Προβλήματα Μαθηματικών

Ιανουαρίου 26, 2017

Κοντά στη μετάθεση

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 8:01 μμ

Αν f:\mathbb R\to\mathbb R είναι μια συνάρτηση, για t\in\mathbb R θέτουμε f_t(x)=f(x-t) (η μετάθεση). Αν η f είναι ολοκληρώσιμη και για κάποιο \theta>1 έχουμε \|f-f_t\|_1\leq|t|^{\theta} για όλα τα t, τότε f=0 σχεδόν παντού. Τι συμβαίνει αν \theta=1;

Advertisements

10 Σχόλια »

  1. Μια ερώτηση-παράκληση. Γιατί αν για κάποιο \theta>1 έχουμε \int \lvert f-f(x-t)\rvert\leq|t|^{\theta}
    για όλα τα t, τότε f=0 σχεδόν παντού;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Σεπτεμβρίου 2, 2017 @ 5:00 μμ

  2. Είναι το ερώτημα τής άσκησης.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Σεπτεμβρίου 2, 2017 @ 5:22 μμ

  3. Εντάξει. Μου φάνηκε ότι ήταν δεδομένος ο πρώτος ισχυρισμός (άρα και ευκολότερος) και η άσκηση αφορούσε μόνο το θ=1.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Σεπτεμβρίου 2, 2017 @ 5:36 μμ

  4. Αν \theta >1 Τότε |\widehat{(f-\mu_{t}(f))}(\xi) | \leq \left \| f-\mu_{t}(f) \right \|_{1} \leq |t|^{\theta} \Rightarrow |\widehat{f}(\xi)-e^{-2\pi i \xi t}\widehat{f}(\xi)| \leq |t|^{\theta}
    Για σχεδόν όλα τα \xi στο \mathbb{R} έχουμε |\widehat{f}(\xi)| \leq \frac{|t|^{\theta-1}}{\sqrt{\frac{2-2cos(\xi t)}{t^2}}} \stackrel{t \rightarrow 0 }{\rightarrow}0 \Rightarrow \widehat{f}(\xi)=0  για σχεδόν όλα τα \xi \in \mathbb{R} άρα f=0 σχεδόν παντού.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Tasos Fragos — Απρίλιος 17, 2018 @ 5:16 μμ

  5. Σωστά. Μπορείτε να το λύσετε χωρίς Fourier;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Απρίλιος 18, 2018 @ 6:08 μμ

  6. Μπορείτε να μας εξηγήσετε την ιδέα πίσω από τη χρήση του μετασχηματισμού Fourier για τη λύση της άσκησης; Ευχαριστώ.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Απρίλιος 19, 2018 @ 4:15 μμ

  7. Ένας άλλος τρόπος είναι ο εξής : λόγω του θεωρήματος παραγώγισης του Lebesgue βλέπουμε ότι η ακολουθία
    Βλέπω οτι η g_n είναι παραγωγίσιμη σχεδόν παντού στο [-N,N]

    Η ιδέα είναι να βγάλω τις g_n σταθερές γιατί αν g_n(x)=c_n σ.π στο $latex[-N,N]$( (c_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}^{\mathbb{N}} )

    παίρνω μια υπακολουθία της c_n που να είναι μονότονη και τότε f(x)= \lim_{k \to \infty} c_{n_k}=w_N 0

    Παίρνω \{ (a_i,b_i)   \subseteq [-N,N], i=1,2,...,m \}  \; \; \sum_{i=1}^{m} (b_i-a_i)< \frac{\epsilon}{4n(sup_{t }  \| f-f_t \|+1) }

    και έχω \displaystyle{\sum_{i=1}^{m} |g_n(b_i)-g_n(a_i)| \leq \sum_{i=1}^{m} \int^{a_i+\frac{1}{n}}_{a_i} |\frac{f(u)-f(u-(a_i-b_i))}{b_i-a_i}||b_i-a_i| du \leq \sum_{i=1}^{m} sup_{t}  \| f-f_t \| |b_i-a_i| < \epsilon}

    άρα η g_n είναι απολύτως συνεχής άρα g_n σχεδόν παντού σταθερή στο [-N,N]

    Και λόγω του επιχειρήματος (*) έχω ότι $ f=0 $ σχεδόν παντού στο $ \mathbb{R} $

    2) @Κωνσταντίνος Κουρουζίδης : Η ιδέα είναι ότι αν βγάλω τον Fourier 0 σχεδόν παντού τότε η συνάρτηση είναι σχεδόν παντού μηδέν και εδώ τα πράγματα είναι αρκετά βολικά διότι ο μετασχηματισμός Fourier της μεταφοράς μιας f σχετίζεται με τον Fourier της f με "καλό" τρόπο . Επίσης , μπορώ εύκολα να φράξω τον μετασχηματισμό Fourier από πάνω που σχετίζεται με την πληροφορία που δίνει το πρόβλημα .

    Αρέσει σε 1 άτομο

    Σχόλιο από Tasos Fragos — Απρίλιος 20, 2018 @ 4:31 πμ

  8. Ένας άλλος τρόπος είναι ο εξής : λόγω του θεωρήματος παραγώγισης του Lebesgue βλέπουμε ότι η ακολουθία :
    g_n(x)= \int^{x+\frac{1}{n}}_{x} f(t) dt \stackrel{n  \rightarrow  \infty}{\rightarrow} f(x)

    Βλέπω οτι η g_n είναι παραγωγίσιμη σχεδόν παντού στο [-N,N]

    Η ιδέα είναι να βγάλω τις $ g_n $ σταθερές γιατί αν g_n(x)=c_n σ.π στο $latex[-N,N]$( (c_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}^{\mathbb{N}} )

    παίρνω μια υπακολουθία της c_n που να είναι μονότονη και τότε f(x)= \lim_{k \to \infty} c_{n_k}=w_N 0

    Παίρνω \{ (a_i,b_i)   \subseteq [-N,N], i=1,2,...,m \}  \; \; \sum_{i=1}^{m} (b_i-a_i)< \frac{\epsilon}{4n(sup_{t }  \| f-f_t \|+1) }

    και έχω \displaystyle{\sum_{i=1}^{m} |g_n(b_i)-g_n(a_i)| \leq \sum_{i=1}^{m} \int^{a_i+\frac{1}{n}}_{a_i} |\frac{f(u)-f(u-(a_i-b_i))}{b_i-a_i}||b_i-a_i| du \leq \sum_{i=1}^{m} sup_{t}  \| f-f_t \| |b_i-a_i| < \epsilon}

    άρα η g_n είναι απολύτως συνεχής άρα g_n σχεδόν παντού σταθερή στο [-N,N]

    Και λόγω του επιχειρήματος (*) έχω ότι f=0 σχεδόν παντού στο \mathbb{R}

    2) @Κωνσταντίνος Κουρουζίδης : Η ιδέα είναι ότι αν βγάλω τον Fourier 0 σχεδόν παντού τότε η συνάρτηση είναι σχεδόν παντού μηδέν και εδώ τα πράγματα είναι αρκετά βολικά διότι ο μετασχηματισμός Fourier της μεταφοράς μιας f σχετίζεται με τον Fourier της f με "καλό" τρόπο . Επίσης , μπορώ εύκολα να φράξω τον μετασχηματισμό Fourier από πάνω που σχετίζεται με την πληροφορία που δίνει το πρόβλημα .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Tasos Fragos — Απρίλιος 20, 2018 @ 4:50 πμ

  9. Για \theta=1, το ερώτημα δεν έχει απαντηθεί έτσι;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Απρίλιος 21, 2018 @ 8:19 μμ

  10. Ξαναγράφω την λύση ελπίζω χωρίς παραλείψεις : Για θ>1 .

    1) Fixάρω $ N \in mathb{N} $ και θεωρώ το διάστημα [-N,N]
    g_n(x)=n \int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(t)dt . Για κάθε n \in \mathbb{N} g_n είναι παραγωγίσιμη σχεδόν παντού στο [-N,N]
    Και λόγω θεωρήματος παραγώγισης του Lebesgue g_n \rightarrow f σχεδόν παντού στο [-N,N] .

    2) Η ιδέα είναι ότι αν βγάλω τις g_n σταθερές στο [-N,N] τότε g_n=c_n .
    Τότε θεωρώ μια μονότονη υπακολουθία της c_n έστω c_{n_{k}} και f(t)= \lim_{k \to \infty} c_{n_{k}} σχεδόν για κάθε t \in [-N,N] άρα \lim_{k \to \infty} c_{n_{k}} 0

    Θεωρώ τα ξένα διαστήματα (a_i,b_i) \subseteq [-N,N] \; \; : i=1,2, \ldots m τέτοια ώστε \displaystyle{\sum_{j=1}^{m} (b_j-a_j) < \frac{\epsilon}{4n(\frac{sup_{t \neq 0} \| f-f_t \|}{|t|}+2)}}

    \sum_{j=1}^{m} |g_n(b_j)-g_n(a_j)| \leq \sum_{j=1}^{m} n \int_{0}^{\frac{1}{n}} |f(t+b_j)-f(t+a_j)|dt = \sum_{j=1}^{m} n \int_{0}^{\frac{1}{n}} \frac{|f(t+b_j)-f(t+a_j)|}{|b_j-a_j|}|b_j-a_j|dt \leq \sum_{j=1}^{m} n \frac{sup_{t \neq 0} \| f-f_t \|}{|t|} |b_j-a_j| < \epsilon

    Και το ζητούμενο έχει αποδειχτεί .

    Βημα 2) Δείχνω ότι g_n' =0 .

    \int_{[-N,N]}| \lim_{k \to \infty} \frac{g_n(t)-g_n(t-\frac{1}{k}))}{\frac{1}{k}}|dt \leq \liminf_{k} \int_{[-N,N]} \int_{0}^{\frac{1}{n}} |\frac{f(t+u)-f(t+u-\frac{1}{k}))}{\frac{1}{k}}|dudt\stackrel{Tonelli}=\liminf_k \int_{[-N,N]} \int_{0}^{\frac{1}{n}} |\frac{f(t+u)-f(t+u-\frac{1}{k}))}{\frac{1}{k}}|dtdu \leq \liminf_k 2N (\frac{1}{k})^{\theta-1} =0  \Rightarrow \int_{[-N,N]}|g_n'(t)|dt =0 \Rightarrow g_n'=0

    Άρα αφού η g_n είναι απολύτως συνεχής θα είναι και σχεδόν παντού στο [-N,N] σταθερή άρα ακολουθώντας το επιχείρημα (*) έχω ότι f=0 σχεδόν παντού στο \mathbb{R} .

    Για θ=1 το καλύτερο που μπορώ να πω είναι ότι φραγμένης κύμανσης σε κάθε συμπαγές διάστημα .

    Εδώ θεωρώ την \left\{\begin{matrix} n \int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(t)dt , \; \; x \in L_f & \\  f(x) , \; \; x \in [-N,N] \setminus L_f &   \end{matrix}\right.

    Όπως προηγουμένως η h_n παραγωγίσιμη σπ στο [-N,N] και απολύτως συνεχής και h_n \to f' παντού στο [-N,N]

    Έστω τυχαία διαμέριση του [-N,N] και έχω ότι \displaystyle{\sum_{i=1}^{m}|f(x_i)-f(x_{i-1})|= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{m}|h_n(x_i)-h_n(x_{i-1})|\stackrel{Fundemental \; Theorem \; of   \; Calculus  \; for \; Lebesgue \; Integrals}{=}\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{m} |\int_{x_{i-1}}^{x_i}h_n'(t)|dt}

    Ομως όπως προηγουμένως \int_{[-N,N]} |h_n'(t)|dt \leq \liminf_k \int_{[-N,N]} \int_{0}^{\frac{1}{n}} |\frac{f(t+u)-f(t-\frac{1}{k}+u)}{\frac{1}{k}}|dudt \stackrel{Tonelli}{=} \liminf_k \int_{[-N,N]} \int_{0}^{\frac{1}{n}} | \frac{f(t+u)-f(t-\frac{1}{k}+u)}{\frac{1}{k}}|dtdu \leq \liminf_k \int_{[-N,N]} \frac{\sup_{t \neq 0} \| f-f_t \|}{|t|}=2N \frac{\sup_{t \neq 0} \| f-f_t \|}{|t|}

    Και έχουμε ότι \sum_{i=1}^{m}|f(x_i)-f(x_{i-1})|  \leq  2N \frac{\sup_{t \neq 0} \| f-f_t \|}{|t|} .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Tasos Fragos — Απρίλιος 21, 2018 @ 11:07 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 Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: