Si$L^1$ promedio de$f$ es menor que$t^2$ entonces$f=0$ ae

Question

Supongamos $f\in L^1(\mathbb R)$ y no sale de $\delta>0$ tales que $$\|f(\cdot + t)-f\|_{L^1}\leq |t|^2$$ para todos los $|t|\leq \delta$, donde $f(\cdot + t)$ es la función de $x\mapsto f(x+t)$. Mostrar que $f=0$ a.e.

Es bien sabido que $\lim_{t\to 0}\|f(\cdot+t)-f\|_{L^1}=0$ , pero este hecho no puede ayudar aquí. Intuitivamente, la condición en la que el problema podría deducir que $\int |f'|=0$ si la derivada es lo suficientemente bueno, por lo que la conclusión debe ser el correcto y $|t|^2$ puede ser mejorado a $|t|^{1+\epsilon}$. También trató de utilizar la divisibilidad de las $L^1$, como cuando probamos el famoso hecho mencionada anteriormente, pero no ayuda a nada. Cualquier sugerencias y pensamientos son bienvenidos.

Answer 1

Considere la posibilidad de la transformación de Fourier, $\hat f(\xi)=\int_\mathbb Rf(x)e^{-2\pi ix\xi}\,dx$ para $\xi\in\mathbb R$. Denotar $f_t(x)=f(x+t)$, a continuación, $\hat f_t(\xi)=e^{2\pi it\xi}\hat f(\xi)$.

Por hipótesis, $\|\hat f(\cdot)(e^{2\pi it\cdot}-1)\|_{L^\infty}=\|\hat f_t-\hat f\|_{L^\infty}\leq \|f_t-f\|_{L^1}\leq |t|^2$. Así que para un.e. $\xi\in\mathbb R-\{0\}$, $$|\hat f(\xi)||e^{2\pi it\xi}-1|\leq |t|^2,\ \ \text{for all } 0<|t|\leq\delta.$$ Esto implica $$|\hat f(\xi)|\frac{|e^{2\pi it\xi}-1|}{|t|}\leq |t|,\ \ \text{for all } 0<|t|\leq\delta.$$ Dejando $t\to 0$ da $|\xi\hat f(\xi)|=0$ por una.e. $\xi\in\mathbb R$, lo $\hat f\equiv0$ desde $\hat f$ es continuo, lo que completa la prueba.

Answer 2

$|\int_a^{b} f(x)dx-\int_{a+t}^{b+t} f(x)dx| =|\int_a^{a+t} f(x)dx-\int_b^{b+t} f(x)dx|\leq t^{2}$ para $t>0$ suficientemente pequeño. [ Debido a $\int_a^{b} f(x)dx-\int_{a+t}^{b+t} f(x)dx=\int_a^{b} f(x)dx-\int_a^{b} f(x+t)dx$]. Dividir por $t$ y deje $t \to 0$. El uso de Lebesgue del Teorema obtenemos $f(a)-f(b)=0$ siempre $a$ e $b$ son Lebesgue puntos de $f$. Puede usted demostrar que $f=0$ a.e.?

Answer 3

Este es sólo un caso especial de que el hecho de que si $\alpha>1$ entonces $Lip_\alpha$ sólo contiene constantes:

Decir $f_t(x)=f(x+t)$, y definir $F:\Bbb R\to L^1$ por $F(t)=f_t$.

Entonces $$F(t)-F(0)=\sum_{j=1}^n(F(jt/n)-F((j-1)t/n)), $$so if $n$ is large enough that $t/n<\delta$ tenemos $$||F(t)-F(0)||_1\le\sum_{j=1}^n||F(jt/n)-F((j-1)t/n)||_1\le n(t/n)^2=t^2/n. $$ Por lo $||F(t)-F(0)||_1=0$; por lo tanto $f$ es constante, y por lo $f\in L^1$ implica $f=0$.

Answer 4

Aplicando la desigualdad de triángulo tenemos, cada una de las $n\in \mathbb{N}$: $\lVert f(x+n\lceil{\frac{1}{t}}\rceil t)-f(x)\rVert_1\leq n \lceil{\frac{1}{t}}\rceil t^2\leq 2nt$ para $t>0$ suficientemente pequeño. En particular, si $f\neq 0$ a.e. podemos, por lo suficientemente grande $n$, establezca $t=\frac{||f||_1}{2n}$ a la conclusión de que la $\lVert f(x+n\lceil{\frac{1}{t}}\rceil t)-f(x)\rVert_1\leq \lVert f\rVert_1$ para suficientemente grande $n$ (1). El uso de la MCT podemos encontrar $m>0$ tal que $\int_{[-m,m]}|f| d\mu>(7/8)\cdot\lVert f\rVert_1$. Si $m$ es suficientemente grande, entonces tenemos $\int|f(x+2m\lceil{\frac{1}{t}}\rceil t)-f(x)| d\mu(x)\geq \int_{[m,3m+1]}|f(x+2m\lceil{\frac{1}{t}}\rceil t)| d\mu(x)+\int_{[-m,m]}|f(x)| d\mu(x)-\int_{[m,3m+1]^C}|f(x+2m\lceil{\frac{1}{t}}\rceil t)| d\mu(x)-\int_{[-m,m]^C}|f(x)| d\mu(x)>(12/8)\lVert f\rVert_1$.

Esto contradice (1).