Insieme di funzioni continue
sia $X:={f in C[0,1] t.c f(0)=0}$; dimostrare che se $f in X$ e $||f||_(infty)=1$, allora
$|\int_0^1f| <1$
non sono sicuro della mia dimostrazione, potreste darmi una mano?
con le ipotesi date sicuramente $|\int_0^1f| <=1$; inoltre $|\int_0^1f| =1$ se e solo $f(x)=+-1$ q.o. essendo l'intervallo $[0,1]$ di lunghezza $1$.
Ma allora $f=+-1$ non può appartenere ad $X$ e dunque $|\int_0^1f| <1$.
grazie
$|\int_0^1f| <1$
non sono sicuro della mia dimostrazione, potreste darmi una mano?
con le ipotesi date sicuramente $|\int_0^1f| <=1$; inoltre $|\int_0^1f| =1$ se e solo $f(x)=+-1$ q.o. essendo l'intervallo $[0,1]$ di lunghezza $1$.
Ma allora $f=+-1$ non può appartenere ad $X$ e dunque $|\int_0^1f| <1$.
grazie
Risposte
A me la dimostrazione non dispiace. Perché non sei sicuro della dimostrazione?
Onestamente mi sembrava troppo banale da lasciare come esercizio... pensavo magari di aver tralasciato qualche dettaglio...ad esempio il se e solo se mi pare evidente essendo l'intervallo lungo $1$.
Potrebbe essere quindi corretta?
Grazie
Potrebbe essere quindi corretta?
Grazie
Così, su due piedi, ti dico di sì. Sapresti dimostrare la doppia implicazione?
Perfetto, allora almeno su questo esercizio vado tranquillo.
Chiaramente se $f=+-1$ allora il modulo dell'integrale è $1$.
Sul viceversa a spanne mi pare evidente, ma formalmente non saprei come dimostrarla...come potrei fare?
Chiaramente se $f=+-1$ allora il modulo dell'integrale è $1$.
Sul viceversa a spanne mi pare evidente, ma formalmente non saprei come dimostrarla...come potrei fare?
Ma quale sarebbe il "solo se"? Quale sarebbe l'enunciato preciso da dimostrare?
"dissonance":
Ma quale sarebbe il "solo se"? Quale sarebbe l'enunciato preciso da dimostrare?
L'esercizio da fare è questo :
sia $X:={f in C[0,1] t.c f(0)=0}$; dimostrare che se $f in X$ e $||f||_(infty)=1$, allora
$|\int_0^1f| <1$
Il se e solo se l'ho messo io nella dimostrazione dell'esercizio, ovvero con quelle ipotesi si ha che
$|\int_0^1f| <=1$ ed io ho affermato che
$|\int_0^1f| =1$ se e solo se $f=+1$.
Ora l'utente precedentemente mi ha chiesto di dimostrare
questo se e solo se
Io proverei così. Sia $f\in X$ tale che $||f||_{\infty}=1$, allora, dalla definizione di continuità, segue che:
$\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)=0\iff \forall\varepsilon>0,\exists\delta_{\varepsilon}>0$ tale che se $0\le x<\delta_{\varepsilon}$ (perché il dominio è $[0,1]$) si ha che $|f(x)|<\varepsilon$.
Fisso $\varepsilon=\frac{1}{4}$ (valore scelto arbitrariamente, purché minore di 1), esiste $\delta_{\varepsilon}>0$, tale che se $0\le x<\delta_{\varepsilon}\< 1$, si ha che $|f(x)|<\frac{1}{4}$
Consideriamo l'integrale
$|\int_{0}^{1}f(x)\mathbf{d}x|\le \int_{0}^{1}|f(x)|\mathbf{d}x=\int_{0}^{\delta_{\varepsilon}}|f(x)|\mathbf{d}x+\int_{\delta_{\varepsilon}}^{1}|f(x)|\mathbf{d}x\le$
Nota che il primo integrale è maggiorato da $\frac{1}{4}\delta_{\varepsilon}$ - perché l'integranda è minore di $\frac{1}{4}$ sull'intervallo di integrazione $[0,\delta_{\varepsilon}]$, il secondo è maggiorato invece da $1-\delta_{\varepsilon}$, sicché la precedente espressione è maggiorata da
$\le \frac{1}{4}\delta_{\varepsilon}+1-\delta_{\varepsilon}=1-\frac{3}{4}\delta_{\varepsilon}<1$
Nota: se $\delta_{\varepsilon}$ fosse maggiore o uguale a 1, significherebbe che $|f(x)|<\frac{1}{4}$ per ogni $x\in [0,1]$, di conseguenza:
$|\int_{0}^{1}f(x)\mathbf{d}x|\le \int_{0}^{1}|f(x)|\mathbf{d}x<\frac{1}{4}$.
Tra l'altro, se $|f(x)|<\frac{1}{4}$ fosse vera per ogni $x\in[0,1]$, verrebbe violata la condizione sul sup. Che ne pensi?
$\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)=0\iff \forall\varepsilon>0,\exists\delta_{\varepsilon}>0$ tale che se $0\le x<\delta_{\varepsilon}$ (perché il dominio è $[0,1]$) si ha che $|f(x)|<\varepsilon$.
Fisso $\varepsilon=\frac{1}{4}$ (valore scelto arbitrariamente, purché minore di 1), esiste $\delta_{\varepsilon}>0$, tale che se $0\le x<\delta_{\varepsilon}\< 1$, si ha che $|f(x)|<\frac{1}{4}$
Consideriamo l'integrale
$|\int_{0}^{1}f(x)\mathbf{d}x|\le \int_{0}^{1}|f(x)|\mathbf{d}x=\int_{0}^{\delta_{\varepsilon}}|f(x)|\mathbf{d}x+\int_{\delta_{\varepsilon}}^{1}|f(x)|\mathbf{d}x\le$
Nota che il primo integrale è maggiorato da $\frac{1}{4}\delta_{\varepsilon}$ - perché l'integranda è minore di $\frac{1}{4}$ sull'intervallo di integrazione $[0,\delta_{\varepsilon}]$, il secondo è maggiorato invece da $1-\delta_{\varepsilon}$, sicché la precedente espressione è maggiorata da
$\le \frac{1}{4}\delta_{\varepsilon}+1-\delta_{\varepsilon}=1-\frac{3}{4}\delta_{\varepsilon}<1$
Nota: se $\delta_{\varepsilon}$ fosse maggiore o uguale a 1, significherebbe che $|f(x)|<\frac{1}{4}$ per ogni $x\in [0,1]$, di conseguenza:
$|\int_{0}^{1}f(x)\mathbf{d}x|\le \int_{0}^{1}|f(x)|\mathbf{d}x<\frac{1}{4}$.
Tra l'altro, se $|f(x)|<\frac{1}{4}$ fosse vera per ogni $x\in[0,1]$, verrebbe violata la condizione sul sup. Che ne pensi?
"dissonance":
Ma quale sarebbe il "solo se"? Quale sarebbe l'enunciato preciso da dimostrare?
Non avevo visto il tuo intervento, dissonance. In effetti, ora che rileggo con calma, non è chiarissimo quello che intendeva l'op. Per scrivere la risposta mi sono messo nelle ipotesi dell'esercizio.
Ho capito, grazie mille.
Scritto cosi in effetti è molto più chiaro e si addice di più al linguaggio matematico.
L'idea mia penso non fosse cosi sbagliata a livello intuitivo, ma era poco rigorosa
Scritto cosi in effetti è molto più chiaro e si addice di più al linguaggio matematico.
L'idea mia penso non fosse cosi sbagliata a livello intuitivo, ma era poco rigorosa
Così com'è la dimostrazione dell'esercizio, quella di GuidoFretti, mi pare tautologica. Infatti scrivendo
hai di fatto assunto la tesi.
Quindi, come dice Mathita, va dimostrata la doppia implicazione.
.
Sul 'solo se' di quello scritto sopra da GuidoFretti farei così.
Consideriamo una funzione $g$ con $||g||_oo=1$ che non sia identicamente uguale 1 e consideriamo un punto $x$ in cui è $g<1$.
Allora (dato che è continua), ci sarà un intorno di $x$ in cui $g<1$, ad esempio un intervallo $(a,b)$, in cui $g<1$. Allora
$ int_(a)^(b) g(x) dx< int_(a)^(b) 1 dx =b-a $
per monotonia.
Confrontando con l'integrale su $[0, 1]$ di $ f=1$ si ottiene la tesi.
Detto questo, mi sfugge è a che serve l'ipotesi $f(0)=0$, se basta dire che non è identicamente uguale a $1$, ma forse serve solo per dire che non è identicamente uguale a $1$.
Comunque se nella dimostrazione che ho scritto si mette l'ipotesi $f(0)=0$ invece che $f!=1$ si dimostra l'esercizio originario.
"GuidoFretti":.
$ |\int_0^1f| =1 $ se e solo $ f(x)=+-1 $
hai di fatto assunto la tesi.
Quindi, come dice Mathita, va dimostrata la doppia implicazione.
.
Sul 'solo se' di quello scritto sopra da GuidoFretti farei così.
Consideriamo una funzione $g$ con $||g||_oo=1$ che non sia identicamente uguale 1 e consideriamo un punto $x$ in cui è $g<1$.
Allora (dato che è continua), ci sarà un intorno di $x$ in cui $g<1$, ad esempio un intervallo $(a,b)$, in cui $g<1$. Allora
$ int_(a)^(b) g(x) dx< int_(a)^(b) 1 dx =b-a $
per monotonia.
Confrontando con l'integrale su $[0, 1]$ di $ f=1$ si ottiene la tesi.
Detto questo, mi sfugge è a che serve l'ipotesi $f(0)=0$, se basta dire che non è identicamente uguale a $1$, ma forse serve solo per dire che non è identicamente uguale a $1$.
Comunque se nella dimostrazione che ho scritto si mette l'ipotesi $f(0)=0$ invece che $f!=1$ si dimostra l'esercizio originario.
Ho capito il mio errore. Alla fine quindi questi sono 2 modi per dimostrare lo stesso quesito.
Interessante notare come siano anche leggermente diversi i 2 procedimenti
Interessante notare come siano anche leggermente diversi i 2 procedimenti
Ciao Gabriella! Avevo scritto un messaggio più lungo in cui commentavo la tua dimostrazione, ma purtroppo è andato perso perché il browser ha deciso di crashare. Siccome sono molto pigro, riassumo (male) quello che avevo scritto.
In effetti, le due dimostrazioni sembrano essere equivalenti, e la condizione $f(0)=0$ può essere sostituita con qualcosa di più generico (esiste $x_0\in [0,1]$ tale che $f(x_0)=\alpha$ con $|\alpha|<1$). L'unica giustificazione che mi sento di dare sulla scelta $f(0)=0$ è che, in questo modo, $X$ è un sottospazio vettoriale di $C[0,1]$ su $\mathbb{R}$.
In effetti, le due dimostrazioni sembrano essere equivalenti, e la condizione $f(0)=0$ può essere sostituita con qualcosa di più generico (esiste $x_0\in [0,1]$ tale che $f(x_0)=\alpha$ con $|\alpha|<1$). L'unica giustificazione che mi sento di dare sulla scelta $f(0)=0$ è che, in questo modo, $X$ è un sottospazio vettoriale di $C[0,1]$ su $\mathbb{R}$.
Grazie mille Mathita. Quando ho scritto non avevo visto la tua dimostrazione, quindi probabilmente ho fatto una cosa analoga, mi riprometto di leggerla con calma. Penso alle cose che hai scritto, anche su $f(0)=0$.
Alla fine, dal punto di vista concettuale, la cosa più 'profonda' dell'esercizio è la continuità, che consente di dire che c'è un intervallo su cui la funzione è strettamente minore di 1. Perché ovviamente un punto non basta, non modifica l'integrale.
p.s. che tragedia quando si cancellano i messaggi lunghi!
Alla fine, dal punto di vista concettuale, la cosa più 'profonda' dell'esercizio è la continuità, che consente di dire che c'è un intervallo su cui la funzione è strettamente minore di 1. Perché ovviamente un punto non basta, non modifica l'integrale.
p.s. che tragedia quando si cancellano i messaggi lunghi!
Ma quella funzione non appartiene all'insieme \(X\). Non si annulla in zero
Di quale funzione parli?
Di quale altra, l'unico esempio che hai fatto, la costante 1 (o -1).
Si ma se leggi tutta la discussione poi si è risolto, ho capito dove sbagliavo
Ok, meglio così, in bocca al lupo
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