Demostrando que$\mathcal{C}([0,1])$ es un espacio de Banach

Question

Deje $V=\mathcal{C}([0,1])$ ser el espacio de todo el complejo valores de funciones continuas con la norma $||f||_{\infty}=\sup_{x\in[0,1]}|f(x)|$. A continuación, $V$ con la norma $||\cdot||_{\infty}$ es un espacio de Banach.

Estoy teniendo problemas para comprender una parte de la prueba. Voy a proceder demostrar la afirmación anterior hasta que la cuestión viene.

Dada una secuencia de Cauchy $(f_n)_{n\in \mathbb{N}}\in V$, es decir, para todos los $\varepsilon >0$ existe $N\in \mathbb{N}$ tal que para todos los $n,m \geq N$ tenemos que $||f_n-f_m|||_\infty \leq \varepsilon$; necesitamos encontrar un candidato $f$ para el límite de $(f_n)_{n\in \mathbb{N}}$. La fijación de $x\in[0,1]$ , y observa que para todos los $n,m\geq N$ tenemos que $$|f_n(x)-f_m(x)|\leq \sup_{z\in[0,1]}|f_n(z)-f_m(z)|=||f_n-f_m|||_\infty \leq \varepsilon.$$ Por lo tanto, $(f_n(x))_{n\in \mathbb{N}}$ es una secuencia de Cauchy en $\mathbb{C}$ y desde $\mathbb{C}$ es completa sabemos que $\lim_{n\to \infty}f_n(x)$ existe. Entonces, nuestro candidato a la se $f(x):=\lim_{n\to \infty}f_n(x)$.

Ahora, queremos demostrar que $f$ es continua. La fijación de $x\in[0,1]$ y dejando $\varepsilon >0$ podemos optar $N\in \mathbb{N}$ tal que para todos los $n,m\geq N$ tenemos que $||f_n-f_m|||_\infty \leq \varepsilon/3$. También, como $f_N\in (f_n)_{n\in \mathbb{N}}\subset V$, para esto $\varepsilon >0$ existe $\delta >0$ que si $|x-y|\leq \delta$ entonces $|f_N(x)-f_N(y)|\leq \varepsilon/3$. Además, para cualquier $n,m\geq N$ e $y\in \mathbb{C}$ tal que $|x-y|\leq \delta$ tenemos que \begin{align*} |f(x)-f(y)| =&|f(x)-f_n(x)+f_n(x)-f_N(x)+f_N(x)\\ & -f_N(y)+f_N(y)-f_m(y)+f_m(y)-f(y)| \\ \leq&|f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(y)|\\ & +|f_N(y)-f_m(y)|+|f_m(y)-f(y)| \end{align*} Creo que es importante hacerlo de esa manera ya que, a continuación, $\delta$ podría depender de $N$ pero no en $n$. El segundo y tercer términos son menos o igual que $\varepsilon/3$. Sin embargo, creo que no se puede utilizar el mismo argumento con el cuarto, ya que $y$ no puede ser en $[0,1]$. Lo único que sé es que $|x-y|\leq \delta$. Si puedo demostrar que el cuarto de ellos es menor o igual que $\varepsilon/3$, entonces sé cómo terminar la prueba.

Answer 1

Vamos a demostrar que el $f_n$ converge uniformemente a $f$ a $[0,1]$, debido a que este, en general, un resultado útil, que la convergencia uniforme de una sucesión es de hecho equivalente a la secuencia que se Cauchy en el sup norma. El resultado deseado se siga, porque sabemos que el límite uniforme de función continua es continua.

Fix $\varepsilon>0$. Como ya se ha demostrado sabemos que existe un $N\in \mathbb N$, de tal manera que para todos los $n,m>N$ e $x\in[0,1]$ hemos $$|f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon/2.$$ Ahora para cualquier $m>N$ e $x\in[0,1]$ tenemos, que para cualquier $n\in \mathbb N$, $$|f(x)-f_m(x)|\leq|f_m(x)-f_n(x)|+|f(x)-f_n(x)|<\varepsilon/2+|f(x)-f_n(x)|.$$ Lo importante aquí, es que podemos elegir cualquier $n$ le gusta y esta desigualdad se cumple, lo que implica que, a causa de pointwise convergencia de $f_n$ a $f$, $$\lim_{n\to\infty}|f(x)-f_m(x)|\leq\lim_{n\to\infty}\varepsilon/2+|f(x)-f_n(x)|=\varepsilon/2<\varepsilon.$$ El LHS es independiente de $n$ , aunque, por lo que el límite no tiene ningún efecto. Así pues, hemos demostrado que para cualquier $\varepsilon>0$ existe un $N\in \mathbb N$ tal que para todos los $m>N$ e $x\in[0,1]$ hemos $$|f(x)-f_m(x)|<\varepsilon.$$ Esta es la definición de la convergencia uniforme, lo que queríamos mostrar.

Tenga en cuenta que usted podría tener directamente aplicado este método para finalizar su prueba directa de la continuidad. Acaba de tomar el límite de $n$ e $m$ tienden a infinito en ambos lados de la final de la desigualdad.