Προβλήματα Μαθηματικών

Μαρτίου 22, 2009

Τελείως ανώμαλη

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 9:20 μμ

Στην άσκηση άπειρο ολοκλήρωμα είδατε ότι πάνω σε οποιοδήποτε υποσύνολο τού \mathbb R με θετικό μήκος, υπάρχει πραγματική συνάρτηση με άπειρο ολοκλήρωμα. Είναι αλήθεια ότι υπάρχει πραγματική συνάρτηση με άπειρο ολοκλήρωμα πάνω σε κάθε διάστημα;

Advertisements

7 Σχόλια »

  1. Θελουμε να βρουμε μετρησιμη συναρτηση απο το \mathbf R στο \mathbf R η οποια να μην ανηκει στον L^1_{loc}(\mathbf R). Οριζουμε την f(x)=\frac{1}{|x|(log|x|)^2} για |x|\leq\frac12 και μηδεν οπουδηποτε αλλου. Πολυ ευκολα ελεγχουμε οτι αυτη ειναι στον L^1(\mathbf R) και εάν Mf ειναι η Hardy Littlewood maximal συναρτηση της τοτε υπαρχει σταθερα c τετοια ωστε Mf(x)\geq\frac{c}{|x|log(\frac1{|x|})} για καθε x με |x|\leq\frac12. Για το λογο αυτο η Mf εχει απειρο ολοκληρωμα σε καθε διαστημα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nikos3223 — Απρίλιος 1, 2009 @ 8:58 μμ

  2. Μάλλον μπερδεύτηκες.
    Δεν θέλουμε απλώς μια συνάρτηση η οποία να μην είναι τοπικά ολοκληρώσιμη
    Θέλουμε μια συνάρτηση με άπειρο ολοκλήρωμα πάνω σε οποιοδήποτε διάστημα.
    Το ότι η Mf είναι μεγαλύτερη από τη συνάρτηση που γράφεις, δεν σημαίνει ότι έχει άπειρο ολοκλήρωμα πάνω, ας πούμε, στο διάστημα [1/8,1/4].
    Η ιδέα, πάντως, να χρησιμοποιήσεις την maximal συνάρτηση, ακόμα κι’ αν δεν δουλέψει, είναι πολύ πρωτότυπη.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Απρίλιος 1, 2009 @ 9:55 μμ

  3. Μια τέτοια συνάρτηση, αν υπάρχει, πρέπει να είναι μη-φραγμένη σε κάθε διάστημα, διαφορετικά θα είχε πεπερασμένο ολοκλήρωμα σε κάποιο διάστημα. Εξ ου και το «τελείως ανώμαλη».

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Απρίλιος 1, 2009 @ 11:54 μμ

  4. Εχετε δικιο. Μπερδευτηκα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nikos3223 — Απρίλιος 2, 2009 @ 12:31 πμ

  5. Παίρνω μια απαρίθμηση q_1,q_2,\ldots των ρητών και ορίζω f(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4^n |x-q_n|} αν η σειρά συγκλίνει και f(x)=0 αν η σειρά δεν συγκλίνει. Έστω A = \{x:f(x)=0\}. Ισχυρίζομαι ότι \mu(A) = 0: Η σειρά συγκλίνει για όλα τα χ για το οποία |x-q_n| \geqslant 1/2^n για κάθε n \geqslant N. Άρα \mu(A) \leqslant 1/2^{N-1} και επειδή το Ν επιλέχθηκε αυθαίρετα έχουμε \mu(A) = 0. Επειδή κάθε διάστημα περιέχει ένα ρητό το ολοκλήρωμα της f είναι άπειρο πάνω σε κάθε διάστημα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Δημήτρης — Απρίλιος 3, 2009 @ 1:10 μμ

  6. Χμ. Οφείλω να δείξω ότι το Α είναι μετρήσιμο. Αλλά \displaystyle A=\bigcap_{m=1}^{\infty}A_m, όπου A_m = \{x: \sum \frac{1}{4^n|x-q_n|} \geq m \}. Επειδή τα A_m είναι μετρήσιμα και nested (το λεξικό μου λέει εγκιβωτισμένα) είναι και το Α μετρήσιμο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Δημήτρης — Απρίλιος 3, 2009 @ 1:22 μμ

  7. Σωστά.
    Αναπτύσσω λίγο τη λύση για να γίνει κατανοητή.
    Αν για κάποιο δεδομένο x έχουμε ότι υπάρχει N τέτοιο ώστε για κάθε n\geq N να ισχύει |x-q_n|\geq 1/2^n, τότε η σειρά συγκλίνει. Επομένως το σύνολο
    \displaystyle\bigcup_{N=1}^\infty\bigcap_{n=N}^\infty (q_n-1/2^n,q_n+1/2^n)^\complement
    περιέχεται στο συμπλήρωμα τού A. Συνεπώς το A περιέχεται στο
    \displaystyle\bigcap_{N=1}^\infty\bigcup_{n=N}^\infty (q_n-1/2^n,q_n+1/2^n),
    το μέτρο τού οποίου είναι μικρότερο από \displaystyle\sum_{n=N}^\infty\frac1{2^{n-1}} για κάθε N. Άρα το μέτρο τού A είναι μηδέν.

    Το 6 δεν χρειάζεται. Ένα σύνολο μηδενικού μέτρου είναι αυτομάτως μετρήσιμο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Απρίλιος 3, 2009 @ 3:54 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: