Προβλήματα Μαθηματικών

Ιουνίου 30, 2016

Σχεδόν αύξουσα

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 1:58 πμ

Ας είναι f:\mathbb R\to\mathbb R μια τοπικά ολοκληρώσιμη συνάρτηση τέτοια ώστε για κάθε n\in\mathbb N ισχύει ότι f(x+\frac1n)\geq f(x) για σχεδόν όλα τα x. Δείξτε ότι για κάθε a\geq0 έχουμε ότι f(x+a)\geq f(x) για σχεδόν όλα τα x.

Advertisements

6 σχόλια »

  1. Αν η f ειναι Riemann ολοκληρωσιμη τοπικα, τοτε ειναι σχεδον παντου συνεχης.

    Λημμα 1: Για καθε a>0, ισχυει οτι για σχεδον ολα τα x, f συνεχης στο x+a και f(x+1/n) >= f(x) για καθε n.

    Αποδειξη: Τα συμπληρωματα αριθμησιμου πληθους συνολων που ειναι σχεδον ολο το R ειναι αριθμησιμα τω πληθος συνολα μετρου 0. Συνεπως η ενωση τους ειναι μετρου 0 και αρα η τομη των αρχικων ειναι σχεδον ολο το R. Την εν λογω τομη θα τη συμβολιζουμε με Α(a) απο εδω και περα.

    Λημμα 2: Για καθε a>0 υπαρχει υπακολουθια της 1/n το αθροισμα της οποιας συκλινει στο α.

    Αποδειξη: Θεωρουμε το μερικα διατεταγμενο (ως προς τη σχεση υποσυνολου) συνολο των υπακολουθιων της 1/n με αθροισμα που ειναι μικροτερα του α, και παιρνουμε μια maximal αλυσιδα. Η ενωση των στοιχειων της μας δινει μια υπακολουθια με αθροισμα α.
    (Αν οχι, τοτε θα ειχε αθροισμα μικροτερο του α και θα μπορουσα παντα να προσθεσω ενα αρκετα μικρο στοιχειο και να παραμεινει μικροτερο του α εφοσον η Hn αποκλινει και οι οροι τεινουν στο 0. Αυτο αντιβαινει στο γεγονος οτι η αλυσιδα ειναι maximal)

    Λημμα 3: Θεωρουμε την ελαχιστη υποομαδα G του R που παραγεται απο τα στοιχεια της μορφης 1/n και με Gx συμβολιζουμε τα cosets της. Τοτε για καθε a, σχεδον για καθε x, Gx υποσυνολο του A(a).

    Αποδειξη: Διαλεγω (με choice) εναν ακριβως αντιπροσωπο απο καθε Gx που δεν ειναι υποσυνολο, ο οποίος ανιπροσωπος δεν ανηκει στο Α(a). Το συνολο Β που δημιουργησα εχει μετρο 0 αφου ειναι υποσυνολο συνολου μετρου 0. Θεωρουμε την ενωση των {Β+g | g στοιχειο της G}. H ενωση αυτη ειναι αριθμησιμη ενωση συνολων μετρου 0 -συνεπως εχει μετρο 0, και ισουται με την ενωση των Gx. Αρα για σχεδον καθε x, Gx υποσυνολο του Α(a) !!

    Αρα για καθε α μπορω για σχεδον καθε x, να παρω μια ακολουθια διακεκριμενων στοιχειων της {1/n} που τεινει στο a και να αρχισω να εφαρμοζω διαδοχικα την δοσμενη ανισοτητα για τα μερικα της αθροισματα. Εφοσον η f θα ειναι επισης συνεχης στο x+a για τα x στο A(a) παιρνω ορια και η ανισοτητα επεται .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από fivosk7 — Αυγούστου 10, 2016 @ 1:30 μμ

  2. H συνάρτηση είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη, όχι απλώς Riemann. Κομψό επιχείρημα παρ’ όλα αυτά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Αυγούστου 10, 2016 @ 6:03 μμ

  3. Σε ευχαριστω φιλε Θεμη. Αν και τα επιχειρηματα περι συνεχειας δεν μπορουν να χρησιμοποιηθουν, εχω την αισθηση πως μπορω να την τροποποιησω καταλληλα και για ολοκληρωσιμες. Απλως θα ηθελα να ξεκαθαρισω κατι: Με τοπικα ολοκληρωσιμη εννοουμε ολοκληρωσιμη σε καθε συμπαγες του R?

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από fivosk7 — Αυγούστου 10, 2016 @ 8:33 μμ

  4. Ναι ολοκληρώσιμη σε κάθε συμπαγές.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Αυγούστου 11, 2016 @ 12:20 πμ

  5. Οκ, για Lebesgue τοπικα oλοκληρωσιμες τωρα :

    Λημμα 1: Για σχεδον ολα τα x, ισχυει οτι για καθε n, f(x+1/n) >= f(x). Εστω Α αυτο το συνολο.

    Λημμα 2: Για καθε α>0 υπαρχει υπακολουθια της {1/n} το αθροισμα της οποιας συγκλινει στο α.

    Λημμα 3: Λημμα 3: Θεωρουμε την ελαχιστη προσθετικη υποομαδα G του R που παραγεται απο τα στοιχεια της μορφης 1/n και με Gx συμβολιζουμε τα cosets της. Τοτε, σχεδον για καθε x, Gx υποσυνολο του A.

    Λημμα 4: Αν το ολοκληρωμα μιας συναρτησης σε οποιοδηποτε διαστημα ειναι >=0, τοτε f σχεδον παντου >=0

    Αποδειξη : Εστω Β το συνολο των στοιχειων που εχουν αρνητικες τιμες και εστω οτι ειναι μ(Β)=c>0. Διαλεγω συλλογη απο διαστηματα ποαλυπτουν το Β, με μετρο μικροτερο του c+δ. Για καθε ε>0 μπορω να διαλεξω το δ αρκετα μικρο ωστε το ολοκληρωμα της f στο συμπληρωμα του Β (συμπληρωμα ως προς τα ανοιχτα διαστηματα) να ειναι μικροτερο του ε κατ’ απολυτο. Για ε αρκουντως μικρο θα βγαλω αρνητικο ολοκληρωμα υπερανω των ανοιχτων διαστηματων που ειναι ατοπο.

    Τωρα, χρησιμοποιωντας τα παραπανω, κανω το εξης: Εστω α>0. Θεωρω υπακολουθια της {1/n} που τεινει στο α με μερικα αθροισματα s(n) . Απο το λημμα 3 προκυπτει οτι για σχεδον καθε x μπορω να εφαρμοζω διαδοχικα την ανισοτητα και παιρνω

    f(x+s(n)) >= f(x). Ολοκληρωνω στο [c,d] και παιρνω στο αριστερο μελος το ολοκληρωμα απο το c+s(n) ως το d+s(n). Παιρνω n->απειρο και προκυπτει το ολοκληρωμα απο το c+a στο d+a . Τα παω ολα απο την αριστερη και παιρνω οτι για καθε α>0 η συναρτηση g(x) = f(x+a)-f(x) εχει θετικο ολοκληρωμα σε καθε διαστημα !

    Συνεπως για καθε α > 0 απο το Λημμα 4 η g ειναι σχεδον παντου >=0 που ειναι και το ζητουμενο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από fivosk7 — Αυγούστου 11, 2016 @ 11:41 πμ

  6. Ωραία.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Αυγούστου 12, 2016 @ 12:49 πμ


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: