Due dimostrazioni e una successione
Devo dimostrare che una successione di funzionali lineari converge debolmente alla delta di dirac. Il problema è che la mia dimostrazione, a differenza di quella sul libro, è troppo semplice. Mi viene il dubbio di aver trascurato qualcosa.
Si mostri che, data la funzione \(\displaystyle p(x) \), pari e “regolare” sull’asse reale e tale che
\(\displaystyle \int_{\Bbb R} p(x) = 1 \)
allora la successione di funzionali
\(\displaystyle \delta_{x_o}^{(n)} (\varphi) := \int_{\Bbb R} np[n(x-x_0)] \, \varphi (x) dx \)
converge debolmente alla delta di dirac \(\displaystyle \delta_{x_0} (\varphi) = \varphi (x_0) \)
Lo dimostro per \(\displaystyle \varphi \) continue a tratti a supporto compatto \(\displaystyle C \).
\(\displaystyle \left | \int_{\Bbb R} n p[ n(x-x_0)] \, \varphi (x) dx - \varphi(x_0) \; \right | = \left | \int_{\Bbb R} n p[ n(x-x_0)] \, (\varphi (x) - \varphi (x_0) ) dx \; \right | = \)
Perché \(\displaystyle \varphi(x_0) \) è una costante e
\(\displaystyle \int_{\Bbb R} p(y) dy \; = \int_{\Bbb R} n p[ n(x-x_0)] dx \;= 1 \)
Continuo:
\(\displaystyle = \left | \int_{\Bbb R} p(y) \, \left ( \varphi \left ( \frac{y}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right ) dy \; \right | \leq || p ||_1 \; \left | \left | \varphi \left ( \frac{y}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right | \right |_{\infty} = \left | \left | \varphi \left ( \frac{y}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right | \right |_{\infty} \)
Andando al limite
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sup_{y \in C} \left | \varphi \left ( \frac{y}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right | = \lim_{n \to \infty} \left | \varphi \left ( \frac{\tilde{y}}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right | = 0 \)
Con \(\displaystyle \tilde{y} \in C \).
La dimostrazione che ho sul libro di testo è mooolto più lunga. Riuscite a capire dove sto sbagliando?
NB: non sto usando la parità di \(\displaystyle p(x) \)
Si mostri che, data la funzione \(\displaystyle p(x) \), pari e “regolare” sull’asse reale e tale che
\(\displaystyle \int_{\Bbb R} p(x) = 1 \)
allora la successione di funzionali
\(\displaystyle \delta_{x_o}^{(n)} (\varphi) := \int_{\Bbb R} np[n(x-x_0)] \, \varphi (x) dx \)
converge debolmente alla delta di dirac \(\displaystyle \delta_{x_0} (\varphi) = \varphi (x_0) \)
Lo dimostro per \(\displaystyle \varphi \) continue a tratti a supporto compatto \(\displaystyle C \).
\(\displaystyle \left | \int_{\Bbb R} n p[ n(x-x_0)] \, \varphi (x) dx - \varphi(x_0) \; \right | = \left | \int_{\Bbb R} n p[ n(x-x_0)] \, (\varphi (x) - \varphi (x_0) ) dx \; \right | = \)
Perché \(\displaystyle \varphi(x_0) \) è una costante e
\(\displaystyle \int_{\Bbb R} p(y) dy \; = \int_{\Bbb R} n p[ n(x-x_0)] dx \;= 1 \)
Continuo:
\(\displaystyle = \left | \int_{\Bbb R} p(y) \, \left ( \varphi \left ( \frac{y}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right ) dy \; \right | \leq || p ||_1 \; \left | \left | \varphi \left ( \frac{y}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right | \right |_{\infty} = \left | \left | \varphi \left ( \frac{y}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right | \right |_{\infty} \)
Andando al limite
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sup_{y \in C} \left | \varphi \left ( \frac{y}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right | = \lim_{n \to \infty} \left | \varphi \left ( \frac{\tilde{y}}{n} - x_0 \right ) - \varphi (x_0) \right | = 0 \)
Con \(\displaystyle \tilde{y} \in C \).
La dimostrazione che ho sul libro di testo è mooolto più lunga. Riuscite a capire dove sto sbagliando?
NB: non sto usando la parità di \(\displaystyle p(x) \)
Risposte
Ciao, ci sono più errori secondo me. Innanzitutto quando fai la sostituzione viene $\phi(y/n+x_0)$ e non $\phi(y/n-x_0)$.
Poi non è vero che $p \in L^1$ basta prendere come esempio $\frac{sin(x)}{\pix}$. Infine l'ultimo limite che fai non è corretto, giacché non sai come il sup della funzione dipende da $n$, tu fai una sorta di scambio limite-sup che non è lecito in generale, ad esempio prendi questa successione $n^2xe^{-nx} $ che tende a 0 ma il suo sup è $n/e$....
In effetti questo tipo di esercizio di solito si risolve con un teorema di passaggio al limite sotto il segno di integrale tipo Lebesgue ma in questo caso p non sta in L1 e quindi ci devo pensare...
Poi non è vero che $p \in L^1$ basta prendere come esempio $\frac{sin(x)}{\pix}$. Infine l'ultimo limite che fai non è corretto, giacché non sai come il sup della funzione dipende da $n$, tu fai una sorta di scambio limite-sup che non è lecito in generale, ad esempio prendi questa successione $n^2xe^{-nx} $ che tende a 0 ma il suo sup è $n/e$....
In effetti questo tipo di esercizio di solito si risolve con un teorema di passaggio al limite sotto il segno di integrale tipo Lebesgue ma in questo caso p non sta in L1 e quindi ci devo pensare...
Ipotesi:
$ p(x) : \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ t.c. :
$\int_{\mathbb{R}}p(x)dx=1$
$p(x)=p(-x) \forall x \in \mathbb{R}$
$p \in \mathbb{C}^{\infty}(\mathbb{R})$
Posto:
$$\delta_{x_0}^{(n)}(\phi) := \int_\mathbb{R} np[n(x-x_0)]\phi(x)dx \quad \forall \phi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})$$
Tesi:
$$ \delta_{x_0}^{(n)} \xrightarrow{\mathcal{D}'(\mathbb{R})} \delta_{x_0} $$
Dimostrazione:
Usando il cambio di variabile $y= n(x-x_0) $ si ha $x= y/n+x_0 $ e $dy = ndx$ da cui segue immediatamente
$\int_\mathbb{R} np[n(x-x_0)]dx=1 $
Dunque:
Sia $\text{supp}(\phi) = [-C;C] $.
$\delta_{x_0}^{(n)}(\phi) -\delta_{x_0}(\phi) = \int_{-C}^C np[n(x-x_0)]\phi(x)dx -\phi(x_0) = \int_{-C}^C np[n(x-x_0)](\phi(x) -\phi(x_0))dx +\phi(x_0)\int_{-C}^C np[n(x-x_0)]dx $
Passando al limite il secondo integrale:
$ \lim_{n \to +infty} \phi(x_0)\int_{-C}^C np[n(x-x_0)]dx = \lim_{n \to +infty}\phi(x_0)\int_{-Cn+Cx_0}^{Cn-Cx_0} p(y)dy = \phi(x_0)\int_{-\infty}^{+\infty} p(y)dy = \phi(x_0)$
Mostriamo che il modulo dell'integranda del primo integrale è maggiorato da una funzione appartenente a $ \mathcal{L}^1(\mathbb{R})$ :
$$|p(y)(\phi(\frac{y}{n}+x_0)-\phi(x_0))|\chi_{[-Cn+Cx_0;Cn-Cx_0]}(y) \le 2\sup_{n \in \mathbb{N}}|(\phi(\frac{y}{n}+x_0)-\phi(x_0))| \sup_{y \in \mathbb{R}}|p(y)| \stackrel{*}{=} M \psi(y) \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R}) $$
Si può dunque passare al limite sotto il segno di integrale (Lebesgue) da cui si ha la tesi.
(*) Occorre mostrare che $|p(x)|$ ammette massimo finito. Osserviamo che, siccome $p \in \mathbb{C}^{\infty}(\mathbb{R})$, $|p(x)|$ può assumere valore infinito solo all'infinito. Inoltre per parità $\lim_{x \to +\infty}|p(x)| = \lim_{x \to -\infty}|p(x)|$;
è dunque sufficiente mostrare che $\lim_{x \to +\infty}|p(x)| \ne +\infty$.
Sempre per parità è evidente che $ \int_{0}^{+\infty} p(x)dx =1/2 <+\infty$
Supponiamo per assurdo che $\lim_{x \to +\infty}|p(x)| = +\infty$, allora $\lim_{x \to +\infty} p(x) = \pm \infty \ne 0 \Rightarrow \int_{0}^{+\infty} p(x)dx \ne 1/2 $, assurdo.
EDIT: questa dimostrazione è sbagliata perché non si può supporre $\psi \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R})$.
$ p(x) : \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ t.c. :
$\int_{\mathbb{R}}p(x)dx=1$
$p(x)=p(-x) \forall x \in \mathbb{R}$
$p \in \mathbb{C}^{\infty}(\mathbb{R})$
Posto:
$$\delta_{x_0}^{(n)}(\phi) := \int_\mathbb{R} np[n(x-x_0)]\phi(x)dx \quad \forall \phi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})$$
Tesi:
$$ \delta_{x_0}^{(n)} \xrightarrow{\mathcal{D}'(\mathbb{R})} \delta_{x_0} $$
Dimostrazione:
Usando il cambio di variabile $y= n(x-x_0) $ si ha $x= y/n+x_0 $ e $dy = ndx$ da cui segue immediatamente
$\int_\mathbb{R} np[n(x-x_0)]dx=1 $
Dunque:
Sia $\text{supp}(\phi) = [-C;C] $.
$\delta_{x_0}^{(n)}(\phi) -\delta_{x_0}(\phi) = \int_{-C}^C np[n(x-x_0)]\phi(x)dx -\phi(x_0) = \int_{-C}^C np[n(x-x_0)](\phi(x) -\phi(x_0))dx +\phi(x_0)\int_{-C}^C np[n(x-x_0)]dx $
Passando al limite il secondo integrale:
$ \lim_{n \to +infty} \phi(x_0)\int_{-C}^C np[n(x-x_0)]dx = \lim_{n \to +infty}\phi(x_0)\int_{-Cn+Cx_0}^{Cn-Cx_0} p(y)dy = \phi(x_0)\int_{-\infty}^{+\infty} p(y)dy = \phi(x_0)$
Mostriamo che il modulo dell'integranda del primo integrale è maggiorato da una funzione appartenente a $ \mathcal{L}^1(\mathbb{R})$ :
$$|p(y)(\phi(\frac{y}{n}+x_0)-\phi(x_0))|\chi_{[-Cn+Cx_0;Cn-Cx_0]}(y) \le 2\sup_{n \in \mathbb{N}}|(\phi(\frac{y}{n}+x_0)-\phi(x_0))| \sup_{y \in \mathbb{R}}|p(y)| \stackrel{*}{=} M \psi(y) \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R}) $$
Si può dunque passare al limite sotto il segno di integrale (Lebesgue) da cui si ha la tesi.
(*) Occorre mostrare che $|p(x)|$ ammette massimo finito. Osserviamo che, siccome $p \in \mathbb{C}^{\infty}(\mathbb{R})$, $|p(x)|$ può assumere valore infinito solo all'infinito. Inoltre per parità $\lim_{x \to +\infty}|p(x)| = \lim_{x \to -\infty}|p(x)|$;
è dunque sufficiente mostrare che $\lim_{x \to +\infty}|p(x)| \ne +\infty$.
Sempre per parità è evidente che $ \int_{0}^{+\infty} p(x)dx =1/2 <+\infty$
Supponiamo per assurdo che $\lim_{x \to +\infty}|p(x)| = +\infty$, allora $\lim_{x \to +\infty} p(x) = \pm \infty \ne 0 \Rightarrow \int_{0}^{+\infty} p(x)dx \ne 1/2 $, assurdo.
EDIT: questa dimostrazione è sbagliata perché non si può supporre $\psi \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R})$.
Ciao Bremen000, Grazie della risposta
In realtà dico solo che converge in norma 1 semplicemente perchè è integrabile da ipotesi.
Ti seguo nella maggiorazione, ma perché la $ \psi (y) $ risultante è in $\mathcal L^1$? È dovuto al fatto che la $\phi$ è a supporto compatto?
Dunque, nell'integrale secondo Lebesgue, per passare il limite sotto segno di integrale basta che l'integrando sia limitato? So ben poco a riguardo. In ogni caso, anche passando sotto segno di integrale non mi è chiaro come il limite di $ | \delta_{x_0}^{(n)} - \delta_{x_0} |$ faccia zero.
"Bremen000":
non è vero che $ p \in L^1 $
In realtà dico solo che converge in norma 1 semplicemente perchè è integrabile da ipotesi.
"Bremen000":
Mostriamo che il modulo dell'integranda del primo integrale è maggiorato da una funzione appartenente a $ \mathcal{L}^1(\mathbb{R}) $
Ti seguo nella maggiorazione, ma perché la $ \psi (y) $ risultante è in $\mathcal L^1$? È dovuto al fatto che la $\phi$ è a supporto compatto?
"Bremen000":
Si può dunque passare al limite sotto il segno di integrale (Lebesgue) da cui si ha la tesi.
Dunque, nell'integrale secondo Lebesgue, per passare il limite sotto segno di integrale basta che l'integrando sia limitato? So ben poco a riguardo. In ogni caso, anche passando sotto segno di integrale non mi è chiaro come il limite di $ | \delta_{x_0}^{(n)} - \delta_{x_0} |$ faccia zero.
Ciao! In realtà mi sono accorto che c'è un errore anche nella mia dimostrazione proprio nel supporre che $\psi$ stia in $\mathcal{L}^1(\mathbb{R})$ quindi ci ho pensato (a lungo) e credo di aver tirato fuori una dimostrazione decente.
Prima però,riguardo a $p$, quando maggiori l'integrale stai usando la disuguaglianza di Holder che suppone che $p \in \mathcal{L}^1$ e dunque non funziona.
Ma veniamo alla dimostrazione che stavolta mi sembra corretta:
Sia $ P(x) := \int_{0}^{x}p(y)dy $, la definizione è ben posta giacché $p \in \mathbb{C}^{\infty}(\mathbb{R}) \Rightarrow p$ è integrabile.
Mostriamo che $P$ ammette massimo finito:
Essendo $p$ pari e regolare necessariamente vale quanto segue:
$$\int_{-\infty}^{0}p(x)dx=\int_{0}^{+\infty}p(x)dx = \frac{1}{2}$$ cioè:
$$ \lim_{x \to -\infty} P(x) = -\frac{1}{2} \quad \lim_{x \to +\infty} P(x) = \frac{1}{2}$$
Dunque i limiti all'infinito della funzione $P$ sono finiti ed essendo una funzione integrale $P$ è continua, da cui segue che $P$ ammette massimo finito $M \in \mathbb{R}$.
Passiamo alla dimostrazione della tesi in cui sfrutteremo quanto mostrato in precedenza, sia $ \phi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})$ e $x_0 \in \text{supp}(\phi) = [a ; b]$ :
$$ \lim_{n \to +\infty} \delta_{x_0}^{(n)}(\phi) = \lim_{n \to +\infty} \int_\mathbb{R} np[n(x-x_0)]\phi(x)dx = \lim_{n \to +\infty} \int_a^b np[n(x-x_0)]\phi(x)d =$$
$$ \lim_{n \to +\infty} \Bigg \{ P[n(x-x_0)]\phi(x)|_a^b - \int_a^b P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx \Bigg \} = -\lim_{n \to +\infty} \int_a^b P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx=$$
$$ -\lim_{n \to +\infty} \Bigg \{ \int_{a}^{x_0}P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx + \int_{x_0}^b P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx \Bigg \} \stackrel{(*)}{=}$$
$$ -\int_{a}^{x_0}\Bigg \{ \lim_{n \to +\infty}P[n(x-x_0)]\phi'(x) \Bigg \}dx -\int_{x_0}^{b}\Bigg \{ \lim_{n \to +\infty}P[n(x-x_0)]\phi'(x) \Bigg \}dx=$$
$$ = -\int_a^{x_0} -\frac{1}{2}\phi'(x)dx -\int_{x_0}^b\frac{1}{2} \phi'(x)dx = \frac{1}{2}\phi(x_0)-\frac{1}{2}\phi(a)-\frac{1}{2}\phi(b)+\frac{1}{2}\phi(x_0) = \phi(x_0) $$
Se $x_0 \notin \text{supp}(\phi) = [a ; b] $ allora $\phi(x_0)=0$ e si avrebbe
$$\dots -\lim_{n \to +\infty} \int_a^b P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx \stackrel{(*)}{=} -\int_{a}^{b}\Bigg \{ \lim_{n \to +\infty}P[n(x-x_0)]\phi'(x)\Bigg \} dx=$$
$$\pm \frac{1}{2} \int_a^b \phi'(x)dx = \pm \frac{1}{2} (\phi(b)-\phi(a))=0 = \phi(x_0)$$
Dove nel passaggio (*) si è usato il fatto che
$$|P[n(x-x_0)]\phi'(x)| \le M|\phi'(x)| \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R}) $$ e dunque in virtù del teorema della convergenza dominata di Lebesgue si è potuto effettuare lo scambio limite integrale.
Confesso che la soluzione non è tutta farina del mio sacco, me ne ero messo a discutere su un altro forum perché mi bloccavo in un passaggio proprio sulla convergenza dominata ma mi è stato fatto notare che la mia idea (quella della funzione integrale) era giusta ma stavo facendo casino. Corretta la mia svista questa dovrebbe essere a posto. Posso chiederti che corso di che facoltà segui?
Prima però,riguardo a $p$, quando maggiori l'integrale stai usando la disuguaglianza di Holder che suppone che $p \in \mathcal{L}^1$ e dunque non funziona.
Ma veniamo alla dimostrazione che stavolta mi sembra corretta:
Sia $ P(x) := \int_{0}^{x}p(y)dy $, la definizione è ben posta giacché $p \in \mathbb{C}^{\infty}(\mathbb{R}) \Rightarrow p$ è integrabile.
Mostriamo che $P$ ammette massimo finito:
Essendo $p$ pari e regolare necessariamente vale quanto segue:
$$\int_{-\infty}^{0}p(x)dx=\int_{0}^{+\infty}p(x)dx = \frac{1}{2}$$ cioè:
$$ \lim_{x \to -\infty} P(x) = -\frac{1}{2} \quad \lim_{x \to +\infty} P(x) = \frac{1}{2}$$
Dunque i limiti all'infinito della funzione $P$ sono finiti ed essendo una funzione integrale $P$ è continua, da cui segue che $P$ ammette massimo finito $M \in \mathbb{R}$.
Passiamo alla dimostrazione della tesi in cui sfrutteremo quanto mostrato in precedenza, sia $ \phi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})$ e $x_0 \in \text{supp}(\phi) = [a ; b]$ :
$$ \lim_{n \to +\infty} \delta_{x_0}^{(n)}(\phi) = \lim_{n \to +\infty} \int_\mathbb{R} np[n(x-x_0)]\phi(x)dx = \lim_{n \to +\infty} \int_a^b np[n(x-x_0)]\phi(x)d =$$
$$ \lim_{n \to +\infty} \Bigg \{ P[n(x-x_0)]\phi(x)|_a^b - \int_a^b P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx \Bigg \} = -\lim_{n \to +\infty} \int_a^b P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx=$$
$$ -\lim_{n \to +\infty} \Bigg \{ \int_{a}^{x_0}P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx + \int_{x_0}^b P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx \Bigg \} \stackrel{(*)}{=}$$
$$ -\int_{a}^{x_0}\Bigg \{ \lim_{n \to +\infty}P[n(x-x_0)]\phi'(x) \Bigg \}dx -\int_{x_0}^{b}\Bigg \{ \lim_{n \to +\infty}P[n(x-x_0)]\phi'(x) \Bigg \}dx=$$
$$ = -\int_a^{x_0} -\frac{1}{2}\phi'(x)dx -\int_{x_0}^b\frac{1}{2} \phi'(x)dx = \frac{1}{2}\phi(x_0)-\frac{1}{2}\phi(a)-\frac{1}{2}\phi(b)+\frac{1}{2}\phi(x_0) = \phi(x_0) $$
Se $x_0 \notin \text{supp}(\phi) = [a ; b] $ allora $\phi(x_0)=0$ e si avrebbe
$$\dots -\lim_{n \to +\infty} \int_a^b P[n(x-x_0)]\phi'(x)dx \stackrel{(*)}{=} -\int_{a}^{b}\Bigg \{ \lim_{n \to +\infty}P[n(x-x_0)]\phi'(x)\Bigg \} dx=$$
$$\pm \frac{1}{2} \int_a^b \phi'(x)dx = \pm \frac{1}{2} (\phi(b)-\phi(a))=0 = \phi(x_0)$$
Dove nel passaggio (*) si è usato il fatto che
$$|P[n(x-x_0)]\phi'(x)| \le M|\phi'(x)| \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R}) $$ e dunque in virtù del teorema della convergenza dominata di Lebesgue si è potuto effettuare lo scambio limite integrale.
Confesso che la soluzione non è tutta farina del mio sacco, me ne ero messo a discutere su un altro forum perché mi bloccavo in un passaggio proprio sulla convergenza dominata ma mi è stato fatto notare che la mia idea (quella della funzione integrale) era giusta ma stavo facendo casino. Corretta la mia svista questa dovrebbe essere a posto. Posso chiederti che corso di che facoltà segui?
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