сходимости несобственного интеграла

[Gargantua]

Здравствуйте.
Рассматривается сходящийся несобственный интеграл от неотрицательной, локально-интегрируемой, непрерывной на $[0,\infty)$ функции $f(t)$:

$$\int_{0}^{\infty}f(t) dt < \infty$$

.
Можно ли, применив интегральный признак сходимости ряда и затем необходимое условие сходимости суммы числового ряда, утверждать, что из ограниченности рассматриваемого выше интеграла следует

$$\lim_{t\rightarrow \infty} f(t)=0$$

?

[mihaild]

Gargantua в сообщении #1334936 писал(а):

применив интегральный признак сходимости ряда

Можете его сформулировать?
А потом напишите, как вы тут собираетесь его применять.

[Gargantua]

Если к уже указанным условиям на $f(t)$ добавить, что она является невозрастающей,то сходимость

$$ \int_{1}^{\infty} f(t)dt $$

эквивалентна сходимости ряда

$$ \sum_{n=1}^{\infty} f(n)$$

Ну а для локально-интегрируемой функции сходимость на $[0,\infty)$ эквивалентна сходимости на $[1,\infty)$, так как

$$\int_{0}^{1}f(t)dt<\infty.$$

[Dan B-Yallay]

Gargantua в сообщении #1334936 писал(а):

Рассматривается сходящийся неопределенный интеграл ...:

$$\int_{0}^{\infty}f(t) dt < \infty$$

"Неопределённый" и "несобственный" даже звучат по-разному. И таки да, не проще ли доказывать от обратного или требуется именно какое-то сравнение?

[mihaild]

Gargantua в сообщении #1334941 писал(а):

Если к уже указанным условиям на $f(t)$ добавить, что она является невозрастающей,то сходимость

Ну вот если добавить это условие, то да, получится. Вообще монотонная функция всегда имеет предел, и понятно, что в данном случае он ненулевым быть не может.
Но тут существенно используется то, что для невозрастающей $f$ выполнено $f(n) \geqslant \int\limits_n^{n+1} f(t) dt$. Для немонотонной это, вообще говоря, неверно. Есть идеи, что делать в этом случае?
(если идеи кончатся - ответ есть у Гелбаума в "Контрпримерах в анализе")

[Gargantua]

mihaild
Хотелось бы как-нибудь ослабить требование невозрастания. А именно, выделить те случаи, когда сходимость не имеет места для немонотонной функции. Я ещё подумаю. Спасибо за "Контрпримеры".

-- 28.08.2018, 00:45 --

Dan B-Yallay
Спасибо за поправку. Можно как угодно доказывать.

[Dan B-Yallay]

Gargantua в сообщении #1334948 писал(а):

Хотелось бы как-нибудь ослабить требование невозрастания.

Как-нибудь -- это как? Если просто отменить требование невозрастания, то сразу лезет контрпример с функцией, у которой несобственный интеграл конечен, но предел не равен нулю. И даже хуже: супремум неограничен.
В Гелбауме наверняка этот контрпример есть, но точно не помню.

[ewert]

Gargantua в сообщении #1334936 писал(а):

Можно ли, применив интегральный признак сходимости ряда и затем необходимое условие сходимости суммы числового ряда, утверждать, что из ограниченности рассматриваемого выше интеграла следует

$$\lim_{t\rightarrow \infty} f(t)=0$$

Нельзя, естественно. Помимо того, что ряды тут вообще не при чём: Вы фактически пытаетесь контролировать оценку производной (сиречь подынтегральной функции) через функцию исходную (сиречь первообразную). Естественно, это ни разу в жизни невозможно. Величина функции как таковой никак не лимитирует её локальные переплясы.

[Gargantua]

Dan B-Yallay
Действительно. Там есть такой контрпример с непрерывной функцией. Может ли равномерная непрерывность на $t \geqslant 0$ как-то помочь? В контрпримере функция (заостряющиейся треугольные шапочки) не обладала равномерной непрерывностью.

[Dan B-Yallay]

Gargantua в сообщении #1335087 писал(а):

Может ли равномерная непрерывность на $t \geqslant 0$ как-то помочь?

Должна. Я попробую набросать (возможно даже с ошибками, пусть меня поправят если так).

Пусть дана положительная (или неотрицательная -- неважно) функция $f$, для которой выполняется:

$$ \begin{align*} &0) f(t) > 0, \ t \in [0, \infty)\\ \\ &1) \forall \varepsilon >0 \ \exists \delta >0: \quad |t_1 - t_2|<\delta \to |f(t_1) - f(t_2)| < \varepsilon\\ &2) \int\limits_0^{\infty}f(t)\ dt < \infty \quad \Big ( \Rightarrow \quad \int\limits_n^{n+1}f(t)\ dt \to 0 \Big) \\ \end{align*} $$

Выберем произвольное $\varepsilon > 0$.
Тогда имеем:

$$ \begin{align*}& \int\limits_n^{n+1}f(t) \ dt \to 0 \quad \Rightarrow \quad \lim_{n \to \infty}\ \mu\Big(f(t)>\varepsilon, t \in [n, n+1]\Big) \to 0\\ \end{align*}$$

Последнее означает, что мера $\mu$ множества, где функция больше чем $\varepsilon$ (на участках $[n,n+1]$) рано или поздно станет меньше, чем та самая $\delta,$ которая участвует в условии равномерной сходимости:

$$\exists N_{\delta}: \ \forall n>N_{\delta} \quad \mu\Big(f(t)>\varepsilon, \ t \in [n, n+1]\Big) < \delta/2 $$

А это эффективно ограничивает максимум функции двумя эпсилонами на всём множестве $[N_{\delta}, \infty)$.
Устремляя $\varepsilon$ к нулю, получим требуемое утверждение.

[demolishka]

Решение "без мер". Пусть $\varepsilon>0$, $\delta=\delta(\varepsilon)$ из равномерной непрерывности (достаточно малы) и положим $f_{n}=\max\limits_{t \in [n,n+1]}f(t)$. Зафиксируем $N_{\varepsilon}$ такое, что выполнено $\int_{N_{\varepsilon}}^{\infty}f(t)dt \leq \varepsilon\delta.$ Тогда при $n \geq N_{\varepsilon}$

$$\varepsilon\delta \geq \int_{n}^{n+1}f(t)dt \geq (f_{n}-\varepsilon) \delta.$$

Откуда $f_{n} \leq 2 \varepsilon$ и, следовательно, $f(t) \leq 2\varepsilon$ при $t \geq N_{\varepsilon}$.

Полезно также заметить, что в условиях задачи (неотрицательность, непрерывность и сходимость интеграла) равномерная непрерывность равносильна стремлению к нулю.

[Gargantua]

demolishka
Спасибо.
Dan B-Yallay
Также спасибо. Ваше решение должно быть верным.

[ewert]

demolishka в сообщении #1335303 писал(а):

равномерная непрерывность равносильна стремлению к нулю.

Не равносильна, естественно. Стремиться к нулю можно и безо всякой равномерности.

[mihaild]

ewert в сообщении #1335373 писал(а):

Стремиться к нулю можно и безо всякой равномерности.

Нельзя. Функция не принимает значений, больших $\varepsilon$ вне отрезка $[0; n]$, а на отрезка $[0; n + 1]$ при изменении аргумента не больше чем на $\delta < 1$ меняется не больше чем на $\varepsilon$. Значит, при изменении аргумента не больше чем на $\delta$ функция меняется не больше чем на $\varepsilon$ на всей прямой (если оба значения аргумента в $[0; n + 1]$ - то за счет выбора $\delta$, если в $[n; \infty)$ - то за счет того, что значения функции на этом множестве принадлежат $[0; \varepsilon]$).

[ewert]

Боже мой. Ну пусть зубчики в целочисленных точках высотой в одну энную и шириной в $\frac1{n^{100500}}$. Тривиально же.