แสดงว่าฟังก์ชันที่เพิ่มขึ้นมีอนุพันธ์ $0$ เอ
ปล่อย $0<p<1$ และกำหนด $F:[0,1]\rightarrow[0,1]$ โดย $$F(x)=\begin{cases} pF(2x),&x\in\left[0,\frac12\right]\\ p+qF(2x-1),&x\in\left[\frac12,1\right] \end{cases}$$ ที่ไหน $q=1-p$. ฉันอยากจะพิสูจน์ว่า$F'(x)=0$ เอ
ฉันกำลังดำเนินการผ่าน"How to Gamble If You Must"โดย Kyle Siegerst ซึ่งโดยพื้นฐานแล้วเป็นแบบฝึกหัดต่างๆ$F(x)$ คือความน่าจะเป็นที่นักพนันเริ่มต้นด้วยแบ๊งค์ $0\leq x\leq 1$ จะบรรลุเป้าหมายของเขา $1$หากเขามีส่วนร่วมใน "การเล่นที่กล้าหาญ" ในเกมแดงและดำ เมื่อแบ๊งค์ของเขาคือ$\leq\frac12$ เขาวางเดิมพันทั้งหมดชนะเงินเดิมพันด้วยความน่าจะเป็น $p$และสูญเสียมันไปด้วยความน่าจะเป็น $q$. เมื่อแบ๊งค์ของเขาคือ$>\frac12$เขาเดิมพันมากพอที่จะบรรลุเป้าหมายนั่นคือ $1-x$.
ในแบบฝึกหัดฉันได้แสดงให้เห็นว่ามีฟังก์ชันเฉพาะ $F$เป็นไปตามสมการเชิงฟังก์ชันข้างต้นและเพิ่มขึ้นอย่างต่อเนื่องและสม่ำเสมอ หลังออกกำลังกาย$33$ผู้เขียนตั้งข้อสังเกตว่าเมื่อ $p\neq\frac12$, $F'(X)=0$ ae ดังนั้น $F$เป็นบันไดของปีศาจ ฉันพยายามพิสูจน์คำพูดนี้ (ฉันรู้ว่าฟังก์ชันที่เพิ่มขึ้นนั้นแตกต่างออกไป ae เป็นค่าที่ฉันมีปัญหา)
คลุมเครือ $50$- ความทรงจำเก่าแก่เกี่ยวกับทฤษฎีการวัดทำให้ฉันไปสู่ Proposition 3.31 ใน "การวิเคราะห์จริง" ของ Folland เพื่อใช้ปัญญา
ถ้า $F\in NBV, \text{ then }F\in L^1(m).$ ยิ่งไปกว่านั้น $\mu_F\perp m \text{ iff } F' =0$ ae และ $\mu_F \ll m \text{ iff } F(x)=\int_{-\infty}^xF'(t)dt. $
ที่นี่ $m$ คือมาตรการ Lebesgue และ ae เกี่ยวข้องกับมาตรการ Lebesgue $\mu_F$ คือการวัด Borel ที่กำหนดโดย $\mu_F([a,b])=F(b)-F(a)$. Folland ใช้$NBV$ หมายความว่า $F$ เป็นรูปแบบที่มีขอบเขต $F(-\infty)=0$ และ $F$ถูกต้องต่อเนื่อง นี่ไม่ใช่ปัญหาเพราะเราสามารถขยายได้$F$ ถึง $\mathbb{R}$ โดยการกำหนด $F(x)=0$ สำหรับ $x<0$ และ $F(x)=1$ สำหรับ $x>1$.
จึงดูเหมือนว่าจะมาลงเพื่อแสดง $\mu_F\perp m$. ซึ่งหมายความว่ามีไฟล์$E\subset[0,1]$ ด้วย $m(E)=0$ และ $\mu_F(E)=1$ถ้าฉันไม่ได้ทำผิด. ฉันไม่เห็นวิธีการพิสูจน์นี้ ที่จริงดูเหมือนว่าฉันไม่น่าจะเป็นไปได้เลยดังนั้นฉันต้องเข้าใจผิดบางอย่าง
ในแบบฝึกหัด 29 ฉันพิสูจน์แล้วว่า $$F(x)=\sum_{n=1}^\infty p_{x_1}\cdots p_{x_{n-1}}px_n$$ ที่ไหน $x_i$ เป็นหมายเลขบิต $i$ ของ $x$และ $p_0=p,\ p_1=q$. (เมื่อไหร่$x$ เป็นเหตุผล dyadic เราจะใช้การเป็นตัวแทนที่ยุติ) หากเราเป็นตัวแทนของการชนะโดย $1$ และการสูญเสียโดย $0$นั่นหมายความว่านักพนันบรรลุเป้าหมายถ้าครั้งแรกในแบ๊งค์ของเขาตรงกับบิตเกมที่เกี่ยวข้องบิตเหล่านั้นจะเป็นทั้ง $1$. นี่คือการแสดงที่เป็นรูปธรรมที่สุดของ$F$ ในกระดาษ แต่ฉันไม่เห็นว่ามันช่วยได้อย่างไร
คุณช่วยชี้แนะเรื่องนี้ให้ฉันได้ไหม
คำตอบ
ก่อนอื่นโปรดทราบว่า $F$ คือ cdf ของตัวแปรสุ่ม $X:=\sum_1^{\infty} 2^{-n} \xi_n$ ที่ไหน $\xi_n$ คือ iid Bernoulli$(p)$ตัวแปรสุ่ม แน่นอนเป็นที่ชัดเจนว่า$X = \frac12\xi_1+\frac12 Y$, ที่ไหน $Y$ มีการกระจายเช่นเดียวกับ $X$ และเป็นอิสระจาก $\xi_1$. สิ่งนี้ให้ความสัมพันธ์$$P(X\le x) = P(X\le x|\xi_1=0)P(\xi_1=0)+P(X \le x|\xi_1=1)P(\xi_1=1) $$$$= (pP(Y\leq 2x)+q\cdot 0)1_{\{x \le 1/2\}} + (p\cdot 1 +qP(Y\leq 2x-1))1_{\{x >1/2\}},$$ ซึ่งตรงกับความสัมพันธ์ของ $F$.
ตอนนี้ให้สังเกตตามกฎหมายที่แข็งแกร่งของจำนวนมากว่า $X$ ได้รับการสนับสนุนในชุดของจำนวนจริงซึ่งการขยายไบนารีมีความหนาแน่นแบบไม่แสดงอาการ $p$ ของ $1$(หรือเทียบเท่ามีความหนาแน่นของ asymptotic $q$ ของ $0$ของ).
แต่ชุดของจำนวนจริงทั้งหมดนั้นมีค่า Lebesgue เป็นศูนย์ อันที่จริงถ้าเราสุ่มตัวอย่างจำนวนจริงจาก$[0,1]$จากนั้นเลขฐานสองคือ iid Bernoulli$(1/2)$ดังนั้นเกือบจะแน่นอนความหนาแน่นของ $1$คือ $1/2$ไม่ใช่ $p$.
เราสรุปได้ว่ากฎหมายของ $X$ เป็นเอกพจน์เมื่อเทียบกับการวัด Lebesgue ซึ่งเทียบเท่ากับเงื่อนไขที่ $F'=0$ เอ.