Arzela-Ascoli: La Prueba?

Question

Problema

Dado un dominio compacto.

Respecto a la función del espacio: $$\mathcal{C}(\Omega):=\{f:\Omega\to\mathbb{C}:f\text{ continuous}\}$$

Considere la posibilidad de un almacén de la familia: $$\mathcal{F}\subseteq\mathcal{C}(\Omega):\quad\|f\|_{f\in\mathcal{F}}<\infty$$

Luego Arzela-Ascoli estados: $$\mathcal{F}\text{ precompact}\iff\mathcal{F}\text{ equicontinuous}$$ Cómo probar esto desde el principio?

Intento

Para un precompact de la familia se encuentra: $$\mathcal{F}\subseteq\mathcal{B}_\delta(g_1)\cup\ldots\cup\mathcal{B}_\delta(g_I)$$ Así que uno siempre puede elegir uno lo suficientemente cerca: $$f\in\mathcal{F}:\quad|f(x)-f(z)|\leq|f(x)-g_f(x)|+|g_f(x)-g_f(z)|+|g_f(z)-f(z)|<\varepsilon\quad(x\in B_\delta(z))$$

Por el contrario, demostrar que para una secuencia: $$f_n\in\mathcal{F}:\quad\|f_{m'}-f_{n'}\|\to0$$

Para un compacto de dominio se encuentra: $$\Omega\subseteq B_\delta(a_1)\cup\ldots\cup B_\delta(a_I)$$

Bolzano-Weierstrass le da una larga: $$|f_n(a_i)|_{n\in\mathbb{N}}<\infty:\quad|f_{m'}(a_i)-f_{n'}(a_i)|\to0$$

Tomar como umbral: $$m',n'\geq N':=\max_{i=1\ldots I}N'_i$$

Así que uno puede siempre elegir uno lo suficientemente cerca: $$x\in\Omega:\quad|f_{m'}(x)-f_{n'}(x)|\leq|f_{m'}(x)-f_{m'}(a_x)|+|f_{m'}(a_x)-f_{n'}(a_x)|+|f_{n'}(a_x)-f_{n'}(x)|<\varepsilon$$

Es esto una prueba de correcto o me pierdo algo?

Discusión

Además, ¿por qué la prueba usual de explotar divisibilidad antes?

(Por ejemplo, ver wiki: Arzela-Ascoli: la Prueba)

Seguro para una proposición en su propio: $$\Omega\text{ separable}:\quad|f_n(x)-f(x)|\to0$$ $$\Omega\text{ precompact}:\quad\|f_n-f\|\to0$$

Pero, ¿por qué los dos juntos en una sola prueba?

Answer 1

Considere la posibilidad de cualquier espacio métrico separable $X$ y un completo espacio métrico $Y$. Entonces dotar a $C(X,Y)$ con el pacto de la topología de la convergencia: una secuencia $(f_n)$ converge a $f\in C(X,Y)$ si y sólo si para cada subconjunto compacto $K$ de $X$, $f_n\mid K$ converge uniformemente a $f\mid K$. Usted puede mostrar esta realidad es metrizable, por lo que compacto y secuencialmente compacto son propiedades equivalentes, y por lo tanto precompact y secuencialmente precompact son demasiado.

Lo Arzela-Ascoli dice es que una familia $\mathscr F$ $C(X,Y)$ es precompact si y sólo si es localmente uniformemente equicontinuous -- cada punto de $x\in X$ tiene un vecindario $V$ donde $\mathscr F\mid V$ es uniformemente equicontinuous, y pointwise delimitada, es decir, cada conjunto de ${\rm ev}_x(\mathscr F)$ está delimitado en $Y$ por cada $x\in X$.

A mí me parece que cuando uno lo pone de esta manera, la prueba es muy natural y fácil de recordar.

Considere la posibilidad de una secuencia $(f_n)$$\mathscr F$. En primer lugar, tomar una densa contables subconjunto $A=\{a_1,\ldots\}$. El general de la diagonal argumento da un subsequence $g_j=f_{i_j}$ tal que $g_j(a_i)$ converge para cada una de las $a_i$$j\to\infty$. Ahora elige un conjunto compacto $K$, y tome $\varepsilon >0$.

Desde $\mathscr F$ es localmente uniformemente equicontinuous, cada punto de $x$ $K$ tiene un vecindario $V_x$ donde $\mathscr F \mid V_x$ es uniformemente equicontinuous. Desde $K$ es compacto, podemos encontrar un número finito de $V_1,\cdots ,V_s$ que cubren $K$, y donde $z,y\in V_x$ implica $d(f(z),f(y))<\varepsilon$ cualquier $z,y\in V_x$$f\in\mathscr F$.

Desde $A$ es densa, podemos encontrar $a'_i=a_{i_j}\in V_j$ por cada $j$. Yo reclamo que $(g_j)$ converge uniformemente en $K$. De hecho, elija cualquiera de los $z\in K$. Si $z$ $V_i$ tenemos que

$$d(g_n(z),g_m(z))\leqslant d(g_n(z),g_n(a_i))+d(g_n(a_i),g_m(a_i))+d(g_m(a_i),g_m(z))<3\varepsilon$$

Desde $a_i,z\in V_i$, $d(g_n(z),g_n(a_i))$ $d(g_m(a_i),g_m(z))$ ambos $<\varepsilon$ y desde $g_j(a_i)$ converge podemos recoger $N$, de modo que $n,m>N$ da $d(g_n(a_i),g_m(a_i))<\varepsilon$. Esto significa que si $n,m>N$ y $z\in K$, $$d(g_n(z),g_m(z))<3\varepsilon$$

Lo que significa que $(g_n)$ converge uniformemente en $K$.

Answer 2

La divisibilidad argumento de no perder ninguna generalidad. La razón es que un espacio métrico compacto es totalmente acotado (el que se utiliza), y totalmente acotado espacio métrico separable. Así que si usted asume que el dominio es compacto, entonces se obtiene que es separable de forma gratuita.

He aquí una prueba de la totalmente acotado implica separables argumento:

Supongamos $X$ es totalmente acotado espacio métrico, y considerar que cubren $X$ $N_n$ bolas de radio $1/n$ que se centran en $\{ x_{i,n} \}_{i=1}^{N_n}$. Entonces el conjunto $\{ x_{i,n} : i \in \{ 1,\dots,N_n \},n \in \mathbb{N} \}$ es una contables subconjunto denso de $X$.

Me parece la divisibilidad argumento conveniente, ya que construye el límite: se extrae un larga que converge pointwise a una función $f$ sobre el subconjunto denso y, a continuación, el límite de la función es el único extensión continua de $f$ a todo el espacio. Equicontinuity garantiza que esta extensión de la que realmente existe y que debe ser el límite uniforme de la secuencia original.