Suggerimenti per un paio di esercizi

[fireball1]

Ciao a tutti, sto provando a fare gli esercizi 1 e 3 della seguente lista.



ll controesempio per la seconda parte dell'1 l'ho già trovato, ma come dimostrare l'invertibilità dei due sup?
Qualche suggerimento?

Quanto al 3, non saprei come applicare bene il teorema della convergenza dominata...

[Zero87]

Vediamo (per il 3) se riesco a dire qualcosa di sensato.

Hai la seguente famiglia di funzioni
$\frac{2\alpha f(x+t)}{\pi (t^2+\alpha^2)}$
tanto i termini esterni all'integrale sono costanti rispetto alla variabile di integrazione quindi non c'è problema se li ho uniti al resto.

Ora, $lim_(\alpha-> 0^+) \frac{2\alpha f(x+t)}{\pi (t^2+\alpha^2)} =0$ poiché c'è l'$\alpha$ fuori che tende a zero. Tutto il resto è limitato per ipotesi poiché $f$ è limitata e il termine all'interno dell'integrale è $O(t^-2)$ [Se si integra è $O(t^-1)$ ma questa è un'altra storia.]

Abbiamo appurato che il limite esiste. Il secondo passo è trovare una funzione non dipendente da $\alpha$ che domina la $f$. Ma questo non è difficile. Poiché la $f$ è limitata hai, in generale $f(x) Poi, $\pi\ge 1$ e $\alpha ->0^+$ si sfruttano in seguito (per quest'ultimo, si può supporre $\alpha<1$ dato che la fai tendere a $0^+$).

$\frac{2\alpha f(x+t)}{\pi (t^2+\alpha^2)}\le \frac{2\alpha M}{\pi (t^2 +\alpha^2)}\le \frac{2M}{t^2 +\alpha^2}\le \frac{2M}{t^2}$
quest'ultima è integrabile quindi è una limitazione perfetta per la $f$ per applicare il teorema della convergenza dominata che ti consente di passare dall'integrando all'integrale.

Per la convergenza uniforme ora non mi viene in mente nulla, per il resto spero di non aver preso qualche cantonata dato che con le convergenze mi ci taglio.

[fireball1]

Grazie per la risposta, ma non mi risulta che $\frac{2M}{t^2}$ sia integrabile in \((0,+\infty)\),
per \(t\to 0^+\) è \(O(t^{-2})\), quindi non va bene...

[Zero87]

"fireball":Grazie per la risposta, ma non mi risulta che $\frac{2M}{t^2}$ sia integrabile in \((0,+\infty)\),
per \(t\to 0^+\) è \(O(t^{-2})\), quindi non va bene...

Sorry...
E' che ultimamente (da 6 mesi a questa parte) sono alle prese con l'ipotesi di Riemann e ci sono bizzeffe di integrali di questo tipo solo che vanno tutti da $1$ a $\infty$... Evidentemente non mi hanno fatto proprio vedere lo zero nel tuo...

[fireball1]

Ci sono un po' troppi parametri in gioco, tra $x$, $t$ e $alpha$...
Io avevo iniziato a prendere questa strada per il 3.
Poiché $f$ è continua e limitata, definiamo $F^+(x):=\text{sup}_{t\ge 0} f(x+t)$
e $F^{-}(x):=\text{inf}_{t\ge 0} f(x+t)$, che sono una specie di liminf e limsup...
Ora, si ha:
$\frac{2\alpha}{\pi} \int_0^{+\infty} \frac{f(x+t)}{t^2+\alpha^2} dt \le \frac{2\alpha}{\pi} \cdot \frac{1}{\alpha} \cdot \frac{\pi}{2} \cdot F^+(x) = F^+(x)$
(ecco perché nel testo dell'esercizio c'è $\frac{2\alpha}{\pi}$ davanti all'integrale, è fatto
apposta per essere poi semplificato con $\frac{\pi}{2\alpha}$) e analogamente anche
$ \frac{2\alpha}{\pi} \int_0^{+\infty} \frac{f(x+t)}{t^2+\alpha^2} dt \ge F^{-} (x)$.
Quindi in conclusione, per ogni $x$ reale, si ha $F^{-} (x)\le f_\alpha(x) \le F^+(x)$.
Si può anche dire che $F^+$ e $F^-$ siano rispettivamente monotona decrescente e
monotona crescente, analogamente al limsup e al liminf per le successioni...
Da qui come si può andare avanti?

[Thomas16]

Ciao fireball, per quanto riguarda il punto (1) io proverei così! Sono solo delle idee di prima mattina, quindi lascio a te il controllo di ogni dettaglio e la ricerca degli errori... indico il sup con $s$ perchè non mi riesce ora di formattarlo bene e vado di fretta...

1) non è che per caso $s_x s_y f(x,y)= s_{(x,y)} f(x,y)$? In tal caso la tesi seguirebbe....

Nel caso tu lo avessi già congetturato, procederei così per dimostrarlo:

1) la disuguaglianza $<=$ è semplice.

2) la disuguaglianza $>=$ piu' laboriosa. Definisi $s_y f(x,y)=h(x)$ e $s_{(x,y)} f(x,y)=K$ e quindi vuoi vedere che:
$s_x h(x) >= K$. Per far questo ti basta vedere che esiste una sequenza $x_n$ t.c. $h(x_n) \rightarrow K$. Questa si pu\'o costruire così. Per definizione esiste una sequenza $f(x_n,y_n) \rightarrow K$. Non e' che la sequenza $h(x_n)$ ottenuta prendendo il sup sulla seconda coordinata tende ancora a $K$? Del resto prendere il sup può solo aumentare il il valore e se prima tendevamo a $K$ anche ora lo faremo... o no?

[fireball1]

Ciao Aris, per quanto riguarda l'1 sì, l'avevo in effetti congetturato, e avevo anche pensato ad
usare due disuguaglianze opposte, ma non ero riuscito a capire come sfruttarle...
La chiave era appunto costruire una successione che tendesse all'estremo superiore...
Secondo me va bene il tuo approccio. Grazie!

[Thomas16]

Ti do' un suggerimento anche per iniziare il terzo, ma non l'ho provato..

Intanto il limite puntuale. Questo è non banale se l'integrale diverge come $1/a$. Quindi devi tirare fuori un $1/a$. Incomincia con il tirare fuori un $1/a^2$ e poi fai un cambio di variabile nell'integrale...

qualcosa credo esca così, try!

[vict85]

Per il primo punto non vorrei sbagliarmi ma:

Sia \(m \) tale che \(\forall x \) \(m \ge \sup_y f(x,y)\) per la definizione di \(\sup \). Ma allora, sempre per la definizione di \(\sup \), \( \forall x,y \) \(m \ge f(x,y)\). Da cui si ricava \(\forall y \) \( m \ge \sup_xf(x,y)\).
Quindi un maggiorante di \(\sup_y f(x,y) \) risulta essere un maggiorante anche di \(\sup_xf(x,y) \) e viceversa per la simmetria del procedimento usato. Chiamo l'insieme dei maggioranti di queste due quantità \(\mathcal{M} \). Ricaviamo pertanto che \(\sup_x\sup_y f = \min \mathcal{M} = \sup_y\sup_x f \).

Direi che è tutto sommato sono una questione di commutatività di \(\forall \) e della definizione di \(\sup \).

In alternativa si può anche usare l'assurdo usando il fatto che se per assurdo \(a = \sup_x\sup_y f = \sup_y\sup_x f = b\) allora esiste un \((x_0, y_0) \) tale che \(b< f(x_0,y_0)\le a \). D'altra parte \(b < f(x_0,y_0) \le \sup_x f(x,y_0) \le \sup_y\sup_x f(x,y) = b\) e quindi l'assurdo. Ovviamente la stessa cosa vale nel senso opposto.

[fireball1]

Grazie mille vict85!! Immagino che nel secondo approccio all'esercizio 1 tu intenda
\(a=\sup_x \sup_y f \ge \sup_y \sup_x f = b\)
e non \(=\)... Dico bene?

@Thomas
Per quanto riguarda il terzo, Thomas, ho provato la strada che hai indicato, ma non riesco a cavarne un ragno dal buco...

[Thomas16]

@fireball: dove ti blocchi? Stamattina mi sembrava solo questione di fare un cambio di variabile $t'=t/a$, tirare fuori un $1/a$ dall'integrale e vedere che quel che ti rimaneva era dominato da una integrabile... non funziona?

[Thomas16]

@vict85 : credo sia il classico esempio di quando due persone affrontano un problema e lo risolvono nel modo che più si confà al proprio modo di pensare e che gli risulta "più facile"... per questo è dal confronto che si migliora ed è per questo che ora leggerò bene la tua dimostrazione ...

[fireball1]

Hai ragione Aris! Come accidenti ho fatto a non pensarci prima...
Ne ho fatti vari di cambi di variabile per cercare di togliere di mezzo quell'\(\alpha^2\) al denominatore nell'integranda
ma questo mi era proprio sfuggito... Così viene subito
\(\displaystyle f_\alpha(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^{+\infty} \frac{f(x+\alpha t)}{t^2+1}dt\)
e poiché l'integranda è \(\displaystyle \le \frac{F^+(x)}{t^2+1}\) che come funzione di \(t\) è integrabilissima in \((0,+\infty)\),
con \(F^+(x):=\sup_{t\ge 0} f(x+\alpha t)\), si ha subito che \(f_\alpha(x) \to f(x)\,a.\!e.\)
Ora vedo come trattare la convergenza uniforme...

[fireball1]

Dunque, per quanto riguarda la convergenza uniforme, quello che si deve far vedere è che,
usando il fatto che $\frac{2}{\pi}\int_0^{+\infty} \frac{dt}{t^2+1} = 1$,
\[\lim_{\alpha\to 0^+} \sup_{x\in\mathbb R} \frac{2}{\pi} \left| \int_0^{+\infty} \frac{f(x+\alpha t)- f(x)}{t^2+1}\,dt\right| = 0,\]
dove ovviamente la costante non conta nulla... Sappiamo solo che \(f\) è continua e limitata in \(\mathbb R\),
se fosse anche derivabile forse si potrebbe fare qualcosa di più...

[Thomas16]

Scusa fireball ora non ho tempo per pensare seriamente a come completare l'esercizio.

Una cosa che mi è uscita immediata dimostrare è che l'ulteriore ipotesi di uniforme continuità della $f$ porta alla convergenza uniforme della serie di funzioni. Quindi in particolare si ha convergenza uniforme su ogni compatto. Senza questa ipotesi così senza mettermi sotto non mi viene.

Quindi se c'è un controesempio lo si deve cercare con una funzione non uniformemente continua.

[gugo82]

@fireball: Che l'integrale dovesse (almeno moralmente) convergere verso \(f(x)\) era evidente, perché col cambiamento di variabile \(\tau = t/a\) si arrivava direttamente a:
\[
f_a(x) = \frac{2}{\pi}\ \int_0^\infty f(x+a\tau)\ \frac{1}{\tau^2+1}\ \text{d} \tau\; ,
\]
che per \(a=0\) fornisce \(f_0(x)=f(x)\)... Il problema è giustificare la cosa per bene.

Posto:
\[
\mu (E) := \frac{2}{\pi}\ \int_0^\infty \chi_{E} (\tau )\ \frac{\text{d} \tau}{\tau^2 +1}
\]
la \(\mu\) è una misura di probabilità sulla \(\sigma\)-algebra di Lebesgue di \([0,\infty[\), e si vede che:
\[
f_a(x) = \int_0^\infty \phi (\tau; x,a)\ \text{d} \mu (\tau)\; ,
\]
con \( \phi (\tau ;x,a) := f(x+a\tau)\) definita per \(\tau \geq 0\).*

Dato che \(f\) è limitata, la famiglia \(\phi (\cdot ;x,a)\) è maggiorata dalla funzione costante \(\phi (\tau):= \sup_\mathbb{R} |f|\), la quale è \(L^1(\mu)\) (perché \(\mu\) è una misura limitata); d'altra parte \(\lim_{a\to 0^+} \phi (\tau ;x,a)=f(x)\) per ogni \(\tau \geq 0\) per continuità di \(f\).
Per il Teorema di Convergenza Dominata si ha dunque:
\[
\begin{split}
\lim_{a\to 0^+} f_a(x) &= \lim_{a\to 0^+} \int_0^\infty \phi (\tau; x,a)\ \text{d} \mu (\tau) \\
&= \int_0^\infty \lim_{a\to 0^+} \phi (\tau ;x,a)\ \text{d} \mu (\tau)\\
&= f(x)\ \int_0^\infty \text{d} \mu (\tau) \\
&= f(x).
\end{split}
\]

Il problema è stabilire se la convergenza \(f_a(x)\to f(x)\) è uniforme rispetto ad \(x\) quando \( a\to 0^+\), cioè che:
\[
\sup_{x\in \mathbb{R}} |f_a(x)-f(x)| = \frac{2}{\pi}\ \sup_{x\to \mathbb{R}} \left| \int_0^\infty \Big( f(x+a\tau) -f(x)\Big)\ \frac{\text{d} \tau}{\tau^2+1} \right|\to 0 \qquad \text{quando } a\to 0^+\; .
\]
"A occhio", non credo che la risposta sia affermativa in generale (forse nemmeno per funzioni continue a supporto compatto)... Però devo fare un po' di conti.

[Thomas16]

@gugo82: mi sembra, come dicevo su, mi sembra che per le funzioni contintue a supporto compatto la tesi debba essere vera.

Infatti queste sono uniformemente continue.

Per vedere che l'uniforme continuità è sufficiente penso si possa fare cosi: essendo l'integrale assolutamente convergente e la funzione limitata
per ogni $\epsilon$ puoi scegliere un $M(\epsilon)$ t.c. vale per ogni $\alpha$:

$|\int_{M}^{+\infty}(|f(x+\alpha t)-f(x)|)/(1+t^2) dt<=\epsilon$

E, importante, questo vale per ongi $\alpha$ e per ogni $x$ ora invece per l'uniforme continuita' se scegli $\alpha$ abbastanza piccolo si può stimare il numeratore (ricordando che siamo in un intervallo finito) con un $\epsilon''$:

$|\int_{0}^{M}(|f(x+\alpha t)-f(x)|)/(1+t^2) dt<=\epsilon'\int_{0}^{M}1/(1+t^2) dt=\epsilon''$

I vari $\epsilon$ non dipendono da $x$ in virtu' dell'uniforme continuita' e quindi la stima ci da il tendere uniforme a 0 della differenza delle funzioni.

Scusate se non scrivo tutto decentemente ma altrimenti mi ci vorrebbero dell ore, spero si capisca l'idea...

[Thomas16]

nel caso fosse corretto però sono curioso: si può fare meglio di così?

[gugo82]

Mi sa che hai ragione Thomas.

Detto un po' meglio, il succo è il seguente.
L'integrale:
\[
\frac{2}{\pi}\ \int_0^\infty \left| f(x+a\tau) -f(x)\right|\ \frac{\text{d}\tau }{\tau^2+1}
\]
è maggiorato uniformemente dall'integrale assolutamente convergente:
\[
\frac{4\sup_{\mathbb{R}} |f|}{\pi}\ \int_0^\infty \frac{\text{d} \tau}{\tau^2 +1}
\]
quindi, fissato \(\varepsilon >0\) esiste un \(T(\varepsilon) >0\) tale che:
\[
\frac{2}{\pi}\ \int_{T(\varepsilon)}^\infty \left| f(x+a\tau) -f(x)\right|\ \frac{\text{d}\tau }{\tau^2+1} <\frac{\varepsilon}{2}\; .
\]
D'altra parte, l'integrale:
\[
\frac{2}{\pi}\ \int_0^{T(\varepsilon)} \left| f(x+a\tau) -f(x)\right|\ \frac{\text{d}\tau }{\tau^2+1}
\]
può essere reso piccolo a piacere indipendentemente da \(x\) se \(f\) è u.c. in \(\mathbb{R}\): infatti, detto \(\delta (\varepsilon) >0\) un numero tale che:
\[
|y-x|<\delta (\varepsilon) \quad \Rightarrow \quad |f(y)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}
\]
per \(y=x+a\tau\) con \(a,\tau \geq 0\) si ottiene:
\[
a\tau <\delta (\varepsilon) \quad \Rightarrow \quad |f(x+a\tau)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}\; ;
\]
dato che \(\tau \in [0,T(\varepsilon)]\), la proposizione a sinistra della precedente è soddisfatta non appena \(aT(\varepsilon) <\delta (\varepsilon)\), cioè non appena \(a<\frac{\delta (\varepsilon)}{T(\varepsilon)} =:A(\varepsilon)\). Allora, scegliendo \(a \[
\begin{split}
\frac{2}{\pi}\ \int_0^\infty \left| f(x+a\tau) -f(x)\right|\ \frac{\text{d}\tau }{\tau^2+1} &= \frac{2}{\pi}\ \int_0^{T(\varepsilon)} \left| f(x+a\tau) -f(x)\right|\ \frac{\text{d}\tau }{\tau^2+1} + \frac{2}{\pi}\ \int_{T(\varepsilon)}^\infty \left| f(x+a\tau) -f(x)\right|\ \frac{\text{d}\tau }{\tau^2+1} \\
&< \frac{2}{\pi}\ \frac{\varepsilon}{2}\ \int_0^{T(\varepsilon)} \frac{\text{d} \tau}{\tau^2 +1} + \frac{\varepsilon}{2}
\end{split}
\]
e conseguentemente:
\[
\begin{split}
\sup_{x\in \mathbb{R}} |f_a(x)-f(x)| &\leq \sup_{x\in \mathbb{R}} \frac{2}{\pi}\ \frac{\varepsilon}{2}\ \int_0^{T(\varepsilon)} \frac{\text{d} \tau}{\tau^2 +1} + \frac{\varepsilon}{2}\\
&= \frac{2}{\pi}\ \frac{\varepsilon}{2}\ \int_0^{T(\varepsilon)} \frac{\text{d} \tau}{\tau^2 +1} + \frac{\varepsilon}{2}\\
&< \frac{2}{\pi}\ \frac{\varepsilon}{2}\ \int_0^\infty \frac{\text{d} \tau}{\tau^2 +1} + \frac{\varepsilon}{2} \\
&= 2\ \frac{\varepsilon}{2}\\
&= \varepsilon \; ,
\end{split}
\]
per \(a

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[Rigel1]

Non ho letto il post di gugo (e per la verità nemmeno i precedenti) con attenzione, ma ero convinto che l'uniforme continuità su tutto \(\mathbb{R}\) non fosse necessaria; una volta tagliata la coda dell'integrale ci si riduce comunque a un compatto.
(Ma forse mi sbaglio; appena ho tempo guardo i conti.)

[fireball1]

Ragazzi, non so come ringraziarvi!!