Appartenenza funzioni a spazi L1 e L2
Ciao a tutti. Non ho capito come svolgere il seguente esercizIo:
Determinare per quali valori di $\alpha \in \mathbb{R}$ le seguenti funzioni appartengono a $L_{1}$ e $L_{2}$ negli intervalli indicati.
1) $f(x) = {e^{-x}*sinh(αx)}/{|x^2-9|^{\alpha}}$ , $I=[0, ∞)$
2) $g(x) = 1/{|x^2-4|^{\alpha}*|x-\alpha+1/3|^{1/2}}$ , $I=[0, ∞)$
dove $L_{1}$ e $L_{2}$ sono gli spazi delle funzioni misurabili secondo Lebesgue, dotate rispettivamente di norma 1 e norma 2.
I risultati del professore sono rispettivamente
1) $f (x) ∈ L_{1} : − 1 < α < 1, f (x) ∈ L_{2} : − 1 < α < 1/2$
2) $g(x) ∈ L_{1} : 1/4 <α < 1, g(x) ∈ L_{2} : 0 < α < 1/3$
Potete, per favore, aiutarmi a risolverlo?
Determinare per quali valori di $\alpha \in \mathbb{R}$ le seguenti funzioni appartengono a $L_{1}$ e $L_{2}$ negli intervalli indicati.
1) $f(x) = {e^{-x}*sinh(αx)}/{|x^2-9|^{\alpha}}$ , $I=[0, ∞)$
2) $g(x) = 1/{|x^2-4|^{\alpha}*|x-\alpha+1/3|^{1/2}}$ , $I=[0, ∞)$
dove $L_{1}$ e $L_{2}$ sono gli spazi delle funzioni misurabili secondo Lebesgue, dotate rispettivamente di norma 1 e norma 2.
I risultati del professore sono rispettivamente
1) $f (x) ∈ L_{1} : − 1 < α < 1, f (x) ∈ L_{2} : − 1 < α < 1/2$
2) $g(x) ∈ L_{1} : 1/4 <α < 1, g(x) ∈ L_{2} : 0 < α < 1/3$
Potete, per favore, aiutarmi a risolverlo?
Risposte
Ciao visto che non sai come partire ti svolgo il primo e poi tu provi a svolgere il secondo.
Una rinfrescatina, se $f\in L_1(I)$ questo significa che esiste finito l'integrale $\int_Ifdm$ ; mentre se $f\in L_2(I)$ allora vuol dire che esiste finito l'integrale $\int_I f^2dm$. Ora questi sono integrali di Lebesgue, ma visto che stiamo integrando funzioni misurabili su intervalli allora questi equivalgono a integrali di Riemann, e visto che gli intervalli non sono limitati allora questi sono integrali generalizzati di Riemann.
Per vedere se posso trattarli come integrali di Riemann le funzioni devono essere positive, altrimenti devo studiare il modulo delle funzioni, in entrambi i casi non ho problemi perché nell'intervallo di integrazione $f$ e $g$ sono funzioni positive.
Ora studio se $f\in L_1[0,+\infty)$ il che vuol dire che cerco per quali $\alpha \in \mathbb{R} $ ho che $f$ è integrabile in $I$, ovvero studio per quali $\alpha$ converge il seguente integrale:
$$
\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}\cdot \sinh(\alpha x)}{|x^2-9|^\alpha}dx
$$
Prima di tutto noto che se $\alpha=0$ allora $f(x)=0 \forall x\in I$. Quindi per $\alpha=0$ non solo questo integrale converge ma convergono anche gli integrali di $f^n$ quindi per tale valore del parametro $f\inL_n(I) , n\ge 1$.
Quindi studiamo l'integrale per $\alpha\ne 0$.
Riscriviamo $f$ esplicitando il seno iperbolico (la formula la trovi anche su Wikipedia), cioè
$$
f(x)=\frac{e^{-x}\left(e^{\alpha x}-e^{-\alpha x}\right)}{2|x^2-9|^\alpha}
$$
Notiamo che $f(0)=0$ quindi in zero non ci sono problemi, però la funzione è illimitata per $x=3$ quindi dobbiamo studiare la convergenza in quel punto e ovviamente la convergenza a $+\infty$; partiamo col primo.
Notiamo che
$$
f(x)=\frac{e^{-x}\left(e^{\alpha x}-e^{-\alpha x}\right)}{2|x+3|^\alpha|x-3|^\alpha}
$$
Usando gli asintotici notiamo che per $x\to 3$ (non ho diviso i casi da sinistra e da destra perché l'asintotico è lo stesso)
$$
f(x)\sim \frac{C}{|x-3|^\alpha}
$$
dove $C>0$ è un costante positiva che se vuoi puoi calcolarti, anche se è inutile per il nostro fine.
Questo significa che
$$
\int_0^{3}f(x)dx \sim \int_0^{3}\frac{C}{|x-3|^\alpha}dx
$$
che converge solo se $\alpha<1$ mentre diverge se $\alpha\ge 1$, questo lo devi sapere perché è un integrale notevole, ma se non ci credi puoi calcolarlo fare il limite e verificare quanto ti ho detto.
Lo stesso vale per
$$
\int_3^{5}f(x)dx \sim \int_3^{5}\frac{C}{|x-3|^\alpha}dx
$$
(5 è un numero a caso maggiore di 3)
Ora studiamo l'integrale a $+\infty$.
Quindi per $x\to +\infty$ abbiamo che
$$
f(x)\sim C \frac{e^{x(\alpha-1)}-e^{-x(\alpha+1)}}{x^{2\alpha}}
$$
Adesso dobbiamo far ricorso al seguente integrale notevole
$$
\int_1^{+\infty}\frac{e^{-\beta x}}{x^n}dx
$$
Il quale sappiamo che converge se $\beta>0 \forall n$ e diverge se $\beta<0 \forall n$ mentre se $\beta=0$ torniamo al classico integrale notevole $\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^n}dx$ che come sappiamo converge per $n>1$ e diverge altrimenti. Tutti questi integrali notevoli ti devono essere noti e in ogni caso si dimostrano con facilità
.
Torniamo a noi abbiamo quindi ottenuto che
$$
\int_5^{+\infty}f(x)\sim C\int_5^{+\infty} \frac{e^{x(\alpha-1)}-e^{-x(\alpha+1)}}{x^{2\alpha}}dx
$$
Il quale convergerà per quanto appena detto, se e solo se entrambi i coefficienti agli esponenti del numero di nepero sono negativi. Cioè abbiamo le condizioni $\alpha-1\le 0$ e $\alpha+1>0$ dalle quali otteniamo $-1<\alpha\le 1$.
Il motivo del minore uguale sta nel fatto che dobbiamo studiare cosa succede quando gli esponenti degli esponenziali sono nulli. E come vedi quello di sinistra è nullo se $\alpha=1$ mentre quello di destra lo è se $\alpha=-1$ ora però nel primo caso l'integrale converge perché l'esponente a denominatore diventa $2$ che è maggiore di $1$ (integrale notevole di poco fa) mentre nel secondo caso l'esponente a denominatore diventa $-2$ che è minore di $1$ quindi l'integrale diverge perché avremmo un integrale convergente a cui sottraiamo un integrale divergente, risultato tutto l'integrale diverge.
Unendo la soluzione appena trovata $-1<\alpha\le 1$ con ciò che succedeva per $x=3$ cioè che $f$ era integrabile se e solo se $\alpha<1$ otteniamo che $f\in L_1(I)$ se e solo se $-1<\alpha<1$.
Ora per trovare quando $f\in L_2(I)$ dobbiamo vedere quando esiste finito l'integrale $\int_0^{+\infty}f^2(x)dx$ Chiaramente non mi rimetto a scriverti tutti i conti. Ti faccio solo notare che i punti problematici chiaramente non cambiano e rimangono $x=3$ e l'infinito. Quello che cambia sono gli asintotici. In particolare ti faccio notare che in questo caso e in molti altri casi semplicemente bisogna elevare al quadrato gli asintotici. (Tu però rifai bene i conti!)
Notiamo quindi che per $x\to 3$
$$
f^2(x)\sim \frac{C}{|x-3|^{2\alpha}}
$$
Quindi
$$
\int_0^{3}f^2(x)dx \sim \int_0^{3}\frac{C}{|x-3|^{2\alpha}}dx
$$
Che converge se e solo se $2\alpha<1$ quindi $\alpha<\frac 1 2$ . Mentre per $x\to +\infty$
$$
f^2(x)\sim C \frac{\left(e^{x(\alpha-1)}-e^{-x(\alpha+1)}\right)^2}{x^{4\alpha}}
$$
cioè
$$
\int_5^{+\infty}f^2(x)\sim C\int_5^{+\infty} \frac{\left(e^{x(\alpha-1)}-e^{-x(\alpha+1)}\right)^2}{x^{4\alpha}}dx
$$
Il quale converge se e solo se $-1<\alpha\le 1$ .
Unendo la condizione $-1<\alpha\le 1$ con la condizione $\alpha<\frac 1 2$ abbiamo che $f\in L_2(I)$ se e solo se $-1<\alpha<\frac 1 2$.
Spero di Averti chiarito le idee , in bocca al lupo con $g(x)$.
Una rinfrescatina, se $f\in L_1(I)$ questo significa che esiste finito l'integrale $\int_Ifdm$ ; mentre se $f\in L_2(I)$ allora vuol dire che esiste finito l'integrale $\int_I f^2dm$. Ora questi sono integrali di Lebesgue, ma visto che stiamo integrando funzioni misurabili su intervalli allora questi equivalgono a integrali di Riemann, e visto che gli intervalli non sono limitati allora questi sono integrali generalizzati di Riemann.
Per vedere se posso trattarli come integrali di Riemann le funzioni devono essere positive, altrimenti devo studiare il modulo delle funzioni, in entrambi i casi non ho problemi perché nell'intervallo di integrazione $f$ e $g$ sono funzioni positive.
Ora studio se $f\in L_1[0,+\infty)$ il che vuol dire che cerco per quali $\alpha \in \mathbb{R} $ ho che $f$ è integrabile in $I$, ovvero studio per quali $\alpha$ converge il seguente integrale:
$$
\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}\cdot \sinh(\alpha x)}{|x^2-9|^\alpha}dx
$$
Prima di tutto noto che se $\alpha=0$ allora $f(x)=0 \forall x\in I$. Quindi per $\alpha=0$ non solo questo integrale converge ma convergono anche gli integrali di $f^n$ quindi per tale valore del parametro $f\inL_n(I) , n\ge 1$.
Quindi studiamo l'integrale per $\alpha\ne 0$.
Riscriviamo $f$ esplicitando il seno iperbolico (la formula la trovi anche su Wikipedia), cioè
$$
f(x)=\frac{e^{-x}\left(e^{\alpha x}-e^{-\alpha x}\right)}{2|x^2-9|^\alpha}
$$
Notiamo che $f(0)=0$ quindi in zero non ci sono problemi, però la funzione è illimitata per $x=3$ quindi dobbiamo studiare la convergenza in quel punto e ovviamente la convergenza a $+\infty$; partiamo col primo.
Notiamo che
$$
f(x)=\frac{e^{-x}\left(e^{\alpha x}-e^{-\alpha x}\right)}{2|x+3|^\alpha|x-3|^\alpha}
$$
Usando gli asintotici notiamo che per $x\to 3$ (non ho diviso i casi da sinistra e da destra perché l'asintotico è lo stesso)
$$
f(x)\sim \frac{C}{|x-3|^\alpha}
$$
dove $C>0$ è un costante positiva che se vuoi puoi calcolarti, anche se è inutile per il nostro fine.
Questo significa che
$$
\int_0^{3}f(x)dx \sim \int_0^{3}\frac{C}{|x-3|^\alpha}dx
$$
che converge solo se $\alpha<1$ mentre diverge se $\alpha\ge 1$, questo lo devi sapere perché è un integrale notevole, ma se non ci credi puoi calcolarlo fare il limite e verificare quanto ti ho detto.
Lo stesso vale per
$$
\int_3^{5}f(x)dx \sim \int_3^{5}\frac{C}{|x-3|^\alpha}dx
$$
(5 è un numero a caso maggiore di 3)
Ora studiamo l'integrale a $+\infty$.
Quindi per $x\to +\infty$ abbiamo che
$$
f(x)\sim C \frac{e^{x(\alpha-1)}-e^{-x(\alpha+1)}}{x^{2\alpha}}
$$
Adesso dobbiamo far ricorso al seguente integrale notevole
$$
\int_1^{+\infty}\frac{e^{-\beta x}}{x^n}dx
$$
Il quale sappiamo che converge se $\beta>0 \forall n$ e diverge se $\beta<0 \forall n$ mentre se $\beta=0$ torniamo al classico integrale notevole $\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^n}dx$ che come sappiamo converge per $n>1$ e diverge altrimenti. Tutti questi integrali notevoli ti devono essere noti e in ogni caso si dimostrano con facilità
.Torniamo a noi abbiamo quindi ottenuto che
$$
\int_5^{+\infty}f(x)\sim C\int_5^{+\infty} \frac{e^{x(\alpha-1)}-e^{-x(\alpha+1)}}{x^{2\alpha}}dx
$$
Il quale convergerà per quanto appena detto, se e solo se entrambi i coefficienti agli esponenti del numero di nepero sono negativi. Cioè abbiamo le condizioni $\alpha-1\le 0$ e $\alpha+1>0$ dalle quali otteniamo $-1<\alpha\le 1$.
Il motivo del minore uguale sta nel fatto che dobbiamo studiare cosa succede quando gli esponenti degli esponenziali sono nulli. E come vedi quello di sinistra è nullo se $\alpha=1$ mentre quello di destra lo è se $\alpha=-1$ ora però nel primo caso l'integrale converge perché l'esponente a denominatore diventa $2$ che è maggiore di $1$ (integrale notevole di poco fa) mentre nel secondo caso l'esponente a denominatore diventa $-2$ che è minore di $1$ quindi l'integrale diverge perché avremmo un integrale convergente a cui sottraiamo un integrale divergente, risultato tutto l'integrale diverge.
Unendo la soluzione appena trovata $-1<\alpha\le 1$ con ciò che succedeva per $x=3$ cioè che $f$ era integrabile se e solo se $\alpha<1$ otteniamo che $f\in L_1(I)$ se e solo se $-1<\alpha<1$.
Ora per trovare quando $f\in L_2(I)$ dobbiamo vedere quando esiste finito l'integrale $\int_0^{+\infty}f^2(x)dx$ Chiaramente non mi rimetto a scriverti tutti i conti. Ti faccio solo notare che i punti problematici chiaramente non cambiano e rimangono $x=3$ e l'infinito. Quello che cambia sono gli asintotici. In particolare ti faccio notare che in questo caso e in molti altri casi semplicemente bisogna elevare al quadrato gli asintotici. (Tu però rifai bene i conti!)
Notiamo quindi che per $x\to 3$
$$
f^2(x)\sim \frac{C}{|x-3|^{2\alpha}}
$$
Quindi
$$
\int_0^{3}f^2(x)dx \sim \int_0^{3}\frac{C}{|x-3|^{2\alpha}}dx
$$
Che converge se e solo se $2\alpha<1$ quindi $\alpha<\frac 1 2$ . Mentre per $x\to +\infty$
$$
f^2(x)\sim C \frac{\left(e^{x(\alpha-1)}-e^{-x(\alpha+1)}\right)^2}{x^{4\alpha}}
$$
cioè
$$
\int_5^{+\infty}f^2(x)\sim C\int_5^{+\infty} \frac{\left(e^{x(\alpha-1)}-e^{-x(\alpha+1)}\right)^2}{x^{4\alpha}}dx
$$
Il quale converge se e solo se $-1<\alpha\le 1$ .
Unendo la condizione $-1<\alpha\le 1$ con la condizione $\alpha<\frac 1 2$ abbiamo che $f\in L_2(I)$ se e solo se $-1<\alpha<\frac 1 2$.
Spero di Averti chiarito le idee , in bocca al lupo con $g(x)$.
Grazie della risposta. Sono riuscito a fare anche $g(x)$.
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