Integrabile secondo Lebesgue??
Ciao a tutti oggi ho il seguente problema da proporvi.
Sia $f:[0,1]->RR$ definita da $f(x)=1/(x^(2-alpha))$ per $x>0$ ed $f(0)=0$.
1) E' integrabile secondo Lebesgue?
2) Calcolare $\int_0^1f$.
Motivare le risposte (un vero problema motivarle).
1)Non ho idea di come procedere, posso dire che se $alpha>1$ allora è integrabile secondo Riemman ma questo implica che è integrabile secondo Lebesgue? O_o
2)Ho calcolato l' integrale e se non ho fatto errori mi viene $\int_0^1f(x)dx=1/(alpha-1)$ per $alpha>1$
Aiuto? Grazie in anticipo
Sia $f:[0,1]->RR$ definita da $f(x)=1/(x^(2-alpha))$ per $x>0$ ed $f(0)=0$.
1) E' integrabile secondo Lebesgue?
2) Calcolare $\int_0^1f$.
Motivare le risposte (un vero problema motivarle).
1)Non ho idea di come procedere, posso dire che se $alpha>1$ allora è integrabile secondo Riemman ma questo implica che è integrabile secondo Lebesgue? O_o
2)Ho calcolato l' integrale e se non ho fatto errori mi viene $\int_0^1f(x)dx=1/(alpha-1)$ per $alpha>1$
Aiuto? Grazie in anticipo
Risposte
Ciao, visto che ancora non ti ha risposto nessuno ci provo io, anche se non sono uno dei massimi esperti.
Ora per $\alpha >= 2$ non ci sono problemi in quanto la funzione è continua in 0 quindi integrabile secondo riemann e quindi integrabile secondo Lebesgue (ciò vale sempre per funzioni limitate definite su un compatto).
Per $alpha < 2$
La funzione non è integrabile secondo Riemann in quanto non è definita per x=0 quindi si parla eventualmente di intergrale improprio.
Per verificare che è sommabile secondo Lebesgue devi verificare (dalla definizione) che:
$f_r(x)=\min(f(x),r)$ è sommabile $\forall r > 0$ in $I(0,r)$
Se vale ciò allora si definisce: $\int_0^1f=\lim_(r->+\infty)\int_0^1f_r(x) < +\infty$
Vediamo i casi:
Se $r<=1$ allora $f_r(x)=\min(f(x),r)=r$ e tale funzione è sommabile in $[0,1]$
Se $r > 1$ allora $\exists$ $ c\in(0,1)$ tale per cui:
$f_r(x) = r$ per $x<=c$
$f_r(x)= f(x)$ per $x > c$
(immaginando il grafico dell "iperbole" lo puoi facilmente verificare anche geometricamente)
Ora quindi avrai che entrambe sono sommabili nei rispettivi intervalli per cui quel limite esiste ma deve essere finito affinchè sia sommabile la funzione.
Ora $\int_0^1f_r(x)dx=\int_0^c rdx + \int_c^1 1/(x^(2-\alpha))dx=rc + \int_c^1 1/(x^(2-\alpha))dx$
Il tutto si riconduce quindi al calcolo della convergenza del secondo integrale, che possiamo calcolare utilizzando il teorema fondamentale del calcolo a questo punto (funzione definita e limitata in un compatto, quindi integrabile secondo riemann).
Escludendo il caso $\alpha = 1$, in quanto è chiaro che l'integrale diverge.
Si ha che $\int_c^1 1/(x^(2-\alpha))dx=$\(\displaystyle \left[\frac{x^{\alpha-2+1}}{\alpha-2+1}\right]_{c}^{1} = \left[\frac{x^{\alpha-1}}{\alpha-1}\right]_{c}^{1}\) $=1/(alpha-1) (1-c^(\alpha - 1))$
Per $r->+oo, c-> 0$ per cui il limite è finito e vale $1/(\alpha-1)$ se e solo se $alpha > 1$ come è anche logico aspettarsi.
Ora per $\alpha >= 2$ non ci sono problemi in quanto la funzione è continua in 0 quindi integrabile secondo riemann e quindi integrabile secondo Lebesgue (ciò vale sempre per funzioni limitate definite su un compatto).
Per $alpha < 2$
La funzione non è integrabile secondo Riemann in quanto non è definita per x=0 quindi si parla eventualmente di intergrale improprio.
Per verificare che è sommabile secondo Lebesgue devi verificare (dalla definizione) che:
$f_r(x)=\min(f(x),r)$ è sommabile $\forall r > 0$ in $I(0,r)$
Se vale ciò allora si definisce: $\int_0^1f=\lim_(r->+\infty)\int_0^1f_r(x) < +\infty$
Vediamo i casi:
Se $r<=1$ allora $f_r(x)=\min(f(x),r)=r$ e tale funzione è sommabile in $[0,1]$
Se $r > 1$ allora $\exists$ $ c\in(0,1)$ tale per cui:
$f_r(x) = r$ per $x<=c$
$f_r(x)= f(x)$ per $x > c$
(immaginando il grafico dell "iperbole" lo puoi facilmente verificare anche geometricamente)
Ora quindi avrai che entrambe sono sommabili nei rispettivi intervalli per cui quel limite esiste ma deve essere finito affinchè sia sommabile la funzione.
Ora $\int_0^1f_r(x)dx=\int_0^c rdx + \int_c^1 1/(x^(2-\alpha))dx=rc + \int_c^1 1/(x^(2-\alpha))dx$
Il tutto si riconduce quindi al calcolo della convergenza del secondo integrale, che possiamo calcolare utilizzando il teorema fondamentale del calcolo a questo punto (funzione definita e limitata in un compatto, quindi integrabile secondo riemann).
Escludendo il caso $\alpha = 1$, in quanto è chiaro che l'integrale diverge.
Si ha che $\int_c^1 1/(x^(2-\alpha))dx=$\(\displaystyle \left[\frac{x^{\alpha-2+1}}{\alpha-2+1}\right]_{c}^{1} = \left[\frac{x^{\alpha-1}}{\alpha-1}\right]_{c}^{1}\) $=1/(alpha-1) (1-c^(\alpha - 1))$
Per $r->+oo, c-> 0$ per cui il limite è finito e vale $1/(\alpha-1)$ se e solo se $alpha > 1$ come è anche logico aspettarsi.
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