Convergencia de un tipo de cociente de la diferencia

Question

Que $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ ser una función medible y una secuencia de los números reales converge a cero como $(h_j)_j$ $j\to \infty$. Es cierto que casi todos $x\in \mathbb{R}$: $$\frac{1}{h_j}(\cos(f(x+h_j)-f(x))-1)\to 0\quad\mathrm{as}~~ j\to \infty~~?$ $

Se siente que el teorema de la diferenciación de Lebesgue o tal vez algún otro teorema medida teórica debe ser utilizado para probarlo, si bien es cierto en absoluto.

Answer 1

Que %#% $ #%

Tomar el $$f(x) = \frac{\pi}{2}\mathbf{1}_\mathbb{Q}(x)$. Entonces $x\in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}$. Que $f(x)=0$ sea una secuencia de racionales que convergen a $q_n$. Que $x$. Entonces

$h_n=q_n-x$$

Answer 2

Que $f$ ser una ruta de movimiento browniano. Entonces $E [|f(x+h_j) - f(x)|^2] = |h_j|$ para que $\frac{E [ \cos(f(x+h_j) - f(x)) - 1 ]}{h_j}$ no converge a 0. Creo que no debería ser difícil convertir la declaración de valor esperado para una declaración "casi seguro" y luego ir de que "casi todos $x$" aplicando el teorema de Fubini.

Answer 3

Esta es una elaboración en la respuesta de @Robert Israel. Deje $B:\mathbb{R}\times\Omega\to\mathbb{R}$ ser un (a dos caras) el movimiento Browniano se define en cierta probabilidad de espacio. Vamos $$ X_j(x,\omega) = \frac{\cos(B(x + h_j,\omega) - B(x,\omega)) - 1}{h_j}. $$ Vamos $S = \{(x,\omega): X_j(x,\omega) \to 0\}$, $S_x=\{\omega:(x,\omega)\in S\}$, y $S_\omega=\{x:(x,\omega)\in S\}$. Deje $m$ denotar la medida de Lebesgue. Pretendemos que $$ P(\{\omega: m(S_\omega) = 0\}) = 1. $$ Esta afirmación implica que para $P$ -.e. $\omega$, la función de $f(x)=B(x,\omega)$ sirve como un (continua) contraejemplo, mostrando que la respuesta a la pregunta original no es. De hecho, para un $f$, el conjunto de $x$ para que el cociente converge a cero es un conjunto de medida cero.

Para demostrar que el reclamo, comencemos por definir $$ Z_j(x,\omega) = \frac{B(x + h_j,\omega) - B(x,\omega)}{|h_j|^{1/2}}. $$ Entonces \begin{align*} |X_j| &= \left|{\frac{\cos(|h_j|^{1/2}Z_j) - 1}{h_j}}\right|\\ &= \frac{\sin^2(|h_j|^{1/2}Z_j)}{|h_j||\cos(|h_j|^{1/2}Z_j) + 1|}\\ &= \left({\frac{\sin(|h_j|^{1/2}Z_j)}{|h_j|^{1/2}Z_j}}\right)^2 \frac1{|\cos(|h_j|^{1/2}Z_j) + 1|}Z_j^2. \end{align*} Desde $x\mapsto B(x,\omega)$ es continua, $|h_j|^{1/2}Z_j\to0$$j\to\infty$. Por lo tanto, $X_j\to0$ si y sólo si $Z_j\to0$, lo que implica $S = \{(x,\omega): Z_j(x,\omega) \to 0\}$.

Ahora fix $x\in\mathbb{R}$, y supongamos que $P(S_x)>0$. Por Blumenthal $0$-$1$ la ley, esto implica $P(S_x)=1$. Por lo tanto, $Z_j(x)\to0$.s. Pero cada una de las $Z_j(x)$ es una variable aleatoria normal estándar. Por lo tanto, $E|Z_j(x)|^2=1$ todos los $j$, lo que implica que la secuencia de $\{Z_j(x)\}_j$ es uniformemente integrable. Por lo tanto, casi seguro que la convergencia implica la convergencia en $L^1$, dando $E|Z_j(x)|\to0$$j\to\infty$. Pero esto contradice el hecho de que cada una de las $Z_j(x)$ es una normal estándar. Por lo tanto, $P(S_x)=0$ todos los $x\in\mathbb{R}$.

Ahora tenemos $$ \int_\mathbb{R}\int_\Omega 1_S(x,\omega)\,dP(\omega)\,dx = \int_\mathbb{R} P(S_x)\,dx = 0. $$ Por el teorema de Fubini, $$ \int_\Omega\int_\mathbb{R} 1_S(x,\omega)\,dx\,dP(\omega) = \int_\Omega m(S_\omega)\,dP(\omega) = 0. $$ Por lo tanto, $m(S_\omega)=0$.s., lo que demuestra la demanda.

Answer 4

He aquí otro enfoque; es de esperar que añade algo a las respuestas ya dadas. Supongamos que existe un conjunto de Borel $E$,$m(E)>0$, y un preasignada secuencia $\{h_j\}$ tal que $\chi_E(x+h_j)\not\to \chi_E(x)$.e. $x\in E$. A continuación, $f(x)=\chi_E(x)$ proporciona un contraejemplo. En el espíritu de @Ben Derret original en la respuesta, estoy tratando de mostrar que una mucho más débil conclusión no lleva a cabo, incluso en el contexto de las funciones características de los conjuntos de Borel.

En cuanto a la existencia de $E$, creo que una grasa conjunto de Cantor funcionará si la secuencia de $\{h_j\}$ es elegido cuidadosamente. Más precisamente, vamos a $E=\bigcap_kE_k$ donde $E_0=[0,1]$, e $E_{k+1}$ se obtiene a partir de a $E_k$ mediante la eliminación de abrir un segmento de longitud $\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3^{k+1}}$ desde el centro de cada una de las $2^{k}$ intervalos disjuntos cuya unión es $E_k$. No es difícil mostrar que $m(E)=\frac{1}{2}$.

Supongamos $x\in E$, y deje $I=[a,b]$ ser el intervalo de vivienda $x$ a $k$th etapa en la construcción; es decir, $I$ es uno de los $2^k$ distintos intervalos de la misma longitud), cuya unión es $E_k$. La longitud de $I$ es entonces

$$\frac{1}{2^k}\left(1-2^{-1}\sum_{n=1}^k\frac{2^{n-1}}{3^n}\right)=\frac{3^k+2^k}{6^k}<\left(\frac{5}{6}\right)^k\qquad(\text{assuming }k>1).$$

Por lo $x\in\left(b-\frac{i}{6^k},b-\frac{i-1}{6^k}\right]$ algunos $i\leq 5^k$.

Para $i=0,\dots,5^k$, definir $p_{i,k}=\frac{i}{6^k}$, y deje $\{h_j\}$ ser una enumeración de las $p_{i,k}$ satisfacción $h_j\to0$. (Por ejemplo, $p_{0,1},\dots,p_{5,1};p_{0,2},\dots,p_{25,2};\dots.$) Si $x\in E$ $I=[a,b]$ es como la de arriba, elija $p_{i,k}$, de modo que

$$b<p_{i,k}+x\leq b+\frac{1}{6^k}.$$

El complemento de $E_k^c$ $E_k$ es distinto de la unión de segmentos de $S$, cada una con una longitud de, al menos,$\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3^k}>\frac{1}{6^k}$. Por lo $p_{i,k}+x$ se encuentra en una de las $S\subset E_k^c$ (es decir, el que ha $b$ por un extremo izquierdo).

Hay un $j$ que $p_{i,k}=h_j$. A continuación,$x+h_j\notin E_k\supset E$. Esto puede ser hecho por todos los $k$, lo $x+h_j\notin E\,$ infinitamente a menudo, y, si no he cometido un error, $\chi_E(x+h_j)\not\to\chi_E(x)$ siempre $x\in E$.