$\lim_n \ (\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=\max_I f$
Salve a tutti vorrei sapere se la dimostrazione che ho svolto è corretta, purtroppo questa è l'unica che mi è venuta in mente, ed è abbastanza lunga... quindi se avete altre idee fatemi sapere
Sia $f$ continua e non negativa su $I=[a,b]$ allora $\exists \ \lim_n \ (\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=\max_I \ f$
Ecco la mia soluzione:
Innazitutto per W. $f$ ha massimo, $\exists \ \xi : f(\xi)=M$
Inoltre poiche $f$ è definita su $[a,b]$, $f$ è U.C.
$\forall \epsilon >0 \ \exists \delta >0: \forall x,y \in [a,b]: |x-y|< \delta \Rightarrow |f(x)-f(y)|< \epsilon$
Dunque sia $[a,b]=\bigcup_(k=1)^m I_k$, con $mis(I_k)<\delta$, inoltre sia $M_k=max_\bar(I_k) \ f(x)$
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=(\sum_(k=1)^m M_h^n mis(I_k))^(1/n)=(M_1^n mis(I_1)+...+M^n mis(I_j)+...M_m^n mis(I_m))^(1/n)=$
=$M ((M_1/M)^n mis(I_1)+...+mis(I_j)+...+(M_m/M)^n mis(I_m))^(1/n)$
Dunque:
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n) \ge M$
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n) \le M(b-a)^(1/n)$
$\Rightarrow \exists \ \lim_n \ (\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=M=\max_I \ f$
Sia $f$ continua e non negativa su $I=[a,b]$ allora $\exists \ \lim_n \ (\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=\max_I \ f$
Ecco la mia soluzione:
Innazitutto per W. $f$ ha massimo, $\exists \ \xi : f(\xi)=M$
Inoltre poiche $f$ è definita su $[a,b]$, $f$ è U.C.
$\forall \epsilon >0 \ \exists \delta >0: \forall x,y \in [a,b]: |x-y|< \delta \Rightarrow |f(x)-f(y)|< \epsilon$
Dunque sia $[a,b]=\bigcup_(k=1)^m I_k$, con $mis(I_k)<\delta$, inoltre sia $M_k=max_\bar(I_k) \ f(x)$
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=(\sum_(k=1)^m M_h^n mis(I_k))^(1/n)=(M_1^n mis(I_1)+...+M^n mis(I_j)+...M_m^n mis(I_m))^(1/n)=$
=$M ((M_1/M)^n mis(I_1)+...+mis(I_j)+...+(M_m/M)^n mis(I_m))^(1/n)$
Dunque:
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n) \ge M$
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n) \le M(b-a)^(1/n)$
$\Rightarrow \exists \ \lim_n \ (\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=M=\max_I \ f$
Risposte
No, devi correggere alcuni segni di diseguaglianze, inoltre dimostri che quel limite è al più \(M\); la dimostrazione dell'esistenza che è semplice non l'hai scritta 
infine, non ho capito dove utilizzi la u.c. di \(f\) 
infine, non ho capito dove utilizzi la u.c. di \(f\)
"j18eos":Ciao, grazie della risposta. Quali sarebbero i segni sbagliati delle disuguaglianze ? Comunque uso la U.C., per costruire la funzione semplice maggiorante $\sum_(k=1)^m M_k^n \chi _(I_k)$
No, devi correggere alcuni segni di diseguaglianze, inoltre dimostri che quel limite è al più \(M\); la dimostrazione dell'esistenza che è semplice non l'hai scritta
Infine l'esistenza si ha in quanto: $M\le(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)\le M (b-a)^(1/n)$
Per il teorema dei carabinieri si conclude,
o no?
".sm.":Questo passaggio è sbagliato, in generale non è vero che un integrale è uguale ad una sua somma di Riemann. Semmai puoi sostituire $\le$ a $=$, ottenendo
[...]
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=(\sum_(k=1)^m M_h^n mis(I_k))^(1/n)=(M_1^n mis(I_1)+...+M^n mis(I_j)+...M_m^n mis(I_m))^(1/n)=$
=$M ((M_1/M)^n mis(I_1)+...+mis(I_j)+...+(M_m/M)^n mis(I_m))^(1/n)$
\begin{equation}
\left( \int_a^b [f(x)]^n\, dx\right)^{\frac{1}{n}}\le M \left( \left(\frac{M_1}{M}\right)^n\mathrm{mis}(I_1)+\ldots+\left(\frac{M_m}{M}\right)^n\mathrm{mis}(I_m)\right)^{\frac{1}{n}}.
\end{equation}
\[\displaystyle {{\left({\int_{{a}}^{{b}}}{{f{{\left({x}\right)}}}}^{{n}}\ {\left.{d}{x}\right.}\right)}}^{{\frac{{1}}{{n}}}}\ge{M}\]Questo invece è proprio falso. Un controesempio facile si ottiene per \(f(x)=1-x^2, n=1, [a, b]=[-1/2, 1/2]\):
\begin{equation}
\int_{-1/2}^{1/2}(1-x^2)\, dx=1-\frac{1}{12}<1=\max f.
\end{equation}
Tra l'altro credo anche che questo valga per ogni \(n\in \mathbb{N}\), nel senso che
\begin{equation}
\left(\int_{-1/2}^{1/2}(1-x^2)^n\, dx\right)^{\frac{1}{n}}<1=\max f,
\end{equation}
ma questo è un po' più difficile da dimostrare. Sta di fatto che la disuguaglianza così come l'hai messa tu è falsa.
Secondo me dovresti cercare di dimostrare che
\begin{equation}
\forall \varepsilon >0\ \exists N\in \mathbb{N}\ \text{t.c.}\ \forall n >N,\ \displaystyle {{\left({\int_{{a}}^{{b}}}{{f{{\left({x}\right)}}}}^{{n}}\ {\left.{d}{x}\right.}\right)}}^{{\frac{{1}}{{n}}}}\ge{M}-\varepsilon.
\end{equation}
Questa versione della tua disuguaglianza è, secondo me, vera ed è sufficiente ad applicare il teorema dei due carabinieri.
Ho visto che hai pubblicato la tua domanda anche su un altro forum:
http://math.stackexchange.com/q/181592/8157
Questo comportamento non è corretto, sarebbe stato meglio quanto meno avvisare del cross-posting. Tenendoci all'oscuro ci hai fatto perdere tempo a ragionare insieme a te mentre tu avevi già ricevuto risposta dall'altra parte.
http://math.stackexchange.com/q/181592/8157
Questo comportamento non è corretto, sarebbe stato meglio quanto meno avvisare del cross-posting. Tenendoci all'oscuro ci hai fatto perdere tempo a ragionare insieme a te mentre tu avevi già ricevuto risposta dall'altra parte.
"dissonance":Ciao, non capisco questa critica. Visto che l'ultima risposta nel mio post risale a ieri, questa mattina ho aperto un thread lì sperando di avere qualche risposta, tra l'altro la risposta che ho ricevuto risale a poche ore fà... Che poi non capisco il fatto che vi ho fatto perdere tempo... io ho postato il mio problema, se qualcuno "vuole perdere tempo" lo perda, altrimenti non è tenuto a rispondere...
Ho visto che hai pubblicato la tua domanda anche su un altro forum:
http://math.stackexchange.com/q/181592/8157
Questo comportamento non è corretto, sarebbe stato meglio quanto meno avvisare del cross-posting. Tenendoci all'oscuro ci hai fatto perdere tempo a ragionare insieme a te mentre tu avevi già ricevuto risposta dall'altra parte.
Comunque se qualcuno ha voglia e tempo per rispondere, tornando al problema:
"dissonance":Questo passaggio è sbagliato, in generale non è vero che un integrale è uguale ad una sua somma di Riemann. Semmai puoi sostituire $\le$ a $=$, ottenendo
[quote=".sm."][...]
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=(\sum_(k=1)^m M_h^n mis(I_k))^(1/n)=(M_1^n mis(I_1)+...+M^n mis(I_j)+...M_m^n mis(I_m))^(1/n)=$
=$M ((M_1/M)^n mis(I_1)+...+mis(I_j)+...+(M_m/M)^n mis(I_m))^(1/n)$
\begin{equation}
\left( \int_a^b [f(x)]^n\, dx\right)^{\frac{1}{n}}\le M \left( \left(\frac{M_1}{M}\right)^n\mathrm{mis}(I_1)+\ldots+\left(\frac{M_m}{M}\right)^n\mathrm{mis}(I_m)\right)^{\frac{1}{n}}.
\end{equation}[/quote]L'"=" è il motivo principale che mi ha fatto aprire questo post:
Sappiamo:
$\sum_(k=1)^m m_k mis(I_k) \le \int_a^b f(x) \dx \le \sum_(k=1) M_k mis(I_k) $
Dove $m_k=\min_{\bar[I_k]} f(x)$
Ora:
$\sum_(k=1)^m M_k mis(I_k)-\sum_(k=1)^m m_k mis(I_k)=\sum_(k=1)^m (M_k-m_k) mis(I_k)=\sum_(k=1)^m (f(\xi_k)-f(\eta_k))mis(I_k)< \epsilon(b-a)$ per l'u.c.
Dunque il valore comune delle due sommatorie non dovrebbe coincidere con quello dell'integrale?
Forse per $f(x)^n$ la cosa è diversa in quanto si avrebbe $\sum_(k=1)^m M_k^n mis(I_k)-\sum_(k=1)^m m_k^n mis(I_k)<\epsilon \sum_(k=1) (M_k^(n-1)+...+m_k^(n-1)) mis(I_k)$...
"dissonance":
[quote=".sm."][...]
\[\displaystyle {{\left({\int_{{a}}^{{b}}}{{f{{\left({x}\right)}}}}^{{n}}\ {\left.{d}{x}\right.}\right)}}^{{\frac{{1}}{{n}}}}\ge{M}\]Questo invece è proprio falso. Un controesempio facile si ottiene per \(f(x)=1-x^2, n=1, [a, b]=[-1/2, 1/2]\):
\begin{equation}
\int_{-1/2}^{1/2}(1-x^2)\, dx=1-\frac{1}{12}<1=\max f.
\end{equation}
Tra l'altro credo anche che questo valga per ogni \(n\in \mathbb{N}\), nel senso che
\begin{equation}
\left(\int_{-1/2}^{1/2}(1-x^2)^n\, dx\right)^{\frac{1}{n}}<1=\max f,
\end{equation}
ma questo è un po' più difficile da dimostrare. Sta di fatto che la disuguaglianza così come l'hai messa tu è falsa.[/quote]
Si, intendevo scrivere:
$(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)=(\sum_(k=1)^m M_h^n mis(I_k))^(1/n)=(M_1^n mis(I_1)+...+M^n mis(I_j)+...M_m^n mis(I_m))^(1/n)=$
$=M ((M_1/M)^n mis(I_1)+...+mis(I_j)+...+(M_m/M)^n mis(I_m))^(1/n)\ge M (mis(I_j))^(1/n)$
(poi in testa mia per $n->\infty$ $(mis(I_j))^(1/n)->1$, da qui avevo scritto direttamente $(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n) \ge M$)
Correggendo la svista:
$M (mis(I_j))^(1/n) \le(\int_a^b f(x)^n \ \dx)^(1/n)\le M (b-a)^(1/n)$
Evitare il cross-posting, o annunciarlo chiaramente quando lo si fa, è un fatto generale di netiquette:
http://en.wikipedia.org/wiki/Crossposting
La logica è che, informando il pubblico di tutti i canali in cui la discussione si sta svolgendo, permetti i riferimenti incrociati. Ad esempio, qualcuno avrebbe potuto scrivere "come notava Siminore nell'altro forum, qui manca il riferimento ad $\varepsilon$: secondo me ciò dipende da [ecc...]". Ottieni così una discussione più efficiente: è in questo senso che dicevo "perdere tempo".
Tornando a noi,
http://en.wikipedia.org/wiki/Crossposting
La logica è che, informando il pubblico di tutti i canali in cui la discussione si sta svolgendo, permetti i riferimenti incrociati. Ad esempio, qualcuno avrebbe potuto scrivere "come notava Siminore nell'altro forum, qui manca il riferimento ad $\varepsilon$: secondo me ciò dipende da [ecc...]". Ottieni così una discussione più efficiente: è in questo senso che dicevo "perdere tempo".
Tornando a noi,
".sm.":Assolutamente no, questo è quello che diceva anche Siminore nell'altro post e io sono d'accordo (Tra l'altro, su questo anche j18eos sentiva puzza di bruciato). Tu poi dire che l'integrale differisce da una di quelle sommatorie per meno di \(\varepsilon(b-a)\), questo si, e quindi che può essere anche molto vicino ad esse ma in generale non puoi dire che sia esattamente uguale.
L'"=" è il motivo principale che mi ha fatto aprire questo post:
Sappiamo:
$\sum_(k=1)^m m_k mis(I_k) \le \int_a^b f(x) \dx \le \sum_(k=1) M_k mis(I_k) $
Dove $m_k=\min_{\bar[I_k]} f(x)$
Ora:
$\sum_(k=1)^m M_k mis(I_k)-\sum_(k=1)^m m_k mis(I_k)=\sum_(k=1)^m (M_k-m_k) mis(I_k)=\sum_(k=1)^m (f(\xi_k)-f(\eta_k))mis(I_k)< \epsilon(b-a)$ per l'u.c.
Dunque il valore comune delle due sommatorie non dovrebbe coincidere con quello dell'integrale?
ok, capisco. Comunque per l'arbitrarietà di $\epsilon$ non potrei ottenere una successione $a_n->\int_a^b f(x) \dx$?
In tal caso per$ \epsilon=1/n$, e per $n->infty$: $\sum_(k=1)^m M_k mis(I_k)-\sum_(k=1)^m m_k mis(I_k)->0$
Dunque:
$\int_a^b f(x) \dx=\lim_n \sum_(k=1)^m M_k mis(I_k)$
Dove, $m$ dipende per costruzione da $\delta$ che a sua volta dipende da $epsilon=1/n$; se $\delta_\epsilon ->0 \Rightarrow m->infty$
Adesso l"=" va bene?
In tal caso per$ \epsilon=1/n$, e per $n->infty$: $\sum_(k=1)^m M_k mis(I_k)-\sum_(k=1)^m m_k mis(I_k)->0$
Dunque:
$\int_a^b f(x) \dx=\lim_n \sum_(k=1)^m M_k mis(I_k)$
Dove, $m$ dipende per costruzione da $\delta$ che a sua volta dipende da $epsilon=1/n$; se $\delta_\epsilon ->0 \Rightarrow m->infty$
Adesso l"=" va bene?
Ok, hai scritto l'integrale come limite di una successione di somme di Riemann. Questo certamente è vero ma non so cosa te ne farai.
La soluzione più veloce è sicuramente quella che ti propone did nell'altro forum. Quella che proponi tu funziona solo se \(f\) è una funzione a scala.
La soluzione più veloce è sicuramente quella che ti propone did nell'altro forum. Quella che proponi tu funziona solo se \(f\) è una funzione a scala.
"dissonance":ok, mi importava chiarire soltanto la questione sulla somma finita e sull'$\epsilon$...
Ok, hai scritto l'integrale come limite di una successione di somme di Riemann. Questo certamente è vero ma non so cosa te ne farai.
La soluzione più veloce è sicuramente quella che ti propone did nell'altro forum. Quella che proponi tu funziona solo se \(f\) è una funzione a scala.
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