Analisi superiore: trasformata di Fourier e dimostrazioni
Oggi ho fatto il compito di Analisi Superiore ed è stata una Waterloo! ... e io non ero la settima coalizione 
!
In ogni caso, volevo postare gli esercizi, per avere una conferma e anche per capire dove sbagliavo quella stramaledetta trasformata di Fourier!
Esercizio 1
Sia $f(x) = max{0, (x-1)(2-x)}, x \in RR$.
Si chiede se $f \in W_1^1 (RR)$.
Dunque, per prima cosa ho verificato che $f$ fosse sommabile:
$\int_RR |f(x)|dx = \int_1^2 |(x-1)(2-x)|dx < \infty$
poi ho calcolato la derivata debole per controllare che anche essa lo fosse:
sia $\phi \in C_0^infty (RR)$
$\int_RR f \phi' = \int_1^2 f \phi' =$ (per parti) $= [f(x) \phi(x)]_1^2 - \int_1^2 (-2x+3) \phi(x)dx=- \int_1^2 (-2x+3) \phi(x)dx$
Allora $f'(x) = (-2x+3) \chi_{[1,2]}(x)$
e se faccio $\int_RR |f'| = \int_{[1,2]} |f'|$ si vede come prima che è $<\infty$.
Esercizio 2
Calcolare la trasformata di Fourier della precedente funzione.
Ecco, qui mi danno... Davvero vorrei capire dove cavolo è l'errore!
Quando lo trovate insultatemi liberamente!!
$\hat f (\xi) = \int_RR f(x)e^{-i \xi x}dx = \int_1^2 f(x)e^{-i \xi x}dx =$(per parti)$=[\frac{e^{-i \xi x}}{-i \xi} f(x)]_1^2 $(<< questo si annulla)$ + 1/(i \xi) \int_1^2 e^{-i \xi x} (-2x+3)dx = $(per parti)$= [1/(\xi^2) e^{-i \xi x} (-2x+3) ]_1^2 - 1/(\xi^2) \int_1^2 e^{-i \xi x} (-2)dx = [1/(\xi^2) e^{-i \xi x} (-2x+3) + 2/(\xi^2) ( e^{-i \xi x})/(-i \xi)]_1^2 = 1/(\xi^2) (e^{-2i\xi} (-1-2/\xi) -e^{-i\xi} (1-2/\xi))$
Ecco, sono finita qui... ma questa funzione non è continua in $0$!! Allora dove sbaglio??
Esercizio 3
Sia $f_n \in L^1 (RR) \nn L^2(RR)$ tale che $f_n$ ha limite $f$ in $L^1$ e limite $g$ in $L^2$. Dimostrare che $f=g$ q.d.
Io avevo cominciato così: dato che $f_n$ ha limite in $L^1$ esisterà una sottosuccessione $f_{n_j}$ convergente puntualmente ad $f$. Stessa cosa esisterà $f_{n_k}$ convergente puntualmente a $g$.
Poi avevo supporto per assurdo che $f \ne g$, in questo modo la $f_n$ non poteva avere convergenza puntuale perchè due sue sottosuccessioni avevano limite diverso...
La strada non mi pare male, ma non so più continuare.
Avevo pensato anche ad un approccio topologico usando il fatto che $f_n \in L^1 \nn L^2$ ma anche qui non ero capace di cavare un ragno dal buco.
Paola
!In ogni caso, volevo postare gli esercizi, per avere una conferma e anche per capire dove sbagliavo quella stramaledetta trasformata di Fourier!
Esercizio 1
Sia $f(x) = max{0, (x-1)(2-x)}, x \in RR$.
Si chiede se $f \in W_1^1 (RR)$.
Dunque, per prima cosa ho verificato che $f$ fosse sommabile:
$\int_RR |f(x)|dx = \int_1^2 |(x-1)(2-x)|dx < \infty$
poi ho calcolato la derivata debole per controllare che anche essa lo fosse:
sia $\phi \in C_0^infty (RR)$
$\int_RR f \phi' = \int_1^2 f \phi' =$ (per parti) $= [f(x) \phi(x)]_1^2 - \int_1^2 (-2x+3) \phi(x)dx=- \int_1^2 (-2x+3) \phi(x)dx$
Allora $f'(x) = (-2x+3) \chi_{[1,2]}(x)$
e se faccio $\int_RR |f'| = \int_{[1,2]} |f'|$ si vede come prima che è $<\infty$.
Esercizio 2
Calcolare la trasformata di Fourier della precedente funzione.
Ecco, qui mi danno... Davvero vorrei capire dove cavolo è l'errore!
Quando lo trovate insultatemi liberamente!!
$\hat f (\xi) = \int_RR f(x)e^{-i \xi x}dx = \int_1^2 f(x)e^{-i \xi x}dx =$(per parti)$=[\frac{e^{-i \xi x}}{-i \xi} f(x)]_1^2 $(<< questo si annulla)$ + 1/(i \xi) \int_1^2 e^{-i \xi x} (-2x+3)dx = $(per parti)$= [1/(\xi^2) e^{-i \xi x} (-2x+3) ]_1^2 - 1/(\xi^2) \int_1^2 e^{-i \xi x} (-2)dx = [1/(\xi^2) e^{-i \xi x} (-2x+3) + 2/(\xi^2) ( e^{-i \xi x})/(-i \xi)]_1^2 = 1/(\xi^2) (e^{-2i\xi} (-1-2/\xi) -e^{-i\xi} (1-2/\xi))$
Ecco, sono finita qui... ma questa funzione non è continua in $0$!! Allora dove sbaglio??
Esercizio 3
Sia $f_n \in L^1 (RR) \nn L^2(RR)$ tale che $f_n$ ha limite $f$ in $L^1$ e limite $g$ in $L^2$. Dimostrare che $f=g$ q.d.
Io avevo cominciato così: dato che $f_n$ ha limite in $L^1$ esisterà una sottosuccessione $f_{n_j}$ convergente puntualmente ad $f$. Stessa cosa esisterà $f_{n_k}$ convergente puntualmente a $g$.
Poi avevo supporto per assurdo che $f \ne g$, in questo modo la $f_n$ non poteva avere convergenza puntuale perchè due sue sottosuccessioni avevano limite diverso...
La strada non mi pare male, ma non so più continuare.
Avevo pensato anche ad un approccio topologico usando il fatto che $f_n \in L^1 \nn L^2$ ma anche qui non ero capace di cavare un ragno dal buco.
Paola
Risposte
"prime_number":
Esercizio 3
Sia $f_n \in L^1 (RR) \nn L^2(RR)$ tale che $f_n$ ha limite $f$ in $L^1$ e limite $g$ in $L^2$. Dimostrare che $f=g$ q.d.
Io avevo cominciato così: dato che $f_n$ ha limite in $L^1$ esisterà una sottosuccessione $f_{n_j}$ convergente puntualmente ad $f$. Stessa cosa esisterà $f_{n_k}$ convergente puntualmente a $g$.
Poi avevo supporto per assurdo che $f \ne g$, in questo modo la $f_n$ non poteva avere convergenza puntuale perchè due sue sottosuccessioni avevano limite diverso...
La strada non mi pare male, ma non so più continuare.
Avevo pensato anche ad un approccio topologico usando il fatto che $f_n \in L^1 \nn L^2$ ma anche qui non ero capace di cavare un ragno dal buco.
Il tuo inizio mi sembra promettente. Io proverei invece a estrarre dall'estratta.
Mi spiego: siccome $f_n \to f$ in $L^1$ allora esiste una sottosuccessione $f_{n_j}$ che tende a $f$ quasi ovunque.
Ora, $f_{n_j} \to g$ in $L^2$ e quindi esiste una sottosuccessione $f_{n_{j_k}}$ che tende a $g$ quasi ovunque.Ma allora $f_{n_{j_k}} \to f$ q.o. e $f_{n_{j_k}} \to g$ q.o., da cui per l'unicità del limite q.o. (a meno di un insieme di misura nulla) $f = g$ q.o.
Mi sembra che fili...
Forse per semplificare i conti della trasformata avresti potuto considerare lo "shift" $x to x+3/2$, da cui la funzione $(1/4-x^2)*chi_([-1/2,1/2])$, la cui trasformata di Fourier è $int_(-1/2)^(1/2) (1/4-x^2) e^(-i omega x)dx= (4 sin (omega/2))/(omega^3)-(2cos(omega/2))/(omega^2)$. A questo punto la trasformata della funzione originale si ottiene dalla proprietà di traslazione: $F(omega)=[(4 sin (omega/2))/(omega^3)-(2cos(omega/2))/(omega^2) ]*e ^((3i omega)/2)$.
Grazie, Irenze! Che peccato, ero ad un passo dalla fine!
@elgiovo... Però la tua trasformata in $0$ non è definita, dovrebbe invece essere unif. continua su tutto $RR$.
Non capisco dov'è il mio errore..!
Paola
@elgiovo... Però la tua trasformata in $0$ non è definita, dovrebbe invece essere unif. continua su tutto $RR$.
Non capisco dov'è il mio errore..!
Paola
La trasformata di Fourier di una funzione sommabile è sempre continua (la continuità segue dal teorema della convergenza dominata), dunque se i conti sono giusti le eventuali discontinuità sono eliminabili ed è possibile considerarne il prolungamento.
"Kroldar":
La trasformata di Fourier di una funzione sommabile è sempre continua (la continuità segue dal teorema della convergenza dominata), dunque se i conti sono giusti le eventuali discontinuità sono eliminabili ed è possibile considerarne il prolungamento.
Infatti l'unico punto critico della trasformata calcolata da elgiovo è $omega =0 $ e si ha $lim_(omega rarr 0 )F(omega) = 1/6 $.
"prime_number":
@elgiovo... Però la tua trasformata...
Per ora non ho ideato nessuna trasformata...
Scherzi a parte, sottoscrivo quanto detto da Kroldar e Camillo.
Carina l'idea dello " shift " $ x rarr x+3/2 $ andando a beccare il vertice della parabola 
Ti hanno già detto tutto ma voglio fare anch'io un commento sul punto 2.
La trasformata che hai trovato mi sembra perfettamente corretta e se fai il limite per
$\xi\to0$ troverai sicuramente un valore finito. Però l'integrazione per parti che hai fatto
non è lecita se $\xi=0$ - per questo la formula che hai trovato non ha senso. Se invece
metti $\xi=0$ all'inizio e fai i conti ti viene un integrale semplice, che non contiene più
l'esponenziale e che ti dà il valore della trasformata in zero (che poi è la media della funzione di partenza).
Questo valore (se i conti sono giusti) è proprio il limite per $\xi\to0$ della trasformata.
La trasformata che hai trovato mi sembra perfettamente corretta e se fai il limite per
$\xi\to0$ troverai sicuramente un valore finito. Però l'integrazione per parti che hai fatto
non è lecita se $\xi=0$ - per questo la formula che hai trovato non ha senso. Se invece
metti $\xi=0$ all'inizio e fai i conti ti viene un integrale semplice, che non contiene più
l'esponenziale e che ti dà il valore della trasformata in zero (che poi è la media della funzione di partenza).
Questo valore (se i conti sono giusti) è proprio il limite per $\xi\to0$ della trasformata.
Tra l'altro, si può calcolare quella trasformata senza scomodare l'integrazione per parti, ma notando (a seguito della traslazione proposta da elgiovo) che la funzione che vale $(1/4-x^2)$ in $(-1/2,1/2)$ e $0$ altrove può essere scritta come $(1/4-x^2) * rect(x) = 1/4 * rect(x) - x^2 * rect(x)$, dove rect (quella che elgiovo chiama $chi$ 
) è la consueta finestra rettangolare. Dato che la trasformata della rect è arcinota (immagino almeno che lo sia), basta applicare la linearità e la prima formula fondamentale.
) è la consueta finestra rettangolare. Dato che la trasformata della rect è arcinota (immagino almeno che lo sia), basta applicare la linearità e la prima formula fondamentale.
Per quanto possa valere la mia opinione, l'1 mi sembra giusto. 
Scommetto che ti dà 30...
Scommetto che ti dà 30...
Non penso, mi sono ritirata!!!
Dato che avevo quel problema con la continuità mi sembrava una blasfemia consegnare!
Grazie mille, sono sicura che al prossimo appello andrà meglio!!
Paola
Dato che avevo quel problema con la continuità mi sembrava una blasfemia consegnare!
Grazie mille, sono sicura che al prossimo appello andrà meglio!!
Paola
Se hai fatto il compito come hai postato e non sei soddisfatta, mi fai paura davvero...
Non conosci Paola
"Camillo":
Non conosci Paola
Eheheh...
Alludi forse alla mia testardaggine combinata con un perfezionismo ossessivo??
Paola
"ViciousGoblinEnters":
Ti hanno già detto tutto ma voglio fare anch'io un commento sul punto 2.
La trasformata che hai trovato mi sembra perfettamente corretta e se fai il limite per
$\xi\to0$ troverai sicuramente un valore finito. Però l'integrazione per parti che hai fatto
non è lecita se $\xi=0$ - per questo la formula che hai trovato non ha senso. Se invece
metti $\xi=0$ all'inizio e fai i conti ti viene un integrale semplice, che non contiene più
l'esponenziale e che ti dà il valore della trasformata in zero (che poi è la media della funzione di partenza).
Questo valore (se i conti sono giusti) è proprio il limite per $\xi\to0$ della trasformata.
Infatti $F(0) =int_1^2(x-1)(2-x)dx= 1/6 = lim_(xi rarr 0) F(xi )$ .
Qualcuno ha pensato di "parafrasare" questo topic
http://www.scienzematematiche.it/forum/ ... p?f=7&t=86
http://www.scienzematematiche.it/forum/ ... p?f=7&t=86
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