¿La convergencia absoluta y uniforme implica una convergencia normal?

Question

Sea $f_n$ sea una sucesión de funciones holomorfas definidas en algún conjunto compacto $K$ en $\mathbb C$ (es decir, cada función de la secuencia es holomórfica en algún nbd de $K$ ).

Si $\sum f_n$ converge uniforme y absolutamente en $K$ entonces podemos decir que cubre normalmente en $K$ (es decir $\sum \Vert f_n\Vert$ es finito)?

Nota- Es muy fácil construir contraejemplos para funciones suaves usando funciones de protuberancia.

Tengo curiosidad sobre esto porque en la obra de J. B. Conway Análisis complejo libro, en un lema (Lemma 5.8, Capítulo 7) necesario para el teorema de factorización de Weierstrass, afirma la convergencia uniforme y absoluta en la hipótesis, pero utiliza la convergencia normal en la demostración.

Answer 1

También podemos construir contraejemplos utilizando funciones holomorfas. Sea $K$ sea el disco unitario cerrado, definamos $\zeta_n = \exp(i/n)$ para $n \in \mathbb{N}\setminus \{0\}$ y $h(z) = \frac{1}{2}(1 + z)$ . Elija números enteros positivos $m_n$ tal que $$\lvert h(z)\rvert^{m_n} \leqslant 2^{-n}$$ para todos $z \in K$ con $\lvert z-1\rvert \geqslant \frac{1}{10n^2}$ y poner $$f_n(z) = \frac{1}{n}h(\zeta_n z)^{m_n}\,.$$ Entonces $\lVert f_n\rVert = \frac{1}{n}$ por lo que la serie no es normalmente convergente en $K$ . Pero es absoluta y uniformemente convergente en $K$ . Para cada $z \in K$ tenemos $\lvert f_n(z)\rvert \leqslant 2^{-n}$ para todos menos uno como máximo $n$ Así que $$\sum_{n = m}^{\infty} \lvert f_n(z)\rvert \leqslant \frac{1}{m} + \sum_{n = m}^{\infty} 2^{-n} = \frac{1}{m} + 2^{1-m}\,.$$

Answer 2

Esta no es una respuesta tan buena como la de Daniel Fischer, pero la incluyo porque no difiere demasiado de la $C^\infty$ idea de la función bump que has mencionado.

Elegir intervalos cerrados disjuntos $[a_n,b_n],n=1,2,\dots$ contenida en $[0,1].$ Para cada $n,$ elegir un continuo $f_n$ en $[0,1],$ con apoyo $[a_n,b_n],$ tal que $\|f_n\|=1/n.$ Entonces $\sum f_n$ converge uniformemente en $[0,1].$

Por el teorema de aproximación de Weierstrass, existen polinomios $p_n$ tal que $\|p_n-f_n\|<1/2^n.$ Reclamación: $\sum_{n=1}^{\infty}p_n$ tiene la propiedad deseada en $K=[0,1].$

Prueba de la reclamación: Por cada $x\in [0,1],$

$$\sum_{n=1}^{\infty}|p_n(x)| \le \sum_{n=1}^{\infty}|p_n(x)-f_n(x)| + \sum_{n=1}^{\infty}|f_n(x)| <\infty.$$

Así que $\sum p_n$ converge absolutamente en $[0,1].$ Dado $M<N,$ tenemos

$$|\sum_{M}^{N}p_n(x)| \le |\sum_{M}^{N}(p_n(x)-f_n(x))|+|\sum_{M}^{N}f_n(x)|,\,\, x\in [0,1].$$

Esto implica que las sumas parciales de $\sum p_n$ son uniformemente Cauchy en $[0,1],$ de ahí $\sum p_n$ converge uniformemente en $[0,1].$ Desde $\sum \|f_n\| = \infty,$ se demuestre la reclamación.

Answer 3

Tal vez esto sea relevante para usted: En el excelente libro de Remmert Teoría de funciones complejas dice en la página 106 en la sección sobre la convergencia normal:

Si $X$ es un espacio métrico localmente compacto y $\sum \| f_\nu \|_K < \infty $ para cada compactum $K$ en $X$ entonces $\sum f_\nu$ es normalmente convergente en $X$ .