Cómo mostrar que todos los $\alpha$-Hölder función, con $\alpha>1$, es constante?

Question

Supongamos $f:(a,b) \to \mathbb{R} $ satisfacer $|f(x) - f(y) | \le M |x-y|^\alpha$ algunos $\alpha >1$ y todos los $x,y \in (a,b) $. Demostrar que $f$ es constante en $(a,b)$.

No estoy seguro de que el teorema debo buscar a probar esta pregunta. Pueden ustedes me dan un poco de pista? Primero de todos a probar algo de la función $f(x)$ es constante en $(a,b)$? Mostrar sólo los $f'(x) = 0$?

Answer 1

Las derivadas no son necesarias aquí (lo cual es bueno ya que las pruebas basadas en ellas pueden llevar a argumentos erróneos, ver la respuesta aceptada para un ejemplo)...

Elija $y\gt x$ en el intervalo $(a,b)$ . Para cada $n\geqslant1$ , dividir el intervalo $(x,y)$ en $n$ subintervalos $(x_i,x_{i+1})$ de longitud $x_{i+1}-x_i=(y-x)/n$ . Por hipótesis, para cada $i$ , $$|f(x_i)-f(x_{i+1})|\leqslant M(x_{i+1}-x_i)^\alpha=M(y-x)^\alpha n^{-\alpha},$$ por lo tanto, por la desigualdad triangular, $$|f(x)-f(y)|\leqslant \sum\limits_{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i+1})|\leqslant M(y-x)^\alpha n^{1-\alpha}.$$ Si $\alpha\gt1$ el lado derecho llega a cero cuando $n\to\infty$ porque $n^{1-\alpha}\to0$ Por lo tanto $f(x)=f(y)$ , QED.

Answer 2

Una pista: Demostrar que $f'(y)$ existe y es igual a $0$ para todos $y$ . Entonces, como siempre, por el Teorema del Valor Medio, nuestra función es constante.

Answer 3

PISTA: Tu idea es buena. ¿Qué sucede cuando se divide la desigualdad por $|x-y|$ ?

Answer 4

Basta con demostrar que $f$ es diferenciable y su derivada desaparece en todas partes.

La hipótesis implica que, para cada $x\in(a,b)$ y $h$ , de tal manera que $x+h\in(a,b)$ tenemos que

$$ \frac{|f(x+h)-f(x)-0\cdot h|}{|h|} \le M\,|h|^{\alpha-1}. $$

El lado derecho de lo anterior tiende a cero, ya que $h\to 0$ y por lo tanto $f'(x)=0$ ¡!

Answer 5

Advertencia (por @Did, 2018-09-12): Esta respuesta aceptada es errónea. Por razones insondables, desde hace años, ni su autor ni el OP parecen interesados en corregir la situación -- de ahí la presente advertencia.

dividir por $|x-y| $ ambos miembros. se obtiene

$$\frac{|f(x) - f(y)|}{|x-y|} \le M |x-y|^{\alpha - 1} \ \ (1)$$

ahora, ya que $(1)$ tiene que mantener $\forall \ x, y$ y luego establecer $y = x + h$ con $h \to 0$

se convierte en

$$|f'(x)| \le M \ |h|^{\alpha-1} = 0$$ ( $\alpha - 1 > 0$ por lo que no hay ningún problema)

Así que $|f'(x)| \le 0$ , pero por supuesto también $|f'(x)| \ge 0$ implica $|f'(x)| = 0$ . Por lo tanto, $f'(x) = 0$

EDITAR:

Podemos formalizarlo más. Hagámoslo.

$$\frac{|f(x) - f(y)|}{|x-y|} \le M |x-y|^{\alpha - 1} \ \ (1)$$

Siempre se puede establecer $x = y + h, h > 0$ desde $(1)$ tiene que mantener $\forall x, y$

Entonces

$$\frac{|f(y+h) - f(y)|}{h} \le M h^{\alpha - 1} \ \ (1)$$

(nota $|h| = h$ )

Ahora, supongamos que $f(y+h) - f(y) \ge 0 \ \ \ \ \ (2a) $

Esto implica que $f'(y) \ge 0$ (basta con dividir $(2a)$ por $h$ y luego tomar el límite para $h \to 0$ para mostrarlo)

Pero también implica, recordando (1) que

$$\frac{f(y+h) - f(y)}{h} \le 0 \Rightarrow f'(y) \le 0$$

(De nuevo, tomando el límite de ambas partes).

Pero estos dos últimos resultados implican que $f'(y) = 0 $

Podemos hacer exactamente el mismo razonamiento en el caso de que $f(y+h) - f(y) \le 0$

Así que, de nuevo, en este caso encontramos $f'(y) = 0$

Así, hemos demostrado que en ambos casos ( $f(y+h) > f(y)$ y $f(y+h) < f(y)$ ) tenemos $f'(y) = 0$ , así que esto tiene que aguantar $\forall y$

Esto implica $f = const$