Demuestre que el conjunto de funciones diferenciables es un espacio métrico completo, donde $d(f,g)=\max_{x\in[0,1]}\{|f(x)-g(x)|+|f'(x)-g'(x)|\}$

Question

$f$ y $g$ están en $C^1([0,1])$ .

Puedo demostrar que el espacio de las funciones, junto con esta métrica, es efectivamente un espacio métrico. Pero demostrar que es completo está resultando un poco más complicado.

Digamos que me dan una secuencia de Cauchy en el espacio, digamos $\{f_n\}_{1\leq n}$ . Como la secuencia es cauchy, puedo definir $f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x).$ Pero, ¿cómo puedo demostrar que $f$ es a la vez continua y diferenciable?

Answer 1

SUGERENCIA:

No es difícil demostrar que $(f_n)$ es Cauchy en la métrica dada es equivalente a: $(f_n)$ es uniformemente convergente a una función $f$ y $f'_n$ es uniformemente convergente a una función $g$ . Ahora, ambos $f$ y $g$ son continuas (secuencias de límites uniformes de funciones continuas). Lo único que queda es demostrar que $$f'=g$$ Para ello, utilice la igualdad de Leibniz-Newton $$f_n(x)-f_n(0)= \int_0^x f'_n(t) dt$$ para todos $x\in [0,1]$ y pasar a tomar el límite como $n\to \infty$ . Obtenemos $$f(x)-f(0) =\int_0^x g(t)dt$$ para todos $x\in [0,1]$ y esto implica $$f'(x) = g(x)$$ para todos $x\in [0,1]$ .

$\bf{Added:}$ ¿Por qué la convergencia de $(f_n)$ y $(f_n')$ son uniformes: $|f_n(x)-f_m(x)|+ |f_n'(x)-f_m'(x)|\le \epsilon$ para todos $m,n \ge n(\epsilon)$ y $x\in [0,1]$ significa que para cada $x$ $(f_n(x))$ y $(f_n'(x))$ son de Cauchy por lo que convergen a $f(x)$ , respectivamente $g(x)$ . Pasar a limitar $m \to \infty$ en la desigualdad anterior obtenemos $$|f_n(x)-f(x)|+ |f_n'(x)-g(x)|\le \epsilon$$ para todos $n\ge n(\epsilon)$ y $x \in [0,1]$ . Esto implica que $(f_n)$ converge uniformemente a $f$ y $f_n'$ converge uniformemente a $g$ .

Answer 2

Dejemos que $X=(C^1[0,1],d)$ y $Y$ sea $C[0,1]$ dotado de una métrica $d’$ tal que $d’(f,g)=\sup_{x\in [0,1]} |f(x)-g(x)|$ . Es bien conocido (véase, por ejemplo, el teorema 4.3.13 de [Eng]) y fácil de demostrar (véase, por ejemplo, este hilo) que $(Y,d’)$ está completo. Es evidente que un mapa $\partial: X\to Y$ , $f\mapsto f’$ es Lipshitz con la constante $1$ .

Dejemos que $\{F_n\}$ sea una secuencia de Cauchy en $X$ . Como el mapa $\partial$ es Lipshitz, $\{\partial F_n\}$ es una secuencia de Cauchy en $Y$ . Dado que el espacio $Y$ es completa, la secuencia $\{\partial F_n\}$ tiene un límite $f$ . Dado que una secuencia $\{F_n(0)\}$ es Cauchy, existe un límite $F(0)=\lim_{n\to\infty} F(0)$ . Para cada $x\in [0,1]$ poner $F(x)=F(0)+\int_0^x f(t)dt$ . Por la fórmula Newton-Leibnitz, $F’(x)=f(x)$ para cada $x\in [0,1]$ .

Afirmamos que $\{F_n\}$ converge a $F$ . En efecto, dejemos que $\varepsilon>0$ sea un número cualquiera. Como $\{F_n(0)\}$ converge a $F(0)$ existe un sistema natural de $N$ tal que $|F_n(0)-F(0)|\le\varepsilon/2$ para cada $n>N$ . Desde $\{\partial F_n\}$ converge a $f$ existe un sistema natural de $N’\ge N$ tal que $d’(\partial F_n, f)\le\varepsilon/2$ para cada $n>N’$ . Arreglar cualquier $n$ y cualquier $x\in [0,1]$ . Por la fórmula Newton-Leibnitz, $F_n(x)=F_n(0)+\int_0^x \partial F_n(t)dt$ . Así, $$|F_n(x)-F(x)|=$$ $$\left|F_n(0)+\int_0^x \partial F_n(t)dt - F(0)-\int_0^x f(t)dt \right|\le$$ $$|F_n(0)-F(0)|+\left|\int_0^x \partial F_n(t)dt -\int_0^x f(t)dt \right|\le$$ $$\varepsilon/2+\left|\int_0^x (\partial F_n(t)-f(t))dt \right|\le$$ $$\varepsilon/2+\left|\int_0^x |\partial F_n(t)-f(t)|dt \right|\le$$ $$\varepsilon/2+\int_0^x \varepsilon/2\le$$ $$ \varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon.$$

Así, $d’(F_n,F)\le \varepsilon$ y así $d(F_n,F)=d’(F_n,F)+ d’(\partial F_n, f)\le 2\varepsilon$ . Por lo tanto, $\{F_n\}$ converge a $F$ y así el espacio $X$ está completo.

Referencias

[Ryszard Engelking, Topología general 2ª edición, Heldermann, Berlín, 1989.

Answer 3

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $|f’(x)-g’(x)|\le d(f, g)$ para cualquier $x\in [0, 1]$ y $f, g\in C^1[0, 1].$ Esto demuestra que si $f_n$ es $d$ -Cauchy, entonces $f_n’$ es Cauchy en la $\sup$ -normas. Del mismo modo, está claro que si $f_n$ es Cauchy en $d$ -norma, entonces $f_n$ es Cauchy en la $\sup$ -normas.

Ahora sabemos que $C[0, 1]$ con la norma sup habitual es completa, por lo tanto, concluimos que $f_n’\to h$ Y $f_n\to H$ en la norma sup para algunos $h, H\in C[0, 1].$

Apriori sólo sabemos que $H$ Es continuo. Pero afirmamos que $H$ es diferenciable y además $H’=h.$ Para ello, nos limitamos a señalar que $$f_n(x)-f_n(y)=\int_{x}^y f_n’(t)dt.$$ Utilizando la convergencia uniforme de $f_n’$ a $h,$ y la convergencia uniforme de $f_n$ a $H,$ obtenemos que $$H(x)-H(y)=\int_{x}^{y}h(t)dt.$$

Ahora observe que para una función continua $h,$ tenemos $\frac{1}{x-y}\int_{x}^yh(t)dt\to h(x)$ como $|x-y|\to 0.$ En particular, se deduce que $\lim\limits_{|x-y|\to 0}\frac{H(x)-H(y)}{x-y}=h(x).$ Esto demuestra que $H$ Es $C^1$ y $H’=h.$

La última pieza es mostrar ahora que $f_n\to H$ en el $d$ -métrico. Pero esto se deduce inmediatamente al observar que para $f, g\in C^1,$ Tenemos $$d(f, g)\le ||f-g||_{\infty}+||f’-g’||_{\infty}.$$