Sulle funzioni $\alpha$-holderiane
Problema (Concorso di ammissione SNS). Sia $\alpha \in (0,1)$ e si denoti con \(C^{0,\alpha}([0,1])\) lo spazio delle funzioni a valori reali $\alpha$-holderiane in $[0,1]$ munito della norma
\[
\Vert f \Vert_{\alpha} := \sup_{[0,1]} \vert f \vert + \sup_{y \ne x} \frac{\vert f(x)-f(y) \vert}{\vert x-y\vert^\alpha}.
\]
Sia ora $E$ il sottospazio
\[
E:=\left\{f \in C^{0,\alpha}([0,1]): \lim_{r \to 0^+} \sup_{0<\vert y-x\vert
Provare che $E$ è chiuso e che \(C^1([0,1])\) è denso in $E$.
Qualche idea.
Grazie.
\[
\Vert f \Vert_{\alpha} := \sup_{[0,1]} \vert f \vert + \sup_{y \ne x} \frac{\vert f(x)-f(y) \vert}{\vert x-y\vert^\alpha}.
\]
Sia ora $E$ il sottospazio
\[
E:=\left\{f \in C^{0,\alpha}([0,1]): \lim_{r \to 0^+} \sup_{0<\vert y-x\vert
Provare che $E$ è chiuso e che \(C^1([0,1])\) è denso in $E$.
Qualche idea.
Grazie.
Risposte
Mi permetto un piccolo up. Grazie.
Questo esercizio mi pare piuttosto difficile. Dico un po' di cosette ma niente di sostanziale.
Lo spazio \(C^{0, \alpha}([0,1])\) è effettivamente di Banach, ma l'idea di applicare il lemma di Baire non mi suona valida. O forse non ho capito come vuoi procedere: il punto è che non ho mai visto usare il lemma di Baire in un argomento di densità. Di solito quando si parla di densità su insiemi compatti gira e volta è sempre questione di teorema di Stone-Weierstrass.
Inoltre anche la dimostrazione del fatto che \(E\) è chiuso non è valida. Stai attento perché c'è un errore che salta all'occhio:
\begin{equation}\tag{!!}
\sup_{0 < \vert y-x\vert < r} \frac{\vert f(x)-f(y) \vert}{\vert x-y\vert^\alpha} \le \frac{2\varepsilon}{\vert x-y\vert^\alpha} + \varepsilon
\end{equation}
Nel membro sinistro di questa disuguaglianza \(x, y\) sono variabili mute perché sono saturate dal \(\sup\): com'è che a destra invece compaiono come variabili libere? E infatti c'è un problema: quando passi al sup, quel denominatore a destra esplode a \(+\infty\) lasciandoti con una disuguaglianza vuota.
Lo spazio \(C^{0, \alpha}([0,1])\) è effettivamente di Banach, ma l'idea di applicare il lemma di Baire non mi suona valida. O forse non ho capito come vuoi procedere: il punto è che non ho mai visto usare il lemma di Baire in un argomento di densità. Di solito quando si parla di densità su insiemi compatti gira e volta è sempre questione di teorema di Stone-Weierstrass.
Inoltre anche la dimostrazione del fatto che \(E\) è chiuso non è valida. Stai attento perché c'è un errore che salta all'occhio:
\begin{equation}\tag{!!}
\sup_{0 < \vert y-x\vert < r} \frac{\vert f(x)-f(y) \vert}{\vert x-y\vert^\alpha} \le \frac{2\varepsilon}{\vert x-y\vert^\alpha} + \varepsilon
\end{equation}
Nel membro sinistro di questa disuguaglianza \(x, y\) sono variabili mute perché sono saturate dal \(\sup\): com'è che a destra invece compaiono come variabili libere? E infatti c'è un problema: quando passi al sup, quel denominatore a destra esplode a \(+\infty\) lasciandoti con una disuguaglianza vuota.
Per dimostrare che \(E\) è chiuso, io proverei con il classico studio delle successioni di \(E\). [size=85](sono stato criptico di proposito)[/size]
Per la densità concordo con dissonance, almenoche non si possa applicare qualche lemma ad hoc!
Per la densità concordo con dissonance, almenoche non si possa applicare qualche lemma ad hoc!
"j18eos":E questo è esattamente quanto sta cercando di fare Paolo. Se hai qualche idea seria e concreta mettila sul tavolo, per favore. Mi infastidisce un po' questo tuo modo di postare del tutto inconsistente. Perché postare se non hai nulla da dire?
Per dimostrare che \(E\) è chiuso, io proverei con il classico studio delle successioni di \(E\). [size=85](sono stato criptico di proposito)[/size]
Veramente non metto sul tavolo non perché non abbia nulla da mettervi, ma per invogliare (in questo caso Paolo) a risolvere i problemi con le proprie forze!
@ dissonance: che errore da scemo! 
E' vero, grazie per avermelo fatto notare. Dubito che si possa aggiustare il mio ragionamento per farlo funzionare in qualche modo. Probabilmente serve qualche altro strumento teorico: ma che cosa?
Rispondendo anche ad Armando, penso che procedere per successioni sia l'unica strada (provare che il complementare è aperto mi sembra un casino...). L'unica cosa che mi è venuta in mente - ora che ho l'autorevole conferma di dissonance sulla completezza dello spazio delle funzioni holderiane - è che potremmo provare che $E$ è chiuso mostrando che è completo (ma non sono sicuro che ciò sia un vantaggio, anzi...).
Per quanto riguarda la faccenda della densità, dissonance, in verità è proprio grazie a te che mi si accende spesso la lampadina "Baire" in merito di densità.... dici che qui non si può fare nulla?
Grazie mille per il preziosissimo aiuto.
E' vero, grazie per avermelo fatto notare. Dubito che si possa aggiustare il mio ragionamento per farlo funzionare in qualche modo. Probabilmente serve qualche altro strumento teorico: ma che cosa?
Rispondendo anche ad Armando, penso che procedere per successioni sia l'unica strada (provare che il complementare è aperto mi sembra un casino...). L'unica cosa che mi è venuta in mente - ora che ho l'autorevole conferma di dissonance sulla completezza dello spazio delle funzioni holderiane - è che potremmo provare che $E$ è chiuso mostrando che è completo (ma non sono sicuro che ciò sia un vantaggio, anzi...).
Per quanto riguarda la faccenda della densità, dissonance, in verità è proprio grazie a te che mi si accende spesso la lampadina "Baire" in merito di densità.... dici che qui non si può fare nulla?
Grazie mille per il preziosissimo aiuto.
Ah già, è vero, l'intersezione numerabile di aperti densi è densa. Me ne ero scordato e in effetti potrebbe funzionare. Però prima occorre mostrare che \(E\) è chiuso (è una inutile complicazione mostrare direttamente la sua completezza). L'argomento di \(3\varepsilon\) secondo me funziona ma lo devi fare un po' meglio: prova a partire dalla disuguaglianza
\begin{equation}
\lvert f(x)-f(y)\rvert \le \lvert (f(x)-f_n(x))-(f(y)-f_n(y)\rvert + \lvert f_n(x)-f_n(y)\rvert.
\end{equation}
\begin{equation}
\lvert f(x)-f(y)\rvert \le \lvert (f(x)-f_n(x))-(f(y)-f_n(y)\rvert + \lvert f_n(x)-f_n(y)\rvert.
\end{equation}
Sto per dire una cosa ma ho molta paura che sia una cavolata. Vediamo se c'è l'errore: detto male, consideriamo \begin{equation}
\lvert f(x)-f(y)\rvert \le \lvert (f(x)-f_n(x))-(f(y)-f_n(y)\rvert + \lvert f_n(x)-f_n(y)\rvert.
\end{equation}
Sull'ultimo addendo non ci piove: lo maggioriamo con $c_n|x-y|^{\alpha}$, con $c_n>0$ costante dipendente solo da $n$. Fissiamo $n$ abbastanza grande: allora
\begin{equation}
\lvert f(x)-f(y)\rvert \le \lvert (f(x)-f_n(x))-(f(y)-f_n(y)\rvert + \lvert f_n(x)-f_n(y)\rvert \le 2\varepsilon + c_n|x-y|^{\alpha}
\end{equation}
Per l'arbitrarietà di $varepsilon$ abbiamo che $f$ è $\alpha$ holderiana di costante $c_n$. Se io mostrassi che le costanti $c_n$ sono arbitrariamente piccole per $n$ molto grande avrei la tesi secondo voi?
E' che la condizione che definisce $E$ è di difficile interpretazione (almeno per me): come descrivereste "a parole" le funzioni di $E$?
Mi scuso se sono impreciso, ma un po' la stanchezza un po' la confusione non mi permettono di fare di meglio.
Grazie!
\lvert f(x)-f(y)\rvert \le \lvert (f(x)-f_n(x))-(f(y)-f_n(y)\rvert + \lvert f_n(x)-f_n(y)\rvert.
\end{equation}
Sull'ultimo addendo non ci piove: lo maggioriamo con $c_n|x-y|^{\alpha}$, con $c_n>0$ costante dipendente solo da $n$. Fissiamo $n$ abbastanza grande: allora
\begin{equation}
\lvert f(x)-f(y)\rvert \le \lvert (f(x)-f_n(x))-(f(y)-f_n(y)\rvert + \lvert f_n(x)-f_n(y)\rvert \le 2\varepsilon + c_n|x-y|^{\alpha}
\end{equation}
Per l'arbitrarietà di $varepsilon$ abbiamo che $f$ è $\alpha$ holderiana di costante $c_n$. Se io mostrassi che le costanti $c_n$ sono arbitrariamente piccole per $n$ molto grande avrei la tesi secondo voi?
E' che la condizione che definisce $E$ è di difficile interpretazione (almeno per me): come descrivereste "a parole" le funzioni di $E$?
Mi scuso se sono impreciso, ma un po' la stanchezza un po' la confusione non mi permettono di fare di meglio.
Grazie!
La densità la dimostrerei usando i mollificatori; se \(\varphi_{\epsilon}\) è la famiglia standard di mollificatori, \(f\in E\) e
\[
f_{\epsilon}(x) := (\varphi\ast f)(x) = \int f(x-z)\varphi_{\epsilon}(z) dz,
\]
possiamo stimare
\[
\|f_{\epsilon}-f\|_{\alpha} \leq \sup |f_{\epsilon}-f| + \sup_{y\neq x}\int \left(\frac{|f(x-z)-f(y-z)|}{|x-y|^{\alpha}} + \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\right)\varphi_{\epsilon}(z) dz.
\]
Poiché \(f\in E\), ciascuna delle due frazioni nell'integrale può essere opportunamente maggiorata...
\[
f_{\epsilon}(x) := (\varphi\ast f)(x) = \int f(x-z)\varphi_{\epsilon}(z) dz,
\]
possiamo stimare
\[
\|f_{\epsilon}-f\|_{\alpha} \leq \sup |f_{\epsilon}-f| + \sup_{y\neq x}\int \left(\frac{|f(x-z)-f(y-z)|}{|x-y|^{\alpha}} + \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\right)\varphi_{\epsilon}(z) dz.
\]
Poiché \(f\in E\), ciascuna delle due frazioni nell'integrale può essere opportunamente maggiorata...
"Paolo90":
@ dissonance: che errore da scemo!
E' vero, grazie per avermelo fatto notare. Dubito che si possa aggiustare il mio ragionamento per farlo funzionare in qualche modo. Probabilmente serve qualche altro strumento teorico: ma che cosa?
Rispondendo anche ad Armando, penso che procedere per successioni sia l'unica strada (provare che il complementare è aperto mi sembra un casino...). L'unica cosa che mi è venuta in mente - ora che ho l'autorevole conferma di dissonance sulla completezza dello spazio delle funzioni holderiane - è che potremmo provare che $E$ è chiuso mostrando che è completo (ma non sono sicuro che ciò sia un vantaggio, anzi...).
Per quanto riguarda la faccenda della densità, dissonance, in verità è proprio grazie a te che mi si accende spesso la lampadina "Baire" in merito di densità.... dici che qui non si può fare nulla?
Grazie mille per il preziosissimo aiuto.
Per mostrare che è chiuso non basterebbe mostrare che il sottospazio è di Banach (e quindi completo rispetto alla norma che hai definito)?
@deino:
Certamente, è quello che ho già detto anche io:
Ma ha già risposto dissonance, confermando quello che pensavo: è solo un'inutile complicazione.
@Rigel: come al solito, mi togli le castagne dal fuoco e ti ringrazio molto per il tuo aiuto. Ora vedo un po' che cosa riesco a fare partendo dal tuo suggerimento; tanto per cambiare, comunque, non mi sarebbe mai venuto in mente di regolarizzare per convoluzione (abbiamo già regolarità $C^1$...). Mi dispiace proprio questa cosa: generalmente qualche idea di fronte ad un problema mi viene ma quasi mai è quella "giusta".
"deino":
Per mostrare che è chiuso non basterebbe mostrare che il sottospazio è di Banach (e quindi completo rispetto alla norma che hai definito)?
Certamente, è quello che ho già detto anche io:
"Paolo90":
L'unica cosa che mi è venuta in mente - ora che ho l'autorevole conferma di dissonance sulla completezza dello spazio delle funzioni holderiane - è che potremmo provare che $E$ è chiuso mostrando che è completo (ma non sono sicuro che ciò sia un vantaggio, anzi...).
Ma ha già risposto dissonance, confermando quello che pensavo: è solo un'inutile complicazione.
@Rigel: come al solito, mi togli le castagne dal fuoco e ti ringrazio molto per il tuo aiuto. Ora vedo un po' che cosa riesco a fare partendo dal tuo suggerimento; tanto per cambiare, comunque, non mi sarebbe mai venuto in mente di regolarizzare per convoluzione (abbiamo già regolarità $C^1$...). Mi dispiace proprio questa cosa: generalmente qualche idea di fronte ad un problema mi viene ma quasi mai è quella "giusta".
"Paolo90":
@Rigel: come al solito, mi togli le castagne dal fuoco e ti ringrazio molto per il tuo aiuto. Ora vedo un po' che cosa riesco a fare partendo dal tuo suggerimento; tanto per cambiare, comunque, non mi sarebbe mai venuto in mente di regolarizzare per convoluzione (abbiamo già regolarità $C^1$...). Mi dispiace proprio questa cosa: generalmente qualche idea di fronte ad un problema mi viene ma quasi mai è quella "giusta".
Non hai già regolarità \(C^1\): parti da una funzione \(f\in E\), e mostri che ne trovi una \(C^1\) (la \(f_{\epsilon}\), con \(\epsilon\) opportunamente piccolo) vicina a piacere nella norma \(\|\cdot\|_{\alpha}\). Questo, unito al fatto che \(C^1\subset E\), ti dice che \(C^1\) è denso in \(E\).
Voglio fare un tentativo anche se non sono uno specialista. Alcuni risultati mi pare che sono già stati ottenuti in precedenza, li includo perchè li ho scritti ieri pomeriggio. Credo che il punto che interessa sia il [3].
[1] L'insieme E è chiuso
Sia \( f_n(x) \) una successione di \( E\) convergente a \( f(x) \in C^{0,\alpha}([0,1])\), dunque: \( lim \left|| f_n-f\right||_{\alpha}=0\). Bisogna provare che \( f \in E\):
\(\displaystyle \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}=\frac{|f(x)-f_{n}(x)+f_{n}(y)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}+\frac{|f_{n}(x)-f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\)
\( \displaystyle \leq \underset{x \neq y}{sup}\frac{|f(x)-f_{n}(x)+f_{n}(y)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}+\frac{|f_{n}(x)-f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\leq\left\Vert f-f_{n}\right\Vert _{\alpha}+\frac{|f_{n}(x)-f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\)
e quindi:
\( \displaystyle \underset{0<|x-y|
Prendendo il limite superiore di ambo i membri e considerando che \( f_n(x) \in E\) abbiamo:
\( \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim sup}\underset{0<|x-y|
Facendo tendere \( n \rightarrow \infty\) otteniamo:
\( \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim sup}\underset{0<|x-y|
e quindi
\( \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim}\underset{0<|x-y|
cioè \( f(x) \in E\).
[2] \( C^1([0,1]) \subset E\)
Se \( f \in C^1([0,1])\) abbiamo:
\( \displaystyle \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}=\frac{|f'(c)||x-y|}{|x-y|^{\alpha}}\leq M|x-y|^{1-\alpha}\leq M\)
essendo \( M=\underset{[0,1]}{max} |f'(x)|\)
quindi \( f \in C^{0,\alpha}([0,1])\)
Se \( 0<|x-y|
\( \displaystyle \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\leq Mr^{1-\alpha}\)
\( \displaystyle \underset{0<|x-y|
passando al limite per \( r \rightarrow 0^+\) otteniamo \( f \in E\)
[3] \( C^1([0,1])\) è denso in \(E\)
Sia \( f \in E\).Estendo la funzione all'intervallo \( [1,2]\) ponendo per \(x \geq 1 : f(x)=f(2-x) \) i questo modo ottengo una funzione simmetrica in \( x=1\). Abbiamo:
\(\displaystyle \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim} \underset{0<|x-y|
per \( x,y \in[1,2]\) abbiamo: \( \displaystyle \frac{\left|f(x)-f(y)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}=\frac{\left|f(2-x)-f(2-y)\right|}{\left|(2-x)-(2-y)\right|^{\alpha}}\)
per \( x<1
\( \displaystyle \frac{\left|f(x)-f(y)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}\leq\frac{\left|f(x)-f(1)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}+\frac{\left|f(y)-f(1)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}\leq\frac{\left|f(x)-f(1)\right|}{\left|x-1\right|^{\alpha}}\frac{\left|x-1\right|^{\alpha}}{\left|x-y\right|^{\alpha}}+\frac{\left|f(2-y)-f(1)\right|}{\left|(2-y)-1\right|^{\alpha}}\frac{\left|y-1\right|^{\alpha}}{\left|x-y\right|^{\alpha}}\)
\( \displaystyle \leq\frac{\left|f(x)-f(1)\right|}{\left|x-1\right|^{\alpha}}+\frac{\left|f(2-y)-f(1)\right|}{\left|(2-y)-1\right|^{\alpha}}\)
quindi:
\(\displaystyle \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim} \underset{0<|x-y|
Poniamo \( \displaystyle \lambda(n) = \underset{0<|x-y|<\frac{1}{n}, x,y \in[0,2]}{sup}\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\)
risulta : \(\displaystyle \underset{n \rightarrow \infty}{lim} \lambda(n)=0\)
e anche \(\displaystyle \left|f(x)-f(y)\right|\leq\lambda(n)\left|x-y\right|^{\alpha}\) per \( 0<|x-y|<\frac{1}{n}\)
Consideriamo la successione di funzioni \(\displaystyle F_{n}(x)=n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(u)du\) si tratta di funzioni in \( C^1([0,1])\)
\( \displaystyle \left|F_{n}(x)-f(x)\right|\leq\left|n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(u)du-f(x)\right|\leq n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\left|f(u)-f(x)\right|du\leq n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\lambda(n)(u-x)^{\alpha}du\)
\(\displaystyle =\frac{\lambda(n)}{(\alpha+1)n^{\alpha}}\) e quindi
\( \displaystyle \underset{n \rightarrow \infty}{lim}sup |F_n(x)-f(x)|=0\).
Per \( 0<|x-y|<\frac{1}{n}\) abbiamo:
\( \displaystyle \left|F_{n}(x)-F_{n}(y)\right|=n\left|\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(u)du-\int_{y}^{y+\frac{1}{n}}f(u)du\right|=n\left|\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(u)du-\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(y-x+u)du\right|\)
\( \displaystyle \leq n\left|\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\left[f(u)-f(y-x+u)\right]du\right|\leq n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\left|f(u)-f(y-x+u)\right|du\)
\( \leq \leq n\lambda(n)\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\left|y-x\right|^{\alpha}du=\lambda(n)\left|y-x\right|^{\alpha} \)
Quindi:
\( \displaystyle \leq\left|F_{n}(x)-f(x)-F_{n}(y)+f(y)\right|\leq\left|F_{n}(x)-F_{n}(y)\right|+\left|f(x)-f(y)\right|\leq2\lambda(n)\left|y-x\right|^{\alpha}\)
Per \( |y-x|>\frac{1}{n}\) abbiamo:
\( \displaystyle \leq\left|F_{n}(x)-f(x)-F_{n}(y)+f(y)\right|\leq\left|F_{n}(x)-f(x)\right|+\left|F_{n}(y)-f(y)\right|\)
\( \displaystyle \leq\frac{2\lambda(N)}{(\alpha+1)n^{\alpha}}\leq\frac{2\lambda(n)}{(\alpha+1)}\left|x-y\right|^{\alpha}<2\lambda(n)\left|x-y\right|^{\alpha}\)
e quindi per \( 0<|x-y|\)
\( \displaystyle \frac{\left|F_{n}(x)-f(x)-F_{n}(y)-f(y)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}\leq2\lambda(n)\)
quindi:
\( \displaystyle \left\Vert F_{n}-f\right\Vert _{\alpha}\leq\frac{\lambda(n)}{(\alpha+1)n^{\alpha}}+2\lambda(n)\)
e \( \displaystyle \underset{n \rightarrow \infty}{lim}\left\Vert F_{n}-f\right\Vert _{\alpha}=0\)
[1] L'insieme E è chiuso
Sia \( f_n(x) \) una successione di \( E\) convergente a \( f(x) \in C^{0,\alpha}([0,1])\), dunque: \( lim \left|| f_n-f\right||_{\alpha}=0\). Bisogna provare che \( f \in E\):
\(\displaystyle \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}=\frac{|f(x)-f_{n}(x)+f_{n}(y)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}+\frac{|f_{n}(x)-f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\)
\( \displaystyle \leq \underset{x \neq y}{sup}\frac{|f(x)-f_{n}(x)+f_{n}(y)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}+\frac{|f_{n}(x)-f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\leq\left\Vert f-f_{n}\right\Vert _{\alpha}+\frac{|f_{n}(x)-f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\)
e quindi:
\( \displaystyle \underset{0<|x-y|
Prendendo il limite superiore di ambo i membri e considerando che \( f_n(x) \in E\) abbiamo:
\( \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim sup}\underset{0<|x-y|
Facendo tendere \( n \rightarrow \infty\) otteniamo:
\( \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim sup}\underset{0<|x-y|
e quindi
\( \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim}\underset{0<|x-y|
cioè \( f(x) \in E\).
[2] \( C^1([0,1]) \subset E\)
Se \( f \in C^1([0,1])\) abbiamo:
\( \displaystyle \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}=\frac{|f'(c)||x-y|}{|x-y|^{\alpha}}\leq M|x-y|^{1-\alpha}\leq M\)
essendo \( M=\underset{[0,1]}{max} |f'(x)|\)
quindi \( f \in C^{0,\alpha}([0,1])\)
Se \( 0<|x-y|
\( \displaystyle \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\leq Mr^{1-\alpha}\)
\( \displaystyle \underset{0<|x-y|
passando al limite per \( r \rightarrow 0^+\) otteniamo \( f \in E\)
[3] \( C^1([0,1])\) è denso in \(E\)
Sia \( f \in E\).Estendo la funzione all'intervallo \( [1,2]\) ponendo per \(x \geq 1 : f(x)=f(2-x) \) i questo modo ottengo una funzione simmetrica in \( x=1\). Abbiamo:
\(\displaystyle \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim} \underset{0<|x-y|
per \( x,y \in[1,2]\) abbiamo: \( \displaystyle \frac{\left|f(x)-f(y)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}=\frac{\left|f(2-x)-f(2-y)\right|}{\left|(2-x)-(2-y)\right|^{\alpha}}\)
per \( x<1
\( \displaystyle \frac{\left|f(x)-f(y)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}\leq\frac{\left|f(x)-f(1)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}+\frac{\left|f(y)-f(1)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}\leq\frac{\left|f(x)-f(1)\right|}{\left|x-1\right|^{\alpha}}\frac{\left|x-1\right|^{\alpha}}{\left|x-y\right|^{\alpha}}+\frac{\left|f(2-y)-f(1)\right|}{\left|(2-y)-1\right|^{\alpha}}\frac{\left|y-1\right|^{\alpha}}{\left|x-y\right|^{\alpha}}\)
\( \displaystyle \leq\frac{\left|f(x)-f(1)\right|}{\left|x-1\right|^{\alpha}}+\frac{\left|f(2-y)-f(1)\right|}{\left|(2-y)-1\right|^{\alpha}}\)
quindi:
\(\displaystyle \displaystyle \underset{r \rightarrow 0}{lim} \underset{0<|x-y|
Poniamo \( \displaystyle \lambda(n) = \underset{0<|x-y|<\frac{1}{n}, x,y \in[0,2]}{sup}\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}\)
risulta : \(\displaystyle \underset{n \rightarrow \infty}{lim} \lambda(n)=0\)
e anche \(\displaystyle \left|f(x)-f(y)\right|\leq\lambda(n)\left|x-y\right|^{\alpha}\) per \( 0<|x-y|<\frac{1}{n}\)
Consideriamo la successione di funzioni \(\displaystyle F_{n}(x)=n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(u)du\) si tratta di funzioni in \( C^1([0,1])\)
\( \displaystyle \left|F_{n}(x)-f(x)\right|\leq\left|n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(u)du-f(x)\right|\leq n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\left|f(u)-f(x)\right|du\leq n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\lambda(n)(u-x)^{\alpha}du\)
\(\displaystyle =\frac{\lambda(n)}{(\alpha+1)n^{\alpha}}\) e quindi
\( \displaystyle \underset{n \rightarrow \infty}{lim}sup |F_n(x)-f(x)|=0\).
Per \( 0<|x-y|<\frac{1}{n}\) abbiamo:
\( \displaystyle \left|F_{n}(x)-F_{n}(y)\right|=n\left|\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(u)du-\int_{y}^{y+\frac{1}{n}}f(u)du\right|=n\left|\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(u)du-\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(y-x+u)du\right|\)
\( \displaystyle \leq n\left|\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\left[f(u)-f(y-x+u)\right]du\right|\leq n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\left|f(u)-f(y-x+u)\right|du\)
\( \leq \leq n\lambda(n)\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}\left|y-x\right|^{\alpha}du=\lambda(n)\left|y-x\right|^{\alpha} \)
Quindi:
\( \displaystyle \leq\left|F_{n}(x)-f(x)-F_{n}(y)+f(y)\right|\leq\left|F_{n}(x)-F_{n}(y)\right|+\left|f(x)-f(y)\right|\leq2\lambda(n)\left|y-x\right|^{\alpha}\)
Per \( |y-x|>\frac{1}{n}\) abbiamo:
\( \displaystyle \leq\left|F_{n}(x)-f(x)-F_{n}(y)+f(y)\right|\leq\left|F_{n}(x)-f(x)\right|+\left|F_{n}(y)-f(y)\right|\)
\( \displaystyle \leq\frac{2\lambda(N)}{(\alpha+1)n^{\alpha}}\leq\frac{2\lambda(n)}{(\alpha+1)}\left|x-y\right|^{\alpha}<2\lambda(n)\left|x-y\right|^{\alpha}\)
e quindi per \( 0<|x-y|\)
\( \displaystyle \frac{\left|F_{n}(x)-f(x)-F_{n}(y)-f(y)\right|}{\left|x-y\right|^{\alpha}}\leq2\lambda(n)\)
quindi:
\( \displaystyle \left\Vert F_{n}-f\right\Vert _{\alpha}\leq\frac{\lambda(n)}{(\alpha+1)n^{\alpha}}+2\lambda(n)\)
e \( \displaystyle \underset{n \rightarrow \infty}{lim}\left\Vert F_{n}-f\right\Vert _{\alpha}=0\)
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo