svolgimenti - Dipartimento di Matematica

Metodi Matematici per l’Ingegneria
Integrale di Lebesgue (svolgimenti)
Svolgimento esercizio 1
q
1
sin2 x+ n
(1) Posto, per ogni n ∈ N, x ∈ [− π4 , π4 ], fn (x) :=
, si ha che fn `e continua, e quindi
cos x
sin x|
2
π π
1
misurabile, |fn (x)| ≤ cos x =: g(x), e g ∈ L [− 4 , 4 ], ed infine limn→∞ fn (x) = |cos
=: f (x),
R π/4 x
π π
per ogni x ∈ [− 4 , 4 ]. Per il teorema della convergenza dominata, si ha limn→∞ −π/4 fn (x) dx =
π/4
R π/4 | sin x|
R π/4 sin x
= log 2.
dx
=
2
dx
=
2
−
log
|
cos
x|
cos x
0
−π/4 cos x
0
1/n − sin2 x) cos nx , si ha che f `
(2) Posto, per ogni n ∈ N, x ∈ [ π2 , 3π
n e continua, e
2 ], fn (x) := (e
n+2
π 3π
1
quindi misurabile, |fn (x)| ≤ e + 1 =: g(x), e g ∈ L [ 2 , 2 ], ed infine limn→∞ fn (x) = cos3 x =: f (x),
R 3π/2
per ogni x ∈ [ π2 , 3π
2 ]. Per il teorema della convergenza dominata, si ha limn→∞ π/2 fn (x) dx =
1
1 3
R 3π/2
R 3π/2
R1
(a)
4
2
3
2
e usata
π/2 cos x dx = π/2 (1 − sin x) cos x dx = − −1 (1 − y ) dy = 3 y − y −1 = − 3 , dove si `
in (a) la sostituzione sin x = y =⇒ cos x dx = dy.
1
)
tg(x+arctg n
χ[1/n2 ,π/4] (x),
2n/(n+2)
log x+(sin x)
misurabile, |fn (x)| ≤ tg(x + arctg 21 ) =:
(3) Posto, per ogni n ∈ N, n ≥ 2, x ∈ [0, π/4], fn (x) :=
√
n
si ha
che fn `e continua, tranne che in x = n12 , e quindi
g(x),
tg x
e g ∈ L1 [0, π/4], ed infine limn→∞ fn (x) = 1+sin
=:
f
(x),
per
ogni
x
∈
[0,
π/4].
Per
il
teorema
2x
R π/4 tg x
R π/4
(a) R 1
y
dy
della convergenza dominata, si ha limn→∞ 0 fn (x) dx = 0 1+sin
2 x dx =
0 1+ y2 1+y 2 =
1+y 2
1
1
R 1 y dy
1
2
e usata in (a) la sostituzione x = arctg y =⇒
0 2y 2 +1 = 4 log(2y + 1) 0 = 4 log 3, dove si `
sin2 x =
y2
,
1+y 2
dx =
dy
.
1+y 2
p √
(4) Posto, per ogni n ∈ N, x ∈ [π/4, π/2], fn (x) := ( n n − sin2 x)(e1/n + cos x) χ[π/4,arctg n] (x), si ha
p
che fn `e continua, tranne che in x = arctg n, e quindi misurabile,
|f
(x)|
≤
(2 − sin2 x)(e
n
p
√ + cos x) =:
2
1
g(x), e g ∈ L [π/4, π/2], ed infine limn→∞ fn (x) = (1 − sin x)(1 + cos x) = cos x 1 + cos x =
sin
√ x cos x =: f (x), per ogni x ∈ [π/4, π/2]. Per il teorema della convergenza dominata, si ha
1−cos x
√
R1
R π/2
R π/2 sin x cos x
(a) R 22
(b)
y
limn→∞ π/4 fn (x) dx = π/4 √1−cos x dx = 0 √1−y
dy = −2 q √2 (z 2 − 1) dz = −2 13 z 3 −
1− 2
q
√ √
1q
3/2
√
z
= 43 + 32 1 − 22
− 2 1 − 22 , dove si `e usata in (a) la sostituzione cos x = y =⇒
1− 22
√
− sin x dx = dy, e in (b) la sostituzione 1 − y = z =⇒ y = 1 − z 2 , dy = −2z dz.
sin x
(5) Posto, per ogni n ∈ N, x ∈ [0, +∞), fn (x) := 2+n
e continua, e quindi
1+nex , si ha che fn `
misurabile, |fn (x)| ≤ e−x =: g(x), e g ∈ L1 [0, +∞), ed infine limn→∞ fn (x) = e−x
sin x =: f (x),
R +∞
per ogni x ∈ [0, +∞). Per il teorema della convergenza dominata, si ha limn→∞ 0 fn (x) dx =
R +∞ −x
R
e sin x dx. Determiniamo una primitiva e−x sin x dx = − 21 e−x (sin x + cos x) + C. Allora
0
ω
R +∞ −x
e sin x dx = limω→+∞ − 12 e−x (sin x + cos x) 0 = limω→+∞ 21 − 12 e−ω (sin ω + cos ω) = 21 .
0
(6) Posto, per ogni n ∈ N, x ∈ [2, +∞), fn (x) :=
(a)
misurabile, 0 ≤ fn (x) ≤
1
x(log x)2
1
,
nx(x(log x)/n −1)
si ha che fn `e continua, e quindi
=: f (x) [dove in (a) si `e usata la disuguaglianza ez − 1 ≥ z,
∀z ∈ R, perch´e exp `e convessa], e f ∈ L1 [2, +∞), ed infine limn→∞ fn (x) = x(log1 x)2 = f (x), per ogni
R +∞
R +∞ dx
x ∈ [2, +∞). Per il teorema della convergenza dominata, si ha limn→∞ 2 fn (x) dx = 2
.
x(log x)2
1
R
R d(log x)
R +∞
dx
1
Determiniamo una primitiva x(log
=
=
−
+C.
Allora
2
2
log x
2
ω
x) 1 (log x)
1
1
1
=
lim
−
+
=
.
ω→+∞
log x 2
log ω
log 2
log 2
(7) Posto, per ogni n ∈ N, x ∈ (−∞, 2], fn (x) :=
tranne che in x = −n, e quindi misurabile,
|fn (x)| ≤
n3 x3 +2x2
ex2 +3 log n +3 log n
dx
x(log x)2
= limω→+∞ −
χ[−n,2] (x), si ha che fn `e continua,
n3 |x|3 + 2x2
2
≤ (|x|3 + 2x2 )e−x =: g(x) ,
2
3
x
n e
2
e g ∈ L1 (−∞, 2], ed infine limn→∞ fn (x) =R x3 e−x =: f (x),R per ogni x ∈ (−∞, 2]. Per il teorema
2
2
2
della convergenza dominata, si ha limn→∞ −∞ fn (x) dx = −∞ x3 e−x dx. Determiniamo una priR
R
(a) R
(b)
2
2
mitiva x3 e−x dx = 21 ye−y dy = −ye−y + e−y dy = − 12 (y + 1)e−y + C = − 12 (x2 + 1)e−x + C,
dove
si `e usata in (a) la sostituzione x2 = y =⇒ 2x dx = dy, e in (b) l’integrazione per parti con
(
f (y) = y,
f 0 (y) = 1,
g 0 (y) = e−y , g(y) = −e−y .
R2
2 2
2
2
Allora −∞ x3 e−x dx = limω→−∞ − 21 (x2 + 1)e−x ω = limω→−∞ 12 (ω 2 + 1)e−ω − 2e54 = − 2e54 .
R +∞
2
2 0
2 b
Osserviamo che −∞ x3 e−x dx = lima→−∞ − 21 (x2 + 1)e−x a + limb→+∞ − 12 (x2 + 1)e−x 0 =
2
2
lima→−∞ 21 (a2 + 1)e−a − limb→+∞ 12 (b2 + 1)e−b = 0.
1+(sin x)n
q
χ[6,n] (x),
1
(x−4) x+ n
2√
≤ (x−4)
=: g(x), e
x
(8) Posto, per ogni n ∈ N, x ∈ [6, +∞), fn (x) :=
si ha che fn `e continua,
tranne che in x = n, e quindi misurabile, |fn (x)|
g ∈ L1 [6, +∞), ed infine
1√
(x−4) x
=: f (x), quasi per ogni x ∈ [6, +∞). Per il teorema della convergenza
R +∞ dx
R +∞
R
dx √ (a)
√ . Determiniamo una primitiva
dominata, si ha limn→∞ 6 fn (x) dx = 6
=
(x−4) x
(x−4) x
√
R 2dy (b) 1 R
y−2 √x−2 1
1
1
1
e usato in (a) la
= 2
y−2 − y+2 dy = 2 log y+2 + C = 2 log x+2 + C, dove si `
y 2 −4
limn→∞ fn (x) =
1
1
sostituzione x = y 2 =⇒ dx = 2y dy, e in (b) la decomposizione y22−4 = 12 y−2
− 21 y+2
.
√
√
√
R +∞ dx
ω
x−2
ω−2
= limω→+∞ 1 log √
√ = limω→+∞ 1 log √
Allora 6
=
−log √6−2
2
2
(x−4) x
x+2 6
ω+2
6+2
√
1
2 log(5 + 2 6).
1
2
√
log √6+2
=
6−2
Svolgimento esercizio 2
(1) Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli. Si ha
R1
R1
RR arctg y2
y2 R y2
π
2
2 1
dxdy = 0 arctg
y
y
D
−y 2 dx dy = 2 0 y arctg y dy = arctg y 0 = 4 .
(2) Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli. Si ha
RR arctg y
R 1 arctg y R y2
R1
1
2 + 1) 1 = 2 π −
dxdy
=
dx
dy
=
2
arctg
y
dy
=
2
y
arctg
y
−
log(y
2
2
2
2
4
D y
0
−y
0
y
0
1
π
2 log 2 = 2 − log 2.
(3) Poich´e la funzione integranda
`e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli.
Si ha
y=√2x+1
R 0 R √2x+1 (x+2)|y| R0
RR (x+2)|y|
2
√
dy dx = − 1 (x + 2) log(y + 2x + 1) y=0
dx =
D y 2 +2x+1 dxdy = − 21
− 2x+1 y 2 +2x+1
2
1 2
0
R0
7
− 1 (x + 2) log(4x + 2) − log(2x + 1) dx = log 2 2 x + 2x − 1 = 8 log 2.
2
2
2
(4) Poich´e la funzione integranda
`e positiva, si pu`o applicare il teorema
di Fubini-Tonelli. Si ha
y=√x
R 1 R √x (x+2)y R
R
RR (x+2)y
1 1
1 1
2
dxdy
=
dy
dx
=
dx
=
(x+2)
log(y
+2x)
2
2
2 0
2 0 (x+2) log(3x)−
0
D y +2x
x y +2x 1
Ry=x
1 1 1 2
1 1 2
2
2
log(x + 2x) dx = 2 2 x + 2x log(3x) − log(x + 2x) 0 − 2 0 2 x + 2x x1 − x2x+2
2 +2x dx =
1
R1
2
dx = 12 41 x2 + x − 2 log(x + 2) 0 = 58 − 2 log 32 .
− 12 0 − 21 x − 1 + x+2
(5) Usiamo il cambio di coordinate x = % cos ϑ, y = % sin ϑ, per cui D%ϑ = {(%, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤
% ≤ 6 sin ϑ, ϑ ∈ [0, π]}. Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di
R π R 6 sin ϑ
Rπ
RR
RR
2
% cos2 ϑ d% dϑ = 0 cos2 ϑ·
Fubini-Tonelli. Si ha D x2x+y2 dxdy = D%ϑ % cos2 ϑ d%dϑ = 0
0
1 2 6 sin ϑ
π
Rπ
Rπ
dϑ = 12 0 36 sin2 ϑ cos2 ϑ dϑ = 21 0 9 sin2 2ϑ dϑ = 41 9ϑ − 9 cos 4ϑ 0 = 94 π.
2% 0
(6) Usiamo il cambio di coordinate x = 4% cos ϑ, y = 2% sin ϑ, per cui D%ϑ = {(%, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ % ≤
1, ϑ ∈ [0, 2π]}. Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli.
cos ϑ π/2 2 1
RR
R π/2 cos ϑ
RR R1
Si ha D xy dxdy = D%ϑ 4%
2% sin ϑ 8% d%dϑ = 64 lim 0
sin ϑ dϑ· 0 % d% = 32 log sin ϑ 0 · % 0 =
+∞.
(7) Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli. Si ha
RR x+y
RR
R Rt s R s s=t
R1
s
(a)
1 1
1 1
x−y dxdy = 1
t
t
t
dt = 12 0 e − 1e t dt =
2
−t e ds dt = 2 0 te
De
Dst e dsdt = 2 0
s=−t
(
(
x
+
y
=
s
x = s+t
1
1
1
1
1
2
2
e−
t
e−
,
dove
in
(a)
si
`
e
usato
il
cambio
di
variabile
=
⇐⇒
4
e
4
e
0
y = s−t
x−y =t
2
e Dst = {(s, t) ∈ R2 : t ∈ [0, 1], −t ≤ s ≤ t}.
(8) Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli. Si ha
R +∞ R e−x
RR
R +∞ y=e−x
R +∞
x 0 y dy dx = 12 0 x y 2 y=0 dx = 21 0 xe−2x dx = 12 − 21 xe−2x −
D xy dxdy = 0
1 −2x +∞
e
= 81 .
4
0
(9) Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli. Si ha
2 (a) 4 R +∞ dt 2
RR
R +∞ x2
R +∞ y2
R +∞ x2
2
x2 y 2
dxdy
=
dx
·
dy
=
2
dx
= 9 0
= π9 ,
6
6
6
6
6
D (1+x )(1+y )
−∞ 1+x
−∞ 1+y
0
1+x
1+t2
dove in (a) si `e usato il cambio di variabile t = x3 .
(10) Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli. Si ha
+∞
RR
R π/2 R +∞
2
dxdy
1
π π
√
= 4π√2 .
= 0
% d% dϑ = π2 √12 arctg √%2 0 = 2√
D
0
(2+%2 )%
2
2
2
2
2 2
(2+x +y )
x +y
(11) Poich´e la funzione integranda `e positiva, si pu`o applicare il teorema di Fubini-Tonelli. Si ha
R +∞
R +∞ 1 −t
RR x2 y2 e−x2 −y2
R 2π
(a) R 2π
2
dt =
dxdy = 0 cos2 ϑ sin2 ϑ dϑ · 0 %3 e−% d% = 0 81 (1 − cos 4ϑ) dϑ · 0
2 te
D
x2 +y 2
2π
+∞
1
1
−t
= π8 , dove in (a) si `e usato il cambio di variabile t = %2 .
16 ϑ − 4 sin 4ϑ 0 · − (t + 1)e
0
Svolgimento esercizio 3
(1) Si ha f ∈ L1 (1, +∞), in quanto f (x) = sin
1
x4/3
(1 + o(1)) =
1
(2) Si ha f ∈ L1 (1, +∞), in quanto f (x) = x(e x3 log x − 1) = x ·
(3) Si ha f ∈ L1 (0, 1), in quanto f (x) =
√1 (1
x
+ o(1)), x → 0+ .
(4) Si ha f 6∈ L1 (0, 1), in quanto f (x) =
1
(1
3x2
+ o(1)), x → 0+ .
3
1
(1
x4/3
1
x3
+ o(1)), x → +∞.
log x(1 + o(1)) =
log x
,
x2
x → +∞.
(5) Si ha f ∈ L2 (1, +∞), in quanto f (x) =
x → +∞.
log x
(1 + o(1)),
x3
(6) Si ha f ∈ L2 (1, +∞), in quanto f (x) =
o(1)), x → +∞.
(log x)2
(1
x
(log x)2
(1 + o(1)),
x6
+ o(1)), x → +∞, per cui f (x)2 =
(7) Si ha f 6∈ L2 (0, 1), in quanto f (x) =
√1 (1 + o(1)),
x
(8) Si ha f ∈ L2 [0, 1], in quanto f (x) =
1
√
√
(1
3
4 3 2−x
o(1)), x →
x → +∞, per cui f (x)2 =
(log x)4
(1
x2
+
x → 0+ , per cui f (x)2 = x1 (1 + o(1)), x → 0+ .
+ o(1)), x → 2− , per cui f (x)2 =
√
3
1
(1
8 (2−x)2/3
+
2− .
Svolgimento esercizio 4
(1) Poich´e, per x → +∞, si ha f (x) =
L1 [1, +∞) ⇐⇒ β > 2.
(2) Poich´e, per x → +∞, si ha f (x) :=
f∈
L1 [1, +∞)
x log 2
(1
xβ
x2 +log(1+x2 )
(1+x3 )β
+ o(1)) =
=
x2
(1
x3β
log 2
(1
xβ−1
+ o(1)), ne segue che f ∈
1
(1
x3β−2
+ o(1)) =
+ o(1)), ne segue che
⇐⇒ 3β − 2 > 1 ⇐⇒ β > 1.
(3) Poich´e, per x → 0+ , si ha f (x) =
(4) Poich´e, per x → 0+ , si ha f (x) =
1
(1 + o(1)), ne segue che f ∈
xβ−1
1
1
(1 + o(1)), ne segue
(log 2)3 xβ−1/2
L1 [0, 1] ⇐⇒ β < 2.
che f ∈ L1 [0, 1] ⇐⇒ β < 32 .
(5) Si ha:
(a) per x → 0+ , f (x) =
1
(1
x1−β
(b) per x → +∞, f (x) =
+ o(1)), e f ∈ L1 [0, 1] ⇐⇒ β > 0,
(log x)β
(1
x2
+ o(1)), e f ∈ L1 (1, +∞) ⇐⇒ ∀β ∈ R.
Ne segue che f ∈ L1 (0, +∞) ⇐⇒ β > 0.
(6) Si ha:
(a) per x → 0+ , f (x) =
1
(1
x1/2−β
(b) per x → +∞, ϕ(x) =
+ o(1)), e f ∈ L1 [0, 1] ⇐⇒ β > − 12 ,
(log x)β
(1
ex/2
+ o(1)), e f ∈ L1 (1, +∞) ⇐⇒ ∀β ∈ R.
Ne segue che f ∈ L1 (0, +∞) ⇐⇒ β > − 12 .
(7) Poich´e, per x → +∞, si ha f (x) :=
f∈
L2 [1, +∞)
⇐⇒ 3β − 3 >
1
2
⇐⇒
x2 log(1+2x )
(1+x3 )β
β > 67 .
(8) Poich´e, per x → +∞, si ha f (x) :=
L2 [1, +∞) ⇐⇒ 3β > 12 ⇐⇒ β > 16 .
=
x3 log 2
(1 + o(1))
x3β
sin x1 −
1 β
x
=
=
1
(1
6β x3β
log 2
(1 + o(1)),
x3β−3
ne segue che
+ o(1)), ne segue che f ∈
(9) Si ha, per x → 0+ , f (x) = xβ (1 + o(1)), e f ∈ L2 (0, 1) ⇐⇒ −β < 12 ⇐⇒ β > − 12 .
β
(10) Si ha, per x → 0+ , f (x) = −x2 log x (1 + o(1)), e f ∈ L2 (0, 21 ), per ogni β ∈ R. Si ha, per
x → 1− , f (x) =
(x−1)β
4(x−1) (1 + o(1))
=
1
(1 + o(1)),
4(x−1)1−β
e f ∈ L2 ( 12 , 1) ⇐⇒ 1 − β <
1
2
⇐⇒ β > 12 .
1
2
⇐⇒ β > 0,
(11) Si ha:
(a) per x → 0+ , f (x) =
xβ (1+o(1))
√
x(1+o(1))
=
1
(1 + o(1)),
x1/2−β
4
e f ∈ L2 (0, 1) ⇐⇒
1
2
−β <
(b) per x → +∞, f (x) =
(π/2)β
x (1
+ o(1)), e f ∈ L2 (1, +∞) ⇐⇒ β ∈ R.
Ne segue che f ∈ L2 (0, +∞) ⇐⇒ β > 0.
(12) Per x → 0+ , si ha:
(a) se β > 0, f (x) =
xβ (1+o(1))
√
x (1+o(1))
(b) se β = 0, f (x) =
√
(c) se β < 0, f (x) =
β log x (1+o(1))
√
,
x (1+o(1))
=
2
,
x (1+o(1))
1
(1
x1/2−β
+ o(1)), e f ∈ L2 (0, 1) ⇐⇒
1
2
−β <
1
2
⇐⇒ β > 0,
e f 6∈ L2 (0, 1),
e f 6∈ L2 (0, 1) ⇐⇒ ∀β < 0.
Ne segue che f ∈ L2 (0, 1) ⇐⇒ β > 0. Per x → +∞, si ha:
(d) se β > 0, f (x) =
β log x(1+o(1))
,
x3/2 (1+o(1))
(e) se β = 0, f (x) =
2
,
x3/2 (1+o(1))
(f ) se β < 0, f (x) =
xβ (1+o(1))
x3/2 (1+o(1))
e f ∈ L2 (1, ∞) ⇐⇒ ∀β > 0,
e f ∈ L2 (1, ∞),
=
1
(1
x3/2−β
+ o(1)), e f ∈ L2 (1, ∞) ⇐⇒
3
2
−β >
1
2
⇐⇒ β < 1.
Ne segue che f ∈ L2 (1, +∞) ⇐⇒ β < 1. Allora, f ∈ L2 (0, +∞) ⇐⇒ β ∈ (0, 1).
Svolgimento esercizio 5
(
R1
0, x ∈ [0, 1),
(1) Per ogni x ∈ [0, 1], si ha f (x) := limn→∞ fn (x) =
e kfn − f k1 = 0 xn dx =
1, x = 1,
1
1
n+1 → 0, per cui fn → f , in L [0, 1].
q
R
2
(2) Per ogni x ∈ R, si ha f (x) := limn→∞ n12 1 − nx2 = 0. Inoltre, kfn − f k1 = R |fn (x)−f (x)| dx =
Rn q
Rπ
1
x2
π
1
2
1
1
−
dx
=
2
2
n −π cos t dt = 2n → 0, per cui fn → f , in L (R).
−n
n
n
R
R n+1
(3) Per ogni x ∈ R, si ha f (x) := limn→∞ fn (x) = 0. Inoltre, kfn − f k1 = R |fn (x)| dx = n−1 (1 −
R1
|x − n|) dx = −1 (1 − |t|) dt = 12 6→ 0, per cui fn 6→ f , in L1 (R).
(
e−x , x ≥ 0,
(4) Per ogni x ∈ R, si ha f (x) := limn→∞ fn (x) =
per cui f 6∈ L1 (R).
+∞, x < 0,
1
√
(5) Per ogni x ∈ [0, 1], si ha f (x) := limn→∞ fn (x) = x. Inoltre, kfn − f k∞ = supx∈[0,1] q n1 √ =
x+ n + x
R1
2
√1 → 0, e quindi fn → f , in (C 0 [0, 1], k·k ). Infine, kfn − f k2 =
∞
2
0 |fn (x) − f (x)| dx ≤
n
supx∈[0,1] |fn (x) − f (x)|2 → 0, per cui fn → f , in L2 [0, 1].
(
0, x 6= 0,
(6) Per ogni x ∈ R, si ha f (x) := limn→∞ fn (x) =
e quindi, poich´e f 6∈ C 0 (R), fn 6→ f ,
1, x = 0,
R
R 1/n
R1
in (C 0 (R), k·k∞ ). Infine, kfn − f k22 = R |fn (x)|2 dx = −1/n (1 − |nx|)2 dx = n1 −1 (1 − |t|)2 dt =
2
3n
→ 0, per cui fn → f , in L2 (R).
5
(
+∞, x = 0,
=
per cui f = 0 quasi ovun(7) Per ogni x ∈ R, si ha f (x) :=
0,
x 6= 0,
R
que. Poich´e f 6∈ C 0 (R), fn 6→ f , in (C 0 (R), k·k∞ ). Infine, kfn − f k22 = R |fn (x) − f (x)|2 dx =
R
R
n2
dt
2
R (1+n2 x2 )2 dx = n R (1+t2 )2 → +∞, per cui fn 6→ f , in L (R).
limn→∞ 1+nn2 x2
(8) Per ogni x ∈ R, si ha f (x) := limn→∞ n2 sin(πnx) χ[− 1 , 1 ] (x) = 0. Inoltre, kfn − f k∞ =
n n
supx∈[− 1 , 1 ] n2 | sin(πnx)| = n2 6→ 0, e quindi fn 6→ f , in (C 0 (R), k·k∞ ). Infine, kfn − f k22 =
n n
R
R 1/n
Rπ
1
|f
(x)
− f (x)|2 dx = n4 −1/n sin2 (πnx) dx = π1 n3 −π sin2 t dt = 2π
n3 6→ 0, per cui fn 6→ f , in
n
R
L2 (R).
Svolgimento esercizio 6
` evidente che ϕ `e lineare. Inoltre, per ogni f ∈ C 1 [0, 1], si ha |ϕ(f )| = |f 0 (0)| ≤ supx∈[0,1] |f 0 (x)| ≤
(1) E
supx∈[0,1] |f (x)| + supx∈[0,1] |f 0 (x)| = kf kC 1 [0,1] .
` evidente che ϕ `e lineare. Inoltre, per ogni f ∈ C 1 [0, 1], si ha |ϕ(f )| = |2f (0) + 3f 0 (0)|
(2) E
2|f (0)| + 3|f 0 (0)| ≤ 2 supx∈[0,1] |f (x)| + 3 supx∈[0,1] |f 0 (x)| ≤ 3 kf kC 1 [0,1] .
R
` evidente che ϕ `e lineare. Inoltre, per ogni f ∈ C 0 [0, 1], si ha |ϕ(f )| = 1 f (x2 ) dx
(3) E
0
R1
2
2
0 |f (x )| dx ≤ supx∈[0,1] |f (x )| = kf kC 0 [0,1] .
R
` evidente che ϕ `e lineare. Inoltre, per ogni f ∈ C 1 [0, 1], si ha |ϕ(f )| = 1 x2 f 0 (x) dx
(4) E
0
R1 2
R1 2 0
1
1
0
0
0 x |f (x)| dx ≤ supx∈[0,1] |f (x)| · 0 x dx = 3 supx∈[0,1] |f (x)| ≤ 3 kf kC 1 [0,1] .
R
` evidente che ϕ `e lineare. Inoltre, per ogni f ∈ C 1 [0, 1], si ha |ϕ(f )| = 1 f 0 (x) log x dx
(5) E
0
R
R1 0
0 (x)| ≤ kf k
0 (x)| · 1 (− log x) dx = sup
|f
|f
(x)|(−
log
x)
dx
≤
sup
|f
1 [0,1] .
x∈[0,1]
x∈[0,1]
C
0
0
≤
≤
≤
≤
` evidente che ϕ `e lineare. Inoltre, per ogni f ∈ C 1 [0, 1], e x ∈ (0, 1], si ha, per il teorema del
(6) E
R
(0)
0 (ϑ ), con ϑ ∈ (0, x). Allora |ϕ(f )| = 1 f (x)−f (0) dx =
valor medio di Lagrange, f (x)−f
=
f
x
x
x
x
0
R
R1 0
f (ϑx ) dx ≤ 1 |f 0 (ϑx )| dx ≤ supx∈[0,1] |f 0 (ϑx )| ≤ supx∈[0,1] |f 0 (x)| ≤ kf k 1
.
C
[0,1]
0
0
Svolgimento esercizio 7
(1) Determiniamo una base ortonormale {eR1 , e2 , e3 } di V usando il procedimento di ortonormalizzaπ
zione di Gram-Schmidt. Intanto kf1 k22 = −π dx = 2π, per cui e1 := kff11k `e dato da e1 (x) := √12π .
2
Rπ
Rπ
Inoltre, hf2 , e1 i = −π √12π x dx = 0, per cui ee2 := f2 − hf2 , e1 ie1 = f2 , e kee2 k22 = −π x2 dx =
q
x3 π
Rπ
ee2
2 3
3
=
π
,
e
quindi
e
:=
`
e
dato
da
e
(x)
:=
x. Infine, hf3 , e1 i = −π √12π sin x dx =
2
2
3 −π
3
kee2 k2
2π 3
q
q
Rπ q 3
6
0, e hf3 , e2 i = −π 2π3 x sin x dx = π , per cui ee3 := f3 − hf3 , e1 ie1 − hf3 , e2 ie2 = f3 − π6 e2 , cio`e
Rπ
2
ee3 (x) = sin x − π32 x, per cui kee3 k22 = −π (sin x − π32 x)2 dx = π π−6 , e quindi e3 := keeee33k `e dato da
2
q
e3 (x) := π2π−6 sin x − π32 x .
6
La proiezione ortogonale di f su V `e q
p ≡ PV f := hf, e1 ie1q
+ hf, e2 ie2 + hf, e3 ie3 . Ora hf, e1 i =
Rπ
Rπ 1
Rπ q π
3
3
√
sin
2x
dx
=
0,
hf,
e
i
=
x
sin
2x
dx
=
−
sin x −
,
e
hf,
e
i
=
2
3
3
2π
−π
−π 2π
−π
2π
π 2 −6
q
3
3
x sin 2x dx = √ 32 , per cui p(x) = − 2π
e2 (x) + √ 32 e3 (x) = − 2(π23−6) x + π23−6 sin x.
π2
π(π −6)
π(π −6)
(2) Poich´e eix = cos x + i sin x, lo spazio vettoriale V `e anche generato da f1 , fe2 (x) = cos x, f3 .
Determiniamo una base ortonormaleR {e1 , e2 , e3 } di V usando il procedimento di ortonormalizzazione
π
di Gram-Schmidt. Intanto kf1 k22 = −π dx = 2π, per cui e1 := kff11k `e dato da e1 (x) := √12π . Inoltre,
2
Rπ
Rπ
hfe2 , e1 i = −π √12π cos x dx = 0, per cui ee2 := fe2 − hfe2 , e1 ie1 = fe2 , e kee2 k22 = −π cos2 x dx = π, e
Rπ
quindi e2 := keeee22k `e dato da e2 (x) := √1π cos x. Infine, hf3 , e1 i = −π √12π sin x dx = 0, e hf3 , e2 i =
2
Rπ 1
√ sin x cos x dx = 0, per cui ee3 := f3 − hf3 , e1 ie1 − hf3 , e2 ie2 = f3 , cio`
e ee3 (x) = sin x, per cui
−π π
Rπ
2
ee3
1
2
kee3 k2 = −π sin dx = π, e quindi e3 := kee3 k `e dato da e3 (x) := √π sin x.
2
La
ortogonale di fR su V `e p ≡ PV f := hf, e1 ie1 + hf,R e2 ie2 + hf, e3 ie3 . Ora hf, e1 i =
R π proiezione
√
π
π
√1
√1
√1
−π 2π x dx = 0, hf, e2 i = −π π x cos x dx = 0, e hf, e3 i = −π π x sin x dx = 2 π, per cui
√
p(x) = 2 πe3 (x) = 2 sin x.
(3) Determiniamo una base ortonormale {e1 , e2 ,Re3 } di V usando il procedimento di ortonormaπ
lizzazione di Gram-Schmidt. Intanto kf1 k22 = −π sin2 x dx = π, per cui e1 := kff11k `e dato da
2
R
π
e1 (x) := √1π sin x. Inoltre, hf2 , e1 i = −π √1π sin x cos x dx = 0, per cui ee2 := f2 − hf2 , e1 ie1 = f2 ,
Rπ
e kee2 k22 = −π cos2 x dx = π, e quindi e2 := keeee22k `e dato da e2 (x) := √1π cos x. Infine, hf3 , e1 i =
Rπ 1 2
Rπ 1
√ sin x sin 2x dx = 0, e hf3 , e2 i =
√
−π π cos x sin 2x dx = 0, per cui ee3 := f3 − hf3 , e1 ie1 −
−π π
Rπ
hf3 , e2 ie2 = f3 , cio`e ee3 (x) = sin 2x, per cui kee3 k22 = −π sin2 2x dx = π, e quindi e3 := keeee33k `e dato
2
da e3 (x) := √1π sin 2x.
La
ortogonale di f su VR `e p ≡ PV f := hf, e1 ie1 + hf, e2Rie2 + hf, e3 ie3 . Ora hf, e1 i =
R π proiezione
√
√
π
π
1
√
√1
√1
−π π x sin x dx = 2 π, hf, e2 i = −π π x cos x dx = 0, e hf, e3 i = −π π x sin 2x dx = − π, per
√
√
cui p(x) = 2 πe1 (x) − πe3 (x) = 2 sin x − sin 2x.
(4) Determiniamo una base ortonormale {e1 , e2 ,Re3 } di V usando il procedimento di ortonormaπ
lizzazione di Gram-Schmidt. Intanto kf1 k22 = −π sin2 x dx = π, per cui e1 := kff11k `e dato da
2
Rπ
e1 (x) := √1π sin x. Inoltre, hf2 , e1 i = −π √1π sin x cos x dx = 0, per cui ee2 := f2 − hf2 , e1 ie1 = f2 ,
Rπ
e kee2 k22 = −π cos2 x dx = π, e quindi e2 := keeee22k `e dato da e2 (x) := √1π cos x. Infine, hf3 , e1 i =
Rπ 1 2
Rπ 1 2 2
√
√ x sin x dx = 0, e hf3 , e2 i =
√
−π π
−π π x cos x dx = −4 π, per cui ee3 := f3 − hf3 , e1 ie1 −
Rπ
√
hf3 , e2 ie2 = f3 +4 πe2 , cio`e ee3 (x) = x2 +4 cos x, per cui kee3 k22 = −π (x2 +4 cos x)2 dx = 52 π(π 4 −40),
q
e quindi e3 := keeee33k `e dato da e3 (x) := 2π(π45−40) (x2 + 4 cos x).
2
La proiezione ortogonale di f su V `e p ≡ PV f := hf, e1 ie1 + hf, e2 ie2q+ hf, e3 ie3 . Ora hf, e1 i =
Rπ 1
Rπ 1
Rπ
√
5
√ x sin x dx = 2 π, hf, e2 i =
√ x cos x dx = 0, e hf, e3 i =
x(x2 +4 cos x) dx =
−π π
−π
−π π
2π(π 4 −40)
√
0, per cui p(x) = 2 πe1 (x) = 2 sin x.
(5) Determiniamo una base ortonormale {e1 , e2 , Re3 } di V usando il procedimento di ortonormaπ
lizzazione di Gram-Schmidt. Intanto kf1 k22 = −π x2 dx = 32 π 3 , per cui e1 := kff11k `e dato da
2
q
q
Rπ
3
3
e1 (x) :=
x.
Inoltre,
hf
,
e
i
=
x
cos
x
dx
=
0,
per
cui
e
e
:=
f
−
hf
,
2 1
2
2
2 e1 ie1 = f2 ,
3
−π
2π 3
R2π
π
2
e
e
e kee2 k2 = −π cos2 x dx = π, e quindi e2 := kee22k `e dato da e2 (x) := √1π cos x. Infine, hf3 , e1 i =
2
7
q
Rπ 1
6
√
x
sin
x
dx
=
π , e hf3 , e2 i = −π π sin x cos x dx = 0, per cui ee3 := f3 − hf3 , e1 ie1 −
−π
q
Rπ
2
hf3 , e2 ie2 = f3 − π6 e1 , cio`e ee3 (x) = sin x − π32 x, per cui kee3 k22 = −π (sin x − π32 x)2 dx = π π−6 , e
q
quindi e3 := keeee33k `e dato da e3 (x) := π2π−6 (sin x − π32 x).
Rπ q
3
2π 3
2
La proiezione
ortogonale di f su V `e p ≡ PV f := hf, e1 ie1 + hf, e2 ie2 + hf, e3 ie3 . Ora hf, e1 i =
Rπ 1 2
Rπ q π 2
Rπ q 3 3
√
√ x cos x dx = −4 π, e hf, e3 i =
x
dx
=
0,
hf,
e
i
=
x (sin x− π32 x) dx =
2
3
−π π
−π
−π
2π
π 2 −6
√
0, per cui p(x) = −4 πe2 (x) = −4 cos x.
(6) Determiniamo una base ortonormale {e1 , e2 , Re3 } di V usando il procedimento di ortonormaπ
lizzazione di Gram-Schmidt. Intanto kf1 k22 = −π x2 dx = 32 π 3 , per cui e1 := kff11k `e dato da
2
q
q
Rπ
e1 (x) := 2π3 3 x. Inoltre, hf2 , e1 i = −π 2π3 3 x cos x dx = 0, per cui ee2 := f2 − hf2 , e1 ie1 = f2 , e
Rπ
kee2 k22 = −π cos2 x dx = π, e quindi e2 := keeee22k `e dato da e2 (x) := √1π cos x. Infine, hf3 , e1 i =
2
Rπ q 3 3
Rπ 1 2
√
√
x
cos
x dx = −4 π, per cui ee3 := f3 − hf3 , e1 ie1 −
x
dx
=
0,
e
hf
,
e
i
=
3 2
−π
−π π
2π 3
Rπ
√
hf3 , e2 ie2 = f3 +4 πe2 , cio`e ee3 (x) = x2 +4 cos x, per cui kee3 k22 = −π (x2 +4 cos x)2 dx = 52 π(π 4 −40),
q
e quindi e3 := keeee33k `e dato da e3 (x) := 2π(π45−40) (x2 + 4 cos x).
2
La proiezione
ortogonale
3 . Ora hf, e1 i =
q di f su V `e Rp ≡ PV f := hf, e1 ie1 + hf, e2 ie2 + hf, Re3 ieq
Rπ q 3
π
π
6
5
√1
x sin x dx =
(x2 +
π , hf, e2 i = −π π sin x cos x dx = 0, e hf, e3 i = −π
−π
2π 3
2π(π 4 −40)
q
4 cos x) sin x dx = 0, per cui p(x) = π6 e1 (x) = π32 x.
(7) Determiniamo una base ortonormale {e1 , e2 , e3 } di V usando il procedimento di ortonormalizzaq
R1 2
2
f1
2
zione di Gram-Schmidt. Intanto kf1 k2 = −1 x dx = 3 , per cui e1 := kf1 k `e dato da e1 (x) := 32 x.
2
R1
R 1 q3 3
Inoltre, hf2 , e1 i = −1 2 x dx = 0, per cui ee2 := f2 − hf2 , e1 ie1 = f2 , e kee2 k22 = −1 x4 dx = 52 ,
q
√
R 1 q3
6
5 2
e quindi e2 := keeee22k `e dato da e2 (x) :=
x
.
Infine,
hf
,
e
i
=
x
sin
πx
dx
=
3
1
2
2
π , e
−1
2
q
√
R1
hf3 , e2 i = −1 52 x2 sin πx dx = 0, per cui ee3 := f3 − hf3 , e1 ie1 − hf3 , e2 ie2 = f3 − π6 e1 , cio`e
R1
2
ee3
`e dato da
ee3 (x) = sin πx − π3 x, per cui kee3 k22 = −1 (sin πx − π3 x)2 dx = π π−6
2 , e quindi e3 := kee k
3 2
π
3
e3 (x) := √π2 −6 sin πx − π x .
La proiezione
ortogonale di f q
su V `e p ≡ PV f := hf, e1 ie1 + hf, e2 ie2 + hf, e3 ie3 . Ora hf, e1 i =
√
R 1 q3
R1
R1
10
5 2
3
√ π
2 x dx = 0, hf, e2 i = −1
2 x dx = 3 , e hf, e3 i = −1 π 2 −6 sin πx − π x dx = 0, per cui
−1
√
p(x) =
10
3 e2 (x)
= 35 x2 .
(8) Determiniamo una base ortonormale {e1 , e2 , e3 } di V usando il procedimento di ortonormalizzaq
R1
zione di Gram-Schmidt. Intanto kf1 k22 = −1 x2 dx = 32 , per cui e1 := kff11k `e dato da e1 (x) := 32 x.
2
R1 q
R1
Inoltre, hf2 , e1 i = −1 32 x3 dx = 0, per cui ee2 := f2 − hf2 , e1 ie1 = f2 , e kee2 k22 = −1 x4 dx = 52 ,
q
R 1 q3
ee2
5 2
e quindi e2 := kee2 k `e dato da e2 (x) :=
2 x . Infine, hf3 , e1 i = −1
2 x cos πx dx = 0, e
2
√
√
R 1 q5 2
hf3 , e2 i = −1 2 x cos πx dx = − 2 π210 , per cui ee3 := f3 − hf3 , e1 ie1 − hf3 , e2 ie2 = f3 + 2 π210 e2 , cio`e
R1
4
ee3 (x) = cos πx + π102 x2 , per cui kee3 k22 = −1 (cos πx + π102 x2 )2 dx = π π−40
, e quindi e3 := keeee33k `e dato
4
2
2
da e3 (x) := √ππ4 −40 cos πx + π102 x2 .
8
La proiezione
ortogonale di f su q
V `e p ≡ PV f := hf, e1 ie1 + hf, e2 ie2 + hf, e3 ie3 . Ora hf, e1 i =
√
R 1 q3 4
R1
R1
2
6
5 5
10 2 3
√ π
2 x dx = 5 , hf, e2 i = −1
2 x dx = 0, e hf, e3 i = −1 π 4 −40 cos πx + π 2 x x dx = 0,
−1
√
per cui p(x) =
6
5 e1 (x)
= 53 x.
9

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