Demostrando que $f(x) = \vert x \vert^{\alpha}$ es Holder continuo, la desigualdad ayuda

Question

La definición de $\alpha$ -Continuidad de una función $f(x)$ en el punto $x_0$ es que existe una constante $L$ tal que para todo $x \in D$ tal que

$$\begin{equation} \vert f(x) - f(x_0) \vert \leq L \vert x - x_0 \vert^\alpha \end{equation}$$

La función $f(x) = \vert x \vert^\alpha$ se cita como el ejemplo canónico de un $\alpha$ -función continua del titular. Estoy tratando de verificar este hecho. Hasta ahora tengo $$\begin{equation} \vert f(x) - f(x_0) \vert = \vert \vert x \vert^\alpha - \vert x_0 \vert^\alpha \vert \leq \vert x^\alpha - x_0^\alpha \vert \end{equation}$$ Me gustaría obtener de $\vert x^\alpha - x_0^\alpha \vert$ a $L \vert x - x_0 \vert^\alpha$ para completar la prueba, pero no estoy seguro de qué desigualdad me permite hacer esto. Estaba mirando la concavidad de la $x^\alpha$ pero no estoy seguro de que sea útil en este caso.

Answer 1

Para $x_0 = x$ , $x=0$ o $x_0=0$ la desigualdad es evidente. Por ejemplo, dejemos que $x > x_0$ . Entonces

$$\frac{\left|x^\alpha-x_0^\alpha\right|}{|x-x_0|^\alpha} =\frac{\left|1-\left(\frac{x_0}{x}\right)^\alpha\right|}{|1-\left(\frac{x_0}{x}\right)|^\alpha}$$

Desde $0 < 1- x_0/x < 1$ y $0<\alpha\leq 1$ obtenemos $|1-\left(\frac{x_0}{x}\right)|^\alpha \geq |1-\left(\frac{x_0}{x}\right)|$ . Del mismo modo, $\left|1-\left(\frac{x_0}{x}\right)^\alpha\right| \leq \left|1-\left(\frac{x_0}{x}\right)\right|$ . Así que

$$\frac{\left|x^\alpha-x_0^\alpha\right|}{|x-x_0|^\alpha} \leq \frac{\left|1-\left(\frac{x_0}{x}\right)\right|}{|1-\left(\frac{x_0}{x}\right)|} = 1$$

Answer 2

En cualquier conjunto acotado fuera de $0$ , $f$ es realmente Lipschitz, como se puede comprobar acotando su derivada. Así que en tales conjuntos $f$ es trivial $\alpha$ -Continuo, ya que en realidad es $1$ -Sujeción continua. Así que ahora trata de mostrar que $f$ es $\alpha$ -Se trata de un soporte continuo en $0$ .