Convergenza di una serie di funzioni

[Valchiria1]

Salve, devo svolgere il seguente esercizio:
Ho la successione di funzioni:
$ f(x,y)={(2^-n,if x in [2^-n,2^(-n+1)) ),(text{0},if x in [-prop ,2^-n) U [2^(-n+1),+prop )):} $

1) Stabilire se la serie $ sum_{n=1}^\infty\f_n $ converga puntualmente/uniformemente
2)Denotando $s(x)$ la somma della serie $ sum_{n=1}^\infty\f_n(x) $ si calcoli l'integrale:
$ int_(0)^(1) s(x) dx $

Nel primo punto ho calcolato le somme parziali e poi arrivo ad $s_n(x)$:

$ s_n(x)={(1/2^n,if x in [1/2^n,1) ),(text{0}, text{altrimenti} ):} $

Calcolo quindi: $ lim_(n -> prop ) s_n(x)=s(x)=0 $ $forallx$
Convergenza uniforme:
$ || S_n-s || _prop ,_R=text^{|1/2^n|=0 $ $(n->prop)$
è sbagliato?
Per il secondo punto non so cosa fare..}

[Valchiria1]

Si, ho calcolato:

$ s_1(x)=f_1(x)={(1/2,if x in [1/2,1) ),(text{0}, text{altrimenti} ):} $
$ s_2(x)=f_1(x)+f_2(x)={(1/4,if x in [1/4,1/2) ),(text{0}, text{altrimenti} ):} $
$ s_2(x)=f_1(x)+f_2(x)+f_3(x)={(1/8,if x in [1/8,1/4) ),(text{0}, text{altrimenti} ):} $
Graficamente ho una ''funzione a scalini'' e noto che in ogni somma passo da un gradino di lunghezza 1/2, poi 1/4, 1/8, quindi è questo l'errore?
Quindi ottengo:
$s_n(x)={(2^-n,if x in [2^-n,2^(-n+1)) ),(text{0},if x in [-prop ,2^-n) U [2^(-n+1),+prop )):} $

$ s_n(x)->s(x)={(1/2^n,if x in [1/2, +prop)),(text{0}, text{altrimenti} ):} $ ? Come dovrei procedere?

per la convergenza totale:
Considero $ sum_{n=1}^\infty\|| f_n(x) || $
Mi riconduco alla serie geometrica aggiungendo il termine mancante?
$ sum_{n=0}^\infty\ (1/2)^n -1=1/(1-1/2)-1=1 $ però devo considerare il sup di $f_n(x)$, dovrebbe essere$1/2$? quindi dovrei considerare $f_n(1/2)$..però anche qui data la presenza di $s_n(x)$ a tratti non capisco come valutare il sup

[Valchiria1]

Ok ho capito come dimostrare la convergenza puntuale ed uniforme a partire da quella totale, giustamente il sup è calcolato rispetto ai possibili x, ma nell'espressione x non c'è quindi valuto direttamente $sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{2^n} $ che converge.
Scusami però continuo a non capire come fare per calcolare il limite della successione delle somme parziali:

Che questa serie converga è abbastanza intuitivo: se $x<0$ o $x>1$ è la serie identicamente nulla, mentre tra 0 e 1 in ogni intervallo della forma $[2−n,2−n+1)$ una solo termine della successione di funzioni è non nullo.

Come lo dimostro trovando la $s(x)$? Dato che quello che avevo scritto è sbagliato, qual è quello giusto?Cioè non riesco ancora a capire il passaggio $s_n(x)->s(x)$ e la conclusione

[Valchiria1]

Ok, grazie lo stesso; qualcuno può aiutarmi in quache modo per favore?

[Valchiria1]

up

[anto_zoolander]

Al momento non posso aiutarti granché(sono a mare)
Però ho notato un errore

In genere $(1/2)^n>(1/2)^(n+1)$
Quindi vanno invertiti gli estremi degli intervalli

[Mathita]

Esiste una funzione particolare che consente di esprimere le somme parziali in maniera elegante (qualunque cosa voglia dire in Matematica).

Sia $I$ un insieme di $\mathbb{R}$, denotiamo con $\chi_{I}:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ la funzione indicatrice, definita dalla legge:

$\chi_{I}(x)=\{(1\ \text{se} \ x\in\ I), (0\ \text{se} \ x\notin I):}$

grazie alla quale possiamo esprimere le somme parziali nella forma

$s_n(x)=\sum_{k=1}^{n}(1/2)^k\chi_{[2^{-k}, 2^{1-k})} (x)\ \ \ forall x\in\mathbb{R}$

Per definizione di somma di una serie infine, possiamo denotare la funzione somma $s(x)$ come segue:

$s(x)=\lim_{n\to+\infty}s_n(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}(1/2)^k\chi_{[2^{-k}, 2^{1-k})} (x)$

Dal punto di vista algebrico, non vi è alcun vantaggio evidente nell'esplicitare la somma della serie. È solo pura estetica e nulla più. [Edit]: potrebbe essere utile per risolvere il secondo punto del problema.

[Valchiria1]

Volevo ottenere la forma esplicita di $s(x)$ perchè l'esercizio richiede di calcolare nel punto 2) $ int_(0)^(1) s(x) dx $
e inoltre in tutti gli esercizi già svolti che già avevo si considerava, per valutare la convergenza, $s_n(x)->s(x)$ però non riuscivo a trovare una forma esplicita per $s(x)$. Quindi ricapitolando lo svolgimento dell'esercizio, valuto direttamente la convergenza totale e trovo che converge totalmente e quindi puntualmente ed uniformemente ed il punto 1) è fatto;

$s(x)=\lim_{n\to+\infty}s_n(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}(1/2)^k\chi_{[2^{-k}, 2^{1-k})} (x)$

Per il 2) quindi $\sum_{k=1}^{+\infty}\int_{0}^{1} (1/2)^k\chi_{[2^{-k}, 2^{1-k})} (x)dx$
Ma non sarebbe proprio:
$ \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1} f_n(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1} (1/2)^ndx$ ?? Cioè
$=\sum_{n=1}^{\infty} (1/2)^n=sum_{n=0}^\infty\ (1/2)^n -1=1/(1-1/2)-1=1$ ?

[Mathita]

Sicur*? Io scriverei

$\int_{0}^{1}s(x)dx=\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{\infty}(1/2)^k\chi_{[2^{-k}, 2^{1-k})}(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{1}(1/2)^{k}\chi_{[2^{-k}, 2^{1-k})}(x)dx$

Osserviamo che per come è definita $\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)$:

$\int_{0}^{1}\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)dx=\int_{2^{-k}}^{2^{1-k}}dx= (2^{1-k}-2^{-k})$

di conseguenza

$\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{1}(1/2)^{k}\chi_{[2^{-k}, 2^{1-k})}(x)dx=\sum_{k=1}^{\infty}(1/2)^k (2^{1-k}-2^{-k})=\sum_{k=1}^{\infty}2^{-2k}=\frac{1}{3}$

Salvo eventuali errori di calcolo, l'integrale è $\frac{1}{3}$, il ché è alquanto probabile perché il grafico di $s(x)$ è contenuto nel rettangolo $R=[0,1]\times [0,1/2]$, dal punto di vista geometrico quindi l'area sottesa al grafico di $s(x)$ dev'essere minore o al più uguale dell'area del rettangolo $R$ (ossia, di $\frac{1}{2}$).

[Valchiria1]

Ok, innanzitutto grazie mille! Se puoi avrei diverse domande:
1)Non mi è chiaro questo passaggio:

$\int_{0}^{1}\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)dx=\int_{2^{-k}}^{2^{1-k}}dx= (2^{1-k}-2^{-k})$

Dalla definizione di $\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)$ so che vale $1$ se $x inI$, nell'integrale però gli estremi di integrazione perchè vengono sostituiti in quel modo?
Per il calcolo mi trovo anch'io $1/3$
2)

l'integrale è 13, il ché è alquanto probabile perché il grafico di s(x) è contenuto nel rettangolo R=[0,1]×[0,12], dal punto di vista geometrico quindi l'area sottesa al grafico di s(x) dev'essere minore o al più uguale dell'area del rettangolo R (ossia, di 12).

Da come avevo disegnato $s_n(x)$ avevo una funzione ''a scalini'', come si fa a dedurre questo per $s(x)$?

3)La convergenza uniforme è stata dimostrata da quella totale, se volessi usare la definizione con $ || s_n(x)-s(x) ||_prop, _R $ $(n->prop )$ come posso fare?

4) La relazione che avevo scritto prima $\int_{0}^{1}s(x)dx= \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1} f_n(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1} (1/2)^ndx$ non va bene perchè per valere $f_n(x)$ deve essere continua, e in questo caso non lo è?

[Mathita]

1) Fissato $k\ge 1$, sussiste l'uguaglianza

$\int_{0}^{1}\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)dx=\int_{0}^{2^{-k}}\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)dx+\int_{2^{-k}}^{2^{1-k}}\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)dx+\int_{2^{1-k}}^{1}\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)dx$

Osserva ora che negli intervalli di integrazione $[0,2^{-k})$ e $(2^{1-k}, 1]$ la funzione caratteristica $\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)$ vale zero, pertanto il primo e il terzo integrale del secondo membro non forniscono alcun contributo. Nell'intervallo $[2^{-k},2^{1-k})$ la funzione caratteristica vale uno sicché...

2) $s(x)$ è una scala con un numero infinito di scalini che dimezzano sia di "alzata" che di "pedata" man mano che ci avviciniamo a zero, lo puoi dedurre con un po' di immaginazione ... oppure ti accorgi proprio da come è costruita $s(x)$ (è costante a tratti).

3) $||s_n(x)-s(x)||_{\infty}=||\sum_{k=n+1}^{+\infty}(1/2)^k\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)||_{+\infty}=(\frac{1}{2})^{n+1}$

da qui è facile concludere. (Ti invito a controllare i calcoli, li sto facendo in presa diretta, senza carta e penna).

4) No, non va bene perché $f_n(x)$ non è uguale a $(1/2)^n$, molto semplicemente .

[Valchiria1]

Scusami ancora , ma qui

$||s_n(x)-s(x)||_{\infty}=||\sum_{k=n+1}^{+\infty}(1/2)^k\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)||_{+\infty}=(\frac{1}{2})^{n+1}$

devo valutare il sup, dato che ho k al denominatore, maggiore è k e minore sarà il valore della frazione, quindi dovrei considerare come sup $(1/2)^(1+n)$ ma $\chi_{[2^{-k},2^{1-k})}(x)$ come lo valuto? Dovrei sostituire $k=1+n$ ottenendo quindi qualcosa che sta in $I$ e quindi vale $1$? Perciò per $n->infty$ ho $0$?
O il ragionamento è un altro? I passaggi non mi sono molto chiari

[Mathita]

Ho provato a creare un grafico con il programma fornito dal forum, ma non sono ancora in grado di usarlo come si deve, dunque ti becchi le mie elucubrazioni senza immagini.

Spero che tu abbia compreso come si fatto il grafico di $s(x)$ (scala con infiniti gradini caratterizzati dal fatto che a ogni gradino "sceso" dimezzano sia la pedata che la quota).

Il grafico della differenza $s(x)-s_n(x)$ si ottiene da quello di $s(x)$: basta infatti togliere al grafico di quest'ultima funzione i primi n gradini partendo dall'alto. Proprio perché togli gradini, la quota complessiva "cala", e in particolare dimezza a ogni gradino tolto. A titolo di esempio:

$||s-s_1||_\infty=\text{sup}_{x\in\mathbb{R}}|s(x)-s_1(x)|=\frac{1}{4}=\frac{1}{2^2}$

$||s-s_2||_\infty=\text{sup}_{x\in\mathbb{R}}|s(x)-s_2(x)|=\frac{1}{8}=\frac{1}{2^3}$

$||s-s_3||_\infty=\text{sup}_{x\in\mathbb{R}}|s(x)-s_3(x)|=\frac{1}{16}=\frac{1}{2^4}$

Deduciamo quindi che

$||s-s_n||_\infty=\text{sup}_{x\in\mathbb{R}}|s(x)-s_n(x)|=\frac{1}{2^{n+1}}$

[Mathita]

@arnett

[ot]

Credo che Mathita sia stat* esaurient* (ot. noto una certa sua passione per gli asterischi e nel dubbio mi adeguo con piacere)

Sono un maschietto. [/ot]

[Valchiria1]

Ah giustamente basta guardare il grafico, ora mi è chiaro! Grazie mille per tutto l'aiuto e la pazienza