passaggio al limite sotto il segno di integrale

Esercizi per il corso di
Metodi di Matematici per l’Ingegneria
M. Bramanti
April 18, 2012
Esempi ed esercizi sul passaggio al limite sotto il
segno di integrale per l’integrale di Lebesgue, e
confronto con l’integrale di Riemann
Nella teoria di Riemann, se ffn g è una successione di funzioni fn : [a; b] ! R
limitate e Riemann integrabili e inoltre fn ! f uniformemente in [a; b], si può
Rb
Rb
garantire che a fn (x) dx ! a f (x) dx. Supponiamo di sapere soltanto che le
funzioni fn sono misurabili, jfn (x)j c per ogni x 2 [a; b] e per ogni n, e inoltre
fn ! f puntualmente quasi ovunque in [a; b]. Per il teorema di Lebesgue della
Rb
Rb
convergenza dominata risulterà a fn (x) dx ! a f (x) dx, sotto ipotesi che
quindi sono molto più deboli della convergenza uniforme.
1=n
Esempio 1 Sia fn (x) = jxj
in [ 1; 1]. Si ha fn (x) ! 1 q.o. ma non
uniformemente (poiché fn (0) = 1 si ha kfn 1k1 = 1). Perciò la teoria
di Riemann non è applicabile. In base al teorema della convergenza dominata, invece, essendo jfn (x)j 1 (e la costante è integrabile in [ 1; 1]) risulta
R1
R1
f (x) dx ! 1 1dx = 2.
1 n
nx
Esempio 2 Sia fn (x) = sin
in [0; +1): Controlliamo anzitutto che ciascuna
nx3=2
nx
1
1
= x1=2
, integrabile in un intorno di 0.
fn 2 L . Per x ! 0 è fn (x)
nx3=2
sin nx
1
, integrabile in un intorno di 1. Perciò
D’altro canto jfn (x)j = nx3=2
nx3=2
fn 2 L1 [0; +1):
Per n ! 1; fn (x) ! 0 puntualmente ovunque. Cerchiamo una dominante
integrabile su [0; +1). Per trovarla è più semplice ragionare separatamente
sugli intervalli [0; 1] e [1; +1). Si ha:
nx
1
= x1=2
2 L1 [0; 1] (abbiamo usato la disugper x 2 [0; 1] ; jfn (x)j
nx3=2
uaglianza jsin tj jtj);
1
1
2 L1 [1; +1) (abbiamo usato le
per x 2 [1; +1); jfn (x)j
nx3=2
x3=2
disuguaglianze jsin tj 1 e 1=n 1).
Dunque
jfn (x)j
g (x) =
1
x1=2
1
x3=2
per x 2 [0; 1]
per x 2 [1; +1)
1
con g 2 L1 [1; +1);
perciò il teorema di Lebesgue è applicabile, e
Z +1
Z +1
fn (x) dx !
0dx = 0:
0
0
Si osservi che, diversamente dall’esempio precedente, questa volta la maggiorante integrabile è una funzione illimitata.
Si poteva anche, del resto, valutare direttamente l’integrale:
Z +1
Z +1
sin nx
dt
sin t dt
dx
=
nx
=
t;
dx
=
=
3=2 n
n
nx3=2
0
0
n nt
Z +1
c
1
sin t
=p
dt = p ! 0 per n ! 1
n 0
n
t3=2
R +1 sin t
perché c = 0
dt è una costante (abbiamo dimostrato all’inizio che ogni
t3=2
fn è L1 , questa integranda è f1 ).
Nei prossimi esercizi, l’obiettivo è calcolare
Z
lim
fn (x) dx;
n!1
I
evitando se possibile di calcolare ciascun integrale (cioè cercando di applicare
il teorema di Lebesgue della convergenza dominata). Quando I è un intervallo
limitato, inoltre, ci si può chiedere se è possibile applicare la teoria di Riemann
(criterio della convergenza uniforme). Seguire la traccia indicata in ogni esercizio, svolgendo i dettagli.
2
2
1. Sia fn (x) = nxe n x in [0; 1]. La successione tende a zero puntualmente
ma non uniformemente in [0; 1]. In base alla teoria di Riemann non possiamo
quindi calcolare il limite dell’integrale di fn .
Cerchiamo una maggiorante integrabile. Si calcola fn0 (x) ; si determina il
massimo di fn (x) ; si trova che questo è limitato al variare di n (anzi è costante),
perciò vale una disuguaglianza del tipo jfn (x)j c per ogni x 2 [0; 1] e per ogni
n, e il teorema di Lebsegue è applicabile.
Per confronto, si può calcolare direttamente l’integrale (la primitiva è elementare!) e farne il limite.
R +1
2. Si calcoli ora il limite di 0 fn (x) dx dove fn sono le stesse funzioni
dell’esempio precedente, applicando il teorema della convergenza dominata.
Suggerimento: per trovare la maggiorante integrabile in [1; +1) dimostrare che
è fn (x) f1 (x) se x 1; per far questo, dimostrare che per ogni x 1 la successione ffn (x)g è monotona decrescente; per far questo, calcolare la derivata...
rispetto ad n.
2 2
3. Sia fn (x) = n x e n x in [0; 1]. Studiare il limite dell’integrale su [0; 1]
per ; > 0. (Rispetto all’esempio precedente, in questo caso la funzione non
ha una primitiva elementare per ogni ; > 0; perciò è naturale cercare di
calcolare il limite degli integrali senza calcolare gli integrali).
2
Il limite puntuale è zero per ogni ; > 0; perciò se troviamo una maggiorante integrabile, anche il limite degli integrali è zero.
Si osservi il passaggio:
fn (x) = n x e
n2 x2
= (nx) x
La funzione
(nx) e
e
n2 x2
:
n2 x2
2
è limitata in [0; 1] perché la funzione g (t) = t e t è limitata su [0; +1) (veri…carlo) e la funzione precedente è g (nx). Quindi si può scrivere
0
fn (x)
cx
:
Di conseguenza per < + 1 il limite dell’integrale è zero (perché?).
Per
+1 si imposti il calcolo esplicito
R 1 calcolare il limite dell’integrale per
di 0 fn (x) dx con la sostituzione nx = t. Cosa si trova? In questi casi quindi,
a posteriori, è vero o falso che
Z
Z
lim
fn (x) dx =
lim fn (x) dx?
n!1
I n!1
I
1
in [0; 1] con
> 0. Calcolare il limite di fn e
4. Sia fn (x) = 1+nx
dell’integrale di fn , usando il teorema della convergenza dominata.
nx
5. Sia fn (x) = 1+n
2 x2 . Dimostrare che fn tende a zero puntualmente ma
non uniformemente in [ 1; 1]. Calcolare il limite dell’integrale usando il teorema
di Lebesgue.
nx
6. Sia fn (x) = 1+n
2 R. Determinare per quali sta
2 x2 in [0; +1); con
1
in L [0; +1) e per questi calcolare il limite dell’integrale.
Suggerimento. Dopo aver determinato gli
per i quali fn 2 L1 [0; +1),
cercare una maggiorante “naturale”; per gli per i quali questa è integrabile,
il teorema di Lebesgue è applicabile. Per gli altri ; calcolare esplicitamente
l’integrale oppure valutarlo mediante la sostituzione nx = t.
7. Sia fn : [0; ] ! R
2n sin (2n x) per x 2 [0; 2
0 altrimenti.
fn (x) =
n
]
Vale il passaggio al limite sotto il segno di integrale?
n
8. Sia gn = ( 1) fn con fn come nell’esempio precedente.
Vale il passaggio al limite sotto il segno di integrale? Che di¤erenza si nota
rispetto all’esercizio precedente?
9. Esempio sul teorema di Fatou. Sia fn : [0; 2] ! R
Calcolare separatamente
osserva?
se n è pari
se n è dispari.
(0;1)
fn =
(1;2)
R2
0
liminffn (x) dx e liminf
3
R2
0
fn (x) dx. Che cosa si
10. Esempio sul teorema di Fatou. Sia fn (x) = sin2 (nx) in [0; ] per
n = 1; 2; 3; :::
R
R
Calcolare separatamente 0 liminffn (x) dx e liminf 0 fn (x) dx. Che cosa si
osserva?
11. Sia fn (x) = xn e nx su (0; 1). Suggerimento. Per discutere il limite
dell’integrale, dimostrare che fn (x) f1 (x) per ogni n e per ogni x 2 (0; 1) :
4
Soluzioni di alcuni esercizi
Soluzione 3. Si trova
lim
n!+1
Z
1
n x e
2
2
n x
0
8
< 0R se < + 1
2
+1
dx =
t e t dt se =
: 0
+1 se > + 1:
Poiché l’integranda tende a zero per ogni ; > 0; per
passaggio al limite.
Soluzione 6. fn 2 L1 [0; +1) per 1 < < 1. Ora è
+1
+ 1 non vale il
x 1 se x 2 [0; 1]
f1 (x) se x 2 [1; +1)
fn (x)
che è una funzione L1 se 0 <
< 1. Pertanto l’integrale tende a zero per
0 <
< 1. Notare che non si poteva calcolare esplicitamente. Per
= 0
l’integrale si calcola e vale 2 . Per 1 < < 0 l’integrale tende a +1; questo si
può vedere eseguendo la sostituzione nx = t nell’integrale. Si noti che nei casi
0 a posteriori si vede che il passaggio al limite sotto il segno di integrale
non vale.
Soluzione 7. Puntualmente fn (x) ! 0 in [0; ]. L’integrale vale 2 per ogni
n. Perciò non vale il passaggio al limite.
Soluzione 8. Qui è ancora gn (x) ! 0 ma questa volta non esiste neppure
n
il limite dell’integrale, perché vale ( 1) 2.
Soluzione 9. Si ha:
Z 2
Z 2
liminffn (x) dx =
0dx = 0
0
liminf
Z
0
2
fn (x) dx = liminf1 = 1:
0
In questo caso quindi nella disuguaglianza del teorema di Fatou vale la disuguaglianza stretta.
Soluzione 10. Esempio sul teorema di Fatou. Sia fn (x) = sin2 (nx) in
[0; ].
Z
sin2 (nx) dx = per ogni n 1; quindi
2
0
Z
liminf
fn (x) dx = :
2
0
Invece
f (x) = liminf sin2 (nx) = 0
perché per ogni x 2 [0; ] fsin nxg
convergenti ad ogni nun ha sottosuccessioni
o
2
mero compreso in [ 1; 1] ; quindi (sin nx) ha sottosuccessioni convergenti ad
5
ogni numero compreso in [0; 1] : Perciò
Z
Z
liminffn (x) dx =
0
0dx = 0:
0
Come nell’esempio precedente quindi nella disuguaglianza del teorema di Fatou
vale la disuguaglianza stretta.
n
Soluzione 11. fn (x) = xn e nx = exx . Poiché per ogni x > 0 è 0 < exx <
n
1; la successione exx
è monotona decrescente (e tendente a zero) per ogni x
…ssato. Quindi fn (x) ! 0 puntualmente, inoltre fn (x)
xe x 2 L1 (0; 1),
R +1
quindi per il teorema della convergenza dominata 0 fn ! 0:
6