\[
\int_0^{+\infty} f(x)\,dx <+\infty
\]
e sia $g: [0,1]\to [0,+\infty] $ la funzione definita da
\[
g(y):=\sum_{n=0}^{\infty} f(y+n)\,
\]
per ogni $y\in [0,1]$.
- (a) Dimostrare che $g(y)<+\infty$ per ogni $y\in[0,1]$.
(b) Dimostrare che $g$ è continua e decrescente su $[0,1]$.
(c) Dimostrare che esiste $y\in[0,1]$ tale che
\[
g(y)= \int_0^{+\infty} f(x)\,dx.
\]
In spoiler il mio svolgimento. Se qualcuno ha voglia di cimentarsi e confrontare i risultati (correggendo i miei possibili errori) mi fa un grosso piacere. Grazie!
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Per quanto riguarda il punto (a), sia $k \in \mathbb N$ e $y \in [0,1]$ fissato. Per le ipotesi di positività e monotonia su $f$, possiamo scrivere
\[
\int_{y+k}^{y+k+1} f(x) dx \ge \int_{y+k}^{y+k+1} f(y+k+1) dx = f(y+k+1).
\]
Ora sommando membro a membro sugli interi si ha
\[
\sum_{k=0}^{n} \int_{y+k}^{y+k+1} f(x) dx \ge \sum_{k=0}^{n} f(y+k+1) = \sum_{k=1}^{n+1} f(y+k)
\]
da cui, per additività,
\[
\int_{y}^{y+n+1} f(x) dx \ge \sum_{k=1}^{n+1} f(y+k)
\]
Passando al limite per $n \to +\infty$ si trae
\[
g(y) = f(y) + \sum_{k=1}^{\infty} f(y+k) \le f(y) + \int_{y}^{\infty} f(x)dx \le f(y) + \int_{0}^{\infty} f(x)dx < \infty
\]
dove le ultime due disuguaglianze riescono grazie alla positività di $f$ e all'ipotesi sull'integrale improprio.
Per il punto (b), osserviamo che per le ipotesi di monotonia e positività di $f(\cdot)$, abbiamo che \( \displaystyle \vert f(y+n) \vert = f(y+n) \le f(n) \) per ogni $y \in [0,1]$. D'altra parte, per il punto precedente
\[
\sum_{n=0}^{\infty} f(n) = g(0) < \infty
\]
e quindi la serie è convergente. Per un noto risultato teorico (il test di Weierstrass), concludiamo che la serie che definisce $g$ converge totalmente e quindi uniformemente su $ [0,1]$. Ne segue che la funzione somma, ossia $g(\cdot)$ è continua, in quanto limite uniforme di funzioni continue. Per quanto riguarda la monotonia di $g(\cdot)$, essa è del tutto ovvia: presi $y_1 > y_2$ si ha $y_1 + n > y_2 + n$ per ogni $n \in \mathbb N$ e quindi
\[
\begin{split}
& f(y_1) < f(y_2) \\
& f(y_1+1) < f(y_2 + 1) \\
& \ldots \\
& f(y_1+n) < f(y_2+n).
\end{split}
\]
Sommando e passando al limite, si ha $g(y_1) \le g(y_2)$.
Infine, il punto (c) è la parte più divertente: procedendo in maniera simile a quanto fatto in (a), si può scrivere
\[
f(y+k) \le \int_{y+k-1}^{y+k} f(x)dx \le f(y+k-1)
\]
per ogni $y \in [0,1]$ e $k \in \N$. In particolare, sommando, si ha
\[
\sum_{k=1}^{n} f(y+k) \le \int_{y}^{y+n} f(x)dx \le \sum_{k=1}^{n} f(y+k-1)
\]
cioè
\[
\sum_{k=0}^{n-1} f(y+k+1) \le \int_{y}^{y+n} f(x)dx \le \sum_{k=0}^{n-1} f(y+k).
\]
Passando al limite $n \to +\infty$ si ricava
\[
\sum_{k=0}^{\infty} f(y+k+1) \le \int_{y}^{\infty} f(x)dx \le \sum_{k=0}^{\infty} f(y+k)
\]
cioè
\[
g(y+1) \le \int_{y}^{\infty} f(x)dx \le g(y).
\]
In particolare, per $y=0$ si trova
\[
g(1) \le \int_{0}^{\infty} f(x)dx \le g(0)
\]
e un'applicazione del Teorema dei valori intermedi conclude l'esercizio.
\[
\int_{y+k}^{y+k+1} f(x) dx \ge \int_{y+k}^{y+k+1} f(y+k+1) dx = f(y+k+1).
\]
Ora sommando membro a membro sugli interi si ha
\[
\sum_{k=0}^{n} \int_{y+k}^{y+k+1} f(x) dx \ge \sum_{k=0}^{n} f(y+k+1) = \sum_{k=1}^{n+1} f(y+k)
\]
da cui, per additività,
\[
\int_{y}^{y+n+1} f(x) dx \ge \sum_{k=1}^{n+1} f(y+k)
\]
Passando al limite per $n \to +\infty$ si trae
\[
g(y) = f(y) + \sum_{k=1}^{\infty} f(y+k) \le f(y) + \int_{y}^{\infty} f(x)dx \le f(y) + \int_{0}^{\infty} f(x)dx < \infty
\]
dove le ultime due disuguaglianze riescono grazie alla positività di $f$ e all'ipotesi sull'integrale improprio.
Per il punto (b), osserviamo che per le ipotesi di monotonia e positività di $f(\cdot)$, abbiamo che \( \displaystyle \vert f(y+n) \vert = f(y+n) \le f(n) \) per ogni $y \in [0,1]$. D'altra parte, per il punto precedente
\[
\sum_{n=0}^{\infty} f(n) = g(0) < \infty
\]
e quindi la serie è convergente. Per un noto risultato teorico (il test di Weierstrass), concludiamo che la serie che definisce $g$ converge totalmente e quindi uniformemente su $ [0,1]$. Ne segue che la funzione somma, ossia $g(\cdot)$ è continua, in quanto limite uniforme di funzioni continue. Per quanto riguarda la monotonia di $g(\cdot)$, essa è del tutto ovvia: presi $y_1 > y_2$ si ha $y_1 + n > y_2 + n$ per ogni $n \in \mathbb N$ e quindi
\[
\begin{split}
& f(y_1) < f(y_2) \\
& f(y_1+1) < f(y_2 + 1) \\
& \ldots \\
& f(y_1+n) < f(y_2+n).
\end{split}
\]
Sommando e passando al limite, si ha $g(y_1) \le g(y_2)$.
Infine, il punto (c) è la parte più divertente: procedendo in maniera simile a quanto fatto in (a), si può scrivere
\[
f(y+k) \le \int_{y+k-1}^{y+k} f(x)dx \le f(y+k-1)
\]
per ogni $y \in [0,1]$ e $k \in \N$. In particolare, sommando, si ha
\[
\sum_{k=1}^{n} f(y+k) \le \int_{y}^{y+n} f(x)dx \le \sum_{k=1}^{n} f(y+k-1)
\]
cioè
\[
\sum_{k=0}^{n-1} f(y+k+1) \le \int_{y}^{y+n} f(x)dx \le \sum_{k=0}^{n-1} f(y+k).
\]
Passando al limite $n \to +\infty$ si ricava
\[
\sum_{k=0}^{\infty} f(y+k+1) \le \int_{y}^{\infty} f(x)dx \le \sum_{k=0}^{\infty} f(y+k)
\]
cioè
\[
g(y+1) \le \int_{y}^{\infty} f(x)dx \le g(y).
\]
In particolare, per $y=0$ si trova
\[
g(1) \le \int_{0}^{\infty} f(x)dx \le g(0)
\]
e un'applicazione del Teorema dei valori intermedi conclude l'esercizio.
