\( \int_{[0,1]} x^n f(x)d\mu \to 0 \) con \(f \in L^1\)

[Paolo902]

Problema. Sia \( f \in L^1([0,1])\). Provare che
\[
\lim_n \int_{[0,1]} x^n f(x)d\mu = 0.
\]

Per ogni $x \in [0,1]$ si ha che
\[
\lim_n x^n f(x) = 0.
\]
Tutto sta, ora, nel mostrare che è lecito il passaggio al limite sotto al segno di integrale. Per questo, ho trovato due strade:

[*:110ltc0y] Convergenza dominata: \( \vert x^n f(x) \vert \le \vert f(x) \vert \in L^1 \) da cui l'asserto.[/*:m:110ltc0y]
[*:110ltc0y] Convergenza monotona: detta \( g_n(x):= x^n \vert f(x) \vert \) ho che
\[
g_n(x) = x^n \vert f(x) \vert \ge x^{n+1} \vert f(x) \vert = g_{n+1}(x) \Leftrightarrow x \le 1.
\]
Quindi la successione $g_n(x)$ è monotona decrescente e, poiché \( g_1(x)=x\vert f(x) \vert \in L^1\) (Holder, siccome $x \in L^{\infty}$) concludo che
\[
\lim_n \int_{[0,1]} x^n \vert f(x) \vert d\mu = 0
\]
Da ciò segue anche la nostra tesi, tenuto conto che
\[
0 \le \left\vert \int_{[0,1]}x^n f(x)d\mu \right\vert \le \int_{[0,1]} x^n \vert f(x) \vert d\mu.
\][/*:m:110ltc0y][/list:u:110ltc0y]

Che dite? Mi piacerebbe avere un vostro riscontro, per piacere. Spero sia tutto giusto.
Grazie in anticipo.

[Rigel1]

Direi che vanno bene entrambi i metodi (quello basato sulla convergenza dominato è più rapido).
Se proprio vuoi fare una collezione di possibili dimostrazioni, puoi anche supporre che \(f\in C^1\) e integrare per parti; il caso generale lo ottieni poi per densità di \(C^1\) in \(L^1\) (nella norma di \(L^1\)).

[gugo82]

Che la relazione \(x^n\ f(x)\to 0\) valga per ogni \(x\) ho i miei dubbi... Al massimo varrà q.o. in \([0,1]\) se \(f\in L^1(0,1)\).

Ma comunque la cosa può essere trattata per densità.

L'integrale \(\int_0^1 x^n\ g(x)\ \text{d} x\) va a zero, per convergenza dominata, per ogni possibile scelta di \(g\in C_c(0,1)\).
D'altra parte, se \(f\in L^1(0,1)\), comunque si fissi \(\varepsilon >0 \) si può prendere una \(g_\varepsilon \in C_c(0,1)\) tale che \(\| f-g_\varepsilon \|_{1,[0,1]} <\varepsilon/3\) e trovare:
\[
\begin{split}
\left| \int_0^1 x^n\ f(x)\ \text{d} x \right| &\leq \left| \int_0^1 x^n\ f(x)\ \text{d} x - \int_0^1 x^n\ g_\varepsilon (x)\ \text{d} x \right| + \left| \int_0^1 x^n\ g_\varepsilon (x)\ \text{d} x\right| \\
&\leq \| x^n\|_{\infty ,[0,1]}\ \| f-g_\varepsilon\|_{1,[0,1]} + \left| \int_0^1 x^n\ g_\varepsilon (x)\ \text{d} x\right|\\
&=\frac{\varepsilon}{3} + \left| \int_0^1 x^n\ g_\varepsilon (x)\ \text{d} x\right|
\end{split}
\]
sicché \(|\int_0^1 x^n\ f(x)\ \text{d} x | < \varepsilon\) per \(n\geq \nu\) (con \(\nu\) che viene fuori dalla definizione di limite per la successione di termine generale \(\int_0^1 x^n\ g_\varepsilon (x)\ \text{d} x\)).

[Paolo902]

Ottimo, grazie mille Rigel. Approfitto del tuo spunto e scrivo per esteso la tua dimostrazione, che male non mi fa.

Supponiamo $f \in C^1$: allora
\[
\begin{split}
\left\vert \int_0^1 x^n f(x)dx \right\vert & = \left\vert \frac{1}{n+1} - \int_0^1 \frac{x^{n+1}}{n+1} f'(x)dx \right\vert \le \\
& \le \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+1} \int_0^1 \vert x^{n+1} f'(x)\vert dx \le \\
& \le \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+1} \int_0^1 \vert f'(x)\vert dx \le \\
& \le \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+1} \int_0^1 \Vert f'(x) \Vert_{\infty} \le \\
& \le \frac{1}{n+1}(1+\Vert f'(x) \Vert_{\infty}) \to 0
\end{split}
\]
per $n \to+\infty$.

Ora supponiamo $g \in L^1$: per la densità di cui parli, fissato $\varepsilon>0$ esiste una $f_{\varepsilon} \in C^1$ tale che \( \Vert g-f_{\varepsilon}\Vert_1 <\varepsilon\). Quindi,
\[
\begin{split}
\left\vert \int_{[0,1]} x^n g(x)d\mu \right\vert & = \left\vert \int_{[0,1]} x^n[g(x)-f_{\varepsilon}(x)+f_{\varepsilon}(x)] d\mu \right\vert \le \\
& \le \int_{[0,1]} x^n \vert g(x)-f_{\varepsilon}(x)\vert d\mu + \left\vert \int_0^1 x^n f_{\varepsilon}(x) dx \right\vert \le \\
& \le \Vert g-f_{\varepsilon} \Vert_1 + \left\vert \int_0^1 x^n f_{\varepsilon}(x) dx \right\vert \le \varepsilon + \left\vert \int_0^1 x^n f_{\varepsilon}(x) dx \right\vert.
\end{split}
\]
Il secondo addendo va a zero per $n \to +\infty$ per quanto provato sopra e ora l'arbitrarietà di $\varepsilon$ permette di concludere. Ok?

@ gugo: scusa, non avevo visto il tuo messaggio. Vedo che con la densità abbiamo fatto più o meno la stessa cosa (il che mi tranquillizza), anche se tu hai considerato funzioni continue.

"gugo82":Che la relazione \(x^n\ f(x)\to 0\) valga per ogni \(x\) ho i miei dubbi... Al massimo varrà q.o. in \([0,1]\) se \(f\in L^1(0,1)\).

Assolutamente, hai proprio ragione: $f \in L^1$ implica solo che $f$ sia q.o. finita. Grazie.

[Rigel1]

@paolo:

@gugo: per la dimostrazione che fa uso del teor. di convergenza dominata non mi sembra ci sia necessità di regolarizzare la funzione; hai che \(f_n(x) := x^n f(x) \to 0\) per q. ogni \(x\in [0,1]\) e \(|f_n(x)| \leq |f(x)|\) per ogni \(x\in [0,1]\), dunque puoi applicare il teor. di conv. dominata alla successione \((f_n)\).

[Seneca1]

"Paolo90":Quindi la successione $g_n(x)$ è monotona decrescente e, poiché \( g_1(x)=x\vert f(x) \vert \in L^1\) (Holder, siccome $x \in L^{\infty}$) concludo che
\[
\lim_n \int_{[0,1]} x^n \vert f(x) \vert d\mu = 0
\]

Scusami Paolo, probabilmente mi sfugge qualcosa... Non capisco come fai a passare al limite sotto il segno di integrale in questo caso, in cui la successione di funzioni non è crescente.

[Rigel1]

Poiché \(g_1\in L^1\), puoi applicare il teorema "standard" alla successione crescente di funzioni non negative \(f_n := g_1-g_n\).

[Seneca1]

Ecco, che sciocco... Grazie Rigel.