$\int_0^1f(t)\phi'(t)dt=-\int_0^1g(t)\phi(t)dt$ , para todos los lisos $\phi\in[0,1]$ implica $f$ es absolutamente continua y $f'=g$ a.e.

Question

Estoy tratando de resolver el siguiente problema.

Dejemos que $f,g\in L^1[0,1]$ tal que para todo $\phi\in C^\infty[0,1]$ con $\phi(0)=\phi(1)$ ,

$$\int_0^1f(t)\phi'(t)dt=-\int_0^1g(t)\phi(t)dt.$$

Demostrar que $f$ es absolutamente continua y $f'=g$ .

Mi idea es demostrar que $$f(x)=f(0)+\int_0^x g(t)dt.$$

Si puedo hacer esto, entonces por el teorema fundamental del cálculo (de Lebesgue), el resultado se seguirá. Así que integro por partes y obtengo

$$-\int_0^1g(t)\phi(t)dt=\int_0^1f(t)\phi'(t)dt=f(1)\phi(1)-f(0)\phi(0)-\int_0^1\phi(t)f'(t)dt$$

Ahora tengo un par de preguntas sobre cómo proceder:

1. Estoy usando el símbolo $f'$ aquí aunque no sé en este momento si $f$ es diferenciable (aunque sea en casi todas partes). Entonces, ¿el paso anterior es siquiera legal?

2. Si $\phi$ se apoyaba de forma compacta, podía concluir que $f'=g$ a.e., pero no lo es, así que no estoy seguro de cómo proceder.

3. Supongamos que puedo demostrar que $f'=g$ a.e. Entonces procedería a obtener $$\int_0^xf'(t)dt=\int_0^xg(t)dt.$$ Y si supiera que $f$ era absolutamente continua (lo que quiero mostrar), me $f(x)-f(0)=\int_0^1g(t)dt$ , según se desee. Pero esto parece circular. ¿Cómo puedo evitarlo?

Se agradece cualquier ayuda al respecto. Muchas gracias.

Answer 1

Dejemos que $F(x):=\int_0^xg(t)\,dt$ . Entonces, $F$ es AC en $[0,1]$ con $F'=g$ a.e. Nótese que para cualquier $\phi\in C^{\infty}([0,1])$ que desaparece en los puntos extremos, podemos integrar por partes (¿por qué es aplicable aquí?) para obtener \begin{align} \int_0^1F(t)\phi'(t)\,dt&=-\int_0^1F'(t)\phi(t)\,dt=-\int_0^1g(t)\phi(t)\,dt=\int_0^1f(t)\phi'(t)\,dt. \end{align} Por lo tanto, $F$ y $f$ coinciden hasta una constante. Por lo tanto, hemos demostrado que $f$ es igual a una función ( $F$ más una constante) que es AC en $[0,1]$ que tiene una derivada a.e. $g$ .

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Esta afirmación final que $F$ y $f$ coinciden hasta una constante es una consecuencia del siguiente lema:

Si $h\in L^1([a,b])$ y para todos los suaves $\phi$ desapareciendo en los puntos finales tenemos $\int_a^bh(t)\phi'(t)\,dt=0$ entonces $h$ es igual a una constante a.e (es decir, su media $\frac{1}{b-a}\int_a^bh(t)\,dt$ ).

He aquí una posible prueba. Nótese que ni nuestras hipótesis ni nuestra conclusión se ven afectadas si añadimos una constante a $h$ . Por lo tanto, restando la media de $h$ podemos suponer también que $\int_a^bh(t)\,dt=0$ . Ahora, dejemos que $\psi$ sea cualquier función suave sobre $[a,b]$ Considera que $\tilde{\psi}=\psi-\frac{1}{b-a}\int_a^b\psi$ y definir $\phi:[a,b]\to\Bbb{R}$ como $\phi(x):=\int_a^x\tilde{\psi}(t)\,dt$ . Entonces, $\phi$ es suave, $\phi'=\tilde{\psi}$ , $\phi(a)=0$ y $\phi(b)=0$ (porque nos aseguramos de que $\tilde{\psi}$ tenía una media de cero). Por lo tanto, \begin{align} 0&=\int_a^bh(t)\phi'(t)\,dt\\ &=\int_a^bh(t)\tilde{\psi}(t)\,dt \\ &=\int_a^bh(t)\psi(t)\,dt - \left(\int_a^bh(t)\,dt\right)\cdot \left(\frac{1}{b-a}\int_a^b\psi(t)\,dt\right)\\ &=\int_a^bh(t)\psi(t)\,dt-0. \end{align} En otras palabras, para todas las funciones suaves $\psi$ en $[a,b]$ tenemos $\int_a^bh\psi=0$ y por lo tanto $h=0$ a.e. (espero que ya hayas visto este resultado).