Sea $I \subset \mathbb{R}$ y para $\forall n \in \mathbb{N}: f_n \in C(I, \mathbb{R})$. Demuestra que si para cualquier $\sigma:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ biyección, la serie $$\sum_n f_{\sigma(n)}$$ converge uniformemente en $I$, entonces $$\sum_n |f_n|$$ también converge uniformemente en $I$. Estoy pensando en una demostración por contradicción: Supongamos que la segunda serie no es uniformemente convergente, es decir: $$\exists \varepsilon >0:\forall N\in\mathbb{N}:\exists n>N: \exists x \in I:$$ $$\sum_{k=N}^{n}|f_k(x)|\ge \varepsilon$$ Entonces $$\prod_{N \in \mathbb{N}} \{n|n>N \land \exists x \in I: \sum_{k=N}^{n}|f_k(x)|\ge \varepsilon \}\ne \emptyset$$ pero entonces me atasco, porque un elemento del conjunto anterior no necesariamente es una biyección, ya que podría no ser inyectiva. Mi idea era construir de alguna manera una reordenación de la serie que no convergería uniformemente y por ende llegar a una contradicción. También fallo en ver dónde entra en juego la continuidad de las funciones $f_n$. Agradecería cualquier sugerencia.
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Supongamos lo contrario. Entonces existen $\epsilon > 0$ tal que
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \quad \exists x \in I \quad \text{s.t.} \quad \sum_{i=n}^{\infty} |f_i(x)| > \epsilon. \tag{*}$$
Ahora nos gustaría construir $\sigma$ que viole la suposición. Para esto, definimos recursivamente el trío $(A_j, n_j, x_j)_{j=1}^{\infty}$ de la siguiente manera:
Construcción. Supongamos que $(A_j, n_j, x_j)_{j=1}^{k-1}$ está bien definido de manera que los $A_j$ y las $\{n_j\}$ sean mutuamente disjuntos. Seleccionemos $n$ de modo que sea mayor que cualquier elemento en $\bigcup_{j=1}^{k-1}A_j \cup \{n_j \}$. En la siguiente imagen, los elementos elegidos hasta el paso $(k-1)$ están representados por puntos negros.
$\hspace{5em}$ 
Por $\text{(*)}$, existe $x_k \in I$ tal que $\sum_{i=n}^{\infty} |f_i(x_k)| > \epsilon$. Por lo tanto, la suma de las partes positivas o la suma de las partes negativas debe superar $\epsilon/2$, y en particular, existe un subconjunto finito $A_k \subset \mathbb{N} \cap [n, \infty)$ tal que
$$\left| \sum_{i \in A_k} f_i(x_k) \right| > \epsilon / 2. \tag{2}$$
Luego seleccionamos $n_k$ como el elemento más pequeño en $\mathbb{N}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{k-1}A_j \cup \{n_j \} \cup A_k\right)$. En la siguiente figura, los elementos de $A_k$ están representados por puntos rojos y $n_k$ está representado por el punto azul.
$\hspace{5em}$ 
Por la construcción, es claro que $\mathbb{N} = \bigcup_{j=1}^{\infty} A_j \cup \{n_j\}$. A partir de esto, podemos definir $\sigma: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ como la función que enumera elementos en los conjuntos de
$$(A_1, \{n_1\}, A_2, \{n_2\}, \cdots) $$
en orden de aparición. En otras palabras, si consideramos los $A_k$ como listas ordenadas, entonces $\sigma$ es una lista ordenada infinita obtenida al concatenar $A_1$, $\{n_1\}$, $A_2$, $\{n_2\}$, $\cdots$. Ahora, si escribimos $N_k = \#\big( \bigcup_{j=1}^{k} A_j \cup \{n_j\} \big)$, entonces
$$ \sup_{x \in I} \left| \sum_{i = N_{k-1} + 1}^{N_k} f_{\sigma(i)}(x) \right| \geq \left| \sum_{i \in A_k} f_i (x_k) \right| - |f_{n_k}(x_k)| \geq (\epsilon/2) - |f_{n_k}(x_k)|. $$
Pero es fácil verificar que $f_n \to 0$ uniformemente, por lo que se sigue que este límite inferior es al menos tan grande como $\epsilon/3$ para todos los $k$ suficientemente grandes. Esto prueba que las sumas parciales de $(f_{\sigma(i)})$ no pueden converger uniformemente, lo que contradice la suposición. $\square$
