da Noisemaker » 25/07/2014, 13:05
Ad esempio, le funzioni $f_n(x)=x^n$ sono di classe $C^{\infty}$ sull’intervallo $[0;1],$ ma, sullo stesso intervallo, tendono puntualmente alla funzione
\begin{align*}
f(x)=\begin{cases}
1, & \mbox{se}\,\,x=1, \\
0& \mbox{se}\,\,0\le x<1.
\end{cases}
\end{align*}
che non è nemmeno continua. Analogamente, si possono fare esempi di funzioni $f_n $ integrabili che tendono puntualmente ad una funzione non integrabile. Ad esempio, supponiamo di non saper (o poter) calcolare esattamente il valore di un integrale
\begin{align}
\int_{a}^{b}f(x)\,\,dx, \tag 1
\end{align}
magari perché $f $ non è integrabile elementarmente, e di volerlo quindi approssimare con una successione
di integrali
\begin{align}
\int_{a}^{b}f_n(x)\,\,dx \tag 2
\end{align}
più facili da calcolare, o calcolabili. Verrebbe naturalmente in mente di prendere una successione $f_n$ che converga ad $f $
e poi prendere gli integrali $(2)$ delle $f_n$ come approssimazioni dell’integrale $(1)$ di $f.$ Questo ragionamento sottindende però che valga la relazione
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty}\int_{a}^{b}f_n(x)\,\,dx=\int_{a}^{b}\lim_{n\to+\infty}f_n(x)\,\,dx=\int_{a}^{b} f(x)\,\,dx\tag 3
\end{align}
la quale è nota come passaggio al limite sotto il segno di integrale.
Ebbene, la convergenza puntuale delle $f_n$ ad $f$ non consente in generale il passaggio al limite sotto il segno di integrale, neanche se $f $ e tutte le $f_n$ sono integrabili.Ad esempio, le funzioni $f_n(x):[0;1]\to\R,$ definite da
\begin{align*}
f_n(x):=\begin{cases}
0,&\mbox{se} \quad x=0, x\in\left(\frac{1}{n};1\right]\\
n-n^2x,&\mbox{se}\quad x\in\left(0;\frac{1}{n}\right]
\end{cases};
\end{align*}
tendono puntualmente alla funzione nulla su $[0;1]$ ed hanno integrali dati
\begin{align*}
\int_{0}^{1} f_n(x) \,\,dx&=\int_{0}^{1/n} (n-n^2x)\,\,dx=n\int_{0}^{1/n} \,\,dx-n^2\int_{0}^{1/n}x dx\\
&=1-n^2\left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{1/n}= 1-\frac{1}{2} =\frac{1}{2}.
\end{align*}
Pertanto la relazione $(3)$ non vale, in quanto il limite a primo membro vale $1/2,$ mentre l’integrale a secondo membro vale $0,$ essendo $f$ la funzione nulla.
Per l'altra domanda, dimostriamo che se $f_n \tof$ uniformemente in $I$ allora $f_n\to f$ puntalmente $I.$
Per ipotesi si ha che $$\lim_{n\to+\infty}\|f_n-f\|_{\infty}=0$$
con $||\cdot||_{\infty}$ calcolata su $I;$ d'altra parte, per definizione di $||f_n-f||_{\infty},$ risulta
\begin{align*}
0\le |f_n(x)-f(x)|\le\|f_n-f\|_{\infty},\qquad \forall\,\,\,x\in I.
\end{align*}
Quindi, passando al limite ed utilizzando il teorema del confronto, si ottiene
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}|f_n(x)-f(x)|=0,\qquad \forall\,\,\,x\in I,
\end{align*}
che significa
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} f_n(x)=f(x) ,\qquad \forall\,\,\,x\in I,
\end{align*}
che è quanto valevamo.
Dobbiamo Sapere, e Sapremo