Analisi superiore
Discussioni su calcolo di variabile complessa, distribuzioni, Trasformata di Fourier, Teoria della misura, Analisi funzionale, Equazioni alle derivate parziali, Calcolo delle Variazioni e oltre.
Domande e risposte
Ordina per
In evidenza
Consideriamo la successione $xi_1=[0,1],xi_2=[0,1/2],xi_3=[1/2,1],xi_4=[0,1/3],xi_5=[1/3,2/3],xi_6=[2/3,1],...$ e cosi via in $[0,1]$. Volevo mostrare appunto che la successione ${X_{xi_m}}_{m inNN}$ [nota]si ha che la funzione $X_A={(1,if x inA),(0,if xnotinA):}$[/nota] converge a $0$ rispetto alla semidistanza indotta da $||.||_{L^p}$, ovvero $AAepsilon>0$ $EE\bar m(epsilon)inNN$ tale che \( ||X_{\xi_m}-0||_{L^p([0,1])}
Sia $XsubeRR^n$, limitato e misurabile. Per ogni $p,q>1$, per ogni funzione misurabile $f:X->\bar RR$ provare che se $p<q$ e $\int_Xabs(f)^q dx<+infty$ allora $\int_Xabs(f)^p dx<+infty$.
Io ho fatto così:
$\int_Xabs(f)^p dx=\int_Xabs(f)^p*1 dx<=(\int_X(abs(f)^p)^(q/p) dx)^(p/q)(\int_X 1^(q/(q-p)) dx)^((q-p)/q)=(\int_X abs(f)^qdx)^(p/q)(\mu(X))^((q-p)/q)<+infty$
,dove ho usato la disugualianza di Holder con $q/p>1$ e $q/(q-p)>1$ che sono coniugati e infinte uso che $\int_Xabs(f)^q dx<+infty$ e che $\mu(X)<+infty$ poichè $X$ è limitato.
Va bene?
Mi sono imbattuto in un dilemma esistenziale, presa $f:[a,b]->RR$ dire quali implicazioni sussistono fra( dove $L^1$ misura di Lebesgue in $RR$):
1) ${x in[a,b]| f$ discontinua in $x}$ ha $L^1$-misura nulla.
2) $f$ coincide $L^1$-quasi dappertutto con una funzione continua.
A me verrebbe da dire che una implica l'altra dato che la 2) per definizione ci dice che l'insieme dei punti $[a,b]$ in cui ...
Buonasera, ieri ho svolto un esame di analisi complessa all'università e vi era un esercizio su una funzione $$f(z)=\frac{z^3+1}{z+3}$$, in cui si chiedeva di calcolare i punti singolari al finito e all'infinito, determinarne la classe e verificare che valesse la relazione $$\sum_{i_{TOT}}Res[f(z)]=0$$ ovvero che la somma dei residui al finito e all'infinito facesse $0$.
Per determinare quindi il punto singolare al ...
Se ritenete più opportuna un'altra sezione spostate pure.
Comunque stavo leggendo questo PDF per capire cosa c'entrava la versione del teorema di punto fisso di Kakutani che avevo trovato sul Rudin tempo fa con quella che si può trovare su Wikipedia (ma praticamente dappertutto si trova quella). Non capisco come mai la versione del Rudin (o simile, ci sono delle varianti) non si trovi tipo su Wikipedia dato che è più generale di quella che si trova, inoltre non viene nemmeno usata la ...
Salve a tutti. Data la seguente equazione \(\displaystyle (1-m)\frac{\partial^2 l}{\partial t^2}+ \alpha (\frac{4}{L^2}x^2 +\frac{4}{L}x)\frac{\partial l}{\partial t}-c^2\frac{\partial^2l}{\partial x^2}=0 \)
con condizioni al contorno alla Dirichlet \(\displaystyle l(0)=l(1)=0 \) devo ricondurre tale equazione ad un sistema di 2 equazioni lineari del primo ordine mediante le seguenti posizioni \(\displaystyle l=l_1\) e \(\displaystyle \frac{\partial l}{\partial t}=l_2 \)
Potete per favore ...
Salve a tutti, devo trovare i punti di diramazione della seguente funzione: $f(z)=sqrt(z+1)*root(3)(z-i)$.
Ho capito perfettamente il motivo per cui $z_1=-1$ e $z_2=i$ lo sono, ma la cosa che mi sfugge è il criterio con cui si può affermare che $\infty$ sia anch'esso o meno un punto di diramazione.
Nella risoluzione dell'esercizio viene usata la seguente tecnica: $f(1/z)=sqrt(1/z+1)*root(3)(1/z-i)=sqrt(z+1)*root(3)(1-iz)*1/(z^(5/6))$
Concludendo che "è chiaro che $\infty$ sia un punto di diramazione di ordine 5". Il ...
Ciao a tutti,
sto iniziando a studiare le funzioni in variabile complessa.
Ho un esercizio che mi chiede il dominio di una funzione radice:
$sqrt(z^2 - 4)$
Non ho mai affrontato la funzione radice complessa (neanche nelle dispense delle lezioni che peraltro non seguo perché lavoro) e quindi non conosco quali sono le condizioni di esistenza della funzione. Trasformando la funzione complessa nelle sue componenti reali, vale la condizione di positività o di nullità del radicando? Quindi dovrei ...
Salve. Cerco la dimostrazione del seguente teorema
Teorema
Sia $A sub R^n$ limitato. Per ogni $\epsilon > 0$ esiste una famiglia di bocce $B_1, B_2, …, B_m$ di raggio $< \epsilon$, centrate in punti di $A$ e che ricopre $A$, cioè $A sub uuu_{k=1}^m B_k$.
Sia $f:A->RR$ una funzione $f(x_1,...,x_n)$ dispari in $x_i$ per un certo $iin{0,...,n}$ e sia $A$ invariante per cambi di segno di $x_i$, dimostrare che $\int_Af(x_1,...,x_n)dL^n=0$
$\int_Af(x_1,...,x_n)dL^n=\int_{Ann{(x_1,...,x_n)inRR^n|x_i>=0}}f(x_1,...,x_n)dL^n+\int_{Ann{(x_1,...,x_n)inRR^n|-x_i>0}}f(x_1,...,x_n)dL^n=\int_{Ann{(x_1,...,x_n)inRR^n|x_i>=0}}f(x_1,...,x_n)dL^n-\int_{Ann{(x_1,...,x_n)inRR^n|-x_i>0}}-f(x_1,...,x_n)dL^n=\int_{Ann{(x_1,...,x_n)inRR^n|x_i>=0}}f(x_1,...,x_n)dL^n-\int_{Ann{(x_1,...,x_n)inRR^n|-x_i>0}}f(x_1,...,-x_i,...,x_n)dL^n$
Ora nel secondo integrale siccome $A$ è invariante per segni rispetto a $x_i$ per cui $x_i=-x_i$ (non so se si è capita bene la sostituzione che ho fatto) per cui viene:
$\int_{Ann{(x_1,...,x_n)inRR^n|x_i>=0}}f(x_1,...,x_n)dL^n-\int_{Ann{(x_1,...,x_n)inRR^n|x_i>=0}}f(x_1,...,x_n)dL^n=0$
Ditemi se può andar bene, grazie.
Se $VsubRR$ è l’insieme di Vitali, allora $Vxx{0}$ è $L^2$-misurabile e ha misura nulla.
Consideriamo il ricoprimento lebesguiano di $V$ dato da $[-n,n]xx{0}$, abbiamo che $L^2([-n,n]xx{0})=0$, per cui per abbiamo trovato un ricoprimento tale che$AAepsilon>0$ si ha $\sum_{n=0}^{+infty}mu^{star}([-n,n]xx{0})=0<epsilon$, per cui $L^2(Vxx{0})=0$. Va bene?
Se $f_n:A->[-infty,+infty]$ sono misurabili e vale $\sum_{n=1}^{+infty}\int_Aabs(f_n(x))d\mu$, allora $\int_A\sum_{n=1}^{+infty}f_n(x)d\mu=\sum_{n=1}^{+infty}\int_Af_n(x)d\mu$.
Io ho fatto così (se è sbagliato ditemi):
Se mostriamo che la successione di funzioni $s_k(x)=\sum_{n=1}^{k}f_n(x)$ verifica le ipotesi del teorema di convergenza dominata di Lebesgue allora vale che $\sum_{n=1}^{+infty}\int_Af_n(x)d\mu=lim_(k->+infty)\sum_{n=1}^{k}\int_Af_n(x)d\mu=lim_(k->+infty)\int_A\sum_{n=1}^{k}f_n(x)d\mu=\int_Alim_(k->+infty)\sum_{n=1}^{k}f_n(x)d\mu=\int_A\sum_{n=1}^{+infty}f_n(x)d\mu$.
Osserviamo che le $s_k(x)$ sono misurabili su $A$ poichè somma di funzioni misurabili su $A$.
Abbiamo che $abs(s_(k)(x))<=\sum_{n=1}^{k}abs(f_n(x))$, abbiamo che $\sum_{n=1}^{k}abs(f_n(x))$ è una ...
Stavo riguardando un esercizio che avevo postato un po' di tempo fa. Si trattava di dover calcolare la trasformata di Fourier di $f = H(x)e^{-x}$. Adesso il mio problema è che avevo affrontato il problema forse con poca attenzione: la mia funzione $f(x)$ è tale che:
$ f(x) = \{ (e^{-x}, x > 0),(0, x<0) :}$
Adesso io la trasformata di Fourier la calcolo con la convenzione
$$ \mathcal{F}[f](k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-ikx}dx$$
Adesso, io ho ...
Salve a tutti. Avrei un dubbio su un passaggio che ho fatto per svolgere un esercizio. L'esercizio alla fine torna perciò penso che in generale la via scelta fosse quella giusta. Riporto solo la parte della soluzione di cui non sono sicuro.
Devo trovare la soluzione della seguente:
$$ \partial_t f(x,t) = t^2\partial_{xx}^2f(x,t)-t\partial_x f(x,t) + \delta(t)\delta(x^2-1), f(x,-1) = 0[1]$$
Il mio ragionamento è stato questo: voglio trovare la condizione iniziale ...
Ogni funzione continua su un compatto $KsubeRR^n$ è $L^n$-sommabile.
Allora intanto mostro che gli aperti di $RR^n$ sono misurabili. Se prendo la topologia euclidea $(RR^n,\tau_e)$ questa coincide con la topologia prodotto $(RR^pxxRR^(n-p), \tau_(pro d.))$ con $1<=p<=n-1$. Perciò ogni aperto di $RR^n$ si può scrivere come unione di rettangoli di $RR^pxxRR^(n-p)$, ma siccome quest'ultimi sono misurabili allora ogni aperto di $ RR^n $ è misurabile. Quindi ...
Se $\int_Afd\mu$ è finito allora ${x inA|f(x)=+infty}$ ha $\mu$-misura nulla.
Io ho fatto così, ma ditemi se ho sbagliato:
Abbiamo che $\int_Afd\mu=su p{s(f,\sigma)|\sigmain\Omega(A)}$, chiamati $B={x inA|f(x)!=+infty}$ e $C={x inA|f(x)=+infty}$ consideriamo la scomposizione (alla Lebesgue) di $A$, $\sigma={B}uu{C}$, abbiamo che $s(f,\sigma)=i nf_{x inB}f(x)*\mu(B)+i nf_{x inC}f(x)*\mu(C)$, ma abbiamo che $i nf_{x inC}f(x)=+\infty$, se per assurdo $\mu(C)!=0$ allora $s(f,\sigma)=+\infty$ da cui $\int_Afd\mu=+\infty$, assurdo poichè era finito. Qunidi ...
Sia $EsubeRR^n$ di $L^n$-misura nulla. Provare che $RR^n\\E$ è denso in $RR^n$.
Mi basta mostrare che la parte interna di $E$ è vuota. Intanto definiamo $\mu^**$ la misura esterna di $L^n$. Abbiamo che $Int(E)subeE$ per cui per monotonia $u^**(Int(E))<=u^**(E)=0$, ma poichè le misure sono positive allora $u^**(Int(E))=0$ per cui $Int(E)$ è $L^n$-misurabile e $L^n(Int(E))=0$. Se per assurdo ...
Mostrare che prese $f,g:[0,1]->RR$ con $f=X_V$ e $g=X_(QQ)$ si ha che $f$ non è misurabile mentre $g$ è misurabile (con $V$ l'insieme di Cantor-Vitali e $X_A={(1,if x inA),(0,if xnotinA):}$ )
Per vedere che $f$ non è misurabile ci basta osservare che $f^-1(1/2,3/2)=V$ ma l'insieme di Cantor-Vitali non è misurabile per cui $f$ non può essere misurabile.
Per mostrare che $g$ misurabile ci basta mostrare che ...
Sia ${A_n}_{ninNN,n>=1}$ con $A_n$ in una $\sigma$-algebra $AAninNN$ e tali che $A_nsupeA_{n+1}$ e $\mu(A_1)<+infty$ allora $\mu(nn_{n=1}^{+infty}A_n)=lim_(n->infty)\mu(A_n)$.
Ho provato a dimostrarlo così (vorrei sapere se va bene, grazie):
Poniamo $G_n=A_1\\A_n$ con $n>=1$, abbiamo che $nn_{n=1}^{+infty}A_n=A_1\\(uu_{n=1}^{+infty}G_(n+1)\\G_n)$, per cui $\mu(nn_{n=1}^{+infty}A_n)=\mu(A_1\\(uu_{n=1}^{+infty}G_(n+1)\\G_n))=\mu(A_1)-\mu(uu_{n=1}^{+infty}G_(n+1)\\G_n)=\mu(A_1)-\sum_{n=1}^{+infty} \mu(G_(n+1)\\G_n)=\mu(A_1)+\sum_{n=1}^{+infty}\mu(A_(n+1))-\mu(A_n)=\mu(A_1)+lim_(k->infty)\sum_{n=1}^{k}\mu(A_(n+1))-\mu(A_n)=\mu(A_1)+lim_(k->infty)\mu(A_(k+1))-\mu(A_1)=lim_(k->infty)\mu(A_(k+1))$
qui rinomino $n=k+1$ ( $n$ non ha la stessa valenza del $n$ di prima!) per cui diventa $nn_{n=1}^{+infty}A_n=lim_(n->infty)\mu(A_(n))$.
Sia $f:[a,b]->RR$ una funzione Riemann-integrabile, allora $graf(f)={(x,f(x))|x in[a,b]}$ ha $Lì2$-misura nulla.
Ho fatto così (ditemi se va bene, grazie):
Ci basta mostrare che $AA\epsilon>0$ esiste ${R_i}_{iinNN}$ ricoprimento lebesguiano di $graf(f)$ tale che $\sum_{i=0}^{+infty}L^2(R_i)<\epsilon$.
Per il criterio di Riemann abbiamo che $AAepsilon>0$ $EE\sigma_{\epsilon}in\Omega([a,b])$ tale che $S(f,\sigma_{\epsilon})-s(f,\sigma_{\epsilon})<\epsilon$. Sia $\sigma_{\epsilon}={a=x_0<...<x_n=b}$ abbiamo che $AAx in[x_j,x_(j+1)]$ con $jin{0,...,n}$ si ha che ...
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo