¿Existe un 3-dimensional en el subespacio de funciones reales, que consta sólo de la monotonía de las funciones?

Question

Este es el Ejercicio 1.O del libro Van Rooij, Schikhof: Un Segundo Curso sobre Funciones Reales.

El conjunto de la monotonía de las funciones de $[0,1]$ contiene todo polinomio funciones de grado $\le 1$. Estos forman un vector bidimensional del espacio. ¿El conjunto de todos monotonía de las funciones tienen tres dimensiones de espacio vectorial?

Answer 1

Algo más simple: Vamos a $V$ $3$- dimensional espacio vectorial de funciones monótonas. Considere la posibilidad de cualquier linealmente independientes $f_1,f_2 \in V$. A continuación, $g = (f_2(1) - f_2(0)) f_1 - (f_1(1) - f_1(0)) f_2 \in V$ ha $g(0) = g(1)$, por lo que desde $g$ es monotono debe ser constante. Además desde $f_1$ $f_2$ son linealmente independientes, $g \ne 0$. Así, la función constante $1 \in V$. Pero si $V$ $3$- dimensional, tiene una base que contiene $1$, y nos mostró que esto es imposible porque $1$ es en el lapso de la otra base de dos elementos.

EDIT: otra forma de decir esto. Supongamos que $f_1$, $f_2$, $f_3$ son linealmente independientes, miembros de $V$. Podemos suponer $f_2$ no es un escalar varios de $1$. A continuación, $1 = a f_1 + b f_2 = c f_2 + d f_3$ para algunos escalares $a,b,c,d$,$a \ne 0$. Por lo $a f_1 + (b-c) f_2 - d f_3 = 0$, contradiciendo independencia lineal.

Answer 2

$\newcommand{\Zobr}[3]{{#1}\colon{#2}\to{#3}}\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\intrv}[2]{[{#1},{#2}]}$ Lema. Deje $\Zobr{f,g}{\intrv01}{\R}$ funciones $f(0)=g(0)=0$ y la función de $af(x)+bg(x)$ es monotono para cualquier $a,b\in R$. A continuación, $f=0$ o $g=cf$ para algunas constantes $c\in\R$.

Prueba. Deje $f\ne 0$. Deje que nos indican el espacio que consta de todas las combinaciones lineales de $f$$g$$V$. Suponemos que todas las funciones en $V$ son monótonas.

W. l.o.g podemos asumir que $f$ es no decreciente. (De lo contrario, podemos utilizar la misma prueba para $-f$.)

Tomemos un $x_0>0$ tal que $f(x_0)>0$.

Poner \begin{align*} c&:=\frac{g(x_0)}{f(x_0)}\\ h(x)&:=g(x)-cf(x) \end{align*} Tenemos $h(0)=h(x_0)=0$, lo que implica $h(t)=0$ por cada $t\in\intrv0{x_0}$. (Desde $h$ es monótono.)

a) Si $h=0$$g=cf$.

b) Supongamos que $h\ne 0$. Entonces existe un punto de $y_0$ tal que $h(y_0)\ne 0$. Sabemos que $y_0\notin\intrv0{x_0}$

Esto implica $0<x_0<y_0$. Tenemos \begin{align*} 0&=f(0)<f(x_0)\le f(y_0)\\ 0&=h(0)=h(x_0)\ne h(y_0) \end{align*} W. l.o.g asumimos $h(y_0)>0$. (De lo contrario podemos trabajar con $-h$.)

b.1) Supongamos que $f(x_0)=f(y_0)$ y definen $h_1=f-h$. Claramente $h_1\in V$, pero $$0<h_1(x_0)=f(x_0)>h_1(y_1)=f(x_0)-h(y_0),$$ por lo $h_1$ no es monótono.

b.2) Ahora suponga que el $f(x_0)<f(y_0)$.

En este caso podemos definir $$h_1:=f-2h\frac{f(y_0)-f(x_0)}{h(y_0)}.$$ Claramente $h_1\in V$. Tenemos $$h_1(0)=0<h_1(x_0)=f(x_0) > h_1(y_0)=f(y_0)-2[f(y_0)-f(x_0)]=f(x_0)-[f(y_0)-f(x_0)].$$ Así que la función $h_1$ no es monótono. $\hspace{2cm}\square$

La idea básica de la prueba de este lema es que si tenemos la función que mirar de manera similar a las funciones de la siguiente imagen, se puede encontrar una combinación lineal, que no es monótono.

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Corolario. Si $\Zobr{f,g}{\intrv01}{\R}$ son funciones tales que la función de $af+bg$ es monotono para cualquier $a,b\in\R$, $f(x)=c$ para algunas constantes $c\in\R$ o $g(x)=cf(x)+d$ para algunas constantes $c,d\in\R$.

Prueba. Podemos aplicar el lema anterior para las funciones de $f_1(x)=f(x)-f(0)$ y $g_1(x)=g(x)-g(0)$. $\hspace{2cm}\square$

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La reivindicación del ejercicio de la siguiente manera a partir de este corolario. En efecto, supongamos que $V$ es un subespacio de $\R^{\intrv01}$ que contiene sólo la monotonía de las funciones. Podemos suponer que $V$ contiene todas las constantes de funciones, ya que la adición de una función constante no tiene influencia en la monotonía. El corolario dice que si tenemos dos linealmente independientes de las funciones de $1,f\in V$, entonces todos los dictar funciones en $V$ son combinaciones lineales de $1$$f$.

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Observación. La anterior prueba puede ser adaptada sin mucho esfuerzo funciones de $\mathbb R$ $\mathbb R$(en lugar de $[0,1]\to\mathbb R$). We just need to add one more case $y_0<0<x_0$ a nuestro lema. ( es suficiente para hacer frente sólo con $x_0>0$, ya que el caso de $x_0<0$ es simétrica.)

Answer 3

Si $V$ es un espacio vectorial de funciones monótonas y $f_1, f_2, f_3 \in V$ $\left(f_i(0), f_i(1)\right) \in \mathbb{R^2}$ son tres vectores en un espacio de dos dimensiones y por lo tanto dependiente. Eso significa que no es no trivial de la combinación lineal de $f_1, f_2, f_3$ que se desvanece en $0$ $1$ y porque también es monótona, es idéntica a cero. Así que cualquiera de los tres elementos de la $V$ son linealmente dependientes.