Sea $f:[0,1] \to \mathbb R$ una función continua y las secuencias $(a_n)_n,(b_n)_n$ st $$\lim_{n\to \infty} \int_0^1 |f(x)-a_nx-b_n| dx=0.$$ Prove that $ (a_n) _n, (b_n) _n $ son convergentes.
Sé que $$\left|\int_0^1f(x)dx\right| \le \int_0^1|f(x)|dx.$ $ ¿Puede alguien ayudarme, por favor?
Considerar el espacio métrico $E$ de las funciones continuas en $[0,1]$, con la distancia $d : E \times E \rightarrow \mathbb{R}_+$ definido por $$d(f,g)=\int_0^1 |f(t)-g(t)| \mathrm{dt}$$
Consideremos el subespacio $A$ de los afín funciones.
Considerar la aplicación de $\varphi : [0,1]^2 \rightarrow E$ definida para todos los $(a,b) \in [0,1]^2$ por $$\varphi(a,b) = \lbrace f : t \rightarrow (b-a)t+a \rbrace$$
Entonces es fácil ver que $\varphi$ es continua. Además, su imagen es, precisamente, $A$. Usted deducir que $A$ es un subconjunto compacto de $E$ (como una imagen continua de un compacto $[0,1]^2$), y por lo tanto $A$ es cerrado.
Esto demuestra, en el caso de tu pregunta, que tal función $f$ tiene que ser afín, como un límite de la conjunto cerrado de afín funciones.
De modo que existe $a,b$ tal que $f(x)=ax+b$. Puede reescribir la hipótesis de $$\int_0^1 |(a-a_n)x +(b-b_n)| \mathrm{dx} \rightarrow 0$$
Es fácil ahora para demostrar que la única posibilidad es que $a_n \rightarrow a$ e $b_n \rightarrow b$.
Aquí está una primaria de la prueba:
Lema
Si $\int_0^{1} |f(x)-f_n(x)|dx \to 0$ (con $f,f_1,f_2,...$ continua) y $F(x)=\int_0^{x} f(y)dy,F_n(x)=\int_0^{x} f_n(y)dy$ entonces $\int_0^{1} |F(x)-F_n(x)|dx \to 0$.
La prueba del lema: $$\int_0^{1} |F(x)-F_n(x)|dx \leq \int_0^{1}\int_0^{x} |f(y)-f_n(y)|dy dx$$ $$ =\int_0^{1}\int_y^{1} |f(y)-f_n(y)|dxdy =\int_0^{1} (1-y)|f(y)-f_n(y)|dy \leq \int_0^{1} |f(y)-f_n(y)|dy$$. Esto demuestra el lema.
Ahora la hipótesis implica $\int_0^{1} (a_nx+b_n) dx$ converge y el lema muestra que $\int_0^{1} (a_nx^{2}/2+b_nx) dx$ también converge. A partir de estos dos es muy fácil demostrar que $(a_n)$ e $(b_n)$ ambos convergen.
Otra prueba de uso básico de la teoría de la medida. Se da eso $a_nx+b_n \to f$ en $L^{1}$. Esto implica que hay una larga que converge en casi todas partes, decir $a_{n_k}x+b_{n_k} \to f(x)$ en casi todas partes. Formulario de este (el uso de dos valores de $x$ para que la convergencia tiene) vemos que $a_{n_k}$ e $b_{n_k}$ ambos convergen, decir a $a$ e $b$ lo $f(x)=ax+b$ para algunos $a$ e $b$. Tenga en cuenta que esta última ecuación únicamente determina $a$ e $b$. De hecho, $b=f(0)$ e $a =f(1)-f(0)$ ahora podemos argumentar que cada subsequence de $a_{n_k}$ tiene una larga convergen al mismo límite, por lo $\{a_n\}$ es convergente. Del mismo modo $\{b_n\}$ es convegent.
Sea $L_n(x) = a_n x + b_n$ . La hipótesis dice que $L_n\to f$ en $L^1$ . Considere el subespacio vectorial generado por los polinomios de grado $\le 1$ y $f$ . Obviamente, es finito-dimensional. Pero en dimensión finita todas las normas son equivalentes, por lo que la convergencia $L_n\to f$ es uniforme ...
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