Facile e classicissimo.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Si prenda \(f\in BV([a,b])\). Non è difficile convincersi che la funzione variazione totale, i.e.:
\[
\operatorname{V}_a^x (f) := \operatorname{Var}a^x (f)
\]
è una funzione crescente in \([a,b]\).
Infatti, se \(x<y\), ogni partizione \(D=\{a=\zeta_1<\zeta_2<\cdots <\zeta_{n-1}<\zeta_n=x\}\) di \([a,x]\) determina una partizione di \([a,y]\), i.e. \(D^\prime := D\cup \{y\}\); conseguentemente:
\[
\sum_{k=1}^{n-1} |f(\zeta_{k+1})-f(\zeta_k)|\leq \sum_{k=1}^{n-1} |f(\zeta_{k+1})-f(\zeta_k)| + |f(y)-f(x)|\leq \operatorname{V}_a^y (f)
\]
e passando all'estremo superiore si trova:
\[
\operatorname{V}_a^x (f) \leq \operatorname{V}_a^x (f) + |f(y)-f(x)|\leq \operatorname{V}_a^y (f)\; .
\]
In particolare, la seconda delle precedenti dice che \(\operatorname{V}_a^y (f) -\operatorname{V}_a^x (f) \geq |f(y)-f(x)|\), una stima dal basso per l'oscillazione di \(\operatorname{V}_a^x (f)\).
Notato ciò, evidentemente si ha:
\[
f(x)=f(x)+\operatorname{V}_a^x (f) - \operatorname{V}_a^x(f)
\]
e, per acquisire la tesi occorre e basta dimostrare che la funzione \(f(x)+\operatorname{V}_a^x (f)\) è crescente.
Fissati \(x<y\), per la stima dell'oscillazione abbiamo:
\[
\begin{split}
\Big(f(y)+\operatorname{V}_a^y (f)\Big) - \Big(f(x)+\operatorname{V}_a^x (f)\Big) &= \Big( f(y)-f(x)\Big) + \Big( \operatorname{V}_a^y (f) - \operatorname{V}_a^x (f)\Big) \\
& \geq \Big( f(y)-f(x)\Big) + |f(y)-f(x)|\\
& \geq \Big( f(y)-f(x)\Big) - \Big( f(y)-f(x)\Big)\\
&=0\; ,
\end{split}
\]
quindi \(f(x)+\operatorname{V}_a^x (f)\leq f(y)+\operatorname{V}_a^y (f)\), come si voleva.
La scomposizione non è unica: infatti, si ha pure:
\[
f(x)=\operatorname{V}_a^x (f) - \Big( \operatorname{V}_a^x (f) - f(x)\Big)
\]
con minuendo e sottraendo entrambi crescenti.
Da quanto appena detto segue che ogni funzione in \(BV([a,b])\) si può esprimere come differenza di due funzioni crescenti.
Viceversa, se \(f(x)=u(x)-v(x)\), con \(u,v:[a,b]\to \mathbb{R}\) crescenti, allora fissata una partizione \(D=\{a=\zeta_1<\zeta_2<\cdots <\zeta_{n-1}<\zeta_n=b\}\) si ha:
\[
\begin{split}
\sum_{k=1}^{n-1} |f(\zeta_{k+1})-f(\zeta_k)| &= \sum_{k=1}^{n-1} \Big| u(\zeta_{k+1})-v(\zeta_{k+1})-u(\zeta_k) +v(\zeta_k) \Big|\\
&\leq \sum_{k=1}^{n-1} \Big| u(\zeta_{k+1})-u(\zeta_k) \Big| + \Big| v(\zeta_{k+1}) -v(\zeta_k) \Big|\\
&= u(b)-u(a) + v(b)-v(a)\\
&= \operatorname{V}_a^b (u) + \operatorname{V}_a^b (v)
\end{split}
\]
sicché, passando all'estremo superiore:
\[
\operatorname{V}_a^b (f) \leq \operatorname{V}_a^b (u) + \operatorname{V}_a^b (v) <\infty
\]
e perciò \(f\in BV([a,b])\).
Un piccolo rilancio, in attesa della conferma di Martino:
Mostrare che ogni \(f\in BV([a,b])\) si può scrivere come differenza di due funzioni
strettamente crescenti.
Sono sempre stato, e mi ritengo ancora un dilettante. Cioè una persona che si diletta, che cerca sempre di provare piacere e di regalare il piacere agli altri, che scopre ogni volta quello che fa come se fosse la prima volta. (Freak Antoni)
da elgiovo » 24/09/2007, 18:26 
), faccio notare che lo stesso ragionamento di gugo82 si può usare per dimostrare che se $f$ è anche assolutamente continua (ricordo che AC è un sottospazio di BV) allora $f$ è differenza di due funzioni crescenti assolutamente continue.