Convoluzione - Integrali di Lebesgue
Buongiorno,
Dovrei calcolare la seguente approssimazione tramite convoluzione $f$*$g$ : $f(x)=g(x)= (1-|x|)+$
Purtroppo non mi è chiaro come procedere e sono in enorme difficolta su questa tipologia di esercizi infatti non riesco a terminare la risoluzione dell'integrale di convoluzione.
Ringrazio chi mi saprà dare indicazioni su come procedere.
Grazie e buona giornata .
Dovrei calcolare la seguente approssimazione tramite convoluzione $f$*$g$ : $f(x)=g(x)= (1-|x|)+$
Purtroppo non mi è chiaro come procedere e sono in enorme difficolta su questa tipologia di esercizi infatti non riesco a terminare la risoluzione dell'integrale di convoluzione.
Ringrazio chi mi saprà dare indicazioni su come procedere.
Grazie e buona giornata .
Risposte
Buongiorno frat92ds,
Sei sicuro del testo e soprattutto della definizione della funzione?
Perché non mi pare che l'integrale
$F(x) = f(x) \star g(x) = f(x) \star f(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} (1 - |t|)(1 - |x - t|) \text{d}t $
possa convergere...
Sei sicuro del testo e soprattutto della definizione della funzione?
Perché non mi pare che l'integrale
$F(x) = f(x) \star g(x) = f(x) \star f(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} (1 - |t|)(1 - |x - t|) \text{d}t $
possa convergere...
Forse ho scritto male la funzione, $ f(x)=g(x)= (1-|x|) $ da intendersi come solo parte positiva
Quindi devo dedurre che in realtà sia
$f(x) = g(x) = {(1 - |x| \text{ se } x \in (- 1, 1)),(0 \text{ altrove }):} $
?
$f(x) = g(x) = {(1 - |x| \text{ se } x \in (- 1, 1)),(0 \text{ altrove }):} $
?
Si esatto 
Poiché si può verificare che la convoluzione tra due funzioni reali pari è ancora reale pari, ci si può limitare a considerare $x \ge 0 $
Facendo un disegno coi due segnali triangolari, uno fisso col vertice nel punto $V(0, 1) $ e l'altro traslato sull'asse $t$ con vertice nel punto $V'(x,1)$, non è difficile rendersi conto che si possono avere i tre casi seguenti:
1) Per $ 0 \le x \le 1 $ si ha:
$ f(x) \star f(x) = \int_{x - 1}^0 (1 + t)(1 - x + t)\text{d}t + \int_0^x (1 - t)(1 - x + t)\text{d}t + \int_x^1 (1 - t)(1 + x - t)\text{d}t = $
$ = 1/6 x^3 - 1/2 x + 1/3 + 1/6 x^3 - x^2 + x + 1/6 x^3 - 1/2 x + 1/3 = 1/2 x^3 - x^2 + 2/3 $
2) Per $ 1 < x < 2 $ si ha:
$ f(x) \star f(x) = \int_{x - 1}^1 (1 - t)(1 - x + t)\text{d}t = - 1/6 (x - 2)^3 = - 1/6 x^3 + x^2 - 2x + 4/3 $
3) Per $ x \ge 2 $ l'integrale è nullo, per cui si ha:
$ f(x) \star f(x) = 0 $
In definitiva $ f(x) \star f(x)$ è la funzione pari che, per $ x \ge 0 $, vale:
$ f(x) \star f(x) = {(1/2 x^3 - x^2 + 2/3 \text{ per } 0 \le x \le 1),( - 1/6 x^3 + x^2 - 2x + 4/3 \text{ per } 1 < x < 2),(0 \text{ per } x \ge 2):} $
Facendo un disegno coi due segnali triangolari, uno fisso col vertice nel punto $V(0, 1) $ e l'altro traslato sull'asse $t$ con vertice nel punto $V'(x,1)$, non è difficile rendersi conto che si possono avere i tre casi seguenti:
1) Per $ 0 \le x \le 1 $ si ha:
$ f(x) \star f(x) = \int_{x - 1}^0 (1 + t)(1 - x + t)\text{d}t + \int_0^x (1 - t)(1 - x + t)\text{d}t + \int_x^1 (1 - t)(1 + x - t)\text{d}t = $
$ = 1/6 x^3 - 1/2 x + 1/3 + 1/6 x^3 - x^2 + x + 1/6 x^3 - 1/2 x + 1/3 = 1/2 x^3 - x^2 + 2/3 $
2) Per $ 1 < x < 2 $ si ha:
$ f(x) \star f(x) = \int_{x - 1}^1 (1 - t)(1 - x + t)\text{d}t = - 1/6 (x - 2)^3 = - 1/6 x^3 + x^2 - 2x + 4/3 $
3) Per $ x \ge 2 $ l'integrale è nullo, per cui si ha:
$ f(x) \star f(x) = 0 $
In definitiva $ f(x) \star f(x)$ è la funzione pari che, per $ x \ge 0 $, vale:
$ f(x) \star f(x) = {(1/2 x^3 - x^2 + 2/3 \text{ per } 0 \le x \le 1),( - 1/6 x^3 + x^2 - 2x + 4/3 \text{ per } 1 < x < 2),(0 \text{ per } x \ge 2):} $
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