¿$x_n = \sum_{i \in \mathbb{N}, \frac{m+ik-1}{n-1} \in [0,1]} |f(\frac{m+ik-1}{n-1})- f(\frac{m+(i-1)k-1}{n-1})|$ Es convergente cuando$f\in C\cap BV$?

Question

Suponga $f$ es continua y de variación acotada en el intervalo de $[0,1]$, $f \in C[0,1] \cap BV[0,1]$. A continuación, la secuencia

$$x_n = \sum_{i \in \mathbb{N}, \frac{m+ik-1}{n-1} \in [0,1]} \left | f(\frac{m+ik-1}{n-1})- f(\frac{m+(i-1)k-1}{n-1})\right|$$

con $m,k \in \mathbb{N}, m \leq k$ está limitada por la variación de $f$.

Podemos demostrar que la secuencia es en realidad convergentes?

Answer 1

Fix $m,k\in\mathbb{N}$ con $m\leq k$. Definir $\mathcal{P}_n\overset{\Delta}=\left\{\frac{m+ik-1}{n}\in \left[0,1\right]\,:\,i\in\mathbb{N}\right\}$.

Lema 1. Si $\ell\in\mathbb{N}$ es lo que $\ell-1$ es divisible por $k$, a continuación, $x_{n}\leq x_{\ell n}$ para todos los $n\in\mathbb{N}$.

Prueba: Consideremos $\ell\in\mathbb{N}$ , de modo que $\ell-1$ es divisible por $k$. Pretendemos que $\mathcal{P}_n\subset \mathcal{P}_{n\ell}$. De hecho, vamos a $r\overset{\Delta}=\frac{m+i'k-1}{n}\in\mathcal{P}_n$. Tenga en cuenta que $r=\frac{m+jk-1}{\ell n}$ con la elección de $j=i'\ell+\frac{1}{k}\left(\ell-1\right)\left(m-1\right)$. Desde $\ell-1$ es divisible por $k$, $j\in\mathbb{N}$. En otras palabras, $\mathcal{P}_n\subset\mathcal{P}_{\ell n}$.$\blacksquare$

Corolario 1. Si $k\left|(\ell-1)\right.$, luego de la larga $\left(x_{\ell^pn}\right)_{p\in\mathbb{N}}$ converge, para todos los $n\in\mathbb{N}$.

Prueba: De Lema 1 la larga es no decreciente y acotada, es decir,$x_{\ell^pn}\leq x_{\ell^{p+1}n}\leq TV(f)< \infty$, donde $TV(f)$ es el total de la variación de $f$ en el intervalo de $\left[0,1\right]$, la cual está acotada.$\blacksquare$

Lema 2. [Continuidad de la $f$] Para todos los $n\in\mathbb{N}$ e $\epsilon>0$existe $S\in\mathbb{N}$ , de modo que $x_n-\epsilon\leq x_{s}$ para todos los $s>S$.

Prueba: Vamos a escribir $\mathcal{P}_n=\left\{r^{(n)}_1,r^{(n)}_2,\ldots,r^{(n)}_{K(n)}\right\}$. Desde $f$ es continua, existe $\delta>0$ , de modo que $\left|f(r^{(n)}_j)-f(y_j)\right|<\frac{\epsilon}{2K(n)}$ para todos los $y_j\in B_{\delta}(r^{(n)}_j)$ y todos los $j=1,2,\ldots,K(n)$. Ahora, elija $S\in\mathbb{N}$ , de modo que $\frac{k}{S}<\delta$. En otras palabras, para $s>S$, tenemos $\left|r^{(s)}_{i}-r^{(s)}_{i+1}\right|<\delta$, donde hacemos la observación de que $\mathcal{P}_s=\left\{r^{(s)}_1,r^{(s)}_2,\ldots,r^{(s)}_{K(s)}\right\}$. Tenemos que,

$x_n-x_s\leq \sum_{i=1}^{K(n)} \left|f(r^{(n)}_{i+1})-f(r^{(n)}_i)\right|-\left|f(\widehat{r}^{(s)}_{i+1})-f(\widehat{r}^{(s)}_i)\right|-\underbrace{\sum_{j\notin J} \left|f(r^{(s)}_{j+1})-f(r^{(s)}_j)\right|}_{\geq 0}\leq \sum_{i=1}^{K(n)} \left|f(r^{(n)}_{i+1})-f(\widehat{r}^{(s)}_{i+1})-f(r^{(n)}_i)+f(\widehat{r}^{(s)}_i)\right|\leq \sum_{i=1}^{K(n)} \left|f(r^{(n)}_{i+1})-f(\widehat{r}^{(s)}_{i+1})\right|+\left|f(r^{(n)}_i)-f(\widehat{r}^{(s)}_i)\right|$

$\leq 2K(n)\frac{\epsilon}{2K(n)}=\epsilon$

donde $\widehat{r}^{(s)}_i$ se define como el elemento de $\mathcal{P}_s$ que es el más cercano a $r^{(n)}_i$; el conjunto $J\subset \mathcal{P}_s$ se define como el conjunto de índices de todos los $r^{(s)}_j$, es decir, todos los elementos de a$\mathcal{P}_s$ que son los más cercanos a cada elemento de a$\mathcal{P}_n$.$\blacksquare$

Corolario 2. El conjunto de la acumulación de puntos de $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ es un singleton.

Prueba: se recurre a las Corolario 1 y Lema 2 para demostrar que cualquier convergente larga de $x_n$ tiene el mismo límite como $\left(x_{\ell^p}\right)_{p\in\mathbb{N}}$, donde $\ell\in\mathbb{N}$ es el número más pequeño con $\ell-1$ divisible por $k$ e $\ell\geq 2$. Hagamos referencia a dicho límite, como $x^{\star}:=\lim_{p\rightarrow\infty} x_{\ell^{p}}$.

En efecto, considere la posibilidad de cualquier convergente subsequence $\left(x_{n_q}\right)_{q\in\mathbb{N}}$. ¡Hagamos más extracto de una larga $\left(x_{n_{q(t)}}\right)_{t\in\mathbb{N}}$ desde el subsequence $\left(x_{n_q}\right)_{q\in\mathbb{N}}$ como sigue:

$t=1$. Definir $q(1)\overset{\Delta}=\min\left\{q\in\mathbb{N}\,:\,n_{q}>\ell\mbox{ and }x_{\ell}-\epsilon\leq x_{n_{q}}\right\}$;

$t=2$. Definir $q(2)\overset{\Delta}=\min\left\{q\in\mathbb{N}\,:\,n_{q}>\max{\left\{\ell^2,n_{q(1)}\right\}}\mbox{ and }x_{\ell^2}-\frac{\epsilon}{2}\leq x_{n_{q}}\right\}$

$\vdots$

$t=t'$. Definir $q(t')\overset{\Delta}=\min\left\{q\in\mathbb{N}\,:\,n_{q}>\max{\left\{\ell^{t'},n_{q(t'-1)}\right\}}\mbox{ and }x_{\ell^{t'}}-\frac{\epsilon}{t'}\leq x_{n_{q}}\right\}$.

Vaya para todos los $t$. Axioma de elección subvenciones de la existencia de la creciente secuencia $\left(q(t)\right)_{t\in\mathbb{N}}$ y tenga en cuenta que, desde Lema $2$, $q(t)<\infty$ para todos los $t\in\mathbb{N}$. En otras palabras, el sub-subsequence $\left(x_{n_{q(t)}}\right)_{t\in\mathbb{N}}$ está bien definido.

Consideremos otra subsequence $\left(x_{\ell^{p(t)}}\right)_{t\in\mathbb{N}}$ como sigue

$t=1$. Definir $p(1)\overset{\Delta}=\min\left\{p\in\mathbb{N}\,:\,\ell^{p}>n_{q(1)}\mbox{ and }x_{n_{q(1)}}-\epsilon\leq x_{\ell^{p}}\right\}$;

$t=2$. Definir $p(2)\overset{\Delta}=\min\left\{p\in\mathbb{N}\,:\,\ell^{p}> \max{\left\{n_{q(2)}, \ell^{p(1)}\right\}}\mbox{ and }x_{n_{q(2)}}-\frac{\epsilon}{2}\leq x_{\ell^{p}}\right\}$;

$\vdots$

$t=t'$. Definir $p(t')\overset{\Delta}=\min\left\{p\in\mathbb{N}\,:\,\ell^{p}> \max{\left\{n_{q(t')},\ell^{p(t'-1)}\right\}}\mbox{ and }x_{n_{q(t')}}-\frac{\epsilon}{t'}\leq x_{\ell^{p}}\right\}$.

Vaya para todos los $t$. Axioma de elección subvenciones de la existencia de la creciente secuencia $\left(p(t)\right)_{t\in\mathbb{N}}$ y tenga en cuenta que, desde Lema $2$, $p(t)<\infty$ para todos los $t\in\mathbb{N}$. En otras palabras, el sub-subsequence $\left(x_{\ell^{p(t)}}\right)_{t\in\mathbb{N}}$ está bien definido.

El construido subsecuencias $\left(x_{n_{q(t)}}\right)_{t\in\mathbb{N}}$ e $\left(x_{\ell^{p(t)}}\right)_{t\in\mathbb{N}}$ cumplir

$x_{\ell^{t}}-\frac{\epsilon}{t}\leq x_{n_{q(t)}}\leq x_{\ell^{p(t)}}+\frac{\epsilon}{t}$, para todos los $t\in\mathbb{N}$ y por lo tanto,

$x^{\star}=\lim_{t\rightarrow\infty} x_{\ell^{t}}-\frac{\epsilon}{t}\leq \lim_{t\rightarrow\infty}x_{n_{q(t)}}\leq \lim_{t\rightarrow \infty}x_{\ell^{p(t)}}+\frac{\epsilon}{t}=x^{\star}$.

Por lo tanto, desde el $\lim_{t\rightarrow\infty}x_{n_{q(t)}}=x^{\star}$ y la secuencia de $\left(x_{n_q}\right)_{q\in\mathbb{N}}$ fue asumido convergente, tenemos que $\lim_{q\rightarrow \infty}x_{n_q}=x^{\star}$. Por lo tanto, desde el $\left(x_{n_q}\right)_{q\in\mathbb{N}}$ fue arbitraria convergente larga de $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$, el conjunto de la acumulación de puntos de $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ está dado por $\left\{x^{\star}\right\}$.$\blacksquare$

De ello se sigue del Corolario 2 que la secuencia de $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge.

Answer 2

Teorema: Si $f$ es continua en a$[0,1],$ luego

$$\lim_{|P|\to 0} \sum_{P}|\Delta f| = V_0^1(f).$$

Aquí $P$ es una partición de a$[0,1],$ $|P|$ denota el tamaño de la malla de $P,$ e $V_0^1(f)$ es la variación total de $f$ a $[0,1]$ (que podría ser $\infty$). Espero que la notación $\sum_{P}|\Delta f|$ se explica a sí mismo.

El teorema implica la siguiente solución a su pregunta: Con su hipótesis, $\lim_{n\to \infty}x_n = V_0^1(f).$ ver esto, arreglar $m,k$ y definir las particiones

$$P_n = \left (\{\frac{m+ik-1}{n-1} : i\in \mathbb N\}\cap [0,1]\right) \cup \{0,1\}.$$

Compruebe que $|P_n|$ está en el orden de $1/n$ como $n\to \infty.$ , por tanto, por el teorema,

$$\tag 1 \lim_{n\to \infty} \sum_{P_n}|\Delta f| = V_0^1(f).$$

Ahora, las cantidades en $(1)$ podría ser ligeramente más grande que la suma en su problema, debido al hecho de que $0,1$ pueden no estar entre los puntos de muestreo que usted especifique. Eso no es problema. La mayoría de nosotros podría agregar es

$$\tag 2|f((a_n)-f(0)| + |f(1)-f(b_n)|,$$

donde $a_n$ es el primero de sus puntos, y $b_n$ es la última de sus puntos. Debido a $|a_n-0|,|1-b_n|=O(1/n),$ la continuidad de $f$ muestra la contribución en $(2)$ desaparece en el límite. Esto demuestra $x_n \to V_0^1$ como se desee.

Previamente se encontró con el teorema he utilizado?

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Añadido posterior: la Prueba de la Thm: voy a probarlo para el caso de $V_0^1(f)<\infty.$ Deje $\epsilon>0.$ Entonces no es una partición de a$P=\{0=x_0<x_1<\cdots <x_n=1\}$ tales que

$$\sum_{P}|\Delta f| > V_0^1(f)-\epsilon.$$

Deje $I_k=(x_{k-1},x_k).$ Si $\delta>0$ es lo suficientemente pequeño, entonces i) cualquier partición $Q$ con $|Q|<\delta$ contendrá, al menos, dos puntos en cada $I_k,$ y ii) $|x-y| < \delta$ implica $|f(x)-f(y)| <\epsilon/(2n).$ Propiedad ii) se sigue de la continuidad uniforme de $f$ a $[0,1].$

Fijar un $\delta,$ y asumen $|Q|<\delta.$ les voy a mostrar $\sum_{Q}|\Delta f|>V_0^1(f)-2\epsilon.$ Que va a demostrar el teorema.

Para $k=1,\dots,n,$ definir $Q_k= Q\cap I_k.$ Desde cada una de las $Q_k$ tiene al menos dos puntos, podemos definir a la $a_k= \min Q_k,$ $b_k = \max Q_k.$ Deje $R$ ser la partición de $R=P\cup (Q_1 \cup \cdots \cup Q_n).$ Porque $R$ es un refinamiento de la $P,$ hemos

$$\sum_{R}|\Delta f| \ge \sum_{P}|\Delta f| > V_0^1(f)-\epsilon.$$

Escribir

$$\sum_{R}|\Delta f| = \sum_{k=1}^{n}\sum_{Q_k}|\Delta f| + \sum_{k=1}^{n}(|f(a_k)-f(x_{k-1})| + |f(x_k)-b_k|).$$

Cada sumando en la segunda suma de la derecha es $<2\epsilon/(2n)$ por ii) anterior, de ahí que la suma de $<\epsilon.$ Se sigue que el primer sumando de la derecha es, al menos, $\sum_{R}|\Delta f|-\epsilon.$ Desde $\sum_{Q}|\Delta f|\ge \sum_{k=1}^{n}\sum_{Q_k}|\Delta f|,$ estamos hecho.