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_kdh

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[求助] 证明下面泛函下半连续，怎么搞？已有1人参与

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1楼 2016-06-30 17:16:44

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hank612

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【答案】应助回帖

★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★
_kdh: 金币+50, ★★★★★最佳答案 2016-07-07 11:18:14

总的说来，就是根据定义而已。思路还是相对简单的，写出来就罗嗦了许多。

大致而言，任给两个有限的实数a,b, 如果A充分接近a, B充分接近b, 那么|A-B|就会充分接近|a-b|, 即存在正数0<c=c(a,b)<1使得|A-B|>=c|a-b|, 并且c很接近1-.

譬如，当 $|A-a|<\lambda|a|$ , 当b不为0时， $|B-b|<\lambda|b|$ , 而当b=0时， $|B|<\lambda|a|$ , 其中 $\lambda$ 是充分小的正数。

那么， c(a,b)视情况可取：若a>0>b, $c=1-\lambda$ ; 若a>0=b, $c=1-2\lambda$ ;
若a>b>0, $c=1-\lambda\frac{a+b}{a-b}$ ;若b>a>0, $c=1-\lambda\frac{b+a}{b-a}$ .

任意给定X中函数f, 对某个给定的剖分 $a=x_0<x_1<\dots<x_n=b$ , 对每一对相邻的 $\{f(x_i),f(x_{i-1})\}$ 都有一个上面给出的 $\lambda_i$ (可以跳过那些使得 $\{f(x_i)=f(x_{i-1})\}$ 的相邻对)。于是取 $\lambda=\mathrm{min}_{1\leq i\leq n}\lambda_i$ , 相应地令 $c(\lambda)=\mathrm{max}_{1\leq i\leq n}c_i$ 。

立刻知道，对于任意X中满足 $\rho(f,g)<\lambda\cdot \mathrm{min}_{i:f(x_i)\neq 0}|f(x_i)|$ 的函数g, 均有
$|g(x_i)-g(x_{i-1}|\geq c(\lambda)|f(x_i)-f(x_{i-1})|$ , 且 $\lim_{\lambda\rightarrow 0+}c(\lambda)=1$ .

这蕴含着， $\sum_{i=1}^n \sqrt{(x_i-x_{i-1})^2+(g(x_i)-g(x_{i-1}))^2}>c \cdot \sum_{i=1}^n \sqrt{(x_i-x_{i-1})^2+(f(x_i)-f(x_{i-1}))^2}$

可是，c是随着 $\lambda\rightarrow 0+$ 趋于1-的。因此，假如 $\{g_k\}_{k=1}^{\infty}$ 在X中趋近f, 当 $L_{a}^b(f)<\infty$ 时，有 $\mathrm{liminf}_{k\righarrow \infty}L_{a}^b(g_k)\geq [latex]L_{a}^b(f)$ ; 而当 $L_{a}^b(f)=\infty$ 时，有 $L_{a}^b(g_k)$ 趋于无穷大。

这就是泛函 $L_a^b$ 下半连续 (lower semi-continuity)的定义。

题外话：由于 $\frac{1}{2}(b-a+V_a^b(f))<L_a^b(f)<(b-a+V_a^b(f))$ , 而有界变分泛函 $V_a^b$ 是众所周知的（https://en.wikipedia.org/wiki/Bounded_variation）下半连续的，楼主能否移花接木，得到 $L_a^b$ 的下半连续性呢？

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2楼2016-07-05 23:06:21

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4楼: Originally posted by hank612 at 2016-07-06 11:06:54
你应该是对的。
麻烦你把细节补充完整，比如\epsilon-\delta语言，这样可以检验方法是否正确。
...

先证明：
latex \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (g(x_i) - g(x_{i -1}))^2} \ge \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (f(x_i) - f(x_{i -1}))^2} - |g(x_i) - f(x_i) - g(x_{i-1}) + f(x_{i-1})| \latex
两边平方，易得。

1.由上面可以证明：对任意latex \varepsilon > 0 \latex,任意分划latex P \latex,存在f的邻域latex O_\delta(f) \latex，使得latex g\in O_\delta(f) \latex 有：
latex \sum_{i = 1}^n \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (f(x_i) - f(x_{i -1}))^2} \le \sum_{i = 1}^n \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (g(x_i) - g(x_{i -1}))^2} + \varepsilon /2 \latex
对右端取上界，有：
latex \sum_{i = 1}^n \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (f(x_i) - f(x_{i -1}))^2} \le L_a^b(g) + \varepsilon /2 \latex
然后依照
http://www.guokr.com/post/560750/ 继续下面的证明即可。

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9楼2016-07-07 11:09:30

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4楼: Originally posted by hank612 at 2016-07-06 11:06:54
你应该是对的。
麻烦你把细节补充完整，比如\epsilon-\delta语言，这样可以检验方法是否正确。
...

你的方法描述起来略麻烦
先证明：
       $\sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (g(x_i) - g(x_{i -1}))^2} \ge \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (f(x_i) - f(x_{i -1}))^2} - |g(x_i) - f(x_i) - g(x_{i-1}) + f(x_{i-1})|$
两边平方，易得。

1.由上面可以证明：对任意 $\varepsilon > 0$ ,任意分划 $P$ ,存在f的邻域 $O_\delta(f)$ ，使得 $g\in O_\delta(f)$ 有：
   $\sum_{i = 1}^n \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (f(x_i) - f(x_{i -1}))^2}  \le \sum_{i = 1}^n \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (g(x_i) - g(x_{i -1}))^2} + \varepsilon /2$
对右端取上界，有：
       $\sum_{i = 1}^n \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (f(x_i) - f(x_{i -1}))^2}  \le L_a^b(g)  + \varepsilon /2$
然后依照
      http://www.guokr.com/post/560750/ 继续下面的证明即可。

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13楼2016-07-07 11:17:10

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2楼: Originally posted by hank612 at 2016-07-05 23:06:21
总的说来，就是根据定义而已。思路还是相对简单的，写出来就罗嗦了许多。

大致而言，任给两个有限的实数a,b, 如果A充分接近a, B充分接近b, 那么|A-B|就会充分接近|a-b|, 即存在正数0<c=c(a,b)<1使得|A-B ...

不是c(lambda)=min c_i么

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3楼2016-07-06 10:54:44

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3楼: Originally posted by _kdh at 2016-07-06 10:54:44
不是c(lambda)=min c_i么
...

你应该是对的。

麻烦你把细节补充完整，比如 $\epsilon-\delta$ 语言，这样可以检验方法是否正确。

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4楼2016-07-06 11:06:54

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4楼: Originally posted by hank612 at 2016-07-06 11:06:54
你应该是对的。
麻烦你把细节补充完整，比如\epsilon-\delta语言，这样可以检验方法是否正确。
...

在验证。

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5楼2016-07-06 11:19:47

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送红花一朵

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4楼: Originally posted by hank612 at 2016-07-06 11:06:54
你应该是对的。
麻烦你把细节补充完整，比如\epsilon-\delta语言，这样可以检验方法是否正确。
...

没用电脑，只用手机，所以拍图片。我有逻辑上的问题。

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6楼2016-07-06 12:45:36

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6楼: Originally posted by _kdh at 2016-07-06 12:45:36
没用电脑，只用手机，所以拍图片。我有逻辑上的问题。

...

上面的看不清
http://note.youdao.com/yws/publi ... &type=false

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7楼2016-07-06 13:04:24

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我大概知道我错哪里了

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8楼2016-07-07 07:12:39

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9楼: Originally posted by _kdh at 2016-07-07 11:09:30
先证明：
latex \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (g(x_i) - g(x_{i -1}))^2} \ge \sqrt{(x_i - x_{i- 1})^2 + (f(x_i) - f(x_{i -1}))^2} - |g(x_i) - f(x_i) - g(x_{i-1}) + f(x_{i-1})| \latex
两边平方，易得。
...

latex怎么编辑，忘了
[latex] \delta [\latex]

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10楼2016-07-07 11:12:01

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