Dimostrazione sin x /x non appartiene a L1

[pmic]

Ciao,
qualcuno può spiegarmi come fare a dimostrare che la funzione $ sin x/x $ non appartiene allo spazio L1, e che quindi $ int_(-oo)^(oo) |sinx|/|x| $ diverge?

Grazie.

[pmic]

E come mai scrive circa uguale invece sopra?

Grazie di nuovo.

[gugo82]

Qualunque dei due simboli sceglie di adottare, la conlusione segue lo stesso.

Se mi lasci un po' di tempo, posso essere un po' più preciso; ma devo pensare un attimo ad un discorso che si tenga bene insieme.

[pmic]

Quindi scrivere circa uguale o maggiore sotto e la stessa?

Ok fai pure grazie!

[Fioravante Patrone1]

"pmic":Quindi scrivere circa uguale o maggiore sotto e la stessa?

Ma lasciamo tempo a gugo82, affinché possa trasformare una [tex]\approx[/tex]dimostrazione in una [tex]=[/tex]dimostrazione
Mi rendo conto che è noioso

[Giuly191]

Scusate l'ignoranza, ma cosa c'è che non va in questa?
$ |sint|/t >= |sin(t)|/((n+1)pi) $ $t in [npi,(n+1)pi]$ $=>$ $int_(npi)^((n+1)pi) |sint|/t dt >= int_(npi)^((n+1)pi) |sint|/((n+1)pi)dt$
quindi $ int_(pi)^(+oo) |sint|/t dt >= sum_(n = 1)^(oo) (int_(npi)^((n+1)pi)|sint|dt)/((n+1)pi)= C/pi sum_(n = 1)^(oo)1/(n+1) $.
Siccome la serie ha lo stesso carattere di quella armonica, diverge, e di conseguenza anche l'integrale improprio della funzione |sint|/t.

[gugo82]

@Giuly19: Nulla.

[j18eos]

@Giuly19 Purtroppo per te gugo ha pubblicato la sua con tanto di disegno ed il tuo suggerimento è stato eclissato da essa! Senza offesa, ma mi fa ridere la cosa.

[gugo82]

@pmic, FP e tutto il resto: Riprendendo le notazioni del post precedente, si vede che:

[tex]$x_n=\tfrac{\pi}{2}+n\pi -\varepsilon_n$[/tex]

con [tex]0<\varepsilon_n <\frac{\pi}{2}[/tex] e [tex]$\varepsilon_n\to 0$[/tex] quando [tex]$n$[/tex] cresce[nota]Una dimostrazione delle proprietà usate.

Come detto in precedenza, gli estremi della funzione sono assunti nei punti \(x_n>0\) che risolvono l'equazione:
\[
\tag{A}
\tan x - x=0\; .
\]
In ogni intervallo del tipo \(I_n:=]-\pi/2 + n\pi, \pi/2 + n\pi[\) con \(n\in \mathbb{N}\) ed \(n\geq 1\) cade uno solo di tali punti.
Invero, data la periodicità della tangente, risolvere (A) in \(I_n\) equivale a risolvere:
\[
\tag{B}
\underbrace{\tan y - y -n\pi}_{=:F(y)} =0
\]
con \(y\in ]-\pi/2,\pi/2[\) ed \(y\neq 0\) (qui si è semplicemente fatto il cambiamento di variabile \(x=y+n\pi\)); evidentemente, le eventuali soluzioni di (B) sono localizzate in \(]0,\pi/2[\), quindi basta studiare ciò che accade in tale intervallo. Visto che:
\[
\begin{split}
\lim_{y\to 0^+} F(y) &=-n\pi<0\\
\lim_{y\to (\pi/2)^-} F(y) &= +\infty >0\\
F^\prime (y) &= \frac{1}{\cos^2 y} - 1 >0
\end{split}
\]
il teorema degli zeri ed il criterio di monotonia si applicano ed importano che la (B) ha un'unica soluzione in \(]0,\pi/2[\); dato che tale soluzione dipende dall'indice \(n\), la chiamo \(y_n\).
Voglio adesso far vedere che \((y_n)\) cresce e che \(\lim_n y_n = \pi/2\); per fare ciò mi basta mostrare che la quantità \(\varepsilon_n := \pi/2 - y_n\) tende a zero decrescendo quando l'indice \(n\) cresce.
Facendo in (B) il cambiamento di variabile \(y=\frac{\pi}{2} -\varepsilon\), con \(\varepsilon \in ]0,\pi/2[\), posso riscrivere l'equazione come:
\[
\frac{1}{\tan \varepsilon} - n\pi - \frac{\pi}{2} +\varepsilon =0\; ,
\]
ossia:
\[
\tag{C}
\tan \varepsilon = \frac{2}{(2n+1)\pi - 2\varepsilon}\; ,
\]
sicché le quantità \(\varepsilon_n\) soddisfano la (C). Dalla (C) segue che:
\[
\left. \begin{split}
\tan \varepsilon_n &= \frac{2}{(2n+1)\pi - 2\varepsilon_n}\\
\tan \varepsilon_{n+1} &= \frac{2}{(2n+3)\pi - 2\varepsilon_{n+1}}
\end{split}\right\}\quad \Rightarrow \quad \frac{\tan \varepsilon_{n+1}}{\tan \varepsilon_n} = \frac{(2n+1)\pi - 2\varepsilon_n}{(2n+3)\pi - 2\varepsilon_{n+1}}
\]
ed, essendo \(0<\varepsilon_n,\varepsilon_{n+1}<\pi/2\), si ha:
\[
\begin{split}
-\frac{\pi}{2}<\varepsilon_{n+1}-\varepsilon_n<\frac{\pi}{2}<\pi \quad &\Rightarrow \quad -\pi<-\varepsilon_n < \pi - \varepsilon_{n+1}\\
&\Rightarrow \quad 0<(2n+1)\pi - 2\varepsilon_n < (2n+1)\pi + 2 \pi -2\varepsilon_{n+1}\\
&\Rightarrow \quad 0<\frac{(2n+1)\pi - 2 \varepsilon_n}{(2n+3)\pi - 2\varepsilon_{n+1}}<1
\end{split}
\]
e dunque anche:
\[
\frac{\tan \varepsilon_{n+1}}{\tan \varepsilon_n}<1 \quad \Rightarrow \quad \tan \varepsilon_{n+1} < \tan \varepsilon_n\; ,
\]
da cui segue immediatamente \(\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n\), cioé la stretta monotonia della successione \((\varepsilon_n)\). Per il teorema di regolarità delle successioni monotone, allora, esiste il \(\lim_n \varepsilon_n\) ed esso è un numero \(l \in ]0,\pi/2[\); ma dalla (C) segue:
\[
\tan l = \lim_n \tan \varepsilon_n = \lim_n \frac{2}{(2n+1)\pi - 2\varepsilon_n} = 0
\]
da cui \(l=0\), come volevamo.
Pertanto vale quanto asserito.

[/nota]; ma allora:

[tex]$|\sin x_n| = \left| \sin \left( \tfrac{\pi}{2} +n\pi -\varepsilon_n \right)\right| $[/tex]
[tex]$=\sin \left( \tfrac{\pi}{2} -\varepsilon_n\right) $[/tex]
[tex]$=\cos \varepsilon_n$[/tex]
[tex]$\geq 1-\tfrac{1}{2}\varepsilon_n^2$[/tex]

con l'ultima maggiorazione possibile in quanto, risultando [tex]\sin y \leq y[/tex] per [tex]$y\in [0,+\infty[$[/tex], si ha pure:

[tex]$1-\cos \varepsilon_n =\int_0^{\varepsilon_n} \sin y\ \text{d} y\leq \int_0^{\varepsilon_n} y\ \text{d} y=\frac{1}{2}\varepsilon_n^2$[/tex];

conseguentemente l'altezza [tex]h_n:=\frac{|\sin x_n|}{x_n}[/tex] dei triangolini costruiti come detto nel post precedente soddisfa la stima:

[tex]$h_n \geq \frac{1-\frac{1}{2}\varepsilon_n^2}{\frac{\pi}{2} (2n+1) -\varepsilon_n} $[/tex] (eliminando [tex]$-\varepsilon_n$[/tex] al denominatore la frazione diminuisce perchè aumenta il denominatore)
[tex]$\geq \frac{2}{\pi} \frac{1-\frac{1}{2}\varepsilon_n^2}{2n+1}$[/tex].

Ora, per fissato [tex]$N\in \mathbb{N}$[/tex], si ha:

[tex]$\int_{\pi}^{(N+1)\pi} \frac{|\sin x|}{x}\ \text{d} x \geq \sum_{n=1}^N \frac{1}{2}\pi h_n$[/tex] (perchè i triangolini sono inscritti nel rettangoloide)
[tex]$\geq \sum_{n=1}^N \frac{1-\frac{1}{2}\varepsilon_n^2}{2n+1}$[/tex] (per la stima su [tex]$h_n$[/tex]);

la serie [tex]\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1-\frac{1}{2}\varepsilon_n^2}{2n+1}[/tex] ha la successione degli addendi asintoticamente equivalente a quelli della serie armonica [tex]\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n}[/tex], perciò essa diverge positivamente; a questo punto, mandando [tex]$N\to +\infty$[/tex] nei membri esterni della precedente catena di disuguaglianze, si trova che:

[tex]$\int_{\pi}^{+\infty} \frac{|\sin x|}{x}\ \text{d} x \geq \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1-\frac{1}{2}\varepsilon_n^2}{2n+1} =+\infty$[/tex],

ergo la funzione assegnata non può stare in [tex]$L^1(\mathbb{R})$[/tex] (che, altrimenti, il valore assoluto della sua restrizione a [tex]$[\pi,+\infty[$[/tex] dovrebbe avere integrale finito).

[Fioravante Patrone1]

perdono, gugo82

[gugo82]

@FP:

In realtà non è stata dura... Solo che ieri sera pensavo si potesse dare/usare qualche stima più precisa sulla posizione delle [tex]$x_n$[/tex], quindi mi ero messo a spulciare un po' di testi (ad esempio il carinissimo Street-fighting Mathematics di Mahajan, §6.4); però, alla fin fine, ho realizzato che non mi serviva essere troppo preciso, quindi ho lasciato stare, mi sono messo a letto, e stamattina ho "arronzato" la risposta.

La dimostrazione proposta da Giuly19 è molto più semplice della mia, quindi è per certi versi più apprezzabile.
D'altra parte, la mia voleva essere un tentativo di recuperare l'uso di metodi di Geometria Elementare per fare cose più complicate... Insomma, come al solito, mi premeva far capire ai ragazzi che, man mano che si va avanti, le cose semplici non devono necessariamente cadere in disuso a discapito di metodi "astratti".