Si $\int_{\mathbb R^2} \frac{\vert f(x)-f(y)\vert}{\vert x-y\vert^2}dxdy<+\infty$ $f$ es constante de a.e.

Question

Deje $f \in L^1(\mathbb R)$. Si $$ \int_\mathbb R \int_\mathbb R \frac{\vert f(x)-f(y)\vert}{\vert x-y\vert^2}dxdy<+\infty $$ a continuación, $f$ es una.e. constante.

No sé cómo empezar. Pensé que se establecen en si se demuestra que el integrando es acotado a una.e. (la función de $f$ 2-holderian, por lo tanto constante), pero esto no es cierto en general. Me refiero a $\phi \in L^1(\mathbb R)$ no implica $\phi \in L^{\infty}(\mathbb R)$.

Por favor, ¿puedes darme algunos consejos útiles para empezar?

Gracias.

Answer 1

Una forma barata de hacerlo es como sigue. Deje $I$ ser la integral dada. Observe que si $I(h)=\iint_{|x-y|< h}\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^2}\,dxdy$, luego $$ \iint_{|x-y|<h}\frac{|f(x)-f(\frac{x+y}2)|}{|x-y|^2}\,dxdy= \frac 14\iint_{|x-y|<h}\frac{|f(x)-f(\frac{x+y}2)|}{|x-\frac{x+y}2|^2}\,dxdy \\ = \frac 12\iint_{|x-z|<h/2}\frac{|f(x)-f(z)|}{|x-z|^2}\,dxdz=\frac 12I(h/2)\,, $$ y la misma identidad se mantiene para $\iint_{|x-y|<h}\frac{|f(\frac{x+y}2)-f(y)|}{|x-y|^2}\,dxdy$. (Espero que Tonelli y cambio lineal de la variable $z=\frac{x+y}2$ en una dimensión integral de Lebesgue con respecto a $y$ están entre las herramientas disponibles).

Por lo tanto, por la desigualdad de triángulo $I(h)\le I(h/2)$. A partir de aquí podemos terminar en 10 diferentes maneras. Por ejemplo, podemos concluir que $\iint_{h/2\le|x-y|<h}\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^2}\,dxdy=0$, de dónde, sumando más de $h=2^k$, $k\in\mathbb Z$, llegamos $I=0$. Ahora que significa (por Tonelli de nuevo) que para casi todos los $y$ tenemos $f(x)=f(y)$ en casi todas las $x$, que es casi el final de la historia.

El punto, por supuesto, es que el original de la integral de las escalas de una manera agradable, que siempre es algo para ver.

Answer 2

Deje que

$$ F(x) = \int_{0}^{x} f(t) \,dt $$

ser un anti-derivado $f$ y $E$ el conjunto de puntos de Lebesgue de $f$. $E^{c}$ Es de medida cero y $F'(x) = f(x)$ % todos $x \in E$.

La condición del problema nos dice

$$ \int_{\Bbb{R}}\int_{\Bbb{R}} \frac{\left| f(x+y) - f(y) \right|}{x^{2}} \, dxdy < \infty. $$

Así si $a < b$ es puntos de Lebesgue, entonces Teorema de Fubini demuestra

\begin{align*} \int_{a}^{b} \int_{\Bbb{R}} \frac{f(x+y) - f(y)}{x^{2}} \, dxdy &= \int_{\Bbb{R}} \frac{1}{x^{2}} \int_{a}^{b} \{ f(x+y) - f(y) \} \, dydx \\ &= \int_{\Bbb{R}} \left( \frac{F(b+x)-F(b)}{x^{2}} - \frac{F(a+x)-F(a)}{x^{2}} \right) \, dx \tag{1} \end{align*}

Pero desde

$$ \frac{F(b+x)-F(b)}{x^{2}} - \frac{F(a+x)-F(a)}{x^{2}} \sim \frac{f(b) - f(a) + o(1)}{x}, \quad \text{as } x \to 0, $$

para el integrando de $\text{(1)}$ ser integrable cerca de $x = 0$, debemos tener $f(a) = f(b)$. Puesto que esto es cierto para cualquier $a, b \in E$, la prueba es completa.

Answer 3

Usted puede encontrar la prueba de su declaración en este papel de Brezis. De hecho, él demuestra más de lo que necesita.

Me gustaría citar aquí su Comentario 1: "La conclusión de la Proposición 1 es fácil de decir, pero no sé directa, primaria, la prueba. Nuestra prueba no es muy complicado, pero requiere una "excursión" a través de la Espacios de Sobolev."

Tenga en cuenta que la Proposición 1 contiene su reclamo.