A.A.A cercasi funzione tale che...

[dan95]

Trovare una funzione $f: I \mapsto I$ continua non decrescente su $I=[0,1]$ tale che la lunghezza del suo grafico sia $L=|{(x,f(x)) | x \in I}| \geq 2$

[Martino]

Non basta prenderne una che oscilla molto?

[dan95]

Sorry avevo dimenticato un'ipotesi fondamentale: deve essere non decrescente

[Delirium]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Pensavo alla funzione di Cantor: la lunghezza del grafico di una sua approssimante \(n\)-esima (click), sia essa \(f_n\), è data dalla somma delle lunghezze dei tratti orizzontali, i.e. \[ \frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \dots + \frac{2^n}{3^{n+1}} = \frac{1}{3} \sum_{k=0}^{n-1} \left( \frac{2}{3} \right)^k = 1 - \left( \frac{2}{3} \right)^n \]più la somma delle lunghezze dei tratti obliqui; come dice wiki, la pendenza dei tratti obliqui è \( (3/2)^n\); inoltre per costruzione è chiaro che la somma delle lunghezze di tutti questi pezzi obliqui è pari alla lunghezza del segmento di estremi \( (0,0) \) e \( ( (2/3)^n,1)\), che è \[ \sqrt{1 + \left( \frac{2}{3}\right)^{2n} }. \]Ne segue che \[ L(f_n) = \sqrt{1 + \left( \frac{2}{3}\right)^{2n} } + 1- \left( \frac{2}{3} \right)^n. \]Ora, la funzione di Cantor \(f\) coincide con le \(f_n\) nei loro tratti orizzontali, mentre nei tratti in cui le \(f_n\) sono oblique si "decompone" in ulteriori sottotratti di costanza e "pendenza"; questa osservazione unita al fatto che le geodetiche nel piano sono rette ci permette di dedurre che per ogni \(n \in \mathbb{N}\) \[ L(f) \ge L(f_n) \] e passando al limite si ha \( L(f) \ge 2\).

Ho il sospetto che valga \( L(f)=2\). Anzi, ho il sospetto che per tutte le funzioni \( g: [0,1] \to [0,1] \) continue e non decrescenti valga \( L(g) \le 2 \).

[gugo82]

@Delirium: Sì, ho lo stesso sospetto. Probabilmente la continuità non serve ad un granché nella dimostrazione, a patto di considerare come parti del grafico gli eventuali salti... “Ad occhio”, direi che la lunghezza massima è proprio $2$ ed è assunta sulle funzioni monotòne con derivata q.o. nulla, cosa che mi pare generalizzabile al caso di funzioni definite in un intervallo generico $[a,b]$.

[dan95]

@Delirium

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Ok. Penso che $L(f)=2$, infatti se consideriamo la successione di intervalli ${I_n}$ tali che $I_n \rightarrow \mathcal{C}$, dove $\mathcal{C}$ è l'insieme di Cantor e ricordando la formula $L(f,[a,b])=\int_{a}^{b}\sqrt{1+(f'(x))^2}dx$ abbiamo che


$$L(f_n)=\int_{[0,1]-\partial I_n} \sqrt{1+(f_n')^2}dm=\int_{I_n-\partial I_n} \sqrt{1+(\frac{3}{2})^{2n}}dm+\int_{[0,1]-I_n} dm$$


Per il lemma di Fatou e la convergenza puntuale della successione di funzioni, otteniamo


$$\text{lim inf}_{n} L(f_n)=\text{lim inf}_{n} {\sqrt{1+(\frac{3}{2})^{2n}}m(I_n-\partial I_n)+m([0,1]-I_n)}=2 \geq L(f)=\int_{[0,1]-\partial \mathcal{C}} \sqrt{1+(f')^2}dm \geq \sqrt{1+(\frac{2}{3})^{2n}}+1-(2/3)^n$$

ricordando che $m(I_n-\partial I_n)=(2/3)^n$ e per arbitrarietà di $n$ segue che $L(f)=2$.

[Livius]

Ed esiste una tale $f$, qualora sia anche derivabile ovunque?

[Rigel]

Ed esiste una tale $f$, qualora sia anche derivabile ovunque?

No. Se $f$ è derivabile ovunque in $[0,1]$, allora è assolutamente continua in $[0,1]$ e, in particolare, $\int_0^1 f'(x) dx = f(1) - f(0) \leq 1$.
Di conseguenza, tenendo conto del fatto che $f'(x) \geq 0$ per ogni $x$,
\[
L = \int_0^1 \sqrt{1 + f'(x)^2} \, dx \leq \int_0^1 ( 1 + f'(x))\, dx = 1 + f(1) - f(0) \leq 2.
\]
Se, per assurdo, si avesse $L=2$, dovremmo necessariamente avere $f(0) = 0$ e $f(1) = 1$ (e fin qui nessun problema); d'altra parte, affinché valga l'uguaglianza nella prima maggiorazione, si dovrebbe anche avere $f'(x) = 0$ quasi ovunque, assurdo.

[Livius]

Grazie, mi sembra ottimo ........ però pare che manchi l'apice del segno di derivata della prima $f$ che compare sotto il segno di integrale

[Rigel]

Grazie, mi sembra ottimo ........ però pare che manchi l'apice del segno di derivata della prima $f$ che compare sotto il segno di integrale

Yes, grazie, corretto.