Pregunta de deslizamiento-como Toplogy

Question

$f,g$ son integrables funciones cuyo dominio es $[0,1]$ y $\int_{0}^{1}f=\int_{0}^{1}g=1$. ¿Cómo demuestro que existe un intervalo de $I$ tal que $I \subset [0,1]$ y $\int_{I}f=\int_{I} g =\frac{1}{2}$?

Parece como si debo aplicar Teorema de Brouwer deslizamiento pero no veo cómo podría hacerlo.

He intentado usar la función de $\int_{I}(f-g)$ pero que no llevan a ninguna parte.

¿Me podrias ayudar?

Answer 1

Yo sé que usted dijo que $f$ $g$ no es necesariamente negativo, pero he aquí una prueba en el caso de que $f\geq 0$ (e $g$ es arbitrario). Tal vez usted puede utilizar las ideas para el caso general?

Deje $I = [0,1]$ para la facilidad de la notación. Considerar el mapa de $\phi:I^2\rightarrow \mathbb{R}^2$$\phi(x,y) = \left( \int_x^y f(t)-g(t)\; dt, \int_x^y f(t)\; dt - \frac{1}{2}\right)$. Tenga en cuenta que $\phi(x,y) = 0$ fib $I =[x,y]$ o $[y,x]$ resuelve el problema.

Supongamos por contradicción que $\phi(x,y)\neq (0,0)$ todos los $x,y\in I$. A continuación, defina $\psi:I^2\rightarrow S^1$$\psi(x,y) = \frac{\phi(x,y)}{|\phi(x,y)|}$. Esto está bien definido debido a $\phi(x,y)\neq (0,0)$ por supuesto.

Ahora, considere la posibilidad de $\psi|_{\partial I^2}:\partial I^2\rightarrow S^1$ (donde me estoy imaginando he elegido una homeomorphism $\partial I^2\cong S^1$). Este mapa tiene un grado $0$ ya que se extiende a $I^2$.

Por otro lado, vamos a mostrar ahora el título es distinto de cero. Esta contradicción se establecerá que $\phi(x,y) = (0,0)$ algunos $(x,y)$, dando su intervalo deseado.

En primer lugar, un directo de cálculo establece que $\psi(1,0)=\psi(0,0) =\psi(1,1)= (0,-1)$$\psi(0,1) = (0,1)$.

Deje $\ell_i$ $i=1$ $4$denotar los cuatro lados de $I^2$, $\ell_1$ conectar $(0,0)$$(1,0)$, y el resto de proceder a la izquierda.

A lo largo de $\ell_1$, $\phi(x,0) = \left( \int_x^0 f(t)-g(t)\; dt, \int_x^0 f(t)\; dt - \frac{1}{2}\right).$ Porque $f\geq 0$, el segundo componente de la $\phi(x,0)$ es siempre negativo.

En particular, $\psi|_{\ell_1}$ tiene imagen en el tercer y 4º cuadrante. Así, la curva cerrada $\psi|_{\ell_1}$ puede ser homotoped a una constante sin la homotopy cada golpeando $(0,0)$.

A lo largo de $\ell_2$,$\phi(1,y) = \left(\int_1^y f(t)-g(t)\; dt, \int_1^y f(t)\; dt - \frac{1}{2}\right)$. De nuevo, la segunda coordenada es siempre negativo, ya que la $f\geq 0$. Así que, como antes, la curva cerrada $\psi|_{\ell_2}$ puede ser homotoped a una constante sin la homotopy nunca golpear $(0,0)$.

A lo largo de $\ell_3$,$\phi(x,1) = \left(\int_x^1 f(t)-g(t)\; dt, \int_x^1 f(t)\; dt - \frac{1}{2}\right)$. Esta vez, $\psi|_{\ell_3}$ es no de una curva cerrada. Pero la segunda coordenada es la disminución en $x$. Esto significa que $\psi|_{\ell_3}$ es homotopy rel puntos finales para un arco que conecta $(0,1)$$(0,-1)$.

A lo largo de $\ell_4$,$\phi(0,y) = \left( \int_0^y f(t)-g(t)\; dt, \int_0^y f(t)\; dt - \frac{1}{2}\right)$. Como antes, desde que se $f\geq 0$, la segunda coordenada es monótonamente creciente, por lo $\psi|_{\ell_4}$ es homotopy rel puntos finales para un arco que conecta $(0,1)$$(0,-1)$.

Para finalizar la prueba, se muestra que los dos arcos procedentes de $\ell_3$ $\ell_4$ pasar por diferentes lados de $(0,0)$, lo que demuestra que el $\psi_{\partial I^2}$ tiene el grado $\pm 1$.

Así, la fijación de una $x_0$ que $\psi|_{\ell_3}(x_0,1)$ segunda coordenada $0$, es decir, para que $\int_{x_0}^1 f(t)\; dt = \frac{1}{2}$. Desde $\psi(x_0,1)\neq (0,0)$ (desde $\psi(x,1)\in S^1$), la primera coordenada de $\psi(x_0,1)$, $\int_{x_0}^1 f(t) - g(t)\; dt$, debe ser distinto de cero, por lo que es positivo o negativo. Vamos a suponer que es positivo, el otro caso análogo.

Tenga en cuenta que si $x_1$ es cualquier otro valor para que $\psi(x_1,1)$ tiene fuga segunda coordenada, entonces el signo de la primera coordenada debe ser positivo. De hecho, a lo largo del intervalo de $[x_1,x_0]$ o $[x_0,x_1]$, $\psi(x, 1)$ ha de fuga segunda coordenada (desde la segunda coordenada es monótona en $x$), y desde la primera coordenada de $\psi(x, 1)$ es nonvanishing en $[x_1,x_0]$, debe tener el mismo signo en ambos puntos finales.

Ahora, considere el punto de $(0,x_0)\in \ell_4$. La segunda coordenada de $\psi(0,x_0)$$\int_0^{x_0} f(t)\; dt - \frac{1}{2}$. Pero desde $\int_{x_0}^1 f(t)\; dt = \frac{1}{2}$$\int_0^1 f(t)\; dt = 1$, se deduce que el $\int_0^{x_0} f(t)\;dt = \frac{1}{2}$.

A continuación, la primera coordenada de $\psi(0,x_0)$$\int_0^{x_0} f(t)-g(t)\; dt$. Ya sabemos que $\int_{x_0}^1 f(t) - g(t)\; dt$ es positivo, y que $\int_0^1 f(t) - g(t)\; dt = 0$. De ello se desprende que $\int_0^{x_0} f(t) - g(t)\; dt$ es negativo. Por lo tanto, el arco que viene de $\ell_4$ va en el lado opuesto de $(0,0)$ como el arco que viene de $\ell_3$. Por lo tanto, $\psi|_{\partial I^2}$ tiene el grado $\pm 1$, dando a nuestros contradicción.