Esercizio su funzione massimale
Salve a tutti, propongo quest esercizio che ha causato abbastanza problemi a me ai miei colleghi nel corso di Analisi Reale.
Considerando la seguente variante della funzione massimale definita per $f\in L^1(RR^2)$:
\[
f_\mathcal{R}^* (x) := \sup_{R\in\mathcal{R}(x)} \frac{1}{|R|} \int_R|f(y)|\ \text{d}y
\]
con $x\in RR^2$ e dove \(\mathcal{R}(x)\) rappresenta la famiglia di rettangoli $R$ contenenti $x$ (quindi non solo quelli centrati in $x$) con i lati paralleli agli assi.
Provare che non esiste una costante $A>0$ tale per cui valga la disuguaglianza:
\[
\Big| \{x\in \mathbb{R}^2 \, : \, f_\mathcal{R}^* (x) > \alpha \} \Big| \leq \frac{A}{\alpha} \| f\|_{L^1(\mathbb{R}^2)}
\]
per ogni $\alpha> 0 $ e $f\in L^1(RR^2)$
Sfruttare il suggerimento:
Considerata la famiglia definita da $f_\epsilon (x) = \epsilon ^{-2} f(x/\epsilon) $ con $\epsilon > 0 $ e
\[
f(x) = \frac{1}{|B|} \chi_B(x) \quad \text{in cui } B := B_1(0)
\]
Mostrare che
\[
(f_\epsilon)_\mathcal{R}^*(x) \to \dfrac{1}{|x_1||x_2|} \quad \text{per } \epsilon \to 0^+
\]
per ogni $(x_1,x_2)$ con $x_1x_2\ne 0$. Usare poi una contraddizione per mostrare che la disuguaglianza di sopra non vale.
Considerando la seguente variante della funzione massimale definita per $f\in L^1(RR^2)$:
\[
f_\mathcal{R}^* (x) := \sup_{R\in\mathcal{R}(x)} \frac{1}{|R|} \int_R|f(y)|\ \text{d}y
\]
con $x\in RR^2$ e dove \(\mathcal{R}(x)\) rappresenta la famiglia di rettangoli $R$ contenenti $x$ (quindi non solo quelli centrati in $x$) con i lati paralleli agli assi.
Provare che non esiste una costante $A>0$ tale per cui valga la disuguaglianza:
\[
\Big| \{x\in \mathbb{R}^2 \, : \, f_\mathcal{R}^* (x) > \alpha \} \Big| \leq \frac{A}{\alpha} \| f\|_{L^1(\mathbb{R}^2)}
\]
per ogni $\alpha> 0 $ e $f\in L^1(RR^2)$
Sfruttare il suggerimento:
Considerata la famiglia definita da $f_\epsilon (x) = \epsilon ^{-2} f(x/\epsilon) $ con $\epsilon > 0 $ e
\[
f(x) = \frac{1}{|B|} \chi_B(x) \quad \text{in cui } B := B_1(0)
\]
Mostrare che
\[
(f_\epsilon)_\mathcal{R}^*(x) \to \dfrac{1}{|x_1||x_2|} \quad \text{per } \epsilon \to 0^+
\]
per ogni $(x_1,x_2)$ con $x_1x_2\ne 0$. Usare poi una contraddizione per mostrare che la disuguaglianza di sopra non vale.
Risposte
Troppe ‘erre’!
Ho corretto qualcosa nella notazione, ma vedi un po’ tu se tutto fila liscio... Se vuoi un consiglio, cerca di non mischiare TeX e MathML perché hanno alcuni caratteri diversi e ciò complica la lettura.
Inoltre, in MathML l’asterisco si scrive doppio (** produce $**$).
Ho corretto qualcosa nella notazione, ma vedi un po’ tu se tutto fila liscio... Se vuoi un consiglio, cerca di non mischiare TeX e MathML perché hanno alcuni caratteri diversi e ciò complica la lettura.
Inoltre, in MathML l’asterisco si scrive doppio (** produce $**$).
"gugo82":
Troppe ‘erre’!
Ho corretto qualcosa nella notazione, ma vedi un po’ tu se tutto fila liscio... Se vuoi un consiglio, cerca di non mischiare TeX e MathML perché hanno alcuni caratteri diversi e ciò complica la lettura.
Inoltre, in MathML l’asterisco si scrive doppio (** produce $ ** $).
Grazie, gugo82, va bene la tua correzione. Giusto per chiarezza:
$\mathbb{R}^2$ spazio euclideo 2-dimensionale;
$\mathcal{R}(x)$ famiglia di rettangoli contenenti $x$ ( sulla quale fare il sup per definire la funzione $f_\mathcal{R}^**(x)$ )
$R$ rettangolo appartenente alla famiglia $\mathcal{R}(x)$.
Ok, grazie per i chiarimenti.
Ho rimaneggiato ancora il TeX per rendere tutto uniforme.
L’ultima funzione massimale dovrebbe essere quella di $f_epsilon$, vero?
P.S.: Sei delle mie parti?
Ho rimaneggiato ancora il TeX per rendere tutto uniforme.
L’ultima funzione massimale dovrebbe essere quella di $f_epsilon$, vero?
P.S.: Sei delle mie parti?
Sisi, giusto, ora aggiusto subito.
Cmq si, ho studiato a Napoli..il mio nickname dice tutto vero?
Cmq si, ho studiato a Napoli..il mio nickname dice tutto vero?
Provavo a fare qualche calcolo esplicito, ma viene bruttino.
Quello che non capisco è perché prendere una funzione a simmetria sferica quando si deve lavorare coi rettangoli... Non era meglio scegliersi la caratteristica del quadrato unitario (normalizzata) come $f$ di prova?
Ad ogni buon conto, cosa avete provato a fare?
Quello che non capisco è perché prendere una funzione a simmetria sferica quando si deve lavorare coi rettangoli... Non era meglio scegliersi la caratteristica del quadrato unitario (normalizzata) come $f$ di prova?
Ad ogni buon conto, cosa avete provato a fare?
Ciao, mi piace molto questo esercizio.
In tutto il seguito sia $x=(x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2 - \{0 \}$; prima di tutto semplici conti portano a
\[ \frac{1}{|R|} \int_{R} |f_{\epsilon}(y)|dy = \frac{ m(R \cap B_{\epsilon} )}{m(R) m(B_{\epsilon})} \Rightarrow (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) = \sup_{R \in \mathcal{R}(x)} \frac{ m(R \cap B_{\epsilon} )}{m(R) m(B_{\epsilon})} \]
dove con $m$ indico la misura di Lebesgue su $\mathbb{R}^2$.
Secondo me può essere una buona idea per dimostrare il suggerimento notare che
\[ \lim_{ \epsilon \to 0^+} (f_{\epsilon}){\mathcal{R}}^{*}(x) = \lim_{\epsilon \to 0^+ \\ \epsilon < |x|/2} (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) \]
Questo (da un disegno si capisce bene), cioè se \( \epsilon < |x|/2 \), dovrebbe rendere molto più agevole il calcolo esplicito di \( (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) \).
Penso infatti che si possano dimostrare i 3 seguenti fatti:
1. Se $x$ appartiene al primo quadrante, allora il sup può essere calcolato sulla sottofamiglia di rettangoli che ha il vertice "di nord-est” in $x$ e ha intersezione non vuota con $B_{\epsilon}$;
2. Tra i rettangoli di tale sottofamiglia quello che raggiunge il massimo è quello di lati (orizzontale) $x_1+\epsilon$ e (verticale) $x_2+ \epsilon$;
3. C'è perfetta simmetria tra i $4$ quadranti, quindi è sufficiente fare tutto per il primo quadrante.
Se questi tre fatti fossero veri allora
\[ (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) = \frac{ \pi \epsilon^2}{ (|x_1|+\epsilon)(|x_2|+\epsilon) \pi \epsilon^2} \to \frac{1}{|x_1||x_2|} \quad \text{ quando } \epsilon \to 0^+ \]
Alla seconda parte non ho ancora pensato. Che dite di questo primo pezzo?
In tutto il seguito sia $x=(x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2 - \{0 \}$; prima di tutto semplici conti portano a
\[ \frac{1}{|R|} \int_{R} |f_{\epsilon}(y)|dy = \frac{ m(R \cap B_{\epsilon} )}{m(R) m(B_{\epsilon})} \Rightarrow (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) = \sup_{R \in \mathcal{R}(x)} \frac{ m(R \cap B_{\epsilon} )}{m(R) m(B_{\epsilon})} \]
dove con $m$ indico la misura di Lebesgue su $\mathbb{R}^2$.
Secondo me può essere una buona idea per dimostrare il suggerimento notare che
\[ \lim_{ \epsilon \to 0^+} (f_{\epsilon}){\mathcal{R}}^{*}(x) = \lim_{\epsilon \to 0^+ \\ \epsilon < |x|/2} (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) \]
Questo (da un disegno si capisce bene), cioè se \( \epsilon < |x|/2 \), dovrebbe rendere molto più agevole il calcolo esplicito di \( (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) \).
Penso infatti che si possano dimostrare i 3 seguenti fatti:
1. Se $x$ appartiene al primo quadrante, allora il sup può essere calcolato sulla sottofamiglia di rettangoli che ha il vertice "di nord-est” in $x$ e ha intersezione non vuota con $B_{\epsilon}$;
2. Tra i rettangoli di tale sottofamiglia quello che raggiunge il massimo è quello di lati (orizzontale) $x_1+\epsilon$ e (verticale) $x_2+ \epsilon$;
3. C'è perfetta simmetria tra i $4$ quadranti, quindi è sufficiente fare tutto per il primo quadrante.
Se questi tre fatti fossero veri allora
\[ (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) = \frac{ \pi \epsilon^2}{ (|x_1|+\epsilon)(|x_2|+\epsilon) \pi \epsilon^2} \to \frac{1}{|x_1||x_2|} \quad \text{ quando } \epsilon \to 0^+ \]
Alla seconda parte non ho ancora pensato. Che dite di questo primo pezzo?
Per la funzione in questione, a me sembra che si abbia (semplificando un po' la notazione)
\[
f_\varepsilon^*(x) = \frac{1}{(|x_1|+\varepsilon)(|x_2|+\varepsilon)}.
\]
Infatti il sup si dovrebbe realizzare prendendo il più piccolo rettangolo contenente la palla \(B_\varepsilon(0)\).
Edit: Bremen mi ha anticipato di qualche minuto
\[
f_\varepsilon^*(x) = \frac{1}{(|x_1|+\varepsilon)(|x_2|+\varepsilon)}.
\]
Infatti il sup si dovrebbe realizzare prendendo il più piccolo rettangolo contenente la palla \(B_\varepsilon(0)\).
Edit: Bremen mi ha anticipato di qualche minuto
Per la seconda parte:
Ciao Bremen000. Tu dici
Intuitivamente mi trovo con questa affermazione, ma non credi bisogni fornire una dimostrazione di questo fatto?
Nel caso in cui $|x_1|< \epsilon$ oppure $|x_2|< \epsilon$ e quindi se il rettangolo costruito nel punto 2 ha intersezione non vuota con la bolla di raggio $\epsilon$ ma non la contiene, non mi sembra così ovvio.
Grazie comunque
"Bremen000":
2. Tra i rettangoli di tale sottofamiglia quello che raggiunge il massimo è quello di lati (orizzontale) $x_1+\epsilon$ e (verticale) $x_2+ \epsilon$;
Intuitivamente mi trovo con questa affermazione, ma non credi bisogni fornire una dimostrazione di questo fatto?
Nel caso in cui $|x_1|< \epsilon$ oppure $|x_2|< \epsilon$ e quindi se il rettangolo costruito nel punto 2 ha intersezione non vuota con la bolla di raggio $\epsilon$ ma non la contiene, non mi sembra così ovvio.
Grazie comunque
Ciao,
direi proprio di sì, per questo ho scritto
e
Sono uno che non crede nei "si vede". Il mio voleva essere un invito (a te) a provare a dimostrarli. Hai provato a fare qualcosa?
Questo non può accadere perché ho preso $\epsilon < |x|/2$.
"LilCaccioppoli":
[...]ma non credi bisogni fornire una dimostrazione di questo fatto? [...]
direi proprio di sì, per questo ho scritto
"Bremen000":
[...]Penso infatti che si possano dimostrare i 3 seguenti fatti:[...]
e
"Bremen000":
[...]Se questi tre fatti fossero veri [...]
Sono uno che non crede nei "si vede". Il mio voleva essere un invito (a te) a provare a dimostrarli. Hai provato a fare qualcosa?
"LilCaccioppoli":
[...]Nel caso in cui $ |x_1|< \epsilon $ oppure $ |x_2|< \epsilon $[...]
Questo non può accadere perché ho preso $\epsilon < |x|/2$.
@ LilCaccioppoli
[ot]Payne?[/ot]
[ot]Payne?[/ot]
Mi sono impegnato a fare i conti per questo esercizio. La seconda delle congetture che ho scritto non mi sembra più così vera, non sono riuscito a dimostrarla e ho sentore che sia falsa. Ho comunque una bellissima soluzione dell'esercizio che però l'esiguità di questo post non conterrebbe.
Qualcuno ha provato qualcosa?
Qualcuno ha provato qualcosa?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo