Sissa '13 - Gruppo A (n° 3, 4 e 5)

[Nulier]

Nello svolgimento della prova SISSA '13 ho trovato alcune difficoltà, per la parte di analisi, con gli esercizi n° 4 e n°5. (Il testo è qui http://www.math.sissa.it/sites/default/files/Entrance_Examinations_pdf/LM-13.pdf)

Posto quello che sono riuscito a fare e spero in qualche illuminazione.

Esercizio 4

(i) Riscrivo $T[f](x)$, operando la sostituzione $y=x-t$, come
$$
\int_0^x{\frac{f(x-y)dy}{\sqrt{y}}}
$$
A questo punto è facile dimostrare la continuità per ogni $x\in[0,1]$ come segue:
$$|T[f](x+h)-T[f](x)|= \left| \int_0^{x+h}{\frac{f(x+h-y)dy}{\sqrt{y}}} - \int_0^x{\frac{f(x-y)dy}{\sqrt{y}}}\right|\leq $$
$$
\leq \left| \int_0^x{\frac{f(x+h-y)-f(x-y)dy}{\sqrt{y}}}\right|+\left| \int_x^{x+h}{\frac{f(x+h-y)dy}{\sqrt{y}}}\right|\leq $$
$$ \leq \|\frac{1}{\sqrt{y}}\|_{L^1[0,x]}\|f(x+h-y)-f(x-y)\|_{L^{\infty}}+|h\frac{f(x+h-\xi)}{\sqrt{\xi}}|
$$
Avendo sfruttando che la radice vicino allo è integrabile, la disuguaglianza di Holder $1-\infty$ ed il teorema della media per funzioni continue.
Basta osservare che $f$ essendo continua su un compatto è anche uniformemente continua per avere che $\|f(x+h-y)-f(x-y)\|_{L^{\infty}}$ va a $0$ per $h\to 0$. Segue quindi la tesi.
La stessa cosa si poteva ottenere scrivendo T[f] come un opportuno prodotto di convoluzione tra una funzione in $L^1$ ed una in $L^{\infty}$.
(ii) Con macchinazioni algebrico-integrali non ne vengo fuori. Una qualche reminescenza mi fa associare all'operatore $T$ la nozione di integrale frazionario ma sono sicuro che non serva tirare in gioco concetti del genere per venirne a capo.

Esercizio 5

Buio.

[dan952]

Il n° 5 già è stato discusso qui qualche giorno fa
http://www.matematicamente.it/forum/viewtopic.php?f=36&t=150752

[Nulier]

Grazie! L'avevo cercato nel post riassuntivo dei problemi SISSA ma non era segnalato

[_fabricius_1]

Per il primo punto del 4. avevo ragionato così (trascuro il coefficiente con \(\pi\) ): siano $x, y in RR$ e suppongo $x \begin{align}
\left| \operatorname{T}f(x)- \operatorname{T}f(y)\right|&\le M\int_0^x \left|\frac{1}{\sqrt{x-t}}-\frac{1}{\sqrt{y-t}}\right|dt + M \int_x^y \left|\frac{1}{\sqrt{y-t}}\right|dt\\
& =M\int_0^x \frac{1}{\sqrt{x-t}}-\frac{1}{\sqrt{y-t}}dt +M\left[-2 \sqrt{y-t}\right]_x^y \\
& =M\left[-2 \sqrt{x-t}+2 \sqrt{y-t}\right]_0^x + 2M\sqrt{y-x} \\
& = 2M\left( \sqrt{x}+ \sqrt{y-x} -\sqrt{y}+ \sqrt{y-x}\right)
\end{align}
Per il secondo, \(T^2f(x)\) è di fatto un integrale doppio esteso a un triangolo. Allora l'ho dapprima riscritto in modo da invertire l'ordine d'integrazione e poi ho applicato le sostituzioni di Eulero (ovviamente vedendole da Wikipedia).

[Nulier]

Le sostituzioni di Eulero nooo xD

[_fabricius_1]

Comunque ecco i calcoli.

Comincio cambiando l'ordine d'integrazione: \begin{align}
\operatorname{T^2}f(x)&=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^x \frac{1}{\sqrt{x-t}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^t \frac{f(s)}{\sqrt{t-s}} ds dt\\
&= \frac{1}{\pi}\int_0^x f(s)\int_s^x \frac{1}{\sqrt{(x-t)(t-s)}} dt ds.
\end{align}
Ora tocca alla sostituzione: $\sqrt{(x-t)(t-s)}=(t-s)y$, da cui
\[y=\sqrt{\frac{x-t}{t-s}} \qquad t=\frac{x+sy^2}{1+y^2}=\frac{x-s}{1+y^2}+s \qquad dt=(s-x)\frac{2y}{(1+y^2)^2}dy.\]
Allora
\begin{align}
\int_s^x \frac{1}{\sqrt{(x-t)(t-s)}} dt&=\int_{+\infty}^0 \frac{1+y^2}{(x-s)y}\frac{(s-x)2y}{(1+y^2)^2}dy\\
&=-2\int_{+\infty}^{0}\frac{1}{1+y^2}dy=-2[\operatorname{arctan}(y)]_{+\infty}^0=\pi.
\end{align}

[Nulier]

Senza che apro un altro thread aggiungo anche la mia soluzione dell'esercizio 3, magari può far comodo a qualcuno o contiene degli errori che il vostro pronto intervento mi rivelerà

Esercizio 3

(i) Consideriamo la funzione $f(x)=\int_{-\infty}^{x}{\chi_E (y)dy}$ dove $\chi_E$ è la funzione indicatrice per l'insieme misurabile $E$ in questione. Si ha che
$$
\lim_{x\to -\infty} f(x)=0
$$
$$
\lim_{x\to +\infty} f(x)=|E|
$$
mentre, se $y>x$,
$$
|f(x)-f(y)|=\int_{x}^{y}{\chi_E(z)dz}\leq |x-y|
$$
pertanto $f$ è lipschitziana, dunque continua.
Allora preso $p\in (0,|E|)$ per il teorema dei valori intermedi esiste $t\in\mathbb{R}$ tale che $f(t)=p$, cioè $E\cap (-\infty, t)$ è l'insieme misurabile cercato.
(ii) Osserviamo che $\mu$ è una funzione decrescente. Cominciamo col dimostrare che
$$
\lim_{t\to s^{+}}\mu(t)=\mu(s)
$$
Sia $\{t_n\}$ una successione di valori reali maggiori di $s$ convergente a $s$. Allora $z_n= \max{m>n} \mu(m)$ è una successione decrescente e $\mu(t)=|A_t|$ dove $A_t:=\{x | f(x)>t\}$. Pertanto $A_{z_n}\subset A_{z_{n+1}}$ e per il teorema di convergenza monotona si ha
$$
\lim_{n\to +\infty} z_n= |\cup_n A_n |=\mu(s)
$$
Basta a questo punto osservare che $\lim_{n\to +\infty} z_n =\overline{\lim_{n\to + \infty} \mu(t_n)}$ e che $\underline{\lim_{n\to + \infty} \mu(t_n)}\geq \mu(s)$ per concludere la tesi.

L'altro caso è simile, mi rimane solo da trattare cosa accade se tutti i termini sono $+\infty$.

iii) Sia $c\geq 0$. Se esiste $t$ tale che $\mu(t)=c$ allora $A_t$ è l'insieme cercato.
Altrimenti prendo $E=\{x|f\geq t\}$ dove $t=\sup\{x | \mu(x)>c\}$. Allora usando il punto (i) esiste $F\subset E$ tale che $|F|=c$ ed F è l'insieme cercato.