Holderianità di funzione integrale (scheda 112)

[Lorececco]

Buonasera, scrivo qua perché non sono sicuro della correttezza dello svolgimento di questo esercizio e soprattutto sospetto l'esistenza di una soluzione meno calcolosa che però non ho visto: qualcuno potrebbe mostrarmela? Allego PDF ut semper. Buona serata e grazie,

Lorenzo

[C_Paradise]

Ciao! Per quanto riguarda la soluzione meno calcolosa forse riesci a mostrare più velocemente che \(f^4\) è Lipschitziana

\(\displaystyle \frac{d}{dx} f^4(x) = \frac{2 f^3(x)}{x^{1/2}\arctan(x^{1/4})}\)

ma vicino a \(0\) la funzione \(f\) si comporta come \(x^{1/4}\) quindi..

[Lorececco]

Ciao! Sì, oppure anche sommando e sottraendo nell'integrale il polinomio di Taylor in zero, e altri modi simili che abbiamo visto a ricevimento; grazie per la risposta!
P.S. non so se quella strada sia ancora più calcolosa, se fatta rigorosamente...

[C_Paradise]

Dipende da cosa si intende per formale

\(\displaystyle f(x)=\int_{0}^{\sqrt{x}} \frac{dt}{\arctan{\sqrt{t}}}=\int_{0}^{\sqrt{x}} \Bigg[\frac{1}{\sqrt{t}} + o(1)\Bigg]dt=\int_{0}^{\sqrt{x}} \frac{dt}{\sqrt{t}}+o(\sqrt{x})=2\sqrt[4]{x}+o(\sqrt{x})\)

da cui

\(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{2 \cdot f^3(x)}{\sqrt{x} \cdot \arctan(\sqrt[4]{x})} = \lim_{x \to 0^+} \frac{16 \cdot \sqrt[4]{x^3}\big(1+o(\sqrt[4]{x})\big)}{\sqrt{x} \cdot \arctan(\sqrt[4]{x})}=16\)

e questo dovrebbe bastare per dire che \(f^4(x)\) è Lipschitziana

[Massimo Gobbino]

E dal fatto che

\(f(x)\sim 2\,x^{1/4}\) per \(x\to 0^+\)

si deduce anche che f(x) non è meglio che 1/4 Holder.