límite de la integral y convergencia uniforme

Question

Supongamos que $f_n : [0,1] \to \mathbb{R}$ son integrables y que $(f_n)$ converge uniformemente a $f$ . ¿El límite $\lim \limits_{n \to \infty} \int \limits_{0}^{1} f_n(x)^{2018} dx$ ¿existe?

Claro, porque $g(x) = x^{2018}$ es continua en $[0,1]$ y $f_n$ son integrables y convergen uniformemente a $f$ Esto significa que $f$ es integrable y $g(f(x))$ también es integrable por lo que la integral $\int \limits_{0}^{1} f(x)^{2018} dx$ existe y creo que $\int \limits_{0}^{1} f(x)^{2018} dx = \lim \limits_{n \to \infty} \int \limits_{0}^{1} f_n(x)^{2018} dx $ debido al intercambio entre límite e integral bajo convergencia uniforme, pero ¿hay otra forma de demostrarlo sin intercambiar límites con integrales?

Answer 1

$g(x)$ tiene una derivada acotada en $[0,1]$ así que por el MVT $g(x)$ es Lipschitz-continuo en $[0,1.$ Así que $g(f_n)$ converge uniformemente a $g(f)$ en $[0,1$ . Y cada $g(f_n)$ es integrable por lo que $g(f)$ es integrable. Por lo tanto, $$\lim_{n\to \infty}\int_0^1g(f_n(x))dx=\int_0^1g(f(x)dx=\int_0^1\lim_{n\to \infty}g(f_n(x))dx.$$

No se puede demostrar esto sin un intercambio del orden del límite y la integral porque lo que se intenta demostrar es exactamente que el orden $can$ se intercambien.