Limite
Calcolare il seguente limite: $\lim_{t \to 0}1/t \int_0^t |sen1/x|dx$.
Risposte
zero
non vorrai anche la dimostrazione vero ...
(io farei una sostituzione $y=1/x$ e poi un' integrazione per parti)
non vorrai anche la dimostrazione vero ...
(io farei una sostituzione $y=1/x$ e poi un' integrazione per parti)
Sì, voglio tutti i conti; comunque ricontrollali prima di metterli, non viene 0.
Scusa, non mi ero accorto del valore assoluto 
Secondo me il limite non esiste ; è una forma indeterminata del tipo $[0/0] $ e applicando L'Hopital si ottiene
$lim_(t rarr 0) sin(1/t)/1 $ che non esiste.
$lim_(t rarr 0) sin(1/t)/1 $ che non esiste.
Il punto è che il th di de l'Hopital ti dice che se esiste il limite di $f'/g'$ allora esiste anche quello di $f/g$ e i due limiti coincidono. Lo hai usato al contrario, e il contrario non sussiste.
Hai ragione 
.Dunque il problema resta aperto .
.Dunque il problema resta aperto .
proviamo: sia $F(t)=int_0^t|sin(1/x)|dx$
se lo sviluppo con Taylor al primo ordine centrato in zero, ottengo che $U(0),F(t)\~\|sin(1/t)|
quindi $lim_(t->0)int_0^t|sin(1/x)|dx/t=lim_(t->0)|sin(1/t)|/t=lim_(t->0)|sin(1/t)|/t(1/t)/(1/t)=lim_(t->0)|sin(1/t)|/(1/t)*1/t^2=lim_(t->0)1/t^2
che non esiste, giusto?
se lo sviluppo con Taylor al primo ordine centrato in zero, ottengo che $U(0),F(t)\~\|sin(1/t)|
quindi $lim_(t->0)int_0^t|sin(1/x)|dx/t=lim_(t->0)|sin(1/t)|/t=lim_(t->0)|sin(1/t)|/t(1/t)/(1/t)=lim_(t->0)|sin(1/t)|/(1/t)*1/t^2=lim_(t->0)1/t^2
che non esiste, giusto?
Secondo me viene $2/\pi$
Il giro che ho fatto probabilemente è troppo lungo, ma per ora ho trovato questo.
Prima di tutto facendo un cambio di variabile $y=1/x$ passo a
$\lim_{t\to0}\frac{1}{t}\int_{1/t}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2} dy=\lim_{s\to+\infty}s\int_{s}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2} dy$
Consentitemi di fare il limite solo su $s=n\pi$ per $n\in NN$ ( se volete poi giustifico questo passaggio). Allora considero
$\lim_{n\to+\infty}n\pi\int_{n\pi}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2} dy=\pi\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty\int_{k\pi}^{k\pi +\pi}\frac{|\sin y|}{y^2} dy$
che con un cambio di variabile $y=z+k\pi$ su ogni addendo diventa
$\pi\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty\int_{0}^{\pi}\frac{\sin z}{(z+k\pi)^2} dy$
(il modulo non c'è più !) quest'ultima espressione me la scrivo (aggiungedo e togliendo)
$\pi\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty\[\int_{0}^{\pi}\frac{\sin z}{(k\pi)^2} dy - \int_{0}^{\pi}\frac{(z^2+2k\pi z)(\sin z)}{(k\pi)^2(z+k\pi)^2} dy\] =$
$\frac{2}{\pi}\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^2} - \pi\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty\int_{0}^{\pi}\frac{(z^2+2k\pi z)(\sin z)}{(k\pi)^2(z+k\pi)^2} dy$
Il secondo addendo tende zero:
$n\sum_{k=n}^\infty\int_{0}^{\pi}\frac{(z^2+2k\pi z)(\sin z)}{(k\pi)^2(z+k\pi)^2} dy\leq "costante " n\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^3}\leq costante \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^2}\t 0$
per $n\to\infty$ per quanto riguarda il primo pezzo
$n\int_n^\infty\frac{1}{u^2}du\leq n\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^2} \leq n\int_n^\infty\frac{1}{(u-1)^2}du$
e entrambi i carabinieri tendono a $1$ (facendo il calcolo).
Puo' andare ??
Il giro che ho fatto probabilemente è troppo lungo, ma per ora ho trovato questo.
Prima di tutto facendo un cambio di variabile $y=1/x$ passo a
$\lim_{t\to0}\frac{1}{t}\int_{1/t}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2} dy=\lim_{s\to+\infty}s\int_{s}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2} dy$
Consentitemi di fare il limite solo su $s=n\pi$ per $n\in NN$ ( se volete poi giustifico questo passaggio). Allora considero
$\lim_{n\to+\infty}n\pi\int_{n\pi}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2} dy=\pi\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty\int_{k\pi}^{k\pi +\pi}\frac{|\sin y|}{y^2} dy$
che con un cambio di variabile $y=z+k\pi$ su ogni addendo diventa
$\pi\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty\int_{0}^{\pi}\frac{\sin z}{(z+k\pi)^2} dy$
(il modulo non c'è più !) quest'ultima espressione me la scrivo (aggiungedo e togliendo)
$\pi\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty\[\int_{0}^{\pi}\frac{\sin z}{(k\pi)^2} dy - \int_{0}^{\pi}\frac{(z^2+2k\pi z)(\sin z)}{(k\pi)^2(z+k\pi)^2} dy\] =$
$\frac{2}{\pi}\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^2} - \pi\lim_{n\to+\infty}n\sum_{k=n}^\infty\int_{0}^{\pi}\frac{(z^2+2k\pi z)(\sin z)}{(k\pi)^2(z+k\pi)^2} dy$
Il secondo addendo tende zero:
$n\sum_{k=n}^\infty\int_{0}^{\pi}\frac{(z^2+2k\pi z)(\sin z)}{(k\pi)^2(z+k\pi)^2} dy\leq "costante " n\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^3}\leq costante \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^2}\t 0$
per $n\to\infty$ per quanto riguarda il primo pezzo
$n\int_n^\infty\frac{1}{u^2}du\leq n\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^2} \leq n\int_n^\infty\frac{1}{(u-1)^2}du$
e entrambi i carabinieri tendono a $1$ (facendo il calcolo).
Puo' andare ??
Sì, $2/\pi$ è il risultato corretto, la dimostrazione di ViciousGoblinEnters mi pare torni, anche se è solo lungo una fissata successione, sarebbe da sistemare quel punto. Una volta chiarito quello vi posto una soluzione molto meno elementare.
Per passare dal limite della successione al limite in $s$ dovrebbero bastare le disuguaglianze:
$ [s/\pi]\pi\int_(([s/\pi]+1)\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy \leq s\int_s^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy \leq ([s/\pi]+1)\pi\int_([s/\pi]\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy $
(dove $[\cdot]$ indica la parte intera) e l'osservazione che:
$\lim_(s\to\infty)[s/\pi]\pi\int_(([s/\pi]+1)\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy =\lim_(k\to\infty)k\pi\int_((k+1)\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy =\lim_(k\to\infty)\frac(k-1)(k) k \pi\int_(k\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy =\lim_(k\to\infty) k \pi\int_(k\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy =2/\pi$
(e discorso analogo per il termine di destra)
$ [s/\pi]\pi\int_(([s/\pi]+1)\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy \leq s\int_s^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy \leq ([s/\pi]+1)\pi\int_([s/\pi]\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy $
(dove $[\cdot]$ indica la parte intera) e l'osservazione che:
$\lim_(s\to\infty)[s/\pi]\pi\int_(([s/\pi]+1)\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy =\lim_(k\to\infty)k\pi\int_((k+1)\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy =\lim_(k\to\infty)\frac(k-1)(k) k \pi\int_(k\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy =\lim_(k\to\infty) k \pi\int_(k\pi)^(\infty)\frac(|sin(y)|)(y^2) dy =2/\pi$
(e discorso analogo per il termine di destra)
Ok, mi interessava proprio vedere una soluzione elementare.
Quella che propongo io (ma non mia) è molto più breve ma non è elementare.
Anzitutto per simmetria basta calcolare $\lim_{t \to 0^+}1/t \int_0^t |sen1/x|dx$. Operando come già fatto si arriva a dover calcolare il limite $\lim_{t \to 0^+}\int_1^{+\infty}1/z^2|senz/t|dz$. Sia $f(z)=|sen z|$ e sia $f_t(z)=f(z/t)$; per il Teorema di Riemann-Lebesgue $f_t$ converge debolmente* in $L^\infty(1,+\infty)$ alla funzione costante $1/{2\pi}\int_0^{2\pi}|sen z|dz=2/\pi$. Sia $g(z)=1/z^2$; allora $g \in L^1(1,+\infty)$ e dunque per definizione di convergenza debole* in $L^\infty(1,+\infty)$ si ha $\lim_{t \to 0^+}\int_1^{+\infty}1/z^2|senz/t|dz=2/\pi\int_1^{+\infty}1/z^2dz=2/\pi$.
Quella che propongo io (ma non mia) è molto più breve ma non è elementare.
Anzitutto per simmetria basta calcolare $\lim_{t \to 0^+}1/t \int_0^t |sen1/x|dx$. Operando come già fatto si arriva a dover calcolare il limite $\lim_{t \to 0^+}\int_1^{+\infty}1/z^2|senz/t|dz$. Sia $f(z)=|sen z|$ e sia $f_t(z)=f(z/t)$; per il Teorema di Riemann-Lebesgue $f_t$ converge debolmente* in $L^\infty(1,+\infty)$ alla funzione costante $1/{2\pi}\int_0^{2\pi}|sen z|dz=2/\pi$. Sia $g(z)=1/z^2$; allora $g \in L^1(1,+\infty)$ e dunque per definizione di convergenza debole* in $L^\infty(1,+\infty)$ si ha $\lim_{t \to 0^+}\int_1^{+\infty}1/z^2|senz/t|dz=2/\pi\int_1^{+\infty}1/z^2dz=2/\pi$.
Scusa Luca, ma il teorema di Riemann-Lebesgue che citi è quello sulla trasformata di Fourier? E nel caso, come lo usi per dedurne la convergenza debole* in $L^oo$? (Forse mi perdo in un bicchier d'acqua ma queste cose mi interessano molto, visto che sto studiando Analisi Funzionale... 
)
)
Una curiosità: mentre provavo a calcolare il limite ho trovato che quest'ultimo è anche uguale a $lim_(t to 0) int_0^1 |"sin" 1/(tx)|"d"x$.
@ Gugo: anche io conosco il lemma di Riemann - Lebesgue per la trasformata di Fourier, nella seguente forma: se $varphi in cc L^1(RR)$, $lim_(omega to oo)int_RR varphi(x)e^(-i omega x)"d"x=0 $. Ma a quanto pare il teorema è più generale.
@ Gugo: anche io conosco il lemma di Riemann - Lebesgue per la trasformata di Fourier, nella seguente forma: se $varphi in cc L^1(RR)$, $lim_(omega to oo)int_RR varphi(x)e^(-i omega x)"d"x=0 $. Ma a quanto pare il teorema è più generale.
Il classico Lemma di Riemann Lebesgue dice, tra le righe, che i coefficienti di Fourier sono infinitesimi. La versione più generale è al seguente (la riporto solo in una variabile). Sia $1 \leq p \leq \infty$ e sia $f \in L^p(a,b)$, con $a
Si riottiene il Lemma di Riemann-Lebesgue considerando $f(x)=sen x$ o $f(x)=cos x$ su $[0,2\pi]$.
Si riottiene il Lemma di Riemann-Lebesgue considerando $f(x)=sen x$ o $f(x)=cos x$ su $[0,2\pi]$.
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