Aproximación mediante una función suave conservando el conjunto cero

Question

Dejemos que $\mathbb{T}$ denotan el círculo unitario. Dado $f \in \mathcal{C}(\mathbb{T})$ ¿podemos aproximar $f$ por funciones suaves que tienen el mismo conjunto cero es decir, para $\varepsilon >0$ ¿podemos encontrar $g \in \mathcal{C}^\infty(\mathbb{T})$ tal que

1. f(x) = 0 si y sólo si $g(x) = 0$ ;
2. $\|f-g\|_\infty < \varepsilon$ .

Ambas tareas pueden realizarse fácilmente por separado. Pero, ¿pueden realizarse simultáneamente?

Answer 1

Sí, podemos. Si se consideran funciones de valor complejo, se aproximan por separado la parte real y la imaginaria, por lo que basta con considerar las de valor real $f$ .

Como primer paso, descomponer $f$ en sus partes positivas y negativas, que $f^+(z) = \max \{ f(z),0\}$ y $f^-(z) = \max \{ - f(z),0\}$ . Si encontramos un suave no negativo $g^+$ con $g^+(z) = 0 \iff f^+(z) = 0$ y $\lVert g^+ - f^+\rVert_{\infty} < \varepsilon$ y una similar $g^-$ aproximando $f^-$ entonces $g = g^+ - g^-$ resuelve el problema de aproximación.

Como una diferencia de funciones suaves, $g$ es suave, en cada $z \in \mathbb{T}$ como máximo uno de $g^+,g^-$ es distinto de cero ( $g^+(z) > 0 \iff f(z) > 0$ , $g^-(z) > 0 \iff f(z) < 0$ ), y así

$$g(z) = 0 \iff g^+(z) = g^-(z) = 0 \iff f^+(z) = f^-(z) = 0 \iff f(z) = 0,$$

y

$$\lvert f(z) - g(z)\rvert = \max \{ \lvert f^+(z) - g^+(z)\rvert, \lvert f^-(z) - g^-(z)\rvert\} < \varepsilon$$

para todos $z\in \mathbb{T}$ .

Así que hemos reducido el problema a la aproximación de una función continua no negativa, y suponemos $f \geqslant 0$ en lo siguiente.

En primer lugar, utilizando la convolución con una función suave, podemos encontrar una función suave $g_1$ con $\lVert f - g_1\rVert_{\infty} < \varepsilon/4$ . Si nuestro núcleo de convolución suave fuera no negativo, lo que podemos disponer, entonces $g_1 \geqslant 0$ . Sea $g_2(z) = g_1(z) + \varepsilon/4$ Así que $g_2(z) \geqslant \varepsilon/4$ para todos $z$ y $\lVert g_2 - f\rVert_{\infty} < \varepsilon/2$ . Si $f$ nunca se desvanece en $\mathbb{T}$ Ya hemos terminado. Así que supongamos $Z = \{ z \in \mathbb{T} : f(z) = 0\} \neq \varnothing$ . Sea $F = \{ z \in \mathbb{T} : f(z) \geqslant \varepsilon/2\}$ . Sea $\varphi$ una función suave con $Z = \varphi^{-1}(0)$ , $F \subset \varphi^{-1}(1)$ y $0 \leqslant \varphi(z) \leqslant 1$ para todos $z\in \mathbb{T}$ . La existencia de tal $\varphi$ se mostrará a continuación.

Entonces $g = \varphi\cdot g_2$ tiene las propiedades deseadas. Es suave como producto de funciones suaves, tenemos $g(z) = 0 \iff \varphi(z) = 0 \iff f(z) = 0$ y

$$\lVert g - f\rVert_{\infty} \leqslant \lVert g - g_2\rVert_{\infty} + \lVert g_2 - f\rVert_{\infty} < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2},$$

desde $g(z) \neq g_2(z)$ implica $g_2(z) < \varepsilon/2$ y luego $0 \leqslant (1-\varphi(z))g_2(z) \leqslant g_2(z)$ .

Queda por demostrar la existencia de $\varphi$ . Sea $A \subset \mathbb{T}$ un conjunto cerrado no vacío, y para $n \in \mathbb{N}\setminus \{0\}$ , dejemos que $U_n = \bigl\{ z : \operatorname{dist}(z,A) > \frac{1}{n}\bigr\}$ . Sea $\{ W_k : k\in \mathbb{N}\}$ un refinamiento localmente finito de $\{U_n : n \in \mathbb{N}\setminus \{0\}\}$ . Desde $\mathbb{T}\setminus A$ es paracompacto, existen refinamientos localmente finitos, y como el espacio es segundo contable, cualquier familia de conjuntos localmente finita es contable, por lo que podemos utilizar $\mathbb{N}$ para indexar la familia. Sea $\{\psi_k : k \in \mathbb{N}\}$ una partición suave de la unidad (en $\mathbb{T}\setminus A$ ) subordinado a $\{W_k: k\in \mathbb{N}\}$ . Para cada $k$ , dejemos que

$$M_k = \max \{ \lvert D^{\alpha}\psi_k(z)\rvert : z \in \mathbb{T}, \alpha \leqslant k\},$$

donde las derivadas son con respecto a $t$ en la coordenada $z = e^{it}$ . Entonces

$$\varphi_A \colon z \mapsto \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{2^k(1+M_k)}\psi_k(z)$$

es claramente una función continua no negativa sobre $\mathbb{T}$ con $\varphi_A^{-1}(0) = A$ y observamos que para cada $m$ la serie

$$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{2^k(1+M_k)} D^m\psi_k$$

converge uniformemente en $\mathbb{T}$ Así que $\varphi_A$ es suave.

Si $F = \varnothing$ , dejemos que $\varphi = \varphi_Z$ , de lo contrario deja que

$$\varphi = \frac{\varphi_Z}{\varphi_Z + \varphi_F}.$$