Estudio de una función y otros hechos.

1. • La función $$\begin{array}{ccccc} K & : & (0,\infty)\times \mathbb R^+ & \to & \mathbb R \\ & & (x,t) & \mapsto & \arctan(t/x)e^{-t} \\ \end{array}$$

es claramente continua.

Además,$\forall (x,t)\in (0,\infty)\times \mathbb R^+,|K(x,t)|\leq \frac{\pi}{2}e^{-t}$

Dado que la función$t\to \frac{\pi}{2}e^{-t}$es integrable sobre$\mathbb R^+$, la desigualdad anterior otorga dominación.

Entonces puedes deducir que$f$es continuo

• Dejar$x,y\in (0,\infty)$tal que$x<y$y$t\in \mathbb R^+$

Entonces,$1/y <1/x \Rightarrow \arctan(t/y)e^{-t}< \arctan(t/x)e^{-t}$

Integrando la desigualdad con respecto a$t$rendimientos$f(y)< f(x)$

$f$en consecuencia es decreciente.

• Arreglar algunos no negativos arbitrarios$t$.

Tenemos que probar la función$g_t:\displaystyle x\to\arctan(\frac{t}{x})e^{-t}$es convexo

el derivado de$g_t$es$\displaystyle g_t'(x)=\frac{-te^{-t}}{t^2+x^2}$que una función creciente. De ahí la convexidad de$g$.

Se cumple la siguiente desigualdad$\forall \lambda \in [0,1], \forall (x,y)\in (0,\infty), g_t((1-\lambda)x+\lambda y)\leq (1-\lambda)g_t(x)+\lambda g_t(y) \; \; \; \; (1)$

Ahora,$\displaystyle \forall \lambda \in [0,1], \forall (x,y)\in (0,\infty), f((1-\lambda)x+\lambda y) = \int_0^{\infty} g_t((1-\lambda)x+\lambda y) dt \; \; \; \; (2)$

$(1)$y$(2)$implicar$\displaystyle \forall \lambda \in [0,1], \forall (x,y)\in (0,\infty), f((1-\lambda)x+\lambda y) \leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$

De ahí la convexidad de$f$.

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• Lo voy a hacer de la manera difícil (mediante secuencias)

Dejar$(x_n)$ser una secuencia arbitraria de números positivos que va a$0$

Probemos que$f(x_n)$va a$\displaystyle \frac{\pi}{2}$

Considerar

$$\begin{array}{ccccc} K_n & : & \mathbb R^+ & \to & R\\ & & t & \mapsto & \arctan(t/x_n)e^{-t} \\ \end{array}$$

$K_n$es una función continua para cada$n$, y la secuencia$(K_n)$converge puntualmente a$\displaystyle t\to \frac{\pi}{2}e^{-t}$, que también es continuo.

Además,$|K_n(x)|\leq \frac{\pi}{2}e^{-t}$y$\displaystyle t\to \frac{\pi}{2}e^{-t}$es integrable sobre$\mathbb R^+$que produce la dominación.

Por lo tanto,$\displaystyle \lim_{n\to \infty} \int_{0}^{\infty} K_n(t) dt = \int_{0}^{\infty} \lim_{n\to \infty} K_n(t) dt$

que se puede reescribir como$\displaystyle \lim_{n\to \infty} \int_{0}^{\infty} \arctan(t/x_n)e^{-t} dt = \int_{0}^{\infty} \frac{\pi}{2}e^{-t}$

Esto, a su vez, es equivalente a$\displaystyle \lim_{n\to \infty} f(x_n)= \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-t} = \frac{\pi}{2}$

He probado que para cualquier secuencia de números positivos$(x_n)$eso va a$0$,$f(x_n)$va a$\frac{\pi}{2}$. Esto implica que$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}f(x)=\frac{\pi}{2}$

• Esto es más simple.

Es fácil probar que$\forall y \geq 0, \arctan(y) \leq y$

Por eso$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \arctan(t/x)e^{-t} dt \leq \int_{0}^{\infty} \frac{t}{x}e^{-t} dt$

Entonces$\displaystyle f(x) \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{\infty}te^{-t} dt$

Y$\displaystyle 0\leq f(x) \leq \frac{1}{x}$

Tomando los límites como$x\to \infty$,$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}f(x)=0$

• $f$es una función continua decreciente sobre$(0,\infty)$.

Por eso$\displaystyle \qquad \sup_{x>0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0}f(x)=\frac{\pi}{2}$

Y$\displaystyle \qquad \inf_{x>0} f(x) = \lim_{x \rightarrow \infty}f(x)=0$

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Te dejo la última parte. Solo necesita justificar la diferenciación bajo el signo integral.

podemos reescribir$f(x)$de acuerdo a ($u=t/x$)

$$\begin{eqnarray*} f(x) &=&\int_{0}^{\infty }dt\exp [-t]\arctan \frac{t}{x}=x\int_{0}^{\infty }du\exp [-xu]\arctan u \\ &=&-\int_{0}^{\infty }du\{\partial _{u}\exp [-xu]\}\arctan u \\ &=&-\left. \exp [-xu]\arctan u\right\vert _{0}^{\infty }+\int_{0}^{\infty }du\exp [-xu]\partial _{u}\arctan u \\ &=&\int_{0}^{\infty }du\exp [-xu]\partial _{u}\arctan u=\int_{0}^{\infty }du\exp [-xu]\frac{1}{1+u^{2}} \end{eqnarray*}$$ Ahora las cosas se vuelven simples.