¿Es este mapa vectorial continuo de Hölder?

Question

Elige $0<q<1$ y considerar el mapa de $\mathbb{R}^n$ a $\mathbb{R}^n$ que envía $x$ a $|x|^{q-1}x$ . ¿Es este mapa continuo de Hölder (supongo que con exponente $\leq q$ )? En dimensión uno, puedo explotar la homogeneidad de la desigualdad definida por la continuidad de Hölder; pero ¿cómo puedo proceder en dimensión superior?

Answer 1

Aquí es una prueba de un más general resultado. Fix $q\in (0,1]$. Deje $Y $ ser una normativa espacio vectorial, y deje $f:\mathbb R^n\to Y$ ser un mapa, tales que

1. La restricción de $f$ a la unidad de la esfera de $\mathbb R^n$ $q$- Hölder continua.
2. $f(tx)=t^q f(x)$ todos los $t\ge 0$ y todos los $x\in \mathbb R^n$.

Reclamo: $f$ $q$- Hölder continua.

Paso I. Deje $C$ ser tal que $$\|f(x)-f(y)\|\le C|x-y|^q \tag{*} $$ for all unit vectors $x,y$. Property 2 implies that the same inequality holds whenever $|x|=|y|$. Por lo tanto,

(A) $f$ satisface (*) en cada esfera centrada en el origen

Paso II. Deje $x$ ser un vector unitario. La restricción de $f$ a el rayo $\{tx: t\ge 0\}$ está dado por $t^q f(x)$. Esto es $q$-Hölder continua con la constante $\|f(x)\|$. Desde $ \|f\|$ está delimitada en la unidad de la esfera por algunos $M$, se deduce que

(B) $f$ satisface $ \|f(x)-f(y)\|\le M|x-y|^q $ en cada halfline que emana desde el origen.

Paso III. La combinación de dos de relieve declaración implica que $f$ $q$- Hölder continua en $\mathbb R^n$. Prueba: dados dos puntos $x$$y$$|x|\le |y|$, vamos a $z$ ser el radial proyección de $y$ sobre la esfera con radio de $|x|$ centrada en el origen. Tenga en cuenta que $|z-x|\le |y-x|$ (proyección de la contracción). Por (A), $$\|f(z)-f(x)\|\le C |z-x |^q\le C |y-x |^q$$ Por (B), $$\|f(z)-f(y)\|\le M |z-y |^q\le M |y-x |^q$$ La desigualdad de triángulo se completa la prueba: $$\|f(x)-f(y)\|\le (C+M) |y-x |^q$$

Answer 2

Sea $0<q\leq1$ . El mapa $x \mapsto \|x\|^q$ en $\mathbb{R}^n$ es $q$ -Hölder continuo. Supongamos que la resultado similar para $x \mapsto |x|^q$ en $\mathbb{R}_{\geq 0}$ . Entonces escribe el mapa norma-potencia dado como una composición de $x \mapsto \|x\|$ que es Lipschitz, y $\|x\| \mapsto \|x\|^\alpha$ para concluir. Guarda este hecho.

Sea $0<\alpha\leq1$ . El mapa $x \mapsto \|x\|^{\alpha-1}x$ en $\mathbb{R}^n$ es $\alpha$ -Hölder continuo. La técnica de demostración proviene de un artículo de Cazenave, Fang y Han donde se demuestra que el mapa complejo $z \mapsto |z|^{\alpha-2}z^2$ es $\alpha$ -Hölder. Se podría pensar que con la $z^2$ factor, el método de prueba no se aplicaría, pero pasa.

Aplicando el lema anterior y la desigualdad del triángulo, \begin{align} \left\| \|x\|^{\alpha-1}x - \|y\|^{\alpha-1}y \right\| &= \left\| \|x\|^{\alpha-1}x - \|x\|^\alpha\frac{y}{\|y\|} + \|x\|^\alpha\frac{y}{\|y\|} - \|y\|^{\alpha-1}y \right\| \\ &\leq \|x\|^\alpha \left\|\frac{x}{\|x\|} - \frac{y}{\|y\|} \right\| + \left| \|x\|^\alpha-\|y\|^\alpha \right| \\ &\leq \|x\|^\alpha \left\|\frac{x}{\|x\|} - \frac{y}{\|x\|} + \frac{y}{\|x\|} - \frac{y}{\|y\|} \right\| + \|x-y\|^\alpha \\ &= \|x\|^{\alpha-1} \left\| x - y + \frac{y}{\|y\|}(\|y\|-\|x\|) \right\| + \|x-y\|^\alpha \\ &\leq 2\|x\|^{\alpha-1}\|x-y\| + \|x-y\|^\alpha. \end{align}

Sin pérdida de generalidad, supongamos $0 < \|y\| \leq \|x\|$ y proceder por casos. Si $\|x-y\| \leq \|x\|$ entonces $\alpha-1\leq0$ implica \begin{equation} \|x\|^{\alpha-1} \leq \|x-y\|^{\alpha-1}. \end{equation} Multiplicar por $\|x-y\|$ da el resultado en este caso. Supongamos ahora $\|x-y\| \geq \|x\|$ y nota \begin{equation} \|x-y\| \leq \|x\| + \|y\| \leq 2\|x\| \end{equation} por la suposición $0 < \|y\| \leq \|x\|$ . Multiplicar por $\|x\|^{\alpha-1}$ produce \begin{equation} \|x\|^{\alpha-1}\|x-y\| \leq 2\|x\|^\alpha \leq 2\|x-y\|^\alpha. \end{equation} Tomando la mayor de las constantes en los dos casos se obtiene \begin{equation} \left\| \|x\|^{\alpha-1}x - \|y\|^{\alpha-1}y \right\| \leq 5\|x-y\|^\alpha. \end{equation}