Una pregunta sobre el espacio vectorial abarcado por los desplazamientos de una función dada

Question

Dejemos que $E$ sea el espacio de las funciones reales continuas y $f\in E$

Dejemos que $T_t$ denotan el operador de desplazamiento: $T_t(f)(x)=f(t+x)$

Dejemos que $T(f)$ sea el tramo lineal del conjunto $\{T_t(f) \;|\; t\in \mathbb R\}$

Supongamos que $T(f)$ es de dimensión finita.

Demostrar que $f$ es diferenciable y que $f'\in T(f)$

Tengo muy pocas pistas sobre lo que hay que hacer para resolver este problema.

Aquí está mi trabajo hasta ahora.

Dejemos que $T_{a_1}(f),\ldots,T_{a_n}(f)$ sea una base de $T(f)$ .

Dejemos que $x\in \mathbb R$ . Existe $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ tal que $T_{x}(f)=\sum_{k=1}^n \lambda_i T_{a_i}(f)$

Desde $\displaystyle \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{T_{x}(f)(h)-T_{x}(f)(0)}{h}=\sum_{k=1}^n \lambda_i \frac{T_{a_i}(f)(h)-T_{a_i}(f)(0)}{h}$ basta con demostrar que $f$ es diferenciable en $ a_1,\ldots,a_n$ pero sigue siendo difícil.

Answer 1

Dejemos que $f_1, \cdots f_n$ ser la base de $T(f)$ , donde $f_i := f_{a_i}$ para simplificar. Para cualquier $h \in \mathbb R$ tenemos

$$(*)\ \ f_i(x+ h) = \sum_j A(h)_{ij} f_j(x) $$

Tenga en cuenta que tenemos $A(h+ g) = A(h) A(g)$ (multiplicación de matrices). Así, $A(h)$ es invertible y $A :\mathbb R \to GL(n, \mathbb R)$ , $h\mapsto A(h)$ es un grupo de un parámetro en $GL(n, \mathbb R)$ . Deseo demostrar que es continuo.

Lema : Dejemos que $f_1, \cdots, f_n$ sean funciones linealmente independientes. Entonces hay $x_1, \cdots, x_n$ tal que la matriz

$$F = \begin{bmatrix} f_1(x_1) & \cdots & f_1(x_n) \\ \vdots & & \vdots \\ f_n(x_1) & \cdots & f_n(x_n) \end{bmatrix}$$

es invertible.

Prueba del lema : Procedemos por inducción en $n$ . Cuando $n=1$ es cierto como $f$ debe ser distinto de cero en algún momento. Supongamos que la afirmación es cierta para $n-1$ y $x_1, \cdots, x_{n-1}$ se elige. Consideremos la función

$$x \mapsto \det \begin{bmatrix} f_1(x_1) & \cdots & f_1(x_{n-1}) & f_1(x) \\ \vdots & & & \vdots \\ f_n(x_1) & \cdots & f_n(x_{n-1}) & f_n(x) \end{bmatrix}$$

Si esta función es idéntica a cero, entonces $$ A_n f_n(x) + A_{n-1} f_{n-1}(x) + \cdots A_1 f_1(x) = 0$$ (calculando el determinante expandiendo la última columna) y $A_n\neq 0$ (por hipótesis de inducción), lo cual es una contradicción. Por lo tanto, el lema queda demostrado.

Por el lema, tenemos $A(h)F = \tilde F(h)$ , donde $\tilde F(h)$ es continua en $h$ . Así, $A(h) = \tilde F(h) F^{-1}$ es continua en $h$ .

Ahora viene la caja negra : Cualquier homomorfismo continuo entre grupos de Lie es efectivamente suave, por lo que $A$ es suave. Ahora pon $x=0$ en $(*)$ entonces

$$f_i(h) = \sum_j A(h)_{ij} f_j(0) $$

Por lo tanto, todos $f_i$ son funciones suaves.

Por último, tenemos

$$f_i'(x) = \sum_j D_{ij} f_j (x),$$

donde $D = \frac{d}{dt} A(h)\bigg|_{h=0}$ . Así, $f_i'$ y así $f' \in T(f)$ .

Answer 2

Con un poco de uso del Análisis Funcional.

Primero observe que $T(\,f)$ es un subespacio cerrado de $C(\mathbb R)$ , dotado de la topología de convergencia localmente uniforme, ya que es de dimensión finita.

Dejemos que $j(x)$ sea un valor no negativo $C^\infty$ apoyado en la función $\big[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\big]$ con $\int_{-1/2}^{1/2}j(x)\,dx=1$ . Entonces la convolución $j*f$ es igual a $$ j*f=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^nj(t_{k,n})T_{-t_{k,n}}f, $$ donde $t_{k,n}=-\frac12+\frac{k}{n}$ y por lo tanto $j*f\in T(\,f)$ . Sea $$\hat T(\,f)=T(\,f)\cap C^\infty(\mathbb R).$$ Ahora bien, si establecemos $j_\varepsilon(x)=\frac{1}{\varepsilon}j\big(\frac{x}{\varepsilon}\big)$ entonces $j_\varepsilon*f\to f$ localmente uniforme, como $\varepsilon\to 0$ . Así, cada elemento de $T(f)$ se encuentra en el cierre de $\hat T(\,f)$ . Pero como $\hat T(\,f)$ es de dimensión finita, es cerrado, y por lo tanto $\hat T(\,f)=T(\,f)$ . Asimismo, el límite $f'=\lim_{h\to 0}\frac{1}{h}(T_hf-f)$ es localmente uniforme, ya que $f\in C^\infty$ y como $\frac{1}{h}(T_hf-f)\in T(f)$ así es $f'$ .