2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?
Сообщение16.05.2017, 16:55 
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?

 
 
 
 Re: Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?
Сообщение16.05.2017, 17:49 
Аватара пользователя
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?

 
 
 
 Re: Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?
Сообщение16.05.2017, 18:22 
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.

 
 
 
 Re: Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?
Сообщение16.05.2017, 18:28 
Аватара пользователя
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 $2^n$.

 
 
 
 Re: Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?
Сообщение16.05.2017, 18:30 
mihaild в сообщении #1216770 писал(а):
получаем $\sum g(n)$ сходится, из предыдущего $g(n) = o(\frac{1}{n})$

Для этого нужна монотонность $g(n)$

 
 
 
 Re: Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?
Сообщение16.05.2017, 18:44 
Аватара пользователя
Padawan в сообщении #1216771 писал(а):
Для этого нужна монотонность $g(n)$
Да, правда. Проврался.

 
 
 
 Re: Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?
Сообщение16.05.2017, 18:54 
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.

 
 
 
 Re: Как быстро убывает функция со сходящимся интегралом?
Сообщение16.05.2017, 19:10 
Аватара пользователя
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 $f(n) \leqslant f(2^{\lceil \log n\rceil}) \leqslant \frac{c}{\lceil\log n\rceil 2^{\lceil \log n\rceil}} \leqslant \frac{2c}{(\log n - 1) n}$.

 
 
 [ Сообщений: 8 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group