Análisis real, Folland 3.25 Funciones exentas de variación limitada

Question

Información de fondo:

Tomando $a = -\infty$ y considerando la variación total en función de $b$ . Para con $F:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{C}$ y $x\in\mathbb{R}$ definimos $$T_F(x) = \sup\{\sum_{1}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1}|:n\in\mathbb{N},-\infty < x_0 < \ldots < x_n = x\}$$ $T_F$ se llama la variación total de $F$ .

Observamos que las sumas en la definición de $T_F$ se hacen más grandes si los puntos de subdivisión adicionales $x_j$ se añaden. Por lo tanto, si $a < b$ La definición de $T_F(b)$ no se ve afectado si suponemos que $a$ es siempre uno de los puntos de subdivisión. De ello se desprende que $$T_F(b) - T_F(a) = \sup\{\sum_{1}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1}|:n\in\mathbb{N},a = x_0 < \ldots < x_n = b\}$$ Así, $T_F$ es una función creciente con valores en $[0,\infty]$ . Si $T_F(\infty) = \lim_{x\rightarrow \infty}T_F(x)$ es finito, decimos que $F$ es de variación acotada en $\mathbb{R}$ y denotamos el espacio de todas esas $F$ por $BV$ .

De forma más general, el supremum del lado derecho se denomina variación total de $F$ en $[a,b]$ . Sólo depende de los valores de $F$ en $[a,b]$ por lo que podemos definir $BV([a,b])$ para ser el conjunto de todas las funciones sobre $[a,b]$ cuya variación total en $[a,b]$ es finito.

Pregunta:

He estado trabajando en estos ejemplos hoy y estoy un poco atascado en para c, d y e. Voy a proporcionar las pruebas que hice para a y b sólo porque.

3.25 Ejemplos:

a.) Si $F:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ está acotado y es creciente, entonces $F\in BV$ (de hecho, $T_F(x) = F(x) - F(-\infty)$ ).

b.) Si $F,G\in BV$ y $a,b\in\mathbb{C}$ entonces $aF + bG\in BV$ .

c.) Si $F$ es diferenciable en $\mathbb{R}$ y $F'$ está acotado, entonces $F\in BV([a,b])$ para $-\infty < a < b < \infty$ (por MVT).

d.) Si $F(x) = \sin x$ entonces $F\in BV([a,b])$ para $-\infty < a < b < \infty$ pero $F\notin BV$ .

e.) Si $F(x) = x\sin(x^-1)$ para $x\neq 0$ y $F(0) = 0$ entonces $F\notin BV([a,b])$ para $a\leq 0 < b$ o $a < 0\leq b$ .

Prueba a.) - Si $F:\mathbb{R} \rightarrow\mathbb{R}$ y $x\in\mathbb{R}$ entonces $$T_F(x) = \sup\{\sum_{1}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1}|):n\in\mathbb{N}, -\infty < x_0 < \ldots < x_n = x \}$$ Desde $F$ es creciente, los intervalos $(F(x^-1),F(x^+) (x\in\mathbb{R})$ son disjuntos, y para $|x| < N$ se encuentran en el intervalo $(F(-N),F(N))$ . Por lo tanto, $$\sum_{|x| < N}|F(x^{+} - F(x^{-1}| \leq F(N) - F(-N) < \infty$$ así que ahora sabemos $F$ es finito, por lo que la variación total de $F$ también es finito, por lo tanto $$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}T_F(x) = T_F(\infty)\Rightarrow F\in BV$$

Prueba b.) - Puesto que $F,G\in BV \Rightarrow \lim_{x\rightarrow \infty}T_F(x) = T_F(\infty)$ y $\lim_{x\rightarrow \infty}T_G(x) = T_G(\infty)$ desde $a,b$ son sólo escalares se deduce que $$\lim_{x\rightarrow \infty} aT_F(x) + bT_G(x) = aT_F(\infty) + bT_G(\infty) \Rightarrow aF + bG\in BV$$

Preguntas para c.) Como sabemos $F$ es diferenciable en $\mathbb{R}$ y $F'$ está acotado podemos concluir que $F$ es uniformemente continua. Por lo tanto, me parece que para completar esta prueba tenemos que suponer que $F$ es uniformemente continua en $[a,b]$ y diferenciable en $(a,b)$ entonces podemos aplicar el teorema del valor medio. Pero no estoy seguro de cómo demostramos la finitud para concluir que $F\in BV([a,b])$ .

Preguntas para d.) Desde $F(x) = sin(x)$ sabemos que $F$ es entonces continua y supongo que basada en c.) necesito mostrar $F\in BV([a,b])$ pero no estoy seguro de cómo mostrarlo $F\notin BV$

Todavía estoy pensando más en e.) y d.) Volveré a editar si llego más lejos.

Answer 1

Para (c), dejemos que $x,y \in [a,b]$ con $x\neq y$ . Por el MVT, hay algo de $z$ entre $x$ y $y$ con $|F(x) - F(y)| =|F'(z)||x-y| \leq M|z-y|$ donde $M$ es un límite para $|F'|$ en $[a,b]$ . (Nota, esto demuestra que $F$ es Lipschitz, que es incluso más fuerte que la continuidad uniforme). Ahora dejemos que $\{x_0,x_1,\ldots,x_n\}$ sea cualquier partición de $[a,b]$ . Tenemos $$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}|F(x_k)-F(x_{k-1})| &\leq M\sum_{k=1}^{n}|x_k - x_{k-1}| \\ &= \sum_{k=1}^{n}(x_k - x_{k-1}) \\ & = M(x_n - x_0) \\ &= M(b-a) \\ \end{aligned}$$ por lo que la variación de $F$ en $[a,b]$ está limitada por $M(b-a)$ .

Para (d), tenemos $|F'(x)| = |\cos(x)| \leq 1$ por lo que podemos aplicar (c) con $M=1$ para concluir que $F$ tiene una variación acotada en cualquier intervalo de longitud finita $[a,b]$ . Pero $F$ no tiene una variación acotada en todos los $\mathbb R$ . Para ver esto, considere los puntos $x_k = (2k+1)\pi/2$ para $k=0,1,\ldots N$ . Los valores correspondientes de $F$ en estos puntos son $1,-1,1,-1,\ldots$ , por lo que cada $|F(x_k) - F(x_{k-1})|$ es $2$ . Por lo tanto, la variación de $F$ en $\mathbb{R}$ es al menos $2N$ . Como $N$ puede ser tan grande como queramos, esto significa que $F$ no tiene variación acotada en $\mathbb R$ .

Para (e), considere los puntos $x_k = 2/((2k+1)\pi)$ para $k=0,1,\ldots,N$ . Para $k \geq 1$ tenemos $$\begin{aligned} |F(x_k) - F(x_{k-1})| &= \frac{2}{\pi}\left| \frac{\sin\left(\frac{\pi(2k+1)}{2}\right)}{2k+1} - \frac{\sin\left(\frac{\pi(2k-1)}{2}\right)}{2k-1} \right| \\ &= \frac{2}{\pi}\left| \frac{\pm 1}{2k+1} - \frac{\mp 1}{2k-1}\right| \\ &= \frac{2}{\pi}\left|\frac{1}{2k+1} + \frac{1}{2k-1}\right| \\ &\geq \frac{2}{\pi}\frac{1}{2k+1} \end{aligned}$$ así que $$\sum_{k=1}^{N}|F(x_k) - F(x_{k-1})|$$ se vuelve arbitrariamente grande a medida que $N$ aumenta.

Answer 2

3.25 Ejemplos:

a.) Si $F:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ está acotado y es creciente, entonces $F\in BV$ (de hecho, $T_F(x) = F(x) - F(-\infty)$ ).

b.) Si $F,G\in BV$ y $a,b\in\mathbb{C}$ entonces $aF + bG\in BV$ .

c.) Si $F$ es diferenciable en $\mathbb{R}$ y $F'$ está acotado, entonces $F\in BV([a,b])$ para $-\infty < a < b < \infty$ (por MVT).

d.) Si $F(x) = \sin x$ entonces $F\in BV([a,b])$ para $-\infty < a < b < \infty$ pero $F\notin BV$ .

e.) Si $F(x) = x\sin(x^{-1})$ para $x\neq 0$ y $F(0) = 0$ entonces $F\notin BV([a,b])$ para $a\leq 0 < b$ o $a < 0\leq b$ .

Prueba a.) - Si $F:\mathbb{R} \rightarrow\mathbb{R}$ y $x\in\mathbb{R}$ entonces $$T_F(x) = \sup\{\sum_{1}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1})|:n\in\mathbb{N}, -\infty < x_0 < \ldots < x_n = x \}$$ Desde $F$ es creciente, para $j\geq 1$ tenemos $|F(x_j) - F(x_{j-1})|= F(x_j) - F(x_{j-1})$ . Así que tenemos

$$\begin{align*} T_F(x) &= \sup\{\sum_{1}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1}|:n\in\mathbb{N}, -\infty < x_0 < \ldots < x_n = x \} \\ & =\sup\{\sum_{1}^{n}(F(x_j) - F(x_{j-1}):n\in\mathbb{N}, -\infty < x_0 < \ldots < x_n = x \} \\ & =\sup\{ F(x) -F(x_0): -\infty < x_0 < x \} \end{align*}$$

porque $\sum_{1}^{n}(F(x_j) - F(x_{j-1})=F(x_n)-F(x_0)$ y $x_n=x$ . Desde $F$ es creciente, tenemos $$T_F(x)= \sup\{ F(x) -F(x_0): -\infty < x_0 < x \}= F(x) -\lim_{y\to -\infty}F(y)$$ Anotar $\lim_{y\to -\infty}F(y)$ como $F(-\infty)$ tenemos $$T_F(x)= F(x) -\lim_{y\to -\infty}F(y)= F(x) - F(-\infty)$$

Finalmente $$T_F(+\infty)= \lim_{x \to +\infty} F(x) - F(-\infty)$$

Desde $F$ está acotado, tenemos $\lim_{x \to +\infty} F(x)<+\infty$ y $F(-\infty)> -\infty$ Así que $T_F(+\infty)<+\infty$ lo que significa que $F \in BV$ .

Prueba b.) - Desde $F,G\in BV \Rightarrow \lim_{x\rightarrow \infty}T_F(x) = T_F(\infty)<+\infty$ y $\lim_{x\rightarrow \infty}T_G(x) = T_G(\infty)<+\infty$ desde $a,b$ son sólo escalares se deduce que $$\lim_{x\rightarrow \infty} aT_F(x) + bT_G(x) = aT_F(\infty) + bT_G(\infty)<+\infty \Rightarrow aF + bG\in BV$$

Prueba c.) - $F$ es diferenciable en $\mathbb{R}$ . Entonces, por el Teorema del Valor Medio (para funciones diferenciables), para cualquier $p, q \in \mathbb{R}$ , $p<q$ , hay $r\in [p,q]$ tal que $$F(p) - F(q) = F'(r) (p-q)$$ En particular, tenemos $$|F(p) - F(q)| = |F'(r)|(p-q)$$ Ahora bien, como $F'$ está acotado, sabemos que hay $C>0$ tal que, para todo $x\in \mathbb{R}$ , $|F'(r)|\leq C$ . Así que tenemos, para todos $p, q \in \mathbb{R}$ , $p<q$ , $$|F(p) - F(q)| = C(p-q)$$ Así, tenemos para cualquier $[a,b]\subset \mathbb{R}$ $$\begin{align*} T_F(b)-T_F(a) &= \sup\{\sum_{1}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1})|:n\in\mathbb{N}, a = x_0 < \ldots < x_n = b \} \\ & \leq\sup\{\sum_{1}^{n}C(x_j - x_{j-1}):n\in\mathbb{N}, a = x_0 < \ldots < x_n = b \} \\ & =C\sup\{\sum_{1}^{n}(x_j - x_{j-1}):n\in\mathbb{N}, a = x_0 < \ldots < x_n = b \} \\ & =C\sup\{ (b-a) \}\\ &= C(b-a) <+\infty \end{align*}$$

Así que $F\in BV([a,b])$ para $-\infty < a < b < \infty$ .

Prueba d.) - Deja que $F(x) = \sin x$ . Entonces $F$ es diferenciable en $\mathbb{R}$ y $F'$ está acotado. De hecho, para todo $x \in \mathbb{R}$ , $F'(x)=\cos x$ y $|F'(x)|=|\cos x| \leq 1$ . Entonces, por el punto c.) anterior, $F\in BV([a,b])$ para $-\infty < a < b < \infty$ .

Ahora, demostremos $F\notin BV$ . De hecho, demostremos un poco más. Demostremos que para cualquier $x \in \mathbb{R}$ , $T_F(x)=+\infty$ .

Dado cualquier $x \in \mathbb{R}$ y cualquier $m\in \mathbb{N}$ , $m>0$ , dejemos que $k\in \mathbb{Z}$ tal que $k\pi +\frac{\pi}{2} \leq x$ (tales $k$ siempre existen). $$\begin{align*} T_F(x) & = \sup\left\{\sum_{1}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1}|:n\in\mathbb{N}, -\infty < x_0 < \ldots < x_m = x \right\} \\ & \geq \sup\left\{\sum_{1}^{m}|F(x_j) - F(x_{j-1}|: x_0=(k-m)\pi +\frac{\pi}{2} <x_1=(k-m+1)\pi +\frac{\pi}{2}\\< \ldots < x_m =k\pi +\frac{\pi}{2} \right\} \\ & =\sup\left\{\sum_{1}^{m}|\sin(x_j) - \sin(x_{j-1})|: x_0=(k-m)\pi +\frac{\pi}{2} <x_1=(k-m+1)\pi +\frac{\pi}{2}\\< \ldots < x_m =k\pi +\frac{\pi}{2} \right\} \\ & =\sup\left\{2m : x_0=(k-m)\pi +\frac{\pi}{2} <x_1=(k-m+1)\pi +\frac{\pi}{2} < \ldots < x_m =k\pi +\frac{\pi}{2} \right\} \\ & =2m \\ \end{align*}$$ Por lo tanto, cualquier $x \in \mathbb{R}$ y cualquier $m\in \mathbb{N}$ , $m>0$ tenemos $T_F(x)\geq 2m$ . Así que $T_F(x) =+\infty$ . En consecuencia, $$T_F(+\infty)=\lim_{x \to +\infty}T_F(x) =+\infty$$

Prueba e.) - Caso 1. Supongamos que $a\leq 0 < b$ . Adaptaremos la misma secuencia que hemos utilizado en la segunda parte de d.).

Dejemos que $k\in \mathbb{N}$ tal que $(k\pi +\frac{\pi}{2})^{-1} \leq b$ . Este sitio web $k$ siempre existe (tenga en cuenta que será un $k$ para el resto de esta prueba).

$$\begin{align*} T_F(b)-T_F(a) &= \sup\{\sum_{1}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1})|:n\in\mathbb{N}, a = x_0 < \ldots < x_n = b \} \\ & \geq \sup\{\sum_{1}^{n+1}|F(x_j) - F(x_{j-1})|:n\in\mathbb{N}, a = x_0 < x_1=((k+n-1)\pi +\frac{\pi}{2})^{-1} <\ldots \\ &\phantom{\sup\{\sum_{1}^{n+1}|F(x_j) - F(x_{j-1})|:}< x_n=(k\pi +\frac{\pi}{2})^{-1} < x_{n+1} = b \}\\ & \geq \sup\{\sum_{2}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1})|:n\in\mathbb{N}, x_1=((k+n-1)\pi +\frac{\pi}{2})^{-1} <\ldots \\ &\phantom{\sup\{\sum_{1}^{n+1}|F(x_j) - F(x_{j-1})|:}< x_n=(k\pi +\frac{\pi}{2})^{-1} \} \end{align*}$$ Para $j\in \{1,\ldots n\}$ , $x_j= ((k+n-j)\pi +\frac{\pi}{2})^{-1}=\frac{2}{(2(k+n-j)+1)\pi}$ y tenemos $$F(x_j)=\frac{2}{(2(k+n-j)+1)\pi}\sin \frac{(2(k+n-j)+1)\pi}{2} = \frac{ 2(-1)^{k+n-j}}{(2(k+n-j)+1)\pi}$$

Así, para $j\in \{2,\ldots n\}$ , $$\begin{align*} |F(x_j) - F(x_{j-1})| & = \left |\frac{\pm 2}{(2(k+n-j)+1)\pi} -\frac{\mp 2}{(2(k+n-j+1)+1)\pi}\right | \\ & = \left |\frac{\pm 2}{(2(k+n-j)+1)\pi} +\frac{\pm 2}{(2(k+n-j+1)+1)\pi}\right | \\ & = \frac{ 2}{(2(k+n-j)+1)\pi} +\frac{ 2}{(2(k+n-j+1)+1)\pi} \\ & \geq \frac{ 2}{(2(k+n-j)+1)\pi} \\ & = \frac{ 2}{\pi} \frac{ 1}{(2(k+n-j)+1)} \\ \end{align*}$$ Así que $$\sum_{2}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1})|\geq \frac{ 2}{\pi} \sum_{j=2}^{n} \frac{ 1}{(2(k+n-j)+1)}=\frac{ 2}{\pi}\sum_{r=k}^{k+n-2} \frac{ 1}{(2r+1)}$$

Así que $\sum_{2}^{n}|F(x_j) - F(x_{j-1})|$ puede hacerse arbitrariamente grande, ya que hacemos $n$ bastante grande. Así que $T_F(b)-T_F(a) =+\infty$ , lo que significa que $F\notin BV([a,b])$

Caso 2. Supongamos que $a < 0\leq b$ . Es completamente similar al caso 1, utilizando la secuencia $\{-(k\pi +\frac{\pi}{2})^{-1}\}_k$ .