Cuando hace pointwise convergencia implica la convergencia uniforme?

Question

En una pregunta de examen (Pregunta 21), se afirma que si $K$ es compacto y $f_n : K \to \mathbb{R}$ son funciones continuas aumento de pointwise a una función continua $f : K \to \mathbb{R}$, $f_n$ converge a $f$ uniformemente. He tratado de demostrar esta afirmación para la mejor parte de una hora, pero me siguen llegando corto. Sospecho que una hipótesis en equicontinuity se ha omitido debido, en parte porque la primera mitad de la pregunta es acerca de la Arzelà–Ascoli teorema - pero yo no tengo acceso a la lista de errores para el examen, así que no puedo estar seguro.

Aquí está mi intento de prueba: vamos a $g_n = f - f_n$, por lo que el $(g_n)$ es una secuencia de funciones continuas disminución de pointwise a $0$. Claramente, $0 \le \cdots \le \| g_n \| \le \| g_{n-1} \| \le \cdots \le \| g_1 \|$, por lo que debemos tener $\| g_n \| \longrightarrow L$ para algunas constantes $L$. $K$ es compacto, por lo que para cada una de las $g_n$, hay un $x_n \in K$ tal que $g_n(x_n) = \| g_n \|$, y no es convergente larga con $x_{n_k} \longrightarrow x$ algunos $x \in K$. Por hipótesis, $g_n(x) \longrightarrow 0$, y por la construcción de $g_{n_k} (x_{n_k}) \longrightarrow L$. Me gustaría concluir que $L = 0$, pero para ello necesitaría saber que las dos secuencias tienen el mismo límite. Esto es cierto si, por ejemplo, $\{ g_n \}$ es un equicontinuous de la familia, pero esta no es una de las hipótesis, así que estoy atascado.

Answer 1

El resultado es "verdadero" como se dijo y se llama Dini del Teorema. Una prueba se puede encontrar en el Capítulo III, Sección 1.4 de estas notas o de hecho, en este artículo de la wikipedia. (Mis notas son para un estudiante de segundo año-junior nivel de pregrado de la clase, por lo que se declaró en el caso en que $K$ es un intervalo cerrado. Pero es claro que el argumento funciona para cualquier topológicos compactos espacio.)

(Por alguna razón, este es uno de los nombrados teoremas que tiende a ser asignado como un ejercicio o en los exámenes...)

Answer 2

$\textbf{Dini's Theorem (with some extra conditions):}$ Deje $K$ ser un subconjunto compacto de $\mathbb{R}$ y supongamos $f:K \to \mathbb{R}$ es continua. Deje $\{f_n\}$ ser un monótonamente disminución de la secuencia de funciones continuas tales que $f_n(x) \to f(x)$ pointwise. Demostrar que $f_n(x) \to f(x)$ uniformemente.

$\textbf{Proof:}$ Queremos mostrar que $\forall \epsilon >0$ $\exists N$ tal que $\forall n \ge N$ y $\forall x \in K$, $$|f_n(x) - f(x) | < \epsilon$$

Deje $g_n(x) = f_n(x) - f(x)$. Entonces a partir de la $f_n(x) \searrow f(x)$ punto sabio tenemos que $g_n(x)$ es monótonamente decreciente de la secuencia de funcionamiento continuo. Ahora vamos a $\epsilon > 0$ ser fijo, pero arbitrario. Queremos mostrar la existencia $N$ a satisfacer las condiciones de convergencia uniforme. Vamos, $$ E_n := \{ x \in K : g_n(x) = f_n(x) - f(x) < \epsilon \}$$ Then $E_n$ is open because it is the pre image of the continuous functions $g_n(x)$. Notice that $g_n(x)$ is continuous as it is the difference of continuous functions. We claim that $E_n$ is an ascending sequence of open sets. That is, $$ E_0 \subset E_1 \subset \dots \subset E_n \subset \dots$$ The sequence is ascending because $g_n(x)$ is decreasing. That is if $x \in E_n$, then $g_n(x) < \epsilon$, but this implies that $g_{n+1} (x) < \epsilon$, and so $x \in E_n$ implies that $x \in E_{n+1}$. Now as $n \to \infty$, we have that $g_n(x) \a 0$. Since $g_n(x) = 0 < \epsilon$, we have that the sets of $x \in K$ such that $g_n(x) < \epsilon$ will eventually be all of $K$. Por lo tanto, $$ \bigcup_{n=1}^{\infty} E_n \supset K$$ y por lo que la anterior unión es una cubierta abierta de a $K$. Desde $K$ es compacto, existe un número finito de subcover, de tal manera que, $$ \bigcup_{n=1}^N E_n \supset K$$ At this point, we should be happy as we have an appearance of $N$. Remember we are looking for $N$. $$K \subset \bigcup_{n=1}^N E_n$$ implies that $\forall x \in K$, we have that $|g_n(x)|= | f_n(x) - f(x)| < \epsilon$ Since $g_n(x)$ is decreasing, this immediately gives us that $\forall x \in K$, $\forall n > N$, $|f_n(x) - f(x)| < \epsilon$. Thus we have show $f_n(x)$ converge to $f(x)$ for arbitrary $\epsilon$ y así hemos terminado.

Answer 3

Supongamos que este no era el caso. Habrá un $\epsilon_0 >0$ tal que para cada una de las $n \in \mathbb N$ existe $x_n \in K$ tal que

$$ f(x_n) - f_n(x_n) > \epsilon_0$$

(tenga en cuenta que $f \ge f_n$ por supuesto en la monotonía)

Ahora fix $m$ por el momento. Debido a la monotonía debemos tener $f(x_n) - f_m(x_n) \ge f(x_n) - f_n(x_n) > \epsilon_0$ todos los $n \ge m$.

Ahora tenga en cuenta que la secuencia de $(x_n)$ tiene un punto límite $x$. Pasando este límite en el anterior, obtenemos

$$f(x) - f_m(x) \ge \epsilon_0$$

Pero esto por supuesto es cierto de todos los $m$. Por lo tanto dejando $m \to \infty$ obtenemos

$$|f(x) - \lim_{m \to \infty} f_m(x)| \ge \epsilon_0$$

una contradicción.

Por favor, tenga en cuenta también, que la continuidad de todas las funciones involucradas es crucial!

Answer 4

Su argumento está muy cerca.

Fix $\epsilon > 0$. Desde $g_n(x) \downarrow 0$ existe $m$ tal que $g_m(x) \le \epsilon$. Ahora, para todos los $n_k \ge m$ tenemos $g_{n_k}(x_{n_k}) \le g_m(x_{n_k})$. Como $k \to \infty$, la izquierda converge a $L$ por su construcción. Y por la continuidad de $g_m$, el lado derecho converge a $g_m(x) \le \epsilon$. Por lo $L \le \epsilon$. Desde $\epsilon$ fue arbitraria, la prueba está completa.

Edit: por cierto, un uniformemente convergente de la secuencia es siempre equicontinuous, así equicontinuity no en el hecho de sostener. También se podría probar directamente de los supuestos dados (¡inténtelo!).