$f'(x)\geq 0$ sólo, pero sigue aumentando estrictamente

Question

Es un corolario rápido del Teorema del Valor Medio que para una función real diferenciable $f:(a,b)\rightarrow\mathbb R$ que

• si $f'(x)\geq 0$ para todos $x\in (a,b)$ entonces $f$ es (débilmente) creciente
• si $f'(x)>0$ para todos $x\in(a,b)$ entonces $f$ es estrictamente creciente

Sin embargo, este resultado puede reforzarse considerablemente. Por ejemplo

• si $f'(x)\geq 0$ para todos $x\in (a,b)$ et $Z(f')=\{x\in(a,b):f'(x)=0\}$ es un subconjunto discreto de $(a,b)$ entonces $f$ es estrictamente creciente
• si $f'(x)\geq 0$ para todos $x\in (a,b)$ y si el conjunto derivado de $Z(f')$ es discreto, entonces $f$ es estrictamente creciente

Este patrón continúa. Dado $A\subseteq\mathbb R$ , dejemos que $A^{(0)}=A$ et $A^{(n+1)}=(A^{(n)})'$ donde $E'$ denota el conjunto derivado de $E$ . Entonces tenemos este resultado:

• si $f'(x)\geq 0$ para todos $x\in(a,b)$ et $(Z(f'))^{(n)}$ es discreto para algunos $n$ entonces $f$ es estrictamente creciente (nótese que $Z(f')$ debe ser contable en este caso)

El siguiente ejemplo, más sencillo pero más complicado, que no he podido resolver es cuando $Z(f')$ tiene un tipo de orden como $\omega^\omega+1$ . Por lo tanto, la pregunta es

Dejemos que $f'(x)\geq 0$ para todos $x\in (a,b)$ tal que $Z(f')$ tiene tipo de orden $\omega^\omega+1$ . Es $f$ necesariamente creciente en $(a,b)$ ? Puede suponer que $Z(f')$ se incrusta como un subconjunto cerrado de $(a,b)$ si es necesario.

Las pruebas de las tres afirmaciones anteriores se basan en gran medida en dos hechos:

• El aumento estricto es una propiedad local. Es decir, si $f:(a,b)\rightarrow\mathbb R$ tal que para todo $x\in (a,b)$ hay un $\varepsilon>0$ tal que $f$ es estrictamente creciente en $(x-\varepsilon,x+\varepsilon)$ entonces $f$ es estrictamente creciente en $(a,b)$
• si $f$ es estrictamente creciente en $(a,b)$ y se extiende continuamente hasta $[a,b)$ entonces $f$ es estrictamente creciente en $[a,b)$ . La doble afirmación también es cierta.

Cuando $Z(f')$ tenía el tipo de pedido $\omega+1$ La verdadera pregunta es qué pasa alrededor de la "cima" de $Z(f')$ . Cuando $Z(f')$ tenía el tipo de pedido $\omega^2+1$ La cuestión es qué pasa alrededor de $Z(f')^{(1)}$ . Y así sucesivamente. Este argumento puede ampliarse para tratar $A$ tal que $A^{(n)}$ es discreto para algunos $n$ . Esto envuelve a un montón de conjuntos que son de orden isomorfo a los ordinales contables. Pero con un conjunto con tipo de orden $\omega^\omega+1$ tenemos que cada elemento, excepto uno (el "fondo"), es un punto de acumulación. Y no puedo aplicar la inducción que estaba utilizando para demostrar la tercera afirmación.

Answer 1

No estoy muy seguro de lo que $\omega^\omega + 1$ es, pero podemos encontrar grandes subconjuntos donde $f'=0$ y aún así tener $f$ estrictamente creciente. He aquí un ejemplo: Sea $K\subset [0,1]$ sea el conjunto de Cantor habitual, y sea $d(x,K)$ denotan la distancia desde $x$ a $K.$ (Recordemos que $d(x,K)$ es una función continua). Entonces

$$f(x) = \int_0^x d(t,K)\,dt$$

es una función continuamente diferenciable y estrictamente creciente en $[0,1]$ (porque $K$ no tiene interior), y $f'(x) = 0$ precisamente en el set $K$ por la FTC.

Answer 2

Supongamos que $f'(x)\geq 0$ para todos $x\in (a,b)$ . Entonces $f$ es estrictamente creciente en $(a,b)$ si $\{x\in(a,b):f'(x)=0\}$ tiene el interior vacío. Aquí hay una prueba fácil. Supongamos que $f$ no es estrictamente creciente, por lo que existe $c<d$ en $(a,b)$ tal que $f(c)\not<f(d)$ . Desde $f$ es débilmente creciente en $(a,b)$ Esto implica $f(c)=f(d)$ y de hecho $f(c)=f(x)=f(d)$ para todos $x\in (c,d)$ también. De ello se desprende que $f'(x)=0$ para todos $x\in(c,d)$ Así que $\{x\in(a,b):f'(x)=0\}$ tiene un interior no vacío.

Por el contrario, si $\{x\in(a,b):f'(x)=0\}$ tiene un interior no vacío, existe un intervalo abierto $(c,d)$ en el que $f'(x)=0$ y luego $f$ es constante (y por tanto no estrictamente creciente) en ese intervalo.