Ejercicio 3.40 de Folland, Análisis Real

Question

Sea $F$ la función de Cantor en $[0, 1]$ (ver §1.5), y sea $F(x) = 0$ para $x<0$ y $F(x) = 1$ para $x>1$. Sea ${[a_n, b_n]}$ una enumeración de los subintervalos cerrados de $[0,1]$ con puntos finales racionales, y sea $F_n{(x)} = F((x-a_n)/(b_n-a_n))$. Luego sea $G$ la suma de ${2^{-n}F_n}$ mientras $n$ va de $1$ a $\infty$, entonces $G$ es continua y estrictamente creciente en $[0,1]$, y $G'=0$ casi en todas partes. (Usar Ejercicio 39.)

Fuente: Folland, Análisis Real, ejercicio $3.40$.

¿Alguien puede ayudar por favor? No tengo idea de cómo resolver este problema. Muchísimas gracias.

Answer 1

El punto de este ejercicio es demostrar el hecho contra intuitivo de que existen funciones singular-continuas estrictamente crecientes, es decir, funciones continuas estrictamente crecientes cuya derivada se anula casi en todas partes.

La función de Cantor $F$ es continua, creciente (pero no estrictamente) y $F^\prime=0$ casi en todas partes (ver un capítulo anterior). Sea $$G(x)=\sum_{n=1}^\infty 2^{-n} F_n(x)$$ La suma converge uniformemente en la recta real ya que $0\le F_n(x) \le 1$ (Prueba de Weierstrass). Por lo tanto, dado que $F_n$ son continuas, también lo es $G$. Debido a que $F_n$ son crecientes, es claro que $G$ debe ser creciente. El ejercicio 39 nos permite concluir que $G^\prime=0$ casi en todas partes (esencialmente porque $F_n^\prime(x)=0$ casi en todas partes más la monotonicidad).

Entonces, lo único que queda por mostrar es que $F$ es estrictamente creciente en el intervalo unitario, es decir, si $0\le x

Luego debe existir un $m$ tal que $[a_m, b_m]=[x, y] \subset [0, 1]$. Por lo tanto tenemos

$$F_m(x)=F\left(\frac{x-a_m}{b_m-a_m}\right)=F(0)=0<1=F(1)=F\left(\frac{y-a_m}{b_m-a_m}\right)=F_m(y)$$

Y por lo tanto $G(x)

Answer 2

Por construcción, $F_n$ es continua y $F_n(\mathbb{R}) = [0, 1]$ para todo $n \in \mathbb{N}.$

Por lo tanto, si $n \in \mathbb{N}$ entonces $$\left|G - \sum_{k = 1}^n 2^{-k} F_k\right| = \sum_{k = n + 1}^\infty 2^{-k} F_k \le \sum_{k = n + 1}^\infty 2^{-k} = 2^{-n}$$ y por lo tanto $G$ es el límite uniforme de una secuencia de funciones continuas.

Esto implica que $G$ es continua.

Si $x, y \in \mathbb{R}$ y $x < y$ existe $n \in \mathbb{N}$ tal que $[a_n, b_n] \subseteq (x, y),$ de modo que $F_n(x) = 0$ mientras que $F_n(y) = 1$ y por lo tanto $$G(x) = F_n(x) + \sum_{\substack{k \in \mathbb{N} \\ k \neq n}} 2^{-k} F_k(x) < F_n(y) + \sum_{\substack{k \in \mathbb{N} \\ k \neq n}} 2^{-k} F_k(x) \le F_n(y) + \sum_{\substack{k \in \mathbb{N} \\ k \neq n}} 2^{-k} F_k(y) = G(y).$$

El complemento del conjunto de Cantor $C$ es abierto, así que si $x \in (0, 1) \setminus C$ entonces $F$ es constante en un entorno de $x,$ lo que implica que $F'(x) = 0.$

Dado que $m(C) = 0$ y $F$ es constante en $(-\infty, 0)$ y $(1, \infty),$ esto muestra que $F' = 0$ casi en todas partes.

Si $n \in \mathbb{N},$ las preimágenes de $(0, 1)$ y $(0, 1) \setminus C$ bajo la aplicación $x \mapsto \frac{x - a_n}{b_n - a_n}$ tienen medidas $b_n - a_n$ y $\sum_{k = 1}^\infty 2^{k - 1} 3^{-k} (b_n - a_n) = b_n - a_n,$ lo cual implica que $F_n' = 0$ casi en todas partes por la regla de la cadena.

Por lo tanto, por el ejercicio anterior $G' = \sum_{k = 1}^\infty 2^{-k} F_k' = 0$ casi en todas partes.