Demuestra que $f(x) = \sqrt{x}$ para $0 \leq x \leq 1$ es absolutamente continua en $[0,1]$

Question

Según el Royden 4th p.119,

Definición) Una función de valor real $f$ en un intervalo cerrado y acotado $[a,b]$ se dice que absolutamente continua en $[a,b]$ proporcionado para cada $\epsilon >0$ Hay un $\delta>0$ tal que para toda colección finita disjunta $\{ (a_k,b_k)\}_{k=1}^{n} $ de intervalos abiertos en $(a,b)$ ,

si $\sum_{k=1}^{n}[b_k-a_k] < \delta$ entonces $\sum_{k=1}^n |f(b_k)-f(a_k) | < \epsilon$ .

Estoy tratando de demostrar que $f(x) = \sqrt{x}$ para $0 \leq x \leq 1$ es absolutamente continua en $[0,1]$ .

Quiero comprobar que mi planteamiento es correcto.

Prueba)

Reclamación 1 Para un determinado $0<\epsilon<1$ , $f(x) = \sqrt{x}$ es absolutamente continua en $[\epsilon,1]$ .

Dejemos que $0 < \epsilon <1$ y considerar la colección finita disjunta $\{ (a_k,b_k)\}_{k=1}^{n} $ de intervalos abiertos en $(\epsilon,1)$ .

Tenga en cuenta que $\sum_{k=1}^{n} |f(b_k)-f(a_k)| $ = $\sum_{k=1}^{n}|\sqrt{b_k}-\sqrt{a_k}|$ = $\sum_{k=1}^{n} \frac{b_k-a_k}{\sqrt{b_k}+\sqrt{a_k}}$ < $\frac{1}{2\sqrt{\epsilon}}$ $\sum_{k=1}^{n}[b_k-a_k]$ .

Dejemos que $\delta = 2\epsilon \sqrt{\epsilon} = 2\epsilon^{\frac{3}{2}}$ .

Ahora, si $\sum_{k=1}^{n}[b_k - a_k] < \delta = 2\epsilon^{\frac{3}{2}}$ entonces $\sum_{k=1}^{n} |f(b_k)-f(a_k)| $ = $\sum_{k=1}^{n} \frac{b_k-a_k}{\sqrt{b_k}+\sqrt{a_k}}$ < $\frac{1}{2\sqrt{\epsilon}} (2\epsilon^{\frac{3}{2}})$ = $\epsilon$ .

Así, $f(x) = \sqrt{x}$ es absolutamente continua en $[\epsilon,1]$ . #

Reclamación 2 $f(x) = \sqrt{x}$ es absolutamente continua en $[0,1]$ .

Dejemos que $\epsilon>0$ se le da y elige $\epsilon'>0$ tal que $0<\sqrt{\epsilon'}<\frac{\epsilon}{2}$ .

Por Reclamación 1 podemos encontrar $\delta>0$ como respuesta a la $\epsilon'$ desafío sobre el criterio de la continuidad absoluta de $f(x)=\sqrt{x}$ en $[\epsilon',1]$ .

Considere $\{ (a_k,b_k) \}_{k=1}^{n}$ tal que $\sum[b_k-a_k]< \delta$ .

Dividir una colección disjunta $\{ (a_k,b_k) \}_{k=1}^n$ en $(0,1)$ en dos partes:

$\{ (a_{k1},b_{k1}) \}_{k1=1}^{n1}$ en $(0,\epsilon')$ y $\{ (a_{k2},b_{k2}) \}_{k2=1}^{n2}$ en $(\epsilon',1)$ , donde $n1+n2=n$ .

(Si algunos $(a_k,b_k)$ contiene $\epsilon'$ y luego dividirlo en dos partes: $(a_k,\epsilon')$ y $(\epsilon',b_k$ ).)

Ahora, $\sum_{k2=1}^{n2}[b_{k2}-a_{k2}] < \sum_{k=1}^{n}[b_{k}-a_{k}] < \delta$ .

Desde $\delta>0$ responde a la $\epsilon'>0$ desafío en $[\epsilon',1]$ , $\sum_{k2=1}^{n2} |\sqrt{b_{k2}} - \sqrt{a_{k2}}| < \epsilon' < \frac{\epsilon}{2}$ .

También, $\sum_{k1=1}^{n1} |\sqrt{b_{k1}} - \sqrt{a_{k1}}| < \sqrt{\epsilon'}-0 < \frac{\epsilon}{2}$ .

Así, $\sum_{k=1}^{n} |\sqrt{b_{k}} - \sqrt{a_{k}}| \leq$ $\sum_{k1=1}^{n1} |\sqrt{b_{k1}} - \sqrt{a_{k1}}|$ + $\sum_{k2=1}^{n2} |\sqrt{b_{k2}} - \sqrt{a_{k2}}|$ < $\frac{\epsilon}{2}$ + $\frac{\epsilon}{2}$ < $\epsilon$ .

Por lo tanto, $f(x) = \sqrt{x}$ es absolutamente continua en $[0,1]$ . #

Answer 1

Aquí hay una prueba que utiliza propiedades de la integral.

Tenga en cuenta que $\sqrt x= \int_0^x \frac{1}{2\sqrt{t}} dt$ para todos $x\in [0,1]$ . También $$\sqrt{x}-\sqrt{y}= \int_y^x \frac{1}{2\sqrt{t}} dt$$

Así, si $(a_i,b_i) \subset [0,1],i=1,\dots,N$ son intervalos disjuntos, entonces $$\sum_{i=1}^N |\sqrt{b_i}- \sqrt {a_i}|= \int_{\bigcup_{i=1}^N (a_i,b_i)} \frac{1}{2\sqrt{t}} dt $$

Dado que la función $g(t)= 1/2\sqrt{t}$ es integrable, para cada $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que para todos los conjuntos $A$ con medida menor que $\delta$ tenemos $$\int_A g(t)dt <\varepsilon$$ Tenga en cuenta que $A:= \bigcup_{i=1}^N (a_i,b_i)$ tiene una medida inferior a $\delta$ si y sólo si $\sum_{i=1}^N |b_i-a_i|<\delta$ porque los intervalos son disjuntos.

Observamos que la integrabilidad de la derivada $g$ es importante aquí. No es cierto que si $f$ es absolutamente continua en todo intervalo $[\varepsilon,1]$ y continua en $0$ entonces es absolutamente continua en $[0,1]$ . Un ejemplo de esta función es $f(x)=x\sin(1/x)$ . Esto es absolutamente continuo en cada intervalo $[\varepsilon,1]$ porque allí tiene derivada acotada, por lo que es Lipschitz. Sin embargo, no es absolutamente continua en $[0,1]$ ya que ni siquiera existe la BV.

Answer 2

He aquí una forma más geométrica y elemental de ver el resultado: Dibuja la gráfica de $y=\sqrt x.$ Considere $[a,b]\subset [0,\infty).$ Lo que da la mayor diferencia en los valores de la raíz cuadrada, $[a,b]$ o el intervalo desplazado $[a-h,b-h],$ donde $0\le h\le a.$ La concavidad de $\sqrt x$ deja claro que el intervalo de la izquierda sí. En otras palabras,

$$ \sqrt b - \sqrt a \le \sqrt {b-h} - \sqrt {a-h}.$$

Así que ahora supongamos que nos dan $0\le a_1 < b_1 \le a_2 < b_2 \le \cdots \le a_n < b_n.$ Set $I_k = [a_k,b_k],$ $k=1,\dots,n.$ Por lo anterior, la suma de interés sólo será mayor si desplazamos estos intervalos hacia la izquierda. Así que desplazamos $I_1$ para obtener un intervalo $I_1'$ cuyo punto final izquierdo es $0.$ Entonces cambia $I_2$ a la izquierda para obtener $I_2',$ cuyo punto final izquierdo es el punto final derecho de $I_1',$ etc. Los puntos finales que se obtienen son los siguientes $0=c_0 < c_1 < \cdots < c_n,$ avec $I_k' = [c_{k-1},c_k].$ La suma más grande se extiende muy bien para dar

$$\sum_{k=1}^n (\sqrt {c_k}-\sqrt {c_{k-1}}) = \sqrt {c_n}-\sqrt {0} = \sqrt {c_n}.$$

El asunto es el siguiente: $c_n$ es sólo la suma de las longitudes de los $I_k'$ que es igual a la suma de las longitudes de los $I_k$ 's. Al juntar todo esto se obtiene

$$\sum_{k=1}^{n}(\sqrt {b_k} - \sqrt {a_k}) \le \sqrt {c_n} = \sqrt {(b_1-a_1) + \cdots + (b_n-a_n)}.$$

Así que hemos terminado: Si $\epsilon>0$ está dado, simplemente tomamos $\delta = \epsilon^2.$