Несобственный интеграл от функции с условием

[Dosaev]

Последовательность непрерывных на $\mathbb{R}$ функций $\{f_n\}$ такова, что интеграл $\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{2^{-x}+|f_n(x)|} < +\infty$ (сходится).
При этом $f_n$ сходится равномерно на $\mathbb{R}$ к функции $g$. Следует ли отсюда что интеграл $\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{2^{-x}+|g(x)|}$ также сходится?

У меня была такая попытка:
Так как $|f_n| = |f_n - g(x) + g(x)| \le |f_n - g(x)| +|g(x)| < \varepsilon + |g(x)|$ ($\varepsilon > 0$ из определения равномерной сходимости), то
$\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{2^{-x}+|g(x)| + \varepsilon} < \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{2^{-x}+|f_n|}$. Так как больший интеграл сходится, то и меньший сходится. Но он отличается от нашего $\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{2^{-x}+|g(x)|}$ лишь на $\varepsilon$.
Как тут сделать аккуратнее? Или совсем нужно по-другому?

[ex-math]

Кажется, что нет. Возьмем в качестве $g(x)$ функцию, равную нулю на промежутках вида $[2^k,2^k+2^{-k}]$. Тогда интеграл с ней разойдется. Если вне указанных промежутков функция достаточно велика и если взять $f_n(x)=g(x)+\frac1n$, то интегралы с ними сойдутся.

[Dosaev]

Можно поподробнее?

ex-math в сообщении #780511 писал(а):

Возьмем в качестве $g(x)$ функцию, равную нулю на промежутках вида $[2^k,2^k+2^{-k}]$.

А вне этих промежутков? Кстати, будет ли такая функция непрерывной?

ex-math в сообщении #780511 писал(а):

Если вне указанных промежутков функция достаточно велика и если взять $f_n(x)=g(x)+\frac1n$, то интегралы с ними сойдутся.

Это я так понимаю, вы и тот и другой случай рассмотрели?

[ex-math]

Мы ее сделаем непрерывной. Например, пусть будет равна $4^k$ на промежутках $[2^k+2^{-k}+4^{-k},2^{k+1}-4^{-k}]$ и линейной в оставшихся промежуточках длины $4^{-k}$. Тогда интеграл с функцией $g(x)$ по тем промежуткам, где она отлична от нуля, будет сходиться, а при добавлении $\frac1n$ тем более. А по промежуткам, где $g(x)$ равна нулю, интеграл расходится, но при добавлении к $g(x)$ любой константы уже будет сходиться.

[Dosaev]

ex-math в сообщении #780524 писал(а):

Мы ее сделаем непрерывной. Например, пусть будет равна $4^k$ на промежутках $[2^k+2^{-k}+4^{-k},2^{k+1}-4^{-k}]$ и линейной в оставшихся промежуточках длины $4^{-k}$.

Тогда $+2^{-k}$ уже не нужно?

ex-math в сообщении #780524 писал(а):

Тогда интеграл с функцией $g(x)$ по тем промежуткам, где она отлична от нуля, будет сходиться, а при добавлении $\frac1n$ тем более. А по промежуткам, где $g(x)$ равна нулю

Это по каким промежуткам?

[ex-math]

Нет-нет, все нужно. От $2^k$ до $2^k+2^{-k}$ функция $g(x)$ равна нулю, от $2^k+2^{-k}$ до $2^k+2^{-k}+4^{-k}$ линейно возрастает от нуля до $4^k$, от $2^k+2^{-k}+4^{-k}$ до $2^{k+1}-4^{-k}$ равна $4^k$, и от $2^{k+1}-4^{-k}$ до $2^{k+1}$ линейно убывает от $4^k$ до нуля. Все интегралы с ней и $f_n(x)$ тогда легко оценить.

[Dosaev]

ex-math в сообщении #782400 писал(а):

Нет-нет, все нужно. От $2^k$ до $2^k+2^{-k}$ функция $g(x)$ равна нулю, от $2^k+2^{-k}$ до $2^k+2^{-k}+4^{-k}$ линейно возрастает от нуля до $4^k$, от $2^k+2^{-k}+4^{-k}$ до $2^{k+1}-4^{-k}$ равна $4^k$, и от $2^{k+1}-4^{-k}$ до $2^{k+1}$ линейно убывает от $4^k$ до нуля. Все интегралы с ней и $f_n(x)$ тогда легко оценить.

Да, спасибо за подробное описание вашей функции, я вроде представил как она выглядит. Но у меня теперь другой вопрос: почему интеграл все-таки расходится? Не потому ли, что в "нулевых" промежутках
интеграл обращается в $\int\limits_{2^k}^{2^k + 2^{-k}} 2^{x}dx, который расходится при $k \to \infty$?

[ex-math]

Ну сам интеграл по кусочку собственный, но он больше единицы, поэтому при суммировании по $k$ получается расходящийся ряд.