Applicazione del teorema di convergenza dominata
Ho $\varphi \in C_{0}(\mathbb{R}^{n})$ e $u$ in $L_{loc}^{1}(\mathbb{R}^{n})$, allora il prodotto di convoluzione $\varphi * \u \in C(\mathbb{R}^{n})$.
La prima classe di $\varphi$ è quella delle derivabili con continuità su un aperto e nulle al di fuori di un compatto. La classe di $u$ è quella delle funzioni definite su un aperto, misurabili, e $1-$sommabili per ogni compatto nell'aperto. L'ultima classe è quella delle funzioni derivabili con continuità.
Per dimostrarlo si mostra che $(\varphi * \u)(x_{j})\rightarrow (\varphi * \u)(x)$ per $x_{j}\rightarrow x$. Supponendo che non ci siano problemi con l'integranda, cioè $\varphi(x_{j}-y)u(y)\rightarrow \varphi(x-y)u(y)$ (ma poi perché? Se fissiamo $y$ non potrebbe accadere che $u$ crei dei problemi nell'operazione di limite?) bisogna applicare Lebesgue per scambiare limite ed integrale.
E qui non capisco il senso della dimostrazione nelle mie dispense. So che se ho una successione di funzioni misurabili $f_{j}$ tali che $f_{j}\rightarrow f$ $\forall x \in \mathbb{R}^{n}$ e $g \in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$ tale che $|f_{j}|\leq g$ allora posso scambiare. Cito:
Considerando $(\varphi * \u)(x_{j})$ l'integranda è sommabile, ma la maggiorazione $|\varphi(x_{j}-y)u(y)|\leq C|u(y)|$ non è uniforme in $j$ in quanto la regione di integrazione dipende da $j$ e non possiamo estenderla a tutto $\mathbb{R}^{n]$. Allora considerando che la regione di integrazione risulta: $x_{j}-K$...
Quale ipotesi del teorema di convergenza dominata non è rispettata? Non capisco come faccia a tirare fuori tale regione di integrazione. Gli elementi della successione $x_{j}$ sono su $\mathbb{R}^{n}$ e $(\varphi * \u)(x_{j}):\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{C}$ è uguale a $(\varphi * \u)(x_{j}):K\rightarrow \mathbb{C}$ dove quel $K$ è il compatto di $\varphi$ e $u$ nel caso in cui $x_{j}\in K$ per ogni indice. Se questo non accade allora non posso passare all'uguaglianza. Magari è spiegato molto chiaramente nella parte sottolineata, ma io non ho capito.
La prima classe di $\varphi$ è quella delle derivabili con continuità su un aperto e nulle al di fuori di un compatto. La classe di $u$ è quella delle funzioni definite su un aperto, misurabili, e $1-$sommabili per ogni compatto nell'aperto. L'ultima classe è quella delle funzioni derivabili con continuità.
Per dimostrarlo si mostra che $(\varphi * \u)(x_{j})\rightarrow (\varphi * \u)(x)$ per $x_{j}\rightarrow x$. Supponendo che non ci siano problemi con l'integranda, cioè $\varphi(x_{j}-y)u(y)\rightarrow \varphi(x-y)u(y)$ (ma poi perché? Se fissiamo $y$ non potrebbe accadere che $u$ crei dei problemi nell'operazione di limite?) bisogna applicare Lebesgue per scambiare limite ed integrale.
E qui non capisco il senso della dimostrazione nelle mie dispense. So che se ho una successione di funzioni misurabili $f_{j}$ tali che $f_{j}\rightarrow f$ $\forall x \in \mathbb{R}^{n}$ e $g \in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$ tale che $|f_{j}|\leq g$ allora posso scambiare. Cito:
Considerando $(\varphi * \u)(x_{j})$ l'integranda è sommabile, ma la maggiorazione $|\varphi(x_{j}-y)u(y)|\leq C|u(y)|$ non è uniforme in $j$ in quanto la regione di integrazione dipende da $j$ e non possiamo estenderla a tutto $\mathbb{R}^{n]$. Allora considerando che la regione di integrazione risulta: $x_{j}-K$...
Quale ipotesi del teorema di convergenza dominata non è rispettata? Non capisco come faccia a tirare fuori tale regione di integrazione. Gli elementi della successione $x_{j}$ sono su $\mathbb{R}^{n}$ e $(\varphi * \u)(x_{j}):\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{C}$ è uguale a $(\varphi * \u)(x_{j}):K\rightarrow \mathbb{C}$ dove quel $K$ è il compatto di $\varphi$ e $u$ nel caso in cui $x_{j}\in K$ per ogni indice. Se questo non accade allora non posso passare all'uguaglianza. Magari è spiegato molto chiaramente nella parte sottolineata, ma io non ho capito.
Risposte
Facciamo finta che non abbia scritto la seconda parte. Vorrei capire la prima. Se ho $f\ne 0$ in $[a,b]$ e nulla fuori. Voglio calcolare per esempio l'integrale di $f(n-x)$ con $n \in \mathbb{N}$ su tale supporto.
\[\int_{[a,b]}f(n-x)\text{d}x=\int_{n-[a,b]}f(z)\text{d}z\]
Se faccio lo stesso con $(\varphi * u)(x_{j})$, se non sbaglio:
\[\int_{K}\varphi(x_{j}-y)u(y)\text{d}x=\int_{x_{j}-K}u(x_{j}-z)\varphi(z)\text{d}z\]
Per ora ho tirato fuori quella "dipendenza" $x_j-K$ dalla regione di integrazione.
link pag 269 delle dispense.
\[\int_{[a,b]}f(n-x)\text{d}x=\int_{n-[a,b]}f(z)\text{d}z\]
Se faccio lo stesso con $(\varphi * u)(x_{j})$, se non sbaglio:
\[\int_{K}\varphi(x_{j}-y)u(y)\text{d}x=\int_{x_{j}-K}u(x_{j}-z)\varphi(z)\text{d}z\]
Per ora ho tirato fuori quella "dipendenza" $x_j-K$ dalla regione di integrazione.
link pag 269 delle dispense.
bamp
Posso trovare da qualche parte la dimostrazione di questo teorema?
Posso trovare da qualche parte la dimostrazione di questo teorema?
Riformulo:
Con $\varphi \in C_{0}(\mathbb{R}^{n})$ e $u \in L_{loc}^{1}(\mathbb{R}^{n})$ devo mostrare che $(\varphi \cdot u)(x)$ è continua. Sia $x_{j} \in \mathbb{R}^{n}: x_{j}\rightarrow x$ allora deve aversi $(\varphi \cdot u)(x_{j})\rightarrow (\varphi \cdot u)(x)$. Esplicitamente
\[
\lim_{j \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi(x_{j}-y)u(y)\mathrm{d}y=\int_{\mathbb{R}^{n}}[\lim_{j \rightarrow \infty}\varphi(x_{j}-y)]u(y)\mathrm{d}y=\int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi(x-y)u(y)\mathrm{d}y
\]
Dobbiamo trovare $g \in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$ tale che $|\varphi(x_{j}-y)u(y)|\leq g(y)$ con $j=1,2,3,...$ e $\forall y\in \mathbb{R}^{n}$ per potere scambiare l'ordine operatoriale fra limite ed integrazione (teorema di convergenza dominata). Negli appunti si comincia con il dire che la regione di integrazione di
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi(x_{j}-y)u(y)\mathrm{d}y
\]
è $A=x_{j}-\text{supp}(\varphi)$ e del dominio di $u$ non mi interesso perché l'integranda fuori da $A$ dovrebbe annullarsi $\varphi(x_{j}-y)u(y)=\chi_{A}(y)\varphi(x_{j}-y)u(y)$. Ora, come fa a restringere l'integrazione su questo dominio $A$? Significa che
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi(x_{j}-y)u(y)\mathrm{d}y=\int_{A}\varphi(x_{j}-y)u(y)\mathrm{d}y
\]
No?
Notazione:
Con $\varphi \in C_{0}(\mathbb{R}^{n})$ e $u \in L_{loc}^{1}(\mathbb{R}^{n})$ devo mostrare che $(\varphi \cdot u)(x)$ è continua. Sia $x_{j} \in \mathbb{R}^{n}: x_{j}\rightarrow x$ allora deve aversi $(\varphi \cdot u)(x_{j})\rightarrow (\varphi \cdot u)(x)$. Esplicitamente
\[
\lim_{j \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi(x_{j}-y)u(y)\mathrm{d}y=\int_{\mathbb{R}^{n}}[\lim_{j \rightarrow \infty}\varphi(x_{j}-y)]u(y)\mathrm{d}y=\int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi(x-y)u(y)\mathrm{d}y
\]
Dobbiamo trovare $g \in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$ tale che $|\varphi(x_{j}-y)u(y)|\leq g(y)$ con $j=1,2,3,...$ e $\forall y\in \mathbb{R}^{n}$ per potere scambiare l'ordine operatoriale fra limite ed integrazione (teorema di convergenza dominata). Negli appunti si comincia con il dire che la regione di integrazione di
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi(x_{j}-y)u(y)\mathrm{d}y
\]
è $A=x_{j}-\text{supp}(\varphi)$ e del dominio di $u$ non mi interesso perché l'integranda fuori da $A$ dovrebbe annullarsi $\varphi(x_{j}-y)u(y)=\chi_{A}(y)\varphi(x_{j}-y)u(y)$. Ora, come fa a restringere l'integrazione su questo dominio $A$? Significa che
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi(x_{j}-y)u(y)\mathrm{d}y=\int_{A}\varphi(x_{j}-y)u(y)\mathrm{d}y
\]
No?
Notazione:
Supponiamo di avere
\[
f(x)=
\begin{cases}
e^{x}, & \mbox{se }x \in [0,1]=K \\
0, & \mbox{altrove }
\end{cases}
\]
Se la funzione diventa $f(\overline{x}-x)$ ad esempio con $\overline{x}=1$ questa è non nulla solo quando $\overline{x}-x=1-x\in [0,1]$ quindi $0<= 1-x<=1 \Rightarrow -1<=x<=0$ quindi quando $x \in [-1,0]$. Non ho fatto altro che traslare l'insieme dove la funzione è non nulla. Posso chiamare il nuovo supporto $\overline{x}-K$.
Moltiplichiamo ora $f(x)$ ad una funzione $g(x)$ definita su tutto $\mathbb{R}$. Viene fuori $h(x)=f(x)g(x)=\chi_{\mbox{K}}(x)f(x)g(x)$. Se ora cambio la funzione $f(x)$ come ho fatto prima ritrovo $h(x)=f(\overline{x}-x)g(x)=\chi_{\overline{x}-\mbox{K}}(x)f(x)g(x)$ e la funzione si annulla fuori dal nuovo supporto. Volendo integrare su $\mathbb{R}$ ci interessa solamente $\overline{x}-K$ poiché altrove di certo la funzione si annulla.
Potrei fare lo stesso ragionamento con $\varphi(\overline{x}_{j}-y)u(y)$ per $j$ fissato. Ai fini dell'integrazione su $\mathbb{R}^{n}$ ci interessa solamente $\overline{x}_{j}-\mbox{supp}\varphi$ che possiamo riscrivere come $(\overline{x}_{j}-x)+(x-\mbox{supp}\varphi)$ dove $x_{j}\rightarrow x$. Per la definizione di limite fissando $\epsilon>0$ tale che per tutti i termini successivi ad $\overline{x}_{j}$ vale $x-\epsilon
Se ora definisco due compatti $B=x-\mbox{supp}\varphi$, $A=\{x \in \mathbb{R}^{n}: d(x,B)<\epsilon\} \Rightarrow (\overline{x}_{j}-x)+(x-\mbox{supp}\varphi) \subseteq A$, regione compatta ed indipendente da $j$ dove possiamo maggiorare tranquillamente l'integranda con $|\mbox{sup}\varphi(x \in A)u(y)|=\alpha|u(y)|$, maggiorazione che vale su tutto $\mathbb{R}^{n}$. In quel passaggio dell'allargamento del compatto di un certo bordo $\epsilon$ devo ancora chiarire il senso del passaggio, comunque dovrebbe essere una cosa del tipo traslo il supporto di $\varphi$ vicino al limite e gonfio un po' il compatto per non avere problemi con $j$.
L'idea di questa parte di dimostrazione è in poche righe ma voglio essere sicuro di avere capito.
\[
f(x)=
\begin{cases}
e^{x}, & \mbox{se }x \in [0,1]=K \\
0, & \mbox{altrove }
\end{cases}
\]
Se la funzione diventa $f(\overline{x}-x)$ ad esempio con $\overline{x}=1$ questa è non nulla solo quando $\overline{x}-x=1-x\in [0,1]$ quindi $0<= 1-x<=1 \Rightarrow -1<=x<=0$ quindi quando $x \in [-1,0]$. Non ho fatto altro che traslare l'insieme dove la funzione è non nulla. Posso chiamare il nuovo supporto $\overline{x}-K$.
Moltiplichiamo ora $f(x)$ ad una funzione $g(x)$ definita su tutto $\mathbb{R}$. Viene fuori $h(x)=f(x)g(x)=\chi_{\mbox{K}}(x)f(x)g(x)$. Se ora cambio la funzione $f(x)$ come ho fatto prima ritrovo $h(x)=f(\overline{x}-x)g(x)=\chi_{\overline{x}-\mbox{K}}(x)f(x)g(x)$ e la funzione si annulla fuori dal nuovo supporto. Volendo integrare su $\mathbb{R}$ ci interessa solamente $\overline{x}-K$ poiché altrove di certo la funzione si annulla.
Potrei fare lo stesso ragionamento con $\varphi(\overline{x}_{j}-y)u(y)$ per $j$ fissato. Ai fini dell'integrazione su $\mathbb{R}^{n}$ ci interessa solamente $\overline{x}_{j}-\mbox{supp}\varphi$ che possiamo riscrivere come $(\overline{x}_{j}-x)+(x-\mbox{supp}\varphi)$ dove $x_{j}\rightarrow x$. Per la definizione di limite fissando $\epsilon>0$ tale che per tutti i termini successivi ad $\overline{x}_{j}$ vale $x-\epsilon
Se ora definisco due compatti $B=x-\mbox{supp}\varphi$, $A=\{x \in \mathbb{R}^{n}: d(x,B)<\epsilon\} \Rightarrow (\overline{x}_{j}-x)+(x-\mbox{supp}\varphi) \subseteq A$, regione compatta ed indipendente da $j$ dove possiamo maggiorare tranquillamente l'integranda con $|\mbox{sup}\varphi(x \in A)u(y)|=\alpha|u(y)|$, maggiorazione che vale su tutto $\mathbb{R}^{n}$. In quel passaggio dell'allargamento del compatto di un certo bordo $\epsilon$ devo ancora chiarire il senso del passaggio, comunque dovrebbe essere una cosa del tipo traslo il supporto di $\varphi$ vicino al limite e gonfio un po' il compatto per non avere problemi con $j$.
L'idea di questa parte di dimostrazione è in poche righe ma voglio essere sicuro di avere capito.
Come hai scritto tu, l'idea è proprio quella di "gonfiare" un po' il compatto per fare in modo che, definitivamente, contenga tutti i supporti delle funzioni coinvolte.
D'altra parte la maggiorazione iniziale \(\leq |u(y)|\) su tutto \(\mathbb{R}^n\), così com'è (cioè senza localizzare su un compatto) non va bene poiché \(u\) è solo localmente integrabile.
D'altra parte la maggiorazione iniziale \(\leq |u(y)|\) su tutto \(\mathbb{R}^n\), così com'è (cioè senza localizzare su un compatto) non va bene poiché \(u\) è solo localmente integrabile.
Ok.
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