¿Observación 4.31 en Rudin de bebé: Cómo comprobar estos puntos?

Question

Deje $a$ $b$ dos números reales tales que a $a < b$, vamos a $E$ ser cualquier contables subconjunto del intervalo abierto $(a,b)$, y dejar que los elementos de $E$ estar dispuestos en una secuencia $$x_1, x_2, x_3, \ldots.$$ Ahora vamos a $\{c_n\}$ ser cualquier secuencia de los números reales positivos tales que la serie $\sum c_n$ converge.

Ahora definir la función de $f \colon (a,b) \to \mathbb{R}$ como sigue: $$f(x) \colon= \sum_{x_n < x} c_n \ \ \ \ \text{ for all } x \in (a,b).$$

A continuación, Rudin los estados que (a) la función de $f$ es monótonamente creciente en $(a,b)$; si $a < x < y < b$, luego $$f(y) = \sum_{x_n < y} c_n \geq \sum_{x_n < x} c_n = f(x)$$ because if any $c_n < x$, then that particular $c_n$ is obviously less than $$ y también. (b) $f$ es discontinua en todos los puntos de $E$; de hecho, $$ f(x_n + ) - f(x_n - ) = c_n.$$ How does this hold? How to show this rigorously using the $\epsilon$-$\delta$ enfoque? (c) $f$ es continua en cada punto de $(a,b)$. Cómo mostrar esta utilizando el enfoque riguroso?

Por otra parte, $f(x-) = f(x) = f(x+)$ en todos los puntos de $(a,b)$.

Answer 1

$\newcommand{\eps}{\varepsilon}$Una buena manera de investigar la pregunta de rigor es considerar la "unidad de la función de paso" $$ H(x) = \begin{cases} 0 & \text{if %#%#%,} \\ 1 & \text{if %#%#%.} \end{casos} $$ La función de $x \leq 0$ es, obviamente, no decreciente y continua en todas partes, excepto $x > 0$.

Para cada entero positivo $H$, la función de $0$ es el "paso de la altura de la $n$$f_{n}(x) = c_{n} H(x - x_{n})$"; de nuevo, esta función es, obviamente, no decreciente y tiene un "salto" de tamaño $c_{n}$$x_{n}$.

La observación interesante es que $$ f(x) = \sum_{x_{n} < x} f_{n}(x). $$ De ello se desprende a la vez que $c_{n}$ es no decreciente.

Partes (b) y (c) sigue casi inmediatamente de la (fácil) el hecho de que la serie anterior "converge uniformemente" a $x_{n}$. Sin embargo, Rudin no discutir uniforme límites hasta el Capítulo 7 (si no recuerdo mal), por lo que tendremos que establecer una herramienta de las definiciones.

Lema: Si $f$, es decir, si $f$ todos los $x \not\in E$, $x \neq x_{n}$ es continua en a $n$.

Prueba (boceto): Fix $f$ arbitrariamente. Uso summability de $x$ elegir un número natural $\eps > 0$ tal que $$ \sum_{n = N+1}^{\infty} c_{n} < \eps. $$ Ahora coger $(c_{n})$, de modo que $N$ no contiene ninguna de las $\delta > 0$$(x - \delta, x + \delta)$; por ejemplo, tomar $$ \delta = \min \{|x_{n} - x| : 1 \leq n \leq N\}. $$ Si $x_{n}$, luego $$ |f(x) - f(y)| \leq \sum_{n=N+1}^{\infty} c_{n} < \eps. $$ (La primera desigualdad requiere de justificación; el punto es, cada una de las $n \leq N$ $|x - y| < \delta$ es una suma de varios $f(x)$, pero si $f(y)$, $c_{n}$ no se encuentran entre $n \leq N$$x_{n}$, "$x$ no aparece en la diferencia".)

Este lema asas de la parte (c). Parte (b) es inmediato a partir de la siguiente "truco": Para cada una de las $y$, se puede "descomponer" $c_{n}$ $$ f(x) = \underbrace{f(x) - f_{n}(x)}_{g_{n}(x)} + f_{n}(x). $$ La diferencia $n$ sobre el lado derecho es precisamente la función construido de la misma manera como $f$, excepto por la eliminación del punto de $g_{n}(x)$ desde el set $f$, y la eliminación de la correspondiente sumando de a $x_{n}$. Como tal, $E$ es continua en a $f(x)$ por el lema (!). Desde $g_{n}$ tiene una discontinuidad de salto en $x_{n}$, $f_{n}$ sí, así.

Answer 2

Sugerencia : tenga en cuenta que $\forall x\in (x_n,x_{n+1}]$, para algunos $n\in \mathbb{N}$ $$f(x)=\sum_{i=1}^n c_i$$ which shows that $f $ is increasing in $(a,b) $ and also, $f(x_n+)-f(x_n-) = \sum_ {me = 1} ^ c_i n-\sum_ {me = 1} ^ {n-1} c_i = c_n$ también, tenga en cuenta que la función queda continuo.

Es mejor dibujar primero la función en tu mente y luego ir para la prueba de #% de #% %, que seguiría fácilmente de la imagen.

Answer 3

Creo que este ejemplo plantea para el uso del concepto de absolutamente summable de la familia, tal como se define por Dieudonné en El capítulo V, Sección 3 de las Bases de la Moderna Análisis, o (en una clase de introducción a nivel de pregrado) en el Capítulo 5 de Alan F. Beardon, Límites: Un Nuevo Enfoque para el Análisis Real.

(Por supuesto que uno puede hacer sin este, y tal vez, entonces, es mejor ignorar Rudin la observación de que "el orden en el que el los términos están ordenados es inmaterial", que puede ser un poco de un arenque rojo, porque en lugar de utilizar absolutamente summable las familias se puede definir la suma de una serie de $\sum c_{n_k}$, donde $( n_k : k \in \mathbb{N} )$ es cualquier estrictamente creciente la secuencia, y luego, por supuesto, el orden de los términos restos la misma).

Si $J = \{ 1, 2, 3, \dotsc \}$, $ ( c_n : n \J \}$ es un absolutamente summable de la familia, por lo tanto lo es $( c_n : n \in J_x )$, donde $J_x = \{ n \in J : x_n < x \}$, for all $x \in (a, b)$, y: $$ f(x) = \sum_{n \in J_x} c_n \qquad (a < x < b). $$

La ordenación del conjunto de índices $J$ no se utiliza, y $( x_n : n \J )$ puede ser cualquier contables de la familia en $(a, b)$. Es inyectiva, pero no creo que lo necesitamos. Sin embargo, por la pulcritud, nos puede explotar el producto de inyectividad, de la siguiente manera:

Tomar el dado contables subconjunto $E \subset (a, b)$ como el índice establecido por el absolutamente summable de la familia, que ahora vuelve $( c_x : x \in E )$.

Si es posible, no voy a usar la suposición de que $E$ es infinito, es decir, $E$ es en la mayoría de los contables.

Definir: \begin{gather*} \mu(S) = \sum_{y \in S} c_y \qquad (S \subseteq E), \\ f(x) = \mu(E \cap (a, x)) \qquad (a < x < b). \end{reunir*}

De la propiedad (a) es trivial.

Para probar (b) y (c) juntos, tenemos que demostrar: (i) $f(x-) = f(x)$; (ii) $f(x+) = \mu(E \cap (a, x])$.

La prueba de (i).

Para todos los $\epsilon > 0$, existe finito $F \subset E \cap (a, x)$ tal que $\mu(F) > f(x) - \epsilon.$ Si $\max(F) < t < x$,$f(t) > f(x) - \epsilon$. Desde ya sabemos que $f(x-) \leqslant f(x)$, esto demuestra que $f(x-) = f(x)$.

La prueba de (ii).

Definir $g(x) = \mu(E \cap (a, x])$$h(x) = \mu(E \cap (x, b))$. A continuación,$g(x) + h(x) = \mu(E)$, que es una constante independiente de $x$. Por el mismo argumento, como en (i) (o bien mediante un cambio de variable de$x$$a + b - x$), se ha $h(x+) = h(x)$, por lo $g(x+) = g(x)$. Pero es claro que $f(x+) = g(x+)$, porque si $x < t < u < b,$ a continuación,$f(t) \leqslant g(u)$$g(t) \leqslant f(u)$. Por lo tanto $f(x+) = g(x)$. Q. E. D.

Answer 4

Dado $\varepsilon>0$, elija $M\in\mathbb N$ tan grande que $\sum_{m=M+1}^\infty c_m<\varepsilon$.

A continuación, elija $\delta>0$ tan pequeño que todos los puntos en $\{x_1,\ldots,x_M\}$ con la posible excepción de $x$ sí, están a una distancia $>\delta$$x$.

Probablemente usted puede tomar desde allí.

PS: Así que si $|y-x|<\delta$, $|f(y)-f(x)|$ es una suma de miembros de la secuencia de $\{c_n\}_{n=1}^\infty$ cuya suma es menor que $\varepsilon$, a menos que $x$ sí está en la secuencia. Que demuestra la continuidad en los números de $x$ que no están en la secuencia.

Ahora supongamos $x$ es en la secuencia. A continuación, $x= x_k$ algunos $k$. Entonces si $x<y<x+\delta$, luego de nuevo a $|f(y)-f(x)|<\varepsilon$ por la misma razón. Pero en este caso, tenemos que demostrar que el $f(x-)$ sería la suma de todos los miembros de $\{c_n\}_{n=1}^\infty$ que $x_k<x$, e $f(x)=f(x+)$ sería que suma más $c_k$. Así que supongamos $0<x-y<\delta$. A continuación, $f(y)$ difiere de la suma de todos los miembros de $\{c_n\}_{n=1}^\infty$ que $x_k<x$ por una suma de miembros de $\{c_n\}_{n=1}^\infty$ menos de lo que se $\varepsilon$.