Integrali impropri e convergenza uniforme
Doverosa premessa:
Propongo come esercizio una cosa che ho scoperto leggendo Bourbaki e svolgendo qualche esercitazione; l'argomento non credo sia affrontato nei corsi di Analisi di base, quindi mi fa piacere "divulgarlo".
Ovviamente sul Bourbaki (Fonctions d'une variable réelle se non ricordo male) le cose sono presentate in maniera complicata assai, cosicché ho dovuto adattare alcune cose al caso in esame e riscrivere completamente la dimostrazione.
Spero di non aver sbagliato né l'adattamento né la mia dimostrazione, altrimenti ci faccio una figuraccia!
***
Chi ha fatto Analisi II ha provato il Teorema di passaggio al limite sotto il segno d'integrale:
Teorema 1. Siano $E\subseteq RR^k$ un compatto ed $(f_n)$ una successione di funzioni reali definite, limitate ed integrabili (secondo Riemann) in $E$.
Se $f_n \to f$ uniformemente in $E$, allora $f$ è limitata ed integrabile (secondo Riemann) in $E$ e risulta $lim_n \int_E f_n(x)" d"x=\int_E f(x)" d"x$.
In generale , se il comune insieme di definizione delle $(f_n)$ non è limitato non è sempre possibile affermare che $f_n\to f " uniformemente in " E \quad => \quad lim_n \int_E f_n(x)" d"x=\int_E f(x)" d"x$.
Valga in proposito il seguente esempio: sia $E:=RR$ e, per ogni $n \in NN$, si ponga:
$f_n(x):=\{(1/(2n), " se " |x| <= n), (0, " se " |x|>n):}$
evidentemente $(f_n)$ converge uniformemente verso la funzione nulla $f(x):=0$ in $RR$ epperò è:
$\int_RR f(x)" d"x=0!=1=\lim_n \int_RR f_n(x)" d"x \quad$.
Ne viene che, se $E$ non è compatto, la sola convergenza uniforme della successione $(f_n)$ non è più sufficiente a garantire la liceità del passaggio al limite sotto il segno d'integrale: per giustificare il passaggio bisogna "aggiungere" qualche ipotesi.
Possiamo pensare di aggiungere la seguente ipotesi "i supporti delle $f_n$* sono contenuti tutti in un fissato compatto"; benché certamente bastante ai nostri scopi, questa ipotesi è troppo restrittiva: infatti facendo tale ipotesi stiamo, praticamente, scrivendo in modo equivalente il Teorema 1.
Chi è interessato all'argomento potrebbe prendersi la briga di dimostrare il:
Teorema 2. Sia $(f_n)$ una successione di funzioni reali definite in tutto $RR$, ivi limitate ed integrabili (secondo Riemann) in senso improprio.
Se $f_n \to f$ uniformemente in $RR$ e se è soddisfatta la condizione:
(*) $\quad AA \epsilon >0, EE K_\epsilon " compatto": \quad AAK " compatto con int"(K) cap "int"(K_\epsilon)=\emptyset , AA n \in NN, |\int_K f_n(x)" d"x|<= \epsilon \quad$,
[Nota: col simbolo $"int" (K)$ denoto l'insieme dei punti interni di $K$.]
allora $f$ è limitata ed integrabile (secondo Riemann) in senso improprio su $RR$ e risulta $\lim_n \int_RR f_n(x)" d"x =\int_RR f(x)" d"x$.
La condizione (*) si esprime dicendo che la funzione $(K,n) \mapsto \int_K f_n(x)" d"x$ è uniformemente convergente rispetto a $n$.
La dimostrazione è abbastanza immediata: basta tenere presente che la tesi si scrive:
$AA \epsilon >0 , EE \nu_\epsilon \in NN: \quad AA n>\nu_\epsilon, AA C " compatto", |\int_C f_n(x)" d"x-\int_C f(x)" d"x|<= \epsilon$
e quindi il tutto si riduce ad una dimostrazione $\epsilon "-" \nu$ con una maggiorazione del tipo $\epsilon/3$.
__________
* Si chiama supporto della funzione $f:X\to RR$ la chiusura (in $X$) dell'insieme $\{ x\in X: \quad f(x)!=0\}$.
Propongo come esercizio una cosa che ho scoperto leggendo Bourbaki e svolgendo qualche esercitazione; l'argomento non credo sia affrontato nei corsi di Analisi di base, quindi mi fa piacere "divulgarlo".
Ovviamente sul Bourbaki (Fonctions d'une variable réelle se non ricordo male) le cose sono presentate in maniera complicata assai, cosicché ho dovuto adattare alcune cose al caso in esame e riscrivere completamente la dimostrazione.
Spero di non aver sbagliato né l'adattamento né la mia dimostrazione, altrimenti ci faccio una figuraccia!
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Chi ha fatto Analisi II ha provato il Teorema di passaggio al limite sotto il segno d'integrale:
Teorema 1. Siano $E\subseteq RR^k$ un compatto ed $(f_n)$ una successione di funzioni reali definite, limitate ed integrabili (secondo Riemann) in $E$.
Se $f_n \to f$ uniformemente in $E$, allora $f$ è limitata ed integrabile (secondo Riemann) in $E$ e risulta $lim_n \int_E f_n(x)" d"x=\int_E f(x)" d"x$.
In generale , se il comune insieme di definizione delle $(f_n)$ non è limitato non è sempre possibile affermare che $f_n\to f " uniformemente in " E \quad => \quad lim_n \int_E f_n(x)" d"x=\int_E f(x)" d"x$.
Valga in proposito il seguente esempio: sia $E:=RR$ e, per ogni $n \in NN$, si ponga:
$f_n(x):=\{(1/(2n), " se " |x| <= n), (0, " se " |x|>n):}$
evidentemente $(f_n)$ converge uniformemente verso la funzione nulla $f(x):=0$ in $RR$ epperò è:
$\int_RR f(x)" d"x=0!=1=\lim_n \int_RR f_n(x)" d"x \quad$.
Ne viene che, se $E$ non è compatto, la sola convergenza uniforme della successione $(f_n)$ non è più sufficiente a garantire la liceità del passaggio al limite sotto il segno d'integrale: per giustificare il passaggio bisogna "aggiungere" qualche ipotesi.
Possiamo pensare di aggiungere la seguente ipotesi "i supporti delle $f_n$* sono contenuti tutti in un fissato compatto"; benché certamente bastante ai nostri scopi, questa ipotesi è troppo restrittiva: infatti facendo tale ipotesi stiamo, praticamente, scrivendo in modo equivalente il Teorema 1.
Chi è interessato all'argomento potrebbe prendersi la briga di dimostrare il:
Teorema 2. Sia $(f_n)$ una successione di funzioni reali definite in tutto $RR$, ivi limitate ed integrabili (secondo Riemann) in senso improprio.
Se $f_n \to f$ uniformemente in $RR$ e se è soddisfatta la condizione:
(*) $\quad AA \epsilon >0, EE K_\epsilon " compatto": \quad AAK " compatto con int"(K) cap "int"(K_\epsilon)=\emptyset , AA n \in NN, |\int_K f_n(x)" d"x|<= \epsilon \quad$,
[Nota: col simbolo $"int" (K)$ denoto l'insieme dei punti interni di $K$.]
allora $f$ è limitata ed integrabile (secondo Riemann) in senso improprio su $RR$ e risulta $\lim_n \int_RR f_n(x)" d"x =\int_RR f(x)" d"x$.
La condizione (*) si esprime dicendo che la funzione $(K,n) \mapsto \int_K f_n(x)" d"x$ è uniformemente convergente rispetto a $n$.
La dimostrazione è abbastanza immediata: basta tenere presente che la tesi si scrive:
$AA \epsilon >0 , EE \nu_\epsilon \in NN: \quad AA n>\nu_\epsilon, AA C " compatto", |\int_C f_n(x)" d"x-\int_C f(x)" d"x|<= \epsilon$
e quindi il tutto si riduce ad una dimostrazione $\epsilon "-" \nu$ con una maggiorazione del tipo $\epsilon/3$.
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* Si chiama supporto della funzione $f:X\to RR$ la chiusura (in $X$) dell'insieme $\{ x\in X: \quad f(x)!=0\}$.
Risposte
Portare il limite dentro l'integrale si può fare anche se la funzione non è uniformemente convergente, nel qual caso deve esistere una funzione $phi$ integrabile per cui $|f_n (x)|<=phi(x)$ (teorema di Lebesgue) ...
cmq interessante!
cmq interessante!
Ai miei tempi il Teorema della convergenza dominata non faceva parte del programma di Analisi II...
Ad ogni modo, se sono soddisfatte le ipotesi del Teorema della convergenza dominata si ha $AA K " compatto", AA n \in NN, |\int_K f_n(x) " d"x|<= \int_K phi(x) " d"x$ con $phi \in L^1(RR)$ e non negativa: quindi è probabile che in tali ipotesi la convergenza degli integrali $\int_RR f_n(x) " d"x$ sia ugualmente uniforme... Non ho fatto i conti, però.
Ad ogni modo, se sono soddisfatte le ipotesi del Teorema della convergenza dominata si ha $AA K " compatto", AA n \in NN, |\int_K f_n(x) " d"x|<= \int_K phi(x) " d"x$ con $phi \in L^1(RR)$ e non negativa: quindi è probabile che in tali ipotesi la convergenza degli integrali $\int_RR f_n(x) " d"x$ sia ugualmente uniforme... Non ho fatto i conti, però.
Vediamo se ho capito bene. Quello che dobbiamo aggiungere alla convergenza uniforme è la richiesta che, per ogni $epsilon$, il grosso dei valori delle funzioni $f_n$ sia contenuto in un insieme limitato $K_epsilon$; nel senso che sul complementare del compatto $K_epsilon$ gli integrali delle $f_n$ siano tutti piccoli. Giusto?
Quindi provo a dimostrare il tutto. E' chiaro che, per ogni compatto $C$ (aggiungerei l''ipotesi che $C$ sia P-J misurabile, probabilmente è superflua ma non ne so granché purtroppo) la funzione $f$ è R-integrabile. E' anche chiaro che $f$ è limitata, essendo limite uniforme di una successione di funzioni limitate. Quello che serve verificare, come diceva Gugo nel primo post, è che su ogni compatto gli integrali della $f$ aderiscano a sufficienza agli integrali delle $f_n$.
Fissiamo $epsilon>0$. Abbiamo allora un compatto (anche qua, P-J misurabile?) $K_epsilon$ come nel post di Gugo su cui sfrutteremo la convergenza uniforme: in particolare otteniamo un indice $nu$ t.c. per ogni $n>nu$ risulta $int_{K_epsilon}|f_n(x)-f(x)|
Adesso vediamo che succede sul complementare di $K_epsilon$. Scegliamo un compatto $C$ (P-J misur.) e scindiamolo in una unione disgiunta: $C=(K_epsilonnnC)uu((K_epsilon)^CnnC)$ (con $cdot^C$ indico il complementare in $RR$). I due fattori $(K_epsilonnnC), ((K_epsilon)^CnnC)$ sono entrambi limitati e P-J misurabili, il primo è compatto già di per sé mentre per il secondo possiamo passare alla chiusura, che chiamo $X:=bar{((K_epsilon)^CnnC)}$. $X$ è un compatto e si interseca con $(K_epsilonnnC)$ solo sulla frontiera. Inoltre $X$ differisce da $K_epsilon^CnnC$ per un insieme trascurabile secondo Riemann (la propria frontiera).
Osserviamo infine che $|(\ |int_Xf_n(x)| - |int_Xf(x)|\ )| <=|int_Xf_n(x)-int_Xf(x)|\to0$ per $n\toinfty$, inoltre $|int_Xf_n(x)|
Spero di non aver preso abbagli... In particolare non so proprio cosa dire sull'ipotesi di misurabilità P-J.
[edit] qualche aggiustamento tipografico.
Quindi provo a dimostrare il tutto. E' chiaro che, per ogni compatto $C$ (aggiungerei l''ipotesi che $C$ sia P-J misurabile, probabilmente è superflua ma non ne so granché purtroppo) la funzione $f$ è R-integrabile. E' anche chiaro che $f$ è limitata, essendo limite uniforme di una successione di funzioni limitate. Quello che serve verificare, come diceva Gugo nel primo post, è che su ogni compatto gli integrali della $f$ aderiscano a sufficienza agli integrali delle $f_n$.
Fissiamo $epsilon>0$. Abbiamo allora un compatto (anche qua, P-J misurabile?) $K_epsilon$ come nel post di Gugo su cui sfrutteremo la convergenza uniforme: in particolare otteniamo un indice $nu$ t.c. per ogni $n>nu$ risulta $int_{K_epsilon}|f_n(x)-f(x)|
Adesso vediamo che succede sul complementare di $K_epsilon$. Scegliamo un compatto $C$ (P-J misur.) e scindiamolo in una unione disgiunta: $C=(K_epsilonnnC)uu((K_epsilon)^CnnC)$ (con $cdot^C$ indico il complementare in $RR$). I due fattori $(K_epsilonnnC), ((K_epsilon)^CnnC)$ sono entrambi limitati e P-J misurabili, il primo è compatto già di per sé mentre per il secondo possiamo passare alla chiusura, che chiamo $X:=bar{((K_epsilon)^CnnC)}$. $X$ è un compatto e si interseca con $(K_epsilonnnC)$ solo sulla frontiera. Inoltre $X$ differisce da $K_epsilon^CnnC$ per un insieme trascurabile secondo Riemann (la propria frontiera).
Osserviamo infine che $|(\ |int_Xf_n(x)| - |int_Xf(x)|\ )| <=|int_Xf_n(x)-int_Xf(x)|\to0$ per $n\toinfty$, inoltre $|int_Xf_n(x)|
Spero di non aver preso abbagli... In particolare non so proprio cosa dire sull'ipotesi di misurabilità P-J.
[edit] qualche aggiustamento tipografico.
Stessa dimostrazione che avevo scritto io.
E, sì, i compatti di $RR$ sono tutti misurabili secondo Peano-Jordan (e quindi secondo Lebesgue): per la dimostrazione di questo fatto mi pare si sfrutti la totale limitatezza, ossia la possibilità di ricoprire il compatto con un numero finito di cubetti di spigolo piccolo a piacere, ma non ne sono del tutto sicuro...
E, sì, i compatti di $RR$ sono tutti misurabili secondo Peano-Jordan (e quindi secondo Lebesgue): per la dimostrazione di questo fatto mi pare si sfrutti la totale limitatezza, ossia la possibilità di ricoprire il compatto con un numero finito di cubetti di spigolo piccolo a piacere, ma non ne sono del tutto sicuro...
"Gugo82":
E, sì, i compatti di $RR$ sono tutti misurabili secondo Peano-Jordan (e quindi secondo Lebesgue): per la dimostrazione di questo fatto mi pare si sfrutti la totale limitatezza, ossia la possibilità di ricoprire il compatto con un numero finito di cubetti di spigolo piccolo a piacere, ma non ne sono del tutto sicuro...
In realtà è questo il punto su cui stavo avendo dubbi. Ad esempio, l'insieme di Cantor è P-J misurabile?
P.S.: Forse è più facile di quanto stessi pensando. La frontiera di un compatto (in $RR$) è essa stessa un compatto (le frontiere sono sempre insiemi chiusi). Inoltre se un intervallo è contenuto in un compatto, sicuramente non contiene punti della frontiera tranne al più gli estremi. Questo, unito alla totale limitatezza che citavi tu, potrebbe farci arrivare a dire che la frontiera di un compatto è trascurabile.
Se non sbaglio l'insieme di Cantor ha misura esterna nulla (poiché, per costruzione, è contenuto in pluriintervalli aventi misura tendente verso zero) e l'interno vuoto, cosicché anche la misura interna è nulla.
Certo, mi hai convinto. Anzi mi è venuta una mezza idea per estendere il discorso a tutti i compatti di $RR^n$, partendo dal fatto che gli insiemi ad interno vuoto hanno misura interna nulla(**). Pensavo di argomentare così:
prendiamo $K\subRR^n$ compatto. Voglio mostrare che la frontiera di $K$ è un insieme trascurabile secondo Lebesgue. (Da qua la misurabilità anche secondo Peano-Jordan). Questo è vero in quanto:
-) la frontiera di un compatto in $RR^n$ è essa stessa un compatto, perché chiusa e limitata: in particolare $delK$ è limitato e misurabile secondo Lebesgue;
-) la frontiera di un chiuso ha sempre l'interno vuoto (*), da cui la misura interna di $delK$ è zero (**);
E quindi essendo $delK$ limitato e misurabile è necessariamente un insieme trascurabile.
Però mi sembra tutto troppo comodo. Forse c'è qualche errore? (
probabilmente sì: vedi nota ** )
________________________________
Questo (*) punto credo sia vero in tutti gli spazi topologici. Pensavo di uscirmene così:
sia $S\subX$, $X$ uno spazio topologico. Allora tra $S$ e la propria chiusura non esistono aperti non vuoti: in simboli, $\forallU\inbarS-S$ aperto, $U=\emptyset$. (Difatti $barS-U$ è chiuso e contiene $S$, quindi $barS-U=barS$. Ma è anche $U\inbarS$ per ipotesi, quindi $U=\emptyset$).
Se prendiamo un chiuso $F\inX$, e chiamiamo $G=X-F$, abbiamo l'unione disgiunta $barG=GuudelF$, e quindi $delF$ ha l'interno vuoto.
Invece qui (**) mi sta venendo il serio dubbio di stare dicendo una fesseria. Sicuramente è nulla la misura interna secondo P-J...ma quella secondo Lebesgue?
prendiamo $K\subRR^n$ compatto. Voglio mostrare che la frontiera di $K$ è un insieme trascurabile secondo Lebesgue. (Da qua la misurabilità anche secondo Peano-Jordan). Questo è vero in quanto:
-) la frontiera di un compatto in $RR^n$ è essa stessa un compatto, perché chiusa e limitata: in particolare $delK$ è limitato e misurabile secondo Lebesgue;
-) la frontiera di un chiuso ha sempre l'interno vuoto (*), da cui la misura interna di $delK$ è zero (**);
E quindi essendo $delK$ limitato e misurabile è necessariamente un insieme trascurabile.
Però mi sembra tutto troppo comodo. Forse c'è qualche errore? (
probabilmente sì: vedi nota ** )________________________________
Questo (*) punto credo sia vero in tutti gli spazi topologici. Pensavo di uscirmene così:
sia $S\subX$, $X$ uno spazio topologico. Allora tra $S$ e la propria chiusura non esistono aperti non vuoti: in simboli, $\forallU\inbarS-S$ aperto, $U=\emptyset$. (Difatti $barS-U$ è chiuso e contiene $S$, quindi $barS-U=barS$. Ma è anche $U\inbarS$ per ipotesi, quindi $U=\emptyset$).
Se prendiamo un chiuso $F\inX$, e chiamiamo $G=X-F$, abbiamo l'unione disgiunta $barG=GuudelF$, e quindi $delF$ ha l'interno vuoto.
Invece qui (**) mi sta venendo il serio dubbio di stare dicendo una fesseria. Sicuramente è nulla la misura interna secondo P-J...ma quella secondo Lebesgue?
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