È vero che una successione di funzioni $ C^1 $ (non strettamente) positive su di un intervallo chiuso, il cui integrale tende a 0, tali per cui esiste una costante che limita tutte le loro derivate (prime), tende uniformemente a zero?
Rimuovendo l'ipotesi di limitazione sulle derivate è falso, e un esempio classico è dato dalla successione $ f_n(x)=x^n $ su $ [0,1] $. Però in questo caso la derivata generica all'estremo destro vale n, e dunque non può valere una costante che limita tutte le loro derivate prime.
Inserendo quell'ipotesi, invece, mi viene difficile pensare che possa essere altrimenti. Se l'integrale tende a 0 la funzione tende ad essere quasi nulla ovunque, e l'unica funzione nulla q.o che è anche continua (il fatto che ci sia questa limitazione sulle derivate dovrebbe impedire la convergenza, ovviamente in quel caso solo puntuale e non uniforme, ad una funzione discontinua) è la funzione identicamente nulla, no? Poi se si aggiunge anche il fatto che la successione sia decrescente potrebbe essere fatto rientrare pure il lemma di Dini, e basterebbe ricondursi alla convergenza puntuale...
Grazie in anticipo
Convergenza uniforme da convergenza integrale
Convergenza uniforme da convergenza integrale
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Ex allenatore di: Cattaneo, Copernico, Ferraris (TO), Newton (Chivasso), Pascal (Giaveno).
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Re: Convergenza uniforme da convergenza integrale
Intanto la convergenza puntuale dovresti avercela. Perchè se l'integrale tende a $0$, vuol dire che da un certo punto in poi è minore di $\epsilon$.
Ma le funzioni sono continue con derivata limitata da $M$ (supponiamo). Quindi se una funzione ad un certo punto raggiunge l'altezza $h$ non può annullarsi con coefficiente angolare maggiore di $M$ (in modulo). E ciò dovrebbe implicare che l'integrale vale almeno $\displaystyle \frac{h^2}{2M} < \epsilon$ da cui $h <\sqrt{2M\epsilon}$. Ma potrei aver detto una miriade di fesserie
Ma le funzioni sono continue con derivata limitata da $M$ (supponiamo). Quindi se una funzione ad un certo punto raggiunge l'altezza $h$ non può annullarsi con coefficiente angolare maggiore di $M$ (in modulo). E ciò dovrebbe implicare che l'integrale vale almeno $\displaystyle \frac{h^2}{2M} < \epsilon$ da cui $h <\sqrt{2M\epsilon}$. Ma potrei aver detto una miriade di fesserie
Re: Convergenza uniforme da convergenza integrale
Il controesempio te l'ha già dato afullo nel primo post: $f_n(x)=x^n$ su [0,1] ha l'integrale che tende a zero ma non converge puntualmente a zero.xXStephXx ha scritto:Intanto la convergenza puntuale dovresti avercela. Perchè se l'integrale tende a $0$, vuol dire che da un certo punto in poi è minore di $\epsilon$.
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
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Re: Convergenza uniforme da convergenza integrale
Con le mani, puoi fare così:
Sia $C>0$ tale che $\|f'_n\|_{\infty}\leq C$ per ogni $n$.
Supponi che esista $\epsilon>0$ tale che per ogni $M\in\mathbb{N}$ esiste $n>M$ per cui $\|f_n\|_{\infty}>\epsilon$, allora esiste $x_n$ tale che $|f_n(x_n)|>\epsilon$; dunque se $\delta<\epsilon/2C$ avrai che per ogni $y$ con $|y-x_n|<\delta$, $|f_n(y)|>|f_n(x_n)|-C\delta>\epsilon/2$.
Quindi $\|f_n\|_{L^1}\geq\int_{x_n-\delta}^{x_n+\delta} |f_n(t)|dt>\delta\epsilon$.
Ma $\delta$ ed $\epsilon$ non dipendono da $n$ e dunque ciò è in contraddizione con l'ipotesi che la norma $L^1$ tenda a $0$. Quindi le funzioni tendono a $0$ in norma del sup.
Sia $C>0$ tale che $\|f'_n\|_{\infty}\leq C$ per ogni $n$.
Supponi che esista $\epsilon>0$ tale che per ogni $M\in\mathbb{N}$ esiste $n>M$ per cui $\|f_n\|_{\infty}>\epsilon$, allora esiste $x_n$ tale che $|f_n(x_n)|>\epsilon$; dunque se $\delta<\epsilon/2C$ avrai che per ogni $y$ con $|y-x_n|<\delta$, $|f_n(y)|>|f_n(x_n)|-C\delta>\epsilon/2$.
Quindi $\|f_n\|_{L^1}\geq\int_{x_n-\delta}^{x_n+\delta} |f_n(t)|dt>\delta\epsilon$.
Ma $\delta$ ed $\epsilon$ non dipendono da $n$ e dunque ciò è in contraddizione con l'ipotesi che la norma $L^1$ tenda a $0$. Quindi le funzioni tendono a $0$ in norma del sup.
Re: Convergenza uniforme da convergenza integrale
Intendevo che l'integrale è minore di $\epsilon$. Ma comunque mi sa che ho barato parecchio nel supporre che se la funzione vale $h$ in un punto allora l'area contiene almeno un triangolo di altezza $h$ e base $\frac{h}{M}$. Credo valga per $h$ piccoli a sufficienza da far sì che la base di lunghezza $\frac{h}{M}$ sia interamente contenuta nell'intervallo considerato. Ma quindi supposto che $h$ sia piccolo a sufficienza, è giusto che l'area sottesa dalla funzione conterrebbe un triangolo di area $\frac{h^2}{2M}$? Se così non fosse dovrei trovare per Lagrange un punto in cui la derivata supera $M$ in modulo. O è proprio il ragionamento in sè che è sbagliato?fph ha scritto:Il controesempio te l'ha già dato afullo nel primo post: $f_n(x)=x^n$ su [0,1] ha l'integrale che tende a zero ma non converge puntualmente a zero.xXStephXx ha scritto:Intanto la convergenza puntuale dovresti avercela. Perchè se l'integrale tende a $0$, vuol dire che da un certo punto in poi è minore di $\epsilon$.
Re: Convergenza uniforme da convergenza integrale
Se ho capito bene:
Grazie!EvaristeG ha scritto:Con le mani, puoi fare così:
Sia $C>0$ tale che $\|f'_n\|_{\infty}\leq C$ per ogni $n$.
Supponi che esista $\epsilon>0$ tale che per ogni $M\in\mathbb{N}$ esiste $n>M$ per cui $\|f_n\|_{\infty}>\epsilon$,
qui si prova a negare la tesi di convergenza uniforme
allora esiste $x_n$ tale che $|f_n(x_n)|>\epsilon$; dunque se $\delta<\epsilon/2C$ avrai che per ogni $y$ con $|y-x_n|<\delta$, $|f_n(y)|>|f_n(x_n)|-C\delta>\epsilon/2$.
La negazione $|f_n(y)| \leq |f_n(x_n)|-C\delta$ implicherebbe infatti una variazione media in un intervallo superiore in modulo a $C$, e questo è in contrasto con l'ipotesi di limitatezza da essa delle derivate (prime).
Quindi $\|f_n\|_{L^1}\geq\int_{x_n-\delta}^{x_n+\delta} |f_n(t)|dt>\delta\epsilon$.
Ma $\delta$ ed $\epsilon$ non dipendono da $n$ e dunque ciò è in contraddizione con l'ipotesi che la norma $L^1$ tenda a $0$. Quindi le funzioni tendono a $0$ in norma del sup.
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Re: Convergenza uniforme da convergenza integrale
Scusa ma proprio non ti seguo. Quale funzione? Il limite? O ogni funzione $f_n$ ha il suo $h_n$ (dipendente da $n$)?xXStephXx ha scritto: Intendevo che l'integrale è minore di $\epsilon$. Ma comunque mi sa che ho barato parecchio nel supporre che se la funzione vale $h$ in un punto allora l'area contiene almeno un triangolo di altezza $h$ e base $\frac{h}{M}$. Credo valga per $h$ piccoli a sufficienza da far sì che la base di lunghezza $\frac{h}{M}$ sia interamente contenuta nell'intervallo considerato. Ma quindi supposto che $h$ sia piccolo a sufficienza, è giusto che l'area sottesa dalla funzione conterrebbe un triangolo di area $\frac{h^2}{2M}$? Se così non fosse dovrei trovare per Lagrange un punto in cui la derivata supera $M$ in modulo. O è proprio il ragionamento in sè che è sbagliato?
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Re: Convergenza uniforme da convergenza integrale
[/quote]Sia $C>0$ tale che $\|f'_n\|_{\infty}\leq C$ per ogni $n$.
Supponi che esista $\epsilon>0$ tale che per ogni $M\in\mathbb{N}$ esiste $n>M$ per cui $\|f_n\|_{\infty}>\epsilon$,
qui si prova a negare la tesi di convergenza uniforme
Esatto
Più facile: per Lagrange, $f_n(x_n)-f_n(y)=(x-y)f'(a)$, quindi $|f_n(x_n)-f_n(y)|< C\delta$, quindi $|f_n(x_n)|-|f_n(y)|>-C\delta$.allora esiste $x_n$ tale che $|f_n(x_n)|>\epsilon$; dunque se $\delta<\epsilon/2C$ avrai che per ogni $y$ con $|y-x_n|<\delta$, $|f_n(y)|>|f_n(x_n)|-C\delta>\epsilon/2$.
La negazione $|f_n(y)| \leq |f_n(x_n)|-C\delta$ implicherebbe infatti una variazione media in un intervallo superiore in modulo a $C$, e questo è in contrasto con l'ipotesi di limitatezza da essa delle derivate (prime).