Funciones continuas del titular en $[0,1]$ son completos + espacio de Banach

Question

Estoy estudiando para un prelim de Análisis y estoy atascado en cómo demostrar que el siguiente espacio de funciones continuas de Holder es completo:

$$\Lambda_{\alpha}([0,1]) = \{f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R} \mid \sup_{x,y \in [0,1], x\neq y} \frac{|f(x) - f(y)|}{|x-y|^{\alpha}} < \infty \text{ and } 0< \alpha \leq 1\}$$ con la norma $\| \cdot \|_{\Lambda_{\alpha}}$ definido por $$\|f\|_{\Lambda_{\alpha}} = |f(0)| + \sup_{x,y \in [0,1], x\neq y} \frac{|f(x) - f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}$$ Creo que es fácil ver que $\Lambda_{\alpha}([0,1]) \subset B([0,1])$ es decir, es un subconjunto de funciones acotadas sobre $[0,1]$ que está completo. Mi pensamiento es que si dejo $\{f_n\}$ sea una secuencia de Cauchy en $\Lambda_{\alpha}([0,1])$ y que $f \in B([0,1])$ , de tal manera que $f_n \rightarrow f$ en la norma uniforme, entonces podemos demostrar $f \in \Lambda_{\alpha}([0,1])$ y que $f_n \rightarrow f$ en la norma Holder definida anteriormente. Sin embargo, no estoy seguro de cómo demostrarlo. Quizás también podría demostrar de alguna manera que cualquier serie absolutamente convergente converge en $\Lambda_\alpha$ pero tampoco estoy seguro de cómo hacerlo. Cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

Una forma equivalente de demostrar que un espacio normado es completo es mostrar que toda serie absolutamente convergente converge. Es decir, supongamos $\{ f_{n} \}_{n=1}^{\infty}$ satisface $\sum_{n=1}^{\infty}\|f_{n}\| < \infty$ y demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty}f_{n}$ converge en norma a algún $f$ en el espacio.

En este caso, supongamos que $\{ f_{n} \}\subset C^{\alpha}[0,1]$ y $$ \sum_{n=0}^{\infty}\|f_{n}\|_{C^{\alpha}} < \infty. $$ Como se ha mencionado $\|f\|_{C} \le \|f\|_{C^{\alpha}}$ . Por lo tanto, porque $C[0,1]$ está completo, entonces $\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}$ converge en $C$ a algunos $f$ . Además, $f \in C^{\alpha}$ porque \begin{align} \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}} & = \frac{|\sum_{n}f_{n}(x)-\sum_{n}f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}} \\ & \le \frac{\sum_{n}|f_{n}(x)-f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}} \\ & = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{|f_{n}(x)-f_{n}(y)|}{|x-y|^{\alpha}} \\ & \le \sum_{n=1}^{\infty}\|f_{n}\|_{C^{\alpha}} = M < \infty. \end{align} Por lo tanto, $f=\sum_{n=1}^{\infty}f_{n} \in C^{\alpha}$ y $$\left\|\sum_{n=1}^{\infty}f_{n}\right\|_{C^{\alpha}} \le \sum_{n=1}^{\infty}\|f_{n}\|_{C^{\alpha}}.$$ Para ver que $\sum_{n}f_{n}$ converge en $C^{\alpha}$ a $f$ , $$ \left\|\sum_{n=0}^{N}f_{n}-f\right\|_{C^{\alpha}} = \left\|\sum_{n=N+1}^{\infty}f_{n}\right\|_{C^{\alpha}} \le \sum_{n=N+1}^{\infty}\|f_{n}\|_{C^{\alpha}}\rightarrow 0 \mbox{ as } N\rightarrow\infty. $$

Answer 2

Personalmente, me resulta más fácil trabajar con un $f$ que se ha definido de forma diferente. Dejemos que $(f_n)_{n=1}^\infty$ sea Cauchy en $\Lambda_\alpha([0,1])$ . Se puede utilizar el criterio de Cauchy para demostrar $f_n(x)$ converge puntualmente a algún $f(x)$ para cualquier $x \in [0,1]$ (Te dejaré trabajar en los detalles). Así pues, defina $f(x)$ para ser el límite puntual en $(\mathbb{R}, |\cdot |)$ como $n \to \infty$ de $f_n(x)$ para todos $x \in [0,1]$ .

Ahora tenemos que demostrarlo:

1) $f_n \rightarrow f$ en la norma de Hölder

2) $f$ es continua de Hölder en $[0,1]$

La tarea 1 es un poco técnica. Considera cada término por separado. Fijar $\epsilon > 0$ . Desde $f_n$ es Cauchy existe $N$ tal que para todo $m,n \geq N$ , $|f_n(0) -f_m(0)| < \epsilon/2$ . Arreglar $n$ y que $m \rightarrow \infty$ para conseguir $|f_n(0) -f(0)| < \epsilon/2$ .

Para el otro término tenemos para todos $x,y \in [0,1]$ , $m,n \geq N$ como en el caso anterior, $$\frac{|f_n(x) - f_n(y) - (f_m(x) - f_m(y))|}{|x-y|^\alpha} < \epsilon/2$$ Una vez más, arreglar $m$ y tomar $n$ a $\infty$ . Un poco de reordenación dará como resultado $$ \lim_{n \to \infty} \frac{f_n(x) - f_n(y)}{(x-y)^\alpha} = \frac{f(x) - f(y)}{(x-y)^\alpha}$$ en $(\mathbb{R}, |\cdot |)$ . Pero eso implica para $n \geq N$ , $$\sup_{x,y \in [0,1], x\neq y} \frac{|f_n(x) - f_n(y) - (f(x) - f(y))|}{|x-y|^\alpha} < \epsilon/2$$
Combinando los dos términos y por la desigualdad del triángulo obtenemos la convergencia en $\Lambda_\alpha([0,1])$ .

La tarea 2 es bastante rápida. Por los resultados anteriores y la desigualdad del triángulo invertido, para algunos $N$ , $x,y \in [0,1]$ , $n \geq N$ , $$\frac{|f(x) - f(y)|}{|x-y|^\alpha} - \frac{|f_n(x) - f_n(y)|}{|x-y|^\alpha} < \epsilon$$ Dejemos que $\epsilon = 1$ . Desde $f_n(x) \in \Lambda_\alpha([0,1])$ existe un $C>0$ tal que $|f_n(x) - f_n(y)| \leq C|x-y|^\alpha$ . Utilice esto para mostrar $$\frac{|f(x) - f(y)|}{|x-y|^\alpha} < 1 + C$$ y así $f \in \Lambda_\alpha([0,1])$ .

Answer 3

Utilizaré el símbolo $||\cdot ||$ para el $\Lambda_\alpha$ -normas y $||\cdot ||_\infty$ para la norma de supremacía.

Supongamos que $\{f_n\}$ es una secuencia de Cauchy, y sin pérdida de generalidad podemos suponer que $||f_n - f_{n+1}|| < 2^{-n}$ tomando una subsecuencia. Esto implica que $$ (*)\qquad|f_{n+1}(x) - f_{n}(x) - f_{n+1}(y) + f_n(y)| \leq 2^{-n} |x-y|^\alpha, \quad \forall x,y\in [0,1]. $$ Pero $|f_{n+1}(0) - f_n(0)| < 2^{-n}$ también, así que para $m>n$ , $$ |f_n(x) - f_m(x)|\leq |f_n(0) - f_m(0)| + |f_n(x) - f_m(x) -f_n(0) + f_m(0)| \leq (1+|x|^\alpha)\sum_{k=n+1}^m \frac{1}{2^k}. $$ Esta última estimación procede de la aplicación de $(*)$ y la desigualdad del triángulo para cada número entero entre $n$ y $m$ . Esto demuestra que $\{f_n(x)\}$ es Cauchy para cada $x$ por lo que podemos definir $f(x) = \lim_{n\to \infty} f_n(x)$ para cada $x$ .

Consideremos ahora las funciones $$ g_n(x) = f_1(x) + \sum_{k=1}^n(f_{k+1}(x)-f_k(x)) = f_{n+1}(x), $$ donde la última igualdad se deduce por telescopia. Vemos entonces que $g_n(x) \to f(x)$ como $n\to \infty$ . Observe que $$\sum_{k=1}^\infty |f_{k+1}(x)-f_k(x)|\leq \sum_{k=1}^\infty ||f_{k+1}-f_k||_\infty \leq \sum_{k=1}^\infty ||f_{k+1}-f_k||<\infty,$$ por lo que la serie $\sum_{k=1}^\infty (f_{k+1}(x)-f_{k}(x))$ converge absolutamente. (Podemos entonces reordenar los términos sin cuidado.) Entonces, para cualquier $x,y$ , $$\begin{align} \frac{\left|\sum_n(f_{n+1}(x)-f_n(x)) - \sum_n(f_{n+1}(y)-f_n(y))\right|}{|x-y|^\alpha} &\leq \sum_n \frac{|(f_{n+1}(x)-f_n(x)) - (f_{n+1}(y) - f_n(y)) |}{|x-y|^\alpha}\\ &\leq \sum_n ||f_{n+1} - f_n|| < \infty. \end{align}$$

Así, tomando un supremum sobre todos los $x\neq y$ en $[0,1]$ llegamos a $||\sum_{n} f_{n+1} - f_n|| < \infty$ por lo que se encuentra en $\Lambda_\alpha$ . Esto implica que $f=f_1 + \sum_n (f_{n+1}-f_n) \in \Lambda_\alpha$ .