Ολοκλήρωση φραγμένης παραγώγου

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2703
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Ολοκλήρωση φραγμένης παραγώγου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Απρ 12, 2018 6:29 pm

Εστω f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}

παραγωγίσημη ώστε υπάρχει M > 0

με \left | f'(x) \right |\leq M,x\in [a,b]


1)Να δειχθεί ότι η f' είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη.

2)Για x\in [a,b] είναι

f(x)=f(a)+\int_{a}^{x}f'(t)dt

(εννοείτε ότι τα ολοκληρώματα είναι με την έννοια του Lebesgue)



Λέξεις Κλειδιά:
BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1353
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: Ολοκλήρωση φραγμένης παραγώγου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Πέμ Απρ 19, 2018 5:03 pm

Γεια χαρά. Με \displaystyle{S} θα συμβολίζουμε το σύνολο των απλών συναρτήσεων του \displaystyle{\left[a,b\right]} .

Έστω \displaystyle{s\in S} τέτοια, ώστε \displaystyle{0\leq s\leq M}. Tότε,

\displaystyle{\int s\,\mathrm{d}\lambda\leq \int M\,\mathrm{d}\lambda=M\,\lambda([a,b])=M\,(b-a)<\infty} . Συνεπώς,

\displaystyle{\sup\,\left\{\int s\,\mathrm{d}\lambda\,\,,s\in S\,\,,0\leq s\leq M\right\}<\infty} και αφού,

\displaystyle{\left\{\int s\,\mathrm{d}\lambda\,,s\in S\,,0\leq s\leq |f'|\right\}\subseteq \left\{\int s \mathrm{d}\lambda\,,s\in S\,,0\leq s\leq M\right\}=\int M\,\mathrm{d}\lambda=M\,(b-a)}

προκύπτει ότι

\sup\,{\left\{\int s\,\mathrm{d}\lambda\,,s\in S\,,0\leq s\leq |f'|\right\}\leq \sup\,\left\{\int s \mathrm{d}\lambda\,,s\in S\,,0\leq s\leq M\right\}=M\,(b-a)}

Άρα, \displaystyle{\int |f'|\mathrm{d}\lambda\leq M(b-a)<\infty} , οπότε η \displaystyle{f'} είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη.

2. Αυτό κάνει χρήση του Θεωρήματος Vitali - Kαραθεοδωρή και έχει αρκετά μεγάλη απόδειξη. Έχετε στο νου σας κύριε Στάυρο κάτι άλλο ;


Παπαπέτρος Ευάγγελος
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2703
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ολοκλήρωση φραγμένης παραγώγου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Απρ 19, 2018 7:03 pm

BAGGP93 έγραψε:
Πέμ Απρ 19, 2018 5:03 pm
Γεια χαρά. Με \displaystyle{S} θα συμβολίζουμε το σύνολο των απλών συναρτήσεων του \displaystyle{\left[a,b\right]} .

Έστω \displaystyle{s\in S} τέτοια, ώστε \displaystyle{0\leq s\leq M}. Tότε,

\displaystyle{\int s\,\mathrm{d}\lambda\leq \int M\,\mathrm{d}\lambda=M\,\lambda([a,b])=M\,(b-a)<\infty} . Συνεπώς,

\displaystyle{\sup\,\left\{\int s\,\mathrm{d}\lambda\,\,,s\in S\,\,,0\leq s\leq M\right\}<\infty} και αφού,

\displaystyle{\left\{\int s\,\mathrm{d}\lambda\,,s\in S\,,0\leq s\leq |f'|\right\}\subseteq \left\{\int s \mathrm{d}\lambda\,,s\in S\,,0\leq s\leq M\right\}=\int M\,\mathrm{d}\lambda=M\,(b-a)}

προκύπτει ότι

\sup\,{\left\{\int s\,\mathrm{d}\lambda\,,s\in S\,,0\leq s\leq |f'|\right\}\leq \sup\,\left\{\int s \mathrm{d}\lambda\,,s\in S\,,0\leq s\leq M\right\}=M\,(b-a)}

Άρα, \displaystyle{\int |f'|\mathrm{d}\lambda\leq M(b-a)<\infty} , οπότε η \displaystyle{f'} είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη.

2. Αυτό κάνει χρήση του Θεωρήματος Vitali - Kαραθεοδωρή και έχει αρκετά μεγάλη απόδειξη. Έχετε στο νου σας κύριε Στάυρο κάτι άλλο ;
Γεια σου Ευάγγελε.

Αφού η παράγωγος είναι φραγμένη θα είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη αν και μόνο αν είναι μετρήσιμη.
Εκείνο που πρέπει να δείξουμε είναι ότι είναι μετρήσιμη.

Το 2 ισχύει γενικότερα αν η παράγωγος υπάρχει παντού είναι πεπερασμένη και Lebesgue ολοκληρώσιμη.
(ισως να μπορούν να εξασθενήσουν και άλλο οι προυποθέσεις)

Αυτή η απόδειξη είναι όντως μακροσκελής.

Για το δικό μου το μόνο βαρύ είναι το κυριαρχημένης σύγκλισης.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2703
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ολοκλήρωση φραγμένης παραγώγου

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Απρ 25, 2018 10:15 am

Επαναφορά.

Υπόδειξη.

Θεωρήστε τις συναρτήσεις f_{n}(x)=n(f(x+\frac{1}{n})-f(x))

αφού επεκταθεί η f ώστε να είναι καλά ορισμένες.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2703
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ολοκλήρωση φραγμένης παραγώγου

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Ιουν 23, 2018 11:42 am

Βάζω την λύση

Για x>b θέτουμε f(x)=f(b)+f'(b)(x-b)

Ετσι οι συναρτήσεις f_{n}(x)=n(f(x+\frac{1}{n})-f(x)) είναι καλά ορισμένες στο [a,b].

Σαν συνεχείς είναι μετρήσιμες και f_{n}(x)\rightarrow f'(x)

Αρα η f' είναι μετρήσιμη σαν κατά σημείο όριο μετρησίμων.

Επειδή είναι και φραγμένη είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη.

Από Θ.Μ.Τ κάθε f_{n} είναι φραγμένη.

Από το θεώρημα κυριαρχιμένης σύγκλισης έχουμε

\int_{a}^{b}f_{n}(x)dx\rightarrow \int_{a}^{b}f'(x)dx(1)

Αλλά \int_{a}^{b}f_{n}(x)dx=n\int_{a}^{b}(f(x+\frac{1}{n})-f(x))dx(2)

Ευκολα βλέπουμε ότι

\int_{a}^{b}(f(x+\frac{1}{n})-f(x))dx=\int_{b}^{b+\frac{1}{n}}f(x)dx-\int_{a}^{a+\frac{1}{n}}f(x)dx

Αλλά αφού η f είναι συνεχής θα έχουμε

n\int_{b}^{b+\frac{1}{n}}f(x)dx\rightarrow f(b),n\int_{a}^{a+\frac{1}{n}}f(x)dx\rightarrow f(a)

παίρνοντας το όριο οι (1),(2) δίνουν το ζητούμενο για x=b

Για τα άλλα x δουλεύουμε στο διάστημα [a,x]


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 1 επισκέπτης