[EX- Analisi reale - TdM] $L^1$ e limiti

[Bremen000]

Propongo il seguente esercizio:

Sia \( f \in L^1 ( \mathbb{R}, \mathcal{L}(\mathbb{R}), \mu ) \) dove \( \mu \) è la misura di Lebesgue su \( \mathbb{R} \). Provare che

1. Se \( K \subset \mathbb{R} \) è compatto, allora

\[ \lim_{x \to + \infty} \int_{K+x} |f| d\mu =0 \]

ove \( K+x := \{ t \in \mathbb{R} \mid t-x \in K \} \).

2. Se \( f \) è anche uniformemente continua allora

\[ \lim_{x \to + \infty} f(x) =0 \]

3. Se chiediamo che \( f \) sia solo continua, oltre che in \( L^1 \), vale la tesi del punto 2.? Stessa domanda con \( f \in C^{\infty}(\mathbb{R}) \).

Nota: Per il punto 2. si può anche non utilizzare il punto 1. Se ci si sente in vena si può anche generalizzare a \( \mathbb{R}^k \).

[Bremen000]

Nella speranza di invogliare a fare gli altri punti:

Soluzione punto 1.

Siccome \( K \subset \mathbb{R}^k \) è compatto allora esiste un \( R>0 \) tale che \( K \subset B_R(0) \). Dunque

\[ \int_{\mathbb{R}^k} |f| d\mu = \int_{B_R(0) + x } |f| d\mu + \int_{\mathbb{R}^k \setminus (B_R(0)+x)} |f| d\mu \]

chiaramente

\[ \int_{\mathbb{R}^k \setminus (B_R(0)+x)} |f| d\mu = \int_{\mathbb{R}^k} |f| \chi_{\mathbb{R}^k \setminus (B_R(0)+x)} d\mu \]
e
\[ |f| \chi_{\mathbb{R}^k \setminus (B_R(0)+x)} \le |f| \in L^1(\mathbb{R}^k) \quad \quad \text{ e } \quad \lim_{x \to + \infty} |f(y)| \chi(y)_{\mathbb{R}^k \setminus (B_R(0)+x)} = |f(y)| \quad \text{ per ogni } y \in \mathbb{R}^k \]
e dunque per convergenza dominata
\[ \lim_{x \to + \infty} \int_{\mathbb{R}^k \setminus (B_R(0)+x)} |f| d\mu = \int_{\mathbb{R}^k} |f| d\mu \]
che implica
\[ \lim_{x \to + \infty} \int_{K +x} |f|d\mu \le \lim_{x \to + \infty} \int_{B_R(0) + x } |f| d\mu =0 \]

[Bremen000]

Soluzione del secondo punto

Supponiamo per assurdo che $f$ sia uniformemente continua su $\mathbb{R}$, sia in $L^1(\mathbb{R})$ ma che NON valga $\lim_{x \to + \infty} f(x) =0 $. Allora, per definizione di limite, esistono \( \epsilon_0 >0 \) e \( \{ x_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R} \) tali che \( x_n \to + \infty \) e \( |f(x_n)| \ge \epsilon_0 \) per ogni \( n \in \mathbb{N} \). Applicando la definizione di uniforme continuità con \( \epsilon = \epsilon_0/2 \) otteniamo che

\[ \exists \, \delta_0 >0 \mid |x-y| < \delta_0 \Rightarrow |f(x)-f(y)| < \frac{\epsilon_0}{2} \]

questo significa che se $y$ soddisfa \( |x_n-y| < \delta_0 \) allora \( f(y) \ge \epsilon_0/2 \). Sia $K := [-\delta_0, \delta_0 \]$, allora, per ogni \( n \in \mathbb{N} \), si ha:

\[ \int_{K + x_n} |f| d\mu = \int_{B_{\delta_0}(x_n)} |f| d\mu \ge \int_{B_{\delta_0}(x_n)} \frac{\epsilon_0}{2} = \delta_0 \epsilon_0 >0 \]

il che contraddice

\[ \lim_{x \to + \infty} \int_{K +x} |f| d\mu = 0 \]

Assurdo.

Soluzione del terzo punto

Una funzione \( C^{\infty} (\mathbb{R}) \) risponde a tutte le richieste.

Sia

\[ g(x) := \begin{cases} \exp{ \frac{ 1} { x^2 -1 } } \quad \quad & \text{ se } |x| < 1 \\ 0 & \text{ altrimenti } \end{cases} \]

Allora \( g \in C^{\infty} (\mathbb{R}) \) e ha supporto in \( [-1,1] \). Per questo motivo ha integrale finito, diciamo pari a \( c \in \mathbb{R} \). Inoltre \( g(0) = e^{-1} \).

Consideriamo le funzioni

\[ g_n(x) := g( 2^n ( x-n ) ) \quad \quad \quad n \in \mathbb{N} \setminus \{0, 1 \} \]

esse sono \( C^{\infty} (\mathbb{R}) \) e hanno supporto in \( [n-2^{-n} , n + 2^{-n} ] \) e integrano a \( c2^{-n} \). Notiamo che i loro supporti non si intersecano e che vale \( g_n(n) = e^{-1} \).

Sia

\[ f(x) := \sum_{ n=2}^{+ \infty} g_n(x) \]

allora \( f \in C^{\infty}(\mathbb{R}) \), integra a \( \frac{c}{2} \) e inoltre vale \( g(n) = e^{-1} \) per ogni \( n \in \mathbb{N} \) , \( n >1 \).

Dunque \( f \in L^1(\mathbb{R}) \) e \( f \in C^{\infty}(\mathbb{R}) \) ma NON vale \( \lim_{x \to + \infty} f(x) =0 \).