Discussione derivabilità,integrabilità,assoluta continuità
ho un problema con questo esercizio che sul alcune parti non è complesso e penso di avero svolto correttamente ma sul finale mi suscita alcune perplessità:
$f:[0,1] \rightarrow \mathbb R$ definita come
$$
f(x)=
\begin{cases}
x^2 \cos\left(\frac{1}{x^2}\right), \qquad x\neq 0\\
0 , \qquad\qquad\qquad \text{elsewhere}
\end{cases}
$$
devo dimostrare che la funzione è derivabile,$f'$ non è integrabile e, relativamente $f$ non è assolutamente continua.
ho cominciato dimostrando che la funzione è continuità nell'intervallo di definizione $[0,1]$.E lo è.Ometto i calcoli che sono piuttosto semplici. Ho calcolato la derivata:
$$
f'(x)=
\begin{cases} 2x \cos\left(\frac{1}{x^2}\right)+\frac{2}{x}\sin\left(\frac{1}{x^2}\right) \qquad x\neq 0\\
0 \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\;\;\, \qquad x=0
\end{cases}
$$
esiste in tutti i punti quindi $f$ è derivabile ma allo stesso tempo posso dire che $f'$ non è continua visto che il limites $x\rightarrow 0$ non esiste e perciò $f$ non è $C^1$.
Fin qui direi di essere relativamente tranquilla confermate?
A questo punto per dire che la derivata non è integrabile io direi che tecnicamente nell'intervallo $f'$ non è continua e quindi nel punto di discontinuità l'integrale non esiste.
Però in teoria se la discontinuità è relativa solo ad un numero finito di punti allora posso calcolare l'integrale ma non è detto che poi esso sia finito q quindi che la funzione possa dirsi integrabile propriamente.
E' esatto questo ragionamento o sto sbagliando qualcosa?
Dovrei calcolare l'integrale?Che poi non esiste per altro..
E soprattutto una volta dedotta la non integrabilità come posso giungere ad affermare che la funzione non è assolutamente continua?
Nel caso non fosse chiaro tutti i processi d'integrazione sono intesi alla Lebesgue.
$f:[0,1] \rightarrow \mathbb R$ definita come
$$
f(x)=
\begin{cases}
x^2 \cos\left(\frac{1}{x^2}\right), \qquad x\neq 0\\
0 , \qquad\qquad\qquad \text{elsewhere}
\end{cases}
$$
devo dimostrare che la funzione è derivabile,$f'$ non è integrabile e, relativamente $f$ non è assolutamente continua.
ho cominciato dimostrando che la funzione è continuità nell'intervallo di definizione $[0,1]$.E lo è.Ometto i calcoli che sono piuttosto semplici. Ho calcolato la derivata:
$$
f'(x)=
\begin{cases} 2x \cos\left(\frac{1}{x^2}\right)+\frac{2}{x}\sin\left(\frac{1}{x^2}\right) \qquad x\neq 0\\
0 \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\;\;\, \qquad x=0
\end{cases}
$$
esiste in tutti i punti quindi $f$ è derivabile ma allo stesso tempo posso dire che $f'$ non è continua visto che il limites $x\rightarrow 0$ non esiste e perciò $f$ non è $C^1$.
Fin qui direi di essere relativamente tranquilla confermate?
A questo punto per dire che la derivata non è integrabile io direi che tecnicamente nell'intervallo $f'$ non è continua e quindi nel punto di discontinuità l'integrale non esiste.
Però in teoria se la discontinuità è relativa solo ad un numero finito di punti allora posso calcolare l'integrale ma non è detto che poi esso sia finito q quindi che la funzione possa dirsi integrabile propriamente.
E' esatto questo ragionamento o sto sbagliando qualcosa?
Dovrei calcolare l'integrale?Che poi non esiste per altro..
E soprattutto una volta dedotta la non integrabilità come posso giungere ad affermare che la funzione non è assolutamente continua?
Nel caso non fosse chiaro tutti i processi d'integrazione sono intesi alla Lebesgue.
Risposte
"Lali":
Fin qui direi di essere relativamente tranquilla confermate?
Fin'ora mi sembra tutto ok (mi sembra!
).Per l'integrabilità secondo me c'entra il fatto che il limite a $0$ da destra non esiste.
Cioè, l'integrale di Lebesgue, se non ricordo male, è definito come estremo superiore di una successione di funzioni semplici che approssimano quella data. E' vero che il punto in cui ci sono problemi è di misura nulla, però c'è questo casino del limite che non è definito quindi, in teoria, non si riesce a calcolare questo sup (tramite limite)...
Può darsi che ho fatto confusione perché sto scavando nella memoria, intanto con questo messaggio "uppo", poi si vedrà...!
Che \(f^\prime\) non è \(L_{loc}^1(\mathbb{R})\) si può provare come segue.
Innanzitutto, si osservi che \(f^\prime\) è continua in \(\mathbb{R}\setminus \{0\}\), quindi è integrabile localmente in \(\mathbb{R}\setminus \{0\}\); perciò, se problemi ci sono, ci sono intorno a \(0\).
Dato che \(f^\prime\) è somma di una funzione continua ed una discontinua, è chiaro che basta concentrare l'attenzione su quella discontinua, cioè \(\phi (x):= 2/x\ \sin (1/x^2)\).
Ora, consideriamo un intervallo del tipo \([\varepsilon , a]\) con \(a>0\) e \(\varepsilon >0\) sufficientemente piccolo.
La funzione \(\phi\) è integrabile in tale intervallo e si ha:
\[
\begin{split}
\int_\varepsilon^a \phi (x)\ \text{d} x &\stackrel{t=1/x^2}{=} \int_{\varepsilon^{-2}}^{a^{-2}} \phi \left( \frac{1}{\sqrt{t}}\right)\ \left( -\frac{1}{2t\sqrt{t}}\right)\ \text{d} t\\
&= \int_{a^{-2}}^{\varepsilon^{-2}} \frac{\sin t}{t}\ \text{d} t\; .
\end{split}
\]
Se, per assurdo, \(\phi\) fosse integrabile in \(]0,a]\), allora la funzione \(\frac{\sin t}{t}\) dovrebbe essere integrabile su \([a^{-2},\infty[\); ma ciò è palesemente falso.
Quindi \(\phi\) non è integrabile in nessun intorno destro di \(0\).
Analogamente \(\phi\) non è integrabile in nessun intorno sinistro di \(0\).
Conseguentemente \(f^\prime\) non è integrabile intorno a \(0\).
Innanzitutto, si osservi che \(f^\prime\) è continua in \(\mathbb{R}\setminus \{0\}\), quindi è integrabile localmente in \(\mathbb{R}\setminus \{0\}\); perciò, se problemi ci sono, ci sono intorno a \(0\).
Dato che \(f^\prime\) è somma di una funzione continua ed una discontinua, è chiaro che basta concentrare l'attenzione su quella discontinua, cioè \(\phi (x):= 2/x\ \sin (1/x^2)\).
Ora, consideriamo un intervallo del tipo \([\varepsilon , a]\) con \(a>0\) e \(\varepsilon >0\) sufficientemente piccolo.
La funzione \(\phi\) è integrabile in tale intervallo e si ha:
\[
\begin{split}
\int_\varepsilon^a \phi (x)\ \text{d} x &\stackrel{t=1/x^2}{=} \int_{\varepsilon^{-2}}^{a^{-2}} \phi \left( \frac{1}{\sqrt{t}}\right)\ \left( -\frac{1}{2t\sqrt{t}}\right)\ \text{d} t\\
&= \int_{a^{-2}}^{\varepsilon^{-2}} \frac{\sin t}{t}\ \text{d} t\; .
\end{split}
\]
Se, per assurdo, \(\phi\) fosse integrabile in \(]0,a]\), allora la funzione \(\frac{\sin t}{t}\) dovrebbe essere integrabile su \([a^{-2},\infty[\); ma ciò è palesemente falso.
Quindi \(\phi\) non è integrabile in nessun intorno destro di \(0\).
Analogamente \(\phi\) non è integrabile in nessun intorno sinistro di \(0\).
Conseguentemente \(f^\prime\) non è integrabile intorno a \(0\).
Perfetto, grazie per le conferme e la dimostrazione precisa della non integrabilità.
A questo punto mi restano dei dubbi sul come giustificare la non assoluta continuità di $f$.
O meglio, banalmente mi verrebbe da dire che per il teorema fondamentale del calcolo una funzione in un intervallo compatto ad R è assolutamente continua se esiste la derivata definita quasi ovunque ed essa è integrabile Lebesgue.
Ora poichè la condizione del T.F.C è necessaria e sufficiente e nel nostro caso la derivata non è integrabile questo mi sembra sufficiente per dire che f non è assolutamente continua.Ho dimenticato qualcosa?
A questo punto mi restano dei dubbi sul come giustificare la non assoluta continuità di $f$.
O meglio, banalmente mi verrebbe da dire che per il teorema fondamentale del calcolo una funzione in un intervallo compatto ad R è assolutamente continua se esiste la derivata definita quasi ovunque ed essa è integrabile Lebesgue.
Ora poichè la condizione del T.F.C è necessaria e sufficiente e nel nostro caso la derivata non è integrabile questo mi sembra sufficiente per dire che f non è assolutamente continua.Ho dimenticato qualcosa?
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