Matematické Fórum

jarrro · 16. 07. 2017 11:30

Ahoj. Asi som blbý a je to triviálne, ale platí pre nezápornú neklesajúcu funkciu f implikácia
$$\(\lim_{x\to-\infty}{f{\(x$}}=0\)\ \&\ $\int\limits_{-\infty}^{0}{f{\(x$}\mathrm{d}x}\in\mathbb{R}\)\)\Rightarrow $\lim_{x\to -\infty}{xf{\(x$}}=0\)$ ?

van Thomas · 16. 07. 2017 16:32

Ahoj, myslím, že platí. Navíc předpoklad $\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$ je podle mě zbytečný, protože $\int\limits_{-\infty}^0f(x){\rm d}x<+\infty\Rightarrow\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$ .

van Thomas

Možná to jde elegantněji pomocí nějakého kritéria, ale dokazoval bych to sporem. Není-li $\lim_{x\to-\infty}xf(x)=0$ , pak existuje $\varepsilon>0$ a posloupnost $(x_n)_{n=1}^{+\infty}$ záporných čísel taková, že $\lim_{n\to+\infty} x_n=-\infty$ a $x_nf(x_n)\leq-\varepsilon\ \forall n\in\mathbb N$ . Navíc jistě není problém posloupnost zvolit tak, aby $x_{n+1}\leq2x_n\ \forall n\in\mathbb N$ , tj. $\frac{x_n-x_{n+1}}{-x_{n+1}}\geq\frac12$ . Potom pro libovolné $n\in\mathbb N$ platí $\int\limits_{x_{n+1}}^{x_n}f(x){\rm d}x\geq(x_n-x_{n+1})f(x_{n+1})\geq\frac{x_n-x_{n+1}}{-x_{n+1}}\varepsilon\geq\frac\varepsilon2$ . Odtud $\int\limits_{-\infty}^0f(x){\rm d}x\geq\sum_{n=1}^{+\infty}\int\limits_{x_{n+1}}^{x_n}f(x){\rm d}x\geq\varepsilon\sum_{n=1}^{+\infty}\frac12=\varepsilon(+\infty)=+\infty$ .

jarrro · 16. 07. 2017 19:07 — Editoval jarrro (16. 07. 2017 19:17)

Díky↑ van Thomas:
Využil si niekde neklesajúcosť? Podľa dôkazu to vyzerá, že by to prešlo pre nezáporné funkcie . Je to tak?

van Thomas · 16. 07. 2017 19:19

Využil v tom prvním odhadu integrálu, bez monotonie to neprojde :)

jarrro · 16. 07. 2017 19:24

↑ van Thomas:aha fakt. dík označím za vyriešené.

Pavel · 17. 07. 2017 00:29

↑ jarrro:

Není-li $\lim_{x\to-\infty}xf(x)=0$ , pak z monotonnosti funkce $f(x)$ a $x$ plyne, že existuje $\varepsilon>0$ takové, že platí $xf(x)<-\varepsilon$ pro dostatečně malá záporná $x$ , tj.

$f(x)&>\frac{-\varepsilon}x\\ \int_{-\infty}^0 f(x)\,\mathrm dx&>-\varepsilon\int_{-\infty}^0 \frac{\mathrm dx}x=\infty$

jarrro · 17. 07. 2017 08:53

↑ Pavel:dík

van Thomas · 17. 07. 2017 14:12

↑ Pavel:
Dovolím si nesouhlasit. Jako protipříklad vezměme funkci $f(x)=2^{-n(n+1)}$ pro $x\in(x_{n+1},x_n]$ , kde $x_n=-2^{(n-1)n}$ , $n\in\mathbb N$ , a $f(x)=1$ pro $x\in(-1,0]$ . Evidentně $x_nf(x_n)=-2^{-2n}$ , $\lim_{x\to x_n+}xf(x)=-1$ , $\limsup_{x\to-\infty}xf(x)=0$ , $\liminf_{x\to-\infty}xf(x)=-1$ . Tj. $\lim_{x\to-\infty}xf(x)$ neexistuje (není $0$ ), $f$ je neklesající, ale $xf(x)$ není na žádném okolí $-\infty$ shora omezená záporným číslem. Nicméně platí $\int\limits_{-\infty}^0f(x){\rm d}x=+\infty$ , jak jsem obecně dokázal výše.

Xellos · 17. 07. 2017 14:59

↑ van Thomas:
Funkcia $\sum_{n=1}^\infty \chi(n,n+1/n^2)$ (sucet charak. funkcii intervalov) ma vlastny integral $\sum \frac{1}{n^2}$ , ale nema limitu. Plati ale, ze ak ma funkcia limitu $a \neq 0$ , potom nema vlastny integral, lebo je $|f| > |a|/2$ pre $x > x_0$ .

van Thomas · 17. 07. 2017 15:29

↑ Xellos:
Nevím přesně, na co to má být reakce, ale bavíme se tu o monotónních funkcích :)

jarrro · 17. 07. 2017 17:18 — Editoval jarrro (09. 11. 2019 21:44)

↑ Pavel:↑ van Thomas: myslím, že to súvisí s tým, že o súčine neklesajúcich funkcií s rôznymi znamienkami sa nedá nič povedať
napríklad aj je taký divný prípad keď $xf{$x$}$ je dokonca klesajúca na okolí mínus nekonečna

van Thomas · 17. 07. 2017 17:29

↑ jarrro:
Přesně tak, kdybychom věděli (předpokládali), že je $xf(x)$ monotónní, šel by samozřejmě důkaz zjednodušit, ale nevíme.

Xellos · 17. 07. 2017 22:39 — Editoval Xellos (17. 07. 2017 22:40)

↑ van Thomas:
Bola to reakcia na $\int\limits_{-\infty}^0f(x){\rm d}x<+\infty\Rightarrow\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$ .

Ok, vyzeralo ze to myslis vseobecne.

Pavel · 19. 07. 2017 00:18 — Editoval Pavel (19. 07. 2017 00:20)

↑ van Thomas:

Souhlasím s Tvým postřehem. Můj postup by fungoval v případě, že by platilo $\limsup xf(x)<0$ . To, zda je funkce $xf(x)$ monotonní, ve skutečnosti nehraje žádnou roli, byť jsem tuto skutečnost omylem zmínil.

Uvedu ještě jeden důkaz, který kopíruje obdobné tvrzení z teorie nekonečných řad.

Nechť $\int_{-\infty}^0f(x)\,\mathrm dx\in\mathbb R$ a $f(x)$ je neklesající. Pak pro libovolné $\varepsilon>0$ existuje $K<0$ , takové že pro libovolná reálná $s,t$ splňující nerovnost $s<t<K$ platí $\left|\int_s^tf(x)\,\mathrm dx\right|<\frac \varepsilon2$ .

Volme $s<2K$ a $t=\frac s2$ . pak $\left|\int_s^\frac s2f(x)\,\mathrm dx\right|<\frac \varepsilon2$ . Funkce $f$ je neklesající, proto platí $f(s)\leq f(x)\leq f\left(\frac s2\right)$ , kde $x\in\left[s,\frac s2\right]$ . Kombinací všech uvedených skutečnosti odvodíme diskutovanou limitu, tj.

$\frac\varepsilon2>\left|\int_s^\frac s2f(x)\,\mathrm dx\right|\geq \left|f(s)\int_s^\frac s2\mathrm dx\right|=\left|-\frac s2\,f(s)\right|=\left|\frac s2\,f(s)\right|\quad\Rightarrow\quad \varepsilon>|sf(s)|\quad\Rightarrow\quad\boldsymbol{\lim_{s\to-\infty}sf(s)=0}$