Question

在我正在阅读的一篇论文中，似乎声称以下内容：

让 $f : [0, \infty) \to [2, \infty)$ f:[0,\infty)\to [2,\infty)是一个连续的、单调递增的函数， $lim_{x \to \infty} f (x) = \infty$ \lim_{x\to\infty}f(x)=\infty并让 $α > 3 / 2$ \alpha>3/2. 是真的吗

\int \infty 0 f （ x + 1 ） -f ​ （ 十 ） f （ x + 1 ） （ 对数 （ f （ 十 ） ） ） α d 十

\int_0^\infty \frac{f(x+1)-f(x)}{f(x+1)\big(\log(f(x))\big)^\alpha}dx

是有限的吗？

条件 $α$ \alpha源于其他表现 $α$ \alpha，所以我认为 $α > 1$ \alpha>1应该做的。也许 $f$ f也是多余的。

我认为这至少是非常合理的：如果你假设 $f$ f是可微的，并替换 $(f (x + 1) - f (x)) / f (x + 1)$ (f(x+1)-f(x))/f(x+1)近似值 $f^{'} (x) / f (x)$ f'(x)/f(x)，则积分中的函数是（最多为非零常数因子）的导数 $(\log (f (x))^{- α + 1}$ (\log(f(x))^{-\alpha+1}收敛到 $0$ 0如果 $α > 1$ \alpha>1我相信这种启发式方法可以变得严格（使用某种阿贝尔求和）。 —

Accepted Answer

答案是肯定的。确实， $a := α > 1$ a:=\alpha>1和 $g := \ln f$ g:=\ln f。那么所讨论的积分是

我 ： = \int \infty 0 d 十 1 - 埃 - （ 克 （ x + 1 ） -g ​ （ 十 ） ） 克 （ x ） 一个 \leq \int \infty 0 d 十 分钟 （ 1 克 ​ （ x + 1 ） -g ​ （ 十 ） ） 克 （ x ） 一个 \leq \int 10 \sum n\geq0 ​ ​ 时长 n s 一个 n - 1 ，

I:=\int_0^\infty dx\,\frac{1-e^{-(g(x+1)-g(x))}}{g(x)^a}
\le\int_0^\infty dx\,\frac{\min(1,g(x+1)-g(x))}{g(x)^a} \\
\le\int_0^1 \sum_{n\ge0}\frac{h_n}{s_{n-1}^a},
在哪里

时长 n （ x ） ： = 最小 （ 1 ， g （ x + n + 1 ） -g ​ （ x + n ） ） ， s n ： = 克 （ 0 ） + \sum k = 0 n 时长 钾 。

h_n(x):=\min(1,g(x+n+1)-g(x+n)),\quad s_n:=g(0)+\sum_{k=0}^n h_k.
为了 $n = 0, 1, \dots$ n=0,1,\dots我们有 $s_{n - 1} \geq g (0) > 0$ s_{n-1}\ge g(0)>0，以便

s n = s n - 1 + 时长 n \leq s n - 1 + 1\leqC ​ ​ s n - 1

s_n=s_{n-1}+h_n\le s_{n-1}+1\le Cs_{n-1}
为了 $C := 1 + 1 / g (0)$ C:=1+1/g(0)。所以，

我 \leq 碳 一个 \int 10 \sum n\geq0 ​ ​ 时长 n s 一个 n \leq 碳 一个 \int 10 \sum n\geq0 ​ ​ \int s n s n - 1 d s s 一个 \leq 碳 一个 \int 10 \int \infty s - 1 d s s 一个 = 碳 一个 \int 10 \int \infty 克 （ 0 ） d s s 一个 < \infty 。 □

I\le C^a\int_0^1 \sum_{n\ge0}\frac{h_n}{s_n^a}
\le C^a\int_0^1 \sum_{n\ge0}\int_{s_{n-1}}^{s_n}\frac{ds}{s^a} \\
\le C^a\int_0^1\int_{s_{-1}}^\infty\frac{ds}{s^a}
=C^a\int_0^1\int_{g(0)}^\infty\frac{ds}{s^a}<\infty.\quad\Box

引入序列的想法 $s_{n}$ s_n界限 $g$ g下面的证明相当不错，我正打算写一个更丑陋的证明。 —

Answer 2

或者你可以在较大的区间内进行积分 $[0, N]$ [0,N]逐点边界

埃 b - 埃 一个 埃 b 一个 α ⩽C ​ （ α ） \cdot （ 一个 1 - α - b 1 - α ） （ ♡ ）

\frac{e^b-e^a}{e^b a^{\alpha}} \leqslant
C(\alpha)\cdot (a^{1-\alpha}-b^{1-\alpha}) \tag{$\heartsuit$}

为了 $a = \log f (x)$ a=\log f(x)， $b = \log f (x + 1)$ b=\log f(x+1)，由于取消，RHS 的积分是一致有界的。

证明（ $♡$ \heartsuit），注意 $(e^{b} - e^{a}) / e^{b} = 1 - e^{a - b} ⩽ min (1, b - a)$ (e^b-e^a)/e^b=1-e^{a-b}\leqslant \min (1,b-a)考虑两种情况：

如果 $b ⩽ 2 a$ b\leqslant 2a，利用拉格朗日定理 $a^{1 - α} - b^{1 - α} = (- 1 + α) (b - a) c^{- α}$ a^{1-\alpha}-b^{1-\alpha}=(-1+\alpha)(b-a)c^{-\alpha}对于一些 $c$ c之间 $a$ a和 $b$ b，所以， $c ⩽ 2 a$ c\leqslant 2a；

如果 $b > 2 a$ b>2a，然后简单地 $a^{1 - α} - b^{1 - α} ⩾ (1 - 2^{1 - α}) a^{1 - α}$ a^{1-\alpha}-b^{1-\alpha}\geqslant (1-2^{1-\alpha})a^{1-\alpha}。

实分析 – 积分的有限性 – MathOverflow

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