Contrazione di funzione definita su $C^0$
Sia $T:C^0[a,b]->C^0[a,b]$ la funzione tale che $f(s)->\int_{a}^{b} k(s,t)f(t)dt$ dove $k:[a,b]xx[a,b]->RR$ continua. Trovare delle condizioni su $k$ che rendono $T$ una contrazione.
Usando la norma di $C^0$ la condizione di contrazione da mostrare sarebbe $s up|\int_{a}^{b} (k(s,t)-k(v,t))f(t)dt|<=Ls up|f(s)-f(t)|$ con $0<=L<1$. Intanto l'integrale è ben definito perchè $f$ e $k$ sono continue e quindi prodotto e somma di funzioni continue è ancora continua e quindi Riemann-integrabile. Poi però non so bene come procedere, qualche idea?
Usando la norma di $C^0$ la condizione di contrazione da mostrare sarebbe $s up|\int_{a}^{b} (k(s,t)-k(v,t))f(t)dt|<=Ls up|f(s)-f(t)|$ con $0<=L<1$. Intanto l'integrale è ben definito perchè $f$ e $k$ sono continue e quindi prodotto e somma di funzioni continue è ancora continua e quindi Riemann-integrabile. Poi però non so bene come procedere, qualche idea?
Risposte
Sai che non mi torna la condizione di contrazione? Io l'avrei scritta in questo modo (da prendere con le pinze): esiste $L\in [0,1)$ tale che
$\mbox{sup}_{s\in [a,b]}|\int_{a}^{b}k(s,t)(f(t)-g(t))\mbox{d}t|\le L\ \mbox{sup}_{t\in [a,b]}|f(t)-g(t)|$
Che ne pensi?
Se la cosa regge, allora la condizione richiesta dovrebbe essere $\frac{\mbox{max}|k(s,t)|}{b-a}<1$ [Edit](No, vedi dopo)[/Edit].
$\mbox{sup}_{s\in [a,b]}|\int_{a}^{b}k(s,t)(f(t)-g(t))\mbox{d}t|\le L\ \mbox{sup}_{t\in [a,b]}|f(t)-g(t)|$
Che ne pensi?
Se la cosa regge, allora la condizione richiesta dovrebbe essere $\frac{\mbox{max}|k(s,t)|}{b-a}<1$ [Edit](No, vedi dopo)[/Edit].
"Mathita":
Sai che non mi torna la condizione di contrazione? Io l'avrei scritta in questo modo (da prendere con le pinze): esiste $L\in [0,1)$ tale che
$\mbox{sup}_{s\in [a,b]}|\int_{a}^{b}k(s,t)(f(t)-g(t))\mbox{d}t|\le L\ \mbox{sup}_{t\in [a,b]}|f(t)-g(t)|$
Che ne pensi?
Si hai ragione, mi sono confuso con i valori, grazie
Giusto per chiarire, sai procedere in autonomia ora?
"Mathita":
Se la cosa regge, allora la condizione richiesta dovrebbe essere $\frac{\mbox{max}|k(s,t)|}{b-a}<1$.
C'è qualcosa che non mi torna però:
Usando la disugualianza triangolare integrale abbiamo che $ s up|\int_{a}^{b} k(s,t)(f(t)-g(t))dt|<= s up(\int_{a}^{b} |k(s,t)||(f(t)-g(t))|dt)$, poi osservo che $|k(s,t)||(f(t)-g(t))|<=s up|k(s,t)|s up|(f(t)-g(t))|$ quindi per monotonia integrale $s up(\int_{a}^{b} |k(s,t)||(f(t)-g(t))|dt)<=s up(\int_{a}^{b} s up|k(s,t)|s up|(f(t)-g(t))| dt)=s up(s up|k(s,t)|s up|(f(t)-g(t))|\int_{a}^{b}dt)=s up(s up|k(s,t)|s up|(f(t)-g(t))|(b-a))=s up|k(s,t)|(b-a)s up|(f(t)-g(t))|$.
Quindi mi verrebbe $s up|k(s,t)|(b-a)<1$. Ora sono un po' di fretta quindi potrei aver sbagliato qualcosa, fammi sapere.
Opporc... Sì, hai ragione. Avevo calcolato la condizione a mente, e ho fatto disastri. Scusami! Spero che tu non ci abbia perso troppo tempo su questa cosa a causa mia.
"Mathita":
Opporc... Sì, hai ragione. Avevo calcolato la condizione a mente, e ho fatto disastri. Scusami! Spero che tu non ci abbia perso troppo tempo su questa cosa a causa mia.
No non ti preoccupare, anzi pensavo di aver sbagliato io perciò ti ho scritto subito appena avevo fatto.
"andreadel1988":
Poi osservo che $|k(s,t)||(f(t)-g(t))|<=s up|k(s,t)|s up|(f(t)-g(t))|$ quindi per monotonia integrale $s up(\int_{a}^{b} |k(s,t)||(f(t)-g(t))|dt)<=s up(\int_{a}^{b} s up|k(s,t)|s up|(f(t)-g(t))| dt)$
Prima avevo pensato anche un'altra cosa ma credo che sia altamente sbagliata ovvero che $s up(\int_{a}^{b} |k(s,t)||(f(t)-g(t))|dt)=\int_{a}^{b} s up|k(s,t)|s up|(f(t)-g(t))|dt=s up|k(s,t)|s up|(f(t)-g(t))| (b-a)$
Dovrebbe essere sbagliata, no?(intendo la prima ugualianza)
Sì, è sbagliata. Come controesempio, considera la funzione $h(t)=\int_{1}^{4}t\cdot 2x dx$ con $t\in [0,1]$
$\mbox{sup}_{t\in [0,1]}(h(t))=\mbox{sup}_{t\in [0,1]}(15 t)=15$
Siccome $\mbox{sup}_{x\in [1,4]}(2x)=8$ e $\mbox{sup}_{t\in [0,1]}t=1$ hai che $\int_{1}^{4}\mbox{sup}(2x)\mbox{sup}(t) dx=8 \cdot 3=24$
[Edit] Ho editato il risultato. Oggi non ne azzecco una manco a pagare.
$\mbox{sup}_{t\in [0,1]}(h(t))=\mbox{sup}_{t\in [0,1]}(15 t)=15$
Siccome $\mbox{sup}_{x\in [1,4]}(2x)=8$ e $\mbox{sup}_{t\in [0,1]}t=1$ hai che $\int_{1}^{4}\mbox{sup}(2x)\mbox{sup}(t) dx=8 \cdot 3=24$
[Edit] Ho editato il risultato. Oggi non ne azzecco una manco a pagare.
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