Yo estaba vagando si es posible encontrar una función continua, además de a $f(x)=1$, que cumplen las siguientes condiciones: \begin{align*} &f(x)\geq 0, \text{for all } x\in[0,1),\\ &f(0)=1, \\ &f(x)\geq f(2x), \text{for all } x\in[0,1)\\ &f(x)=f\left(x+\frac{1}{2}\right). \end{align*} Dado que esa función tiene que ser $1/2$-periódico, he estado tratando de hacer esto buscando trigonométricas polinomios de la forma \begin{equation} f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{k=1}^{N}(a_{k}\cos(4\pi kx)+b_{k}\sin(4\pi kx)), \end{equation} pero hasta ahora, la única función que se me ocurre es $f(x)=1$. Creo que la razón de esto es que cumpla con las condiciones 3 y 4 al mismo tiempo es muy difícil, si no imposible?
Respuesta
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Podemos encontrar un montón de puntos donde se $f$ es constante por argumentos como los siguientes: $$f(0.1) \ge f(0.2) \ge f(0.4) \ge f(0.8) = f(0.3) \ge f(0.6) = f(0.1),$$ así que debemos tener $f(0.1)=f(0.2)=f(0.3)=f(0.4)=f(0.6)=f(0.8)$.
Así que vamos a extender esta una prueba de que si $f$ es también continuo, $f(x)=1$ todos los $x$, que es esencialmente asegurándose de que podamos llegar a estas cadenas de valores iguales a venir arbitrariamente cerca a cada elemento de a $[0,1)$. Este es un bog-análisis estándar de prueba, salvo con alguna teoría de los números arrojados.
Elegir un arbitrario $x^* \in [0,1)$, y deje $\epsilon>0$ también ser arbitraria. Por la continuidad de $f$, podemos encontrar $\delta_1, \delta_2$ tal que $$|x - 0| < \delta_1 \Rightarrow |f(x) - f(0)| < \frac{\epsilon}{2}$$ and $$|x-x^*| < \delta_2 \Rightarrow |f(x) - f(x^*)| < \frac{\epsilon}{2}.$$
A continuación, elige $k$ suficientemente grande como para que $\frac1{2^k-1} < \min\{\delta_1,\delta_2\}$. Deje $n = \left\lfloor \frac{2^k}{x^*}\right\rfloor$ o $n = \left\lceil \frac{2^k}{x^*}\right\rceil$, lo que es impar. De cualquier manera, $|n - \frac{2^k}{x^*}| < 1$, lo que significa que $$\left|\frac{2^k}{n} - x^*\right| < \left|\frac{2^k}{2^k/x^* - 1} - x^*\right| = \left|\frac{(x^*)^2}{2^k-x^*}\right| < \frac1{2^k-1} < \delta_2.$$ We also have that $|\frac1n| < \frac1{2^k-1} < \delta_1$.
Ahora a comenzar la cadena $$f(\tfrac1n) \ge f(\tfrac2n) \ge f(\tfrac4n) \ge \dots \ge f(\tfrac{2^k}{n}) \ge \dots$$ which, because $n$ is odd, eventually gets back to $f(\tfrac1n)$, making all of these values equal. In particular, $f(\tfrac1n) = f(\tfrac{2^k}{n})$, and we have $$|f(x^*) - f(0)| \le |f(x^*) - f(\tfrac{2^k}{n})| + |f(\tfrac{2^k}{n}) - f(\tfrac{1}{n})| + |f(\tfrac{1}{n}) - f(0)| < \frac{\epsilon}{2} + 0 + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.$$ But this is true for arbitrary $\epsilon>0$, so we must have $f(x^*) = f(0)$, como se desee.
