Una funzione lipschitziana lineare sui razionali è lineare a tratti

[Delirium]

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]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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

[Delirium]

@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

[Delirium]

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

$forallepsilon>0existsm inNN:|f(r_(n_k))-f(r_(n_t))|<epsilon,forallk,t>m$

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.

[Delirium]

[...]

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.

[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.

[Delirium]

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:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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.