Сравнение функций и интеграл (задача из Демидовича)

[Maximum]

Решаю задачу из Демидовича (а, значит, простую): доказать, что если интеграл $\int_{a}^{+\infty}f(x)\,dx$ сходится и $f(x)$ --- монотонная функция, то $f(x)=O(1/x)$.

По-моему, формулировка несколько неполна, ведь надо указывать в окрестности какой точки $f(x)=O(1/x).$ Однако, как я понимаю, требуется доказать, что $f(x)=O(1/x)$ при $x\to+\infty.$ Рассуждаю так. Так как функция монотонна, то при достаточно больших значениях аргумента знак у нее менятся не будет. Для определенности пусть функция будет положительной. Пойдем от противного. Предположим, что $\forall C>0\quad\exists x_{0}$ такое,что $\forall x>x_{0}$ $f(x)>C/x$. Но интеграл от $f(x)$ сходится, значит, должен сходится такой же интеграл от $1/x,$ а он не может сходиться. Противоречие.

Нет ли ошибок? Смущает то, что я как-то мало использовал условие монотонности (хотя, быть может, замечание про знак функции и является самым главным, что можно "вытянуть" из монотоннсти?). Вроде бы я еще смог решить эту задачу, используя вторую теорему о среднем, но там меня кое-что настараживает. Может, кто поделится верным решением с использованием этой теоремы (если, конечно, это теорема вообще помагает).?

[RIP]

Maximum писал(а):

Пойдем от противного. Предположим, что $\forall C>0\quad\exists x_{0}$ такое,что $\forall x>x_{0}$ $f(x)>C/x$.

Это не есть условие, противоположное $f(x)=O(1/x)$.


Самое простое, что приходит в голову, --- это надо рассмотреть интеграл $\int_{2^{n-1}}^{2^n}f(x)\,dx$, $n\in\mathbb{N}$. Используя монотонность функции, легко получить $f(x)=o(1/x)$, $x\to+\infty$, поэтому тем более $f(x)=O(1/x)$.

[Maximum]

RIP писал(а):

Это не есть условие, противоположное $f(x)=O(1/x)$

В 1 томе "Курса математического анализа" Кудрявцева дано такое определение:

Цитата:

Если для двух функций $f$ и $g$ существует такая проколатая окрестность точки $x_0$ и постоянная $c>0$, что для всех $x$ из этой окрестности выполняется неравенство $|f(x)|\leqslant c|g(x)|$, то пишут $f(x)=O(g(x))$ при $x\to x_{0}$

Выходит, я неправильно построил отрицание этого предложения? А как правильно будет тогда?

[RIP]

Maximum писал(а):

А как правильно будет тогда?

Запишите определение через кванторы. Тогда будет проще построить отрицание

P.S. Вы предположили, что $xf(x)\to+\infty$, $x\to+\infty$, а Вам надо предположить, что $xf(x)$ не ограничено сверху. Чувствуете разницу?

[Maximum]

RIP писал(а):

Чувствуете разницу?

Да уж почувствовал. Если функция не ограничена сверху, то это, конечно, не значит, что стремится к бесконечности.

В условиях предыдущей задачи, я хочу доказать вещь попроще: что $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=0.$ Действительно, так как функция монотонна и интеграл от нее сходится, то она ограничена. Монотонна и ограничена, значит, имеет предел. Если предположить, что этот предел не ноль, то тогда $1=O(f(x)).$ То есть интеграл от 1 сходится. Противоречие. Верно ли?

И, кстати, можно ли из этого результата получить решение исходной задачи?

А то мне не совсем ясно, как из Вашей подсказки легко получить, что $f(x)=o(1/x).$

[RIP]

Maximum писал(а):

А то мне не совсем ясно, как из Вашей подсказки легко получить, что $f(x)=o(1/x).$

Идея такая. Пусть для определённости $f$ неотрицательна, следовательно, невозрастает. При больших $n$ интеграл маленький, но снизу его можно оценить через $f(2^{n})$...

Добавлено спустя 5 минут 2 секунды:

Maximum писал(а):

В условиях предыдущей задачи, я хочу доказать вещь попроще: что $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=0.$ Действительно, так как функция монотонна и интеграл от нее сходится, то она ограничена. Монотонна и ограничена, значит, имеет предел. Если предположить, что этот предел не ноль, то тогда $1=O(f(x)).$ То есть интеграл от 1 сходится. Противоречие. Верно ли?

В принципе верно, но в последнем заключении (что интеграл от 1 сходится) важно, что f знакопостоянна. Да и ограниченность f можно не доказывать отдельно. Предел-то всегда существует, только может равняться $\pm\infty$.

[Maximum]

RIP писал(а):

Идея такая. Пусть для определённости $f$ неотрицательна, следовательно, невозрастает. При больших $n$ интеграл маленький, но снизу его можно оценить через $f(2^{n})$ ...

А! Понял: получается так:$\frac{2^{n}}{2}f(2^{n})\leqslant I$, где $I$ --- тот самый маленький интеграл. При $n\to\infty$ это значит, что $\lim\limits_{x\to\infty}xf(x)=0$.

[RIP]

Maximum писал(а):

При $n\to\infty$ это значит, что $\lim\limits_{n\to\infty}xf(x)=0$.

Вот тут бы надо поподробнее. В принципе я сам ступил, лучше рассматривать интеграл $\int_{x/2}^xf(t)\,dt$. Или считать $n$ необязательно натуральным.

[Maximum]

RIP писал(а):

лучше рассматривать интеграл $\int_{x/2}^{x} f(t)\,dt$

Так это очень хороший интеграл! Я думаю, его применение поможет решить немало подобных задач. Спасибо за находку!