Una funzione lipschitziana lineare sui razionali è lineare a tratti

[Sk_Anonymous]

Sia \(f: [0,1] \to \mathbb{R}\) una funzione lipschitziana con costante di Lipschitz \(L>0\). Supponiamo che per ogni \(r \in [0,1] \cap \mathbb{Q} \) esistano \(a, b \in \mathbb{Z}\) tali che \(f(r) = a + br\). Mostrare che esistono \(I_1, \dots , I_n\) intervalli tali che \(f\) è lineare in ogni \(I_j\) e \( [0,1] = \bigcup_{i=1}^n I_i\).

[anto_zoolander]

diciamo che guardandolo mi vengono in mente: successioni, compattezza e continuità, ma non mi viene dove usare la Lipschitzianità, un hint in merito?

[Sk_Anonymous]

@anto: mi sono reso conto di non avere una soluzione a questo problema (la dimostrazione a cui avevo pensato conteneva almeno un errore). Il primo tentativo che ho fatto e' stato quello di provare a dimostrare che la proprieta' in OP e' valida anche per gli irrazionali: e che anzi per ogni irrazionale \( \bar{x}\) esiste una successione di razionali \(r_n \to \bar{x} \) con la proprieta' che \(f(r_n)=a+br_n\) almeno definitivamente (qui \(a\) e \(b\) non dipendono piu' da \(r\))...

[anto_zoolander]

Infatti io a questo pensavo, però sinceramente non ho avuto il tempo di dedicarmici.
Stasera mi ci metto ma dubito che non essendoci riuscito tu a me possa venir facile

[Sk_Anonymous]

Se hai qualche idea buona posta qua che ne discutiamo!

[anto_zoolander]

Io ho considerato che prendendo una qualsiasi successione $r:NN->[0,1]capQQ$ si ottiene che $r_n in [0,1]capQQsubset[0,1],foralln inNN$ pertanto essendo $[0,1]$ compatto esiste una sottosuccessione $r_(n_k)$ di $r_n$ che converge in $x in[0,1]$

Essendo $r_(n_k)$ una sottosuccessione di $r_n$ per ipotesi comunque preso $k inNNexistsa_k,b_k inZZ$ tale che $f(r_(n_k))=a_k+b_kr_(n_k)$

successivamente per la Lipschitzianità di $f$ segue la continuità da cui si ottiene $lim_(k->+infty)f(r_(n_k))=f(x)$
Da cui $lim_(k->+infty)(a_k+b_kr_(n_k))=f(x)$ ora se dimostriamo che $a_k,b_k$ convergono ad $a,b$ in $ZZ$ si ottiene che $f(x)=a+bx$

L’ho scritto di fretta ma è quello su cui intendo lavorare.

EDIT(aggiungo)

Continuando ho considerato che essendo $f$ di Lipschitz allora $|f(r_(n_k))-f(r_(n_t))|leqL|r_(n_k)-r_(n_t)|,forall k,t inNN$
Essendo $(r_(n_k))$ convergente, allora è di Cauchy, pertanto la quantità a sinistra può essere arbitrariamente piccola ovvero

$forallepsilon>0existsm inNN:|f(r_(n_k))-f(r_(n_t))|m$

Essendo $f(r_(n_k))$ una successione, da quanto visto prima è di Cauchy quindi esiste un certo $l inRR:f(r_(n_k))->l$
Pertanto si ottiene che $f(x)=l$

Da quì per ora non riesco a muovermi.
Non so se mostrare che esiste un intervallo in cui $f->l$ oppure boh.

[Sk_Anonymous]

"anto_zoolander":[...]

successivamente per la Lipschitzianità di $f$ segue la continuità da cui si ottiene $lim_(k->+infty)f(r_(n_k))=f(x)$
Da cui $lim_(k->+infty)(a_k+b_kr_(n_k))=f(x)$ ora se dimostriamo che $a_k,b_k$ convergono ad $a,b$ in $ZZ$ si ottiene che $f(x)=a+bx$ [...]

Esatto, ma il punto e' che dire che \(a_k\) e \(b_k\) sono convergenti in \(\mathbb{Z}\) significa dire che sono (definitivamente) costanti; quindi otterresti di piu'. Non mi e' pero' ben chiaro cosa succeda alla quantita' \(a_k + b_k r_k\); avevo pensato di scegliere una successione di razionali specifica (vedi frazioni continue) per guadagnare delle informazioni, ma poi si entra nella teoria dei numeri di cui non so praticamente nulla.

[wanderer1]

Ciao,
io avrei una mezza idea. Dimostrerei prima di tutto che per ogni punto razionale $r \in [0,1] cap QQ$ esiste un intorno destro e sinistro (separatamente) per cui la funzione $f$ deve essere lineare. A quel punto però si potrebbe costruire un ricoprimento aperto di $[0,1]$ usando tutti questi intorni per ogni punto razionale e poi, sfruttando la compattezza dell'insieme $[0,1]$, estrarre un ricoprimento finito.

[Sk_Anonymous]

"wanderer":Ciao,
io avrei una mezza idea. Dimostrerei prima di tutto che per ogni punto razionale $r \in [0,1] cap QQ$ esiste un intorno destro e sinistro (separatamente) per cui la funzione $f$ deve essere lineare. A quel punto però si potrebbe costruire un ricoprimento aperto di $[0,1]$ usando tutti questi intorni per ogni punto razionale e poi, sfruttando la compattezza dell'insieme $[0,1]$, estrarre un ricoprimento finito.

Si fa sicuramente cosi'; il punto e' che non mi e' ben chiaro come si possa dimostrare il tuo claim (che discende dal mio precedente, piu' debole).

[Bremen000]

Magari sto per dire una poderosa scemenza ma ho pensato questo:

Poiché la funzione è Lipschitziana essa è continua e dunque, essendo $[0,1]$ compatto, essa assume massimo $M$ e minimo $m$ su tale intervallo.
Sempre perché $f$ è Lipschitziana non può essere che esista un $b : |b|>L$.
Dunque $b$, variando in $ZZ$ può assumere al più $2\lfloor L \rfloor+1 =:N$ valori.
D'altra parte $a$ non può assumere un valore maggiore di $(|M| \vee |m|)+N$ per la limitatezza di $f$.

Dunque esiste un numero finito di coppie distinte $(a,b) \in ZZ^2$ che soddisfano le ipotesi del teorema, chiamo $A$ il sottoinsieme di $ZZ^2$ che ha per elementi tali coppie.

Sia ora $q$ un razionale fissato qualsiasi.

$B_{1/(n+2)}(q) \cap [0,1] \cap QQ \ne \emptyset \quad \forall n \in NN $
Dunque è possibile costruire una successione
$\{q_n}_{n \in NN} $ t.c. $q_n \in [0,1] \cap QQ \forall n \in NN$ e $q_n \underset{n}{\to} q$

A ogni $q_n$ è associata una coppia $c_n \in A$.Ovvero a $\{q_n\}_{n\ in NN}$ è associata la successione $\{c_n\}_{n \in NN} \subset A$. D'altra parte $A$ è finito e dunque esiste una (mi sa che deve essere unica per l'unicità del limite che salta fuori dopo dove metto l'asterisco) coppia $c =(a,b)$ che si ripete infinite volte e dunque definitivamente; a tale coppia sarà associata la sottosuccessione $\{q_{n_k} \}_{k \in NN} \subset \{q_n}_{n \in NN}$ per la quale valgono i seguenti due fatti:
1. $q_{n_k} \underset{k}{\to} q$
2. $f(q_{n_k}) = a+bq_{n_k} \quad \forall k \in NN$

Da cui ricaviamo, per continuità di $f$ che anche $f(q) = a+bq \quad (\ast)$

Credo che da qua si possa ricavare che c'è un intorno aperto $D$ di $q$ tale per cui $f(x) = a+bx$ per ogni $x \in D \cap QQ$ e per continuità di $f$ deve valere anche per gli irrazionali. Con l'idea di wanderer si conclude.

[wanderer1]

"Bremen000":Magari sto per dire una poderosa scemenza ma ho pensato questo:

Poiché la funzione è Lipschitziana essa è continua e dunque, essendo $[0,1]$ compatto, essa assume massimo $M$ e minimo $m$ su tale intervallo.
Sempre perché $f$ è Lipschitziana non può essere che esista un $b : |b|>L$.
Dunque $b$, variando in $ZZ$ può assumere al più $2\lfloor L \rfloor+1 =:N$ valori.
D'altra parte $a$ non può assumere un valore maggiore di $(|M| \vee |m|)+N$ per la limitatezza di $f$.

Dunque esiste un numero finito di coppie distinte $(a,b) \in ZZ^2$ che soddisfano le ipotesi del teorema, chiamo $A$ il sottoinsieme di $ZZ^2$ che ha per elementi tali coppie.

Sia ora $q$ un razionale fissato qualsiasi.

$B_{1/(n+2)}(q) \cap [0,1] \cap QQ \ne \emptyset \quad \forall n \in NN $
Dunque è possibile costruire una successione
$\{q_n}_{n \in NN} $ t.c. $q_n \in [0,1] \cap QQ \forall n \in NN$ e $q_n \underset{n}{\to} q$

A ogni $q_n$ è associata una coppia $c_n \in A$.Ovvero a $\{q_n\}_{n\ in NN}$ è associata la successione $\{c_n\}_{n \in NN} \subset A$. D'altra parte $A$ è finito e dunque esiste una (mi sa che deve essere unica per l'unicità del limite che salta fuori dopo dove metto l'asterisco) coppia $c =(a,b)$ che si ripete infinite volte e dunque definitivamente; a tale coppia sarà associata la sottosuccessione $\{q_{n_k} \}_{k \in NN} \subset \{q_n}_{n \in NN}$ per la quale valgono i seguenti due fatti:
1. $q_{n_k} \underset{k}{\to} q$
2. $f(q_{n_k}) = a+bq_{n_k} \quad \forall k \in NN$

Da cui ricaviamo, per continuità di $f$ che anche $f(q) = a+bq \quad (\ast)$

Credo che da qua si possa ricavare che c'è un intorno aperto $D$ di $q$ tale per cui $f(x) = a+bx$ per ogni $x \in D \cap QQ$ e per continuità di $f$ deve valere anche per gli irrazionali. Con l'idea di wanderer si conclude.

Come fai a dire che sul singolo punto razionale il numero di coppie $(a,b)$ valide sia finito? A me risulta che, presa una coppia $(a,b)$ che soddisfa l'equazione lineare per un punto razionale, se ne possano ricavare infinite altrettanto valide.
Infatti anche io pensavo inizialmente di dimostrare che il numero di coppie valide fosse finito, però in un intorno di un punto razionale dove puoi effettivamente applicare la Lipschizianità della funzione...

[Bremen000]

Mah, voleva essere più un'idea che una dimostrazione studiata per bene. Non ho in effetti una giustificazione rigorosa di questo fatto ma mi sembra "convincente":

Se i $b$ non fossero finiti allora la pendenza della funzione può diventare arbitrariamente grande sui razionali, cosa che non la renderebbe più Lipschitziana. Almeno credo, bisognerebbe trovare un modo per mostrare questo fatto (se è vero).

Del tipo, se non sono limitati ne prendo una successione che diverge $b_n \to \infty$, quindi ad esempio la differenza $|f(0)-f(x_n)|$ forse potrebbe tendere a più infinito..non ho tempo per sistemare i dettagli ora!

Se fosse vero, il resto secondo te funziona?

[Sk_Anonymous]

"Bremen000":Poiché la funzione è Lipschitziana essa è continua e dunque, essendo $[0,1]$ compatto, essa assume massimo $M$ e minimo $m$ su tale intervallo.
Sempre perché $f$ è Lipschitziana non può essere che esista un $b : |b|>L$.
Dunque $b$, variando in $ZZ$ può assumere al più $2\lfloor L \rfloor+1 =:N$ valori.
D'altra parte $a$ non può assumere un valore maggiore di $(|M| \vee |m|)+N$ per la limitatezza di $f$.

Dunque esiste un numero finito di coppie distinte $(a,b) \in ZZ^2$ che soddisfano le ipotesi del teorema, chiamo $A$ il sottoinsieme di $ZZ^2$ che ha per elementi tali coppie. [...]

Non sono d'accordo con questa affermazione. Prendi \(r_n = n/(n+1) \to 1 \), \(n \in \mathbb{N}\); possiamo scegliere \(b_n = (n+1)\) e \(a_n=-n\) ed avere \(|a_n + r_n b_n| \equiv 0\). Questo fornisce "infinite coppie" (questa terminologia e' comunque da chiarire, perche' non si capisce se intendi "finite coppie per ogni razionale fissato" oppure "finite coppie overall"; nel primo caso, comunque, prendi \(p/q \in \mathbb{Q}\), \(b=q\) e \(a=-p\) e hai comunque un numero infinito di coppie senza violare la limitatezza).

Inoltre non credo tu stia usando in maniera essenziale la lipschitzianita' (sono abbastanza sicuro che la continuita' non basti).

Un passo avanti e' questo: sia \(\bar{x} \in [0,1]\) irrazionale e \( \{r_n\}_{n \in \mathbb{N}} \subseteq \mathbb{Q} \cap [0,1] \) tale che \(r_n \to \bar{x}\); a questa successione di razionali abbiamo associate le due successioni di interi \(\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}} \) e \( \{b_n\}_{n \in \mathbb{N}} \) tali che \( f(r_n) = a_n + r_n b_n\); la lipschitzianita' di \(f\) ci permette subito di escludere i casi in cui una soltanto tra le due successioni di interi sia illimitata. Rimangono aperti due casi: o \(a_n\) e \(b_n\) sono entrambe limitate \((*)\), oppure sono entrambe illimitate \((**)\).
Se \(a_n\) e' limitata, allora esiste una sua sottosuccessione \(a_{n_k} \equiv a \in \mathbb{Z} \); la indicizzo su \(I \subseteq \mathbb{N}\). Siccome anche \(b_n\) e' limitata, esiste una sua sottosuccessione \( \{b_j\}_{j \in I} \) tale che \(b_j \equiv b \in \mathbb{Z} \) (questo e' sostanzialmente un procedimento diagonale). Possiamo assumere quindi senza ledere le generalita' che per ogni \(x \in [0,1]\) irrazionale esiste una successione di razionali \( r_n \to x\) tale che \(f(r_n)=a+br_n\). Ora \(a\) e \(b\) dipendono in qualche modo da \(x\), ma sono uguali per ogni termine \(r_n\) della successione. Tuttavia \((**)\) e' ancora da chiarire. Inoltre non riesco ancora a mostrare che \(f\) e' localmente lineare in ogni intorno di un irrazionale.

[Bremen000]

Mi spiace, di solito posto solo cose di cui sono sicuro; ho fatto uno strappo alla regola e mi è andata male!
Ho letto e capito la tua dimostrazione, ma da lì non saprei come muovermi.

Ci deve essere qualche sorta di controllo sulle pendenze comunque...ma non ho idea di come fare

[Sk_Anonymous]

"Bremen000":Mi spiace, di solito posto solo cose di cui sono sicuro; ho fatto uno strappo alla regola e mi è andata male!
Ho letto e capito la tua dimostrazione, ma da lì non saprei come muovermi.

Ci deve essere qualche sorta di controllo sulle pendenze comunque...ma non ho idea di come fare

Nessun problema, la Matematica si fa (anche) cosi'!
Comunque mi e' venuta un'altra idea (da esplorare): ora che sappiamo che anche sugli irrazionali la funziona si comporta "linearmente", possiamo scrivere \[ [0,1] = \bigcup_{(a,b) \in \mathbb{Z}^2} \{ x \in [0,1] \, : \, f(x) = a + bx \}. \]Questo ci dice che c'e' almeno una coppia \((\bar{a},\bar{b}) \in \mathbb{Z}^2 \) tale che \(\{ x \in [0,1] \, : \, f(x) = \bar{a} + \bar{b}x \} \) ha la potenza del continuo.

[Vincent46]

"Delirium":[quote="Bremen000"]Mi spiace, di solito posto solo cose di cui sono sicuro; ho fatto uno strappo alla regola e mi è andata male!
Ho letto e capito la tua dimostrazione, ma da lì non saprei come muovermi.

Ci deve essere qualche sorta di controllo sulle pendenze comunque...ma non ho idea di come fare

Nessun problema, la Matematica si fa (anche) cosi'!
Comunque mi e' venuta un'altra idea (da esplorare): ora che sappiamo che anche sugli irrazionali la funziona si comporta "linearmente", possiamo scrivere \[ [0,1] = \bigcup_{(a,b) \in \mathbb{Z}^2} \{ x \in [0,1] \, : \, f(x) = a + bx \}. \]Questo ci dice che c'e' almeno una coppia \((\bar{a},\bar{b}) \in \mathbb{Z}^2 \) tale che \(\{ x \in [0,1] \, : \, f(x) = \bar{a} + \bar{b}x \} \) ha la potenza del continuo.[/quote]
Non ho seguito tutto lo sviluppo, ma se così fosse si potrebbe dire di più, ossia che uno di quegli insiemi contiene un intervallo (utilizzando il teorema di Baire).

[Sk_Anonymous]

@Vincent: vero, uno spazio metrico completo non puo' essere unione numerabile di aperti mai densi.

E' un problema tosto.

Comunque per dare un po' di contesto: questo e' il problema B6 dell'edizione 2014 delle Putnam Competitions; problema e soluzione sono dovuti a K. Kedlaya. Le statistiche sono interessanti: su 190 partecipanti, 147 hanno lasciato il problema in bianco, 37 hanno preso 0 punti; soltanto due persone hanno preso rispettivamente 9 e 10 punti.