Convergencia uniforme de una secuencia de funciones reales crecientes

Question

Dejemos que $ \{ F_n \}_{n \in \mathbb{N}}$ una secuencia de funciones crecientes de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ que converge puntualmente a una función continua y acotada $F: I \longrightarrow \mathbb{R}$ . Demostrar que $\{ F_n \}_{n \in \mathbb{N}}$ converge uniformemente a $F$

¡Cualquier ayuda es bienvenida!

Gracias.

Answer 1

Si $I$ no es compacto, la afirmación es falsa: Sea $I=(0,1)$ y $F_n(x)=x^n$ . Entonces $F_n$ es una función estrictamente creciente. y $(F_n)$ converge puntualmente a la función cero continua y acotada. Sin embargo, la convergencia no es uniforme ya que $\sup |F_n(x)-F(x)|=1$ para todos $n$ .

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Supongamos ahora que $I=[a,b]$ es compacto. (Por lo tanto, la condición de que $F$ estar acotado es superfluo: es una consecuencia de su continuidad). Supongamos que $\epsilon>0$ se da. Para $x\in I$ el conjunto $U_x:=F^{-1}\left((F(x)-\frac\epsilon9,F(x)+\frac\epsilon9)\right)$ es un subconjunto abierto relativo de $I$ . Por lo tanto, podemos encontrar $r_x>0$ tal que el conjunto abierto relativo $V_x:=B(x,r_x)\cap I$ es $\subseteq U_x$ . Tenemos $I=\bigcup_{x\in I} V_x$ . Por compacidad existe una subcubierta finita, es decir, encontramos $x_0<x_1<\cdots <x_m$ tal que $I=\bigcup_{x\in I} V_x$ . Wlog. $x_0=a$ , $x_m=b$ . Entre todas estas secuencias $(x_k)$ seleccionamos uno con un mínimo de $m$ .

Supongamos que hay un $k$ tal que $V_{x_k}\cap V_{x_{k+1}}=\emptyset$ . Entonces hay un punto $x$ entre $V_{x_k}$ y $V_{x_{k+1}}$ (podemos tomar por ejemplo $x=x_k+r_k$ ) que está cubierto por un $V_{x_i}$ con $i<k$ o $i>k+1$ . En el primer caso, vemos que $V_{x_k}\subset V_{x_i}$ y por lo tanto $x_k$ puede ser eliminado; en el segundo caso, podemos eliminar igualmente $x_{k+1}$ . En ambos casos obtenemos una secuencia más corta, en contra de la suposición de que $m$ es mínimo (nótese que no dejamos caer $x_0$ o $x_m$ ).

Desde $V_{x_k}\cap V_{x_{k+1}}\ne\emptyset$ concluimos que $|F(x_k)-F(x_{k+1})|<\frac{2\epsilon}9$ (porque $|F(x_k)-F(x)|<\frac\epsilon9$ y $|F(x_{k+1})-F(x)|<\frac\epsilon9$ para algunos $x\in V_{x_k}\cap V_{x_{k+1}}$ ). De hecho, $x_k\le x\le x_{k+1}$ implica que $|F(x)-F(x_k)|<\frac\epsilon9$ o $|F(x)-F(x_{k+1})|<\frac\epsilon9$ (en otras palabras: $|F(x)-F(x_{r})|<\frac\epsilon9$ para $r=k$ o $r=k+1$ ).

Por convergencia puntual en $x_0,\ldots,x_m$ existe $N\in\mathbb N$ tal que $|F_n(x_k)-F(x_k)|<\frac{2\epsilon}9$ para todos $n>N$ y $0\le k\le m$ . Entonces para $n>N$ y $x\in I$ encontramos $k$ con $x_k\le x\le x_{k+1}$ . Entonces $$|F_n(x_{k+1})-F_n(x_k)|\\\le |F_n(x_{k+1})-F(x_{k+1})|+|F(x_{k+1})-F(x_k)| +|F(x_{k})-F_n(x_k)|\\ <\frac{2\epsilon}9+\frac{2\epsilon}9+\frac{2\epsilon}9=\frac{2\epsilon}3.$$ Por las observaciones anteriores tenemos $|F(x)-F(x_r)|<\frac\epsilon9$ para $r=k$ o $r=k+1$ . y por lo tanto (utilizando $F_n(x_k)=F_n(x_r)\le F_n(x)\le F_n(x_{k+1})$ o $F_n(x_k)\le F_n(x)\le F_n(x_r)=F_n(x_{k+1})$ ) $$|F_n(x)-F(x)|\le |F_n(x)-F_n(x_r)|+|F_n(x_r)-F(x_r)|+|F(x_r)-F(x)|\\ <|F_n(x_{k+1})-F_n(x_k)|+\frac{2\epsilon}9+\frac\epsilon9\\ <\frac{2\epsilon}3+\frac{2\epsilon}9+\frac\epsilon9=\epsilon. $$ Por lo tanto, $\sup |F_n(x)-F(x)|<\epsilon$ para todos $n>N$ es decir, la convergencia es uniforme.

Answer 2

Supongo que $$I= \mathbb{R}$$ Toma $F_n(x)= 1 \forall x \in [-n,\infty] F_n(x)=0\,\, \mathrm{otherwise}$

Entonces $\lim F_n =F$

Donde $F(x)= \forall 1 \in \mathbb{R}$ así que $F$ es continua también $$ | \!| F_n - F| \!| =1 \forall n \in \mathbb{N}$$ Así que la convergencia no es uniforme.

Quizá le interese el Teorema de Dini http://www.math.ubc.ca/~feldman/m321/dini.pdf