Demostrando que la bola unitaria en $(C^\alpha[a, b], \|\cdot\|_\alpha)$ es compacto en $(C[a, b], \|\cdot\|_\infty)$

Question

Sea $(C[a, b], \|\cdot\|_\infty)$ sea el espacio habitual de Banach de funciones continuas sobre $[a, b]$ y para $\alpha\in(0,1]$ y $f\in C[a, b]$ defina $$ [f]_\alpha = \sup_{x,y\in[a,b];x\neq y}\frac{|f(x)-f(y)|}{|x - y|^\alpha} $$ Sea $C^\alpha[a, b]$ sea el conjunto de funciones $f$ en $C[a, b]$ para lo cual $[f]_\alpha < \infty$ y dotar $C^\alpha[a, b]$ con la norma $$ \|f\|_\alpha = \|f\|_\infty + [f]_\alpha $$ Se sabe que $(C^\alpha[a, b], \|\cdot\|_\alpha)$ es un espacio de Banach.

Me han pedido que demuestre que el balón unitario $B^\alpha := \{f\in C^\alpha[a, b]\ :\ \|f\|_\alpha\le 1\}$ es compacto en $(C[a, b], \|\cdot\|)$ . No sólo precompacto, sino compacto . Ya he demostrado que es precompacta usando Arzela-Ascoli, así que sólo queda demostrar que $B^\alpha$ está cerrado en $(C[a, b], \|\cdot\|_\infty)$ .

Supongamos que $f_n\in B^\alpha$ converge con $\|\cdot\|_\infty$ a $f\in C[a, b]$ . Sabemos que $\|f_n\|_\alpha \le 1$ y, por tanto $\|f_n\|_\infty \le \|f_n\|_\alpha \le 1$ . Podemos utilizar esto para demostrar que $\|f\|_\infty \le 1$ también. ¿Qué podemos hacer para mostrar $\|f\|_\alpha\le 1$ ? Esto demostraría que $B^\alpha$ contiene su $\|\cdot\|_\infty$ -y, por tanto, es cerrado.

Answer 1

Tome una secuencia $(f_n)$ en $B^\alpha$ que converge uniformemente a algún $f$ . Toma $x,y,z\in [a,b]$ con $x\ne y$ . Entonces $$ |f(z)|\le |f(z)-f_n(z)| + |f_n(z)| $$ y $$ \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^\alpha} \le\frac{|f(x)-f_n(x)|}{|x-y|^\alpha} +\frac{|f_n(x)-f_n(y)|}{|x-y|^\alpha} +\frac{|f_n(y)-f(y)|}{|x-y|^\alpha}. $$ Toma $\epsilon>0$ . Debido a la convergencia uniforme, existe $N=N(x,y,z)$ tal que $$ |f(z)-f_n(z)| + \frac{|f(x)-f_n(x)|}{|x-y|^\alpha} + \frac{|f_n(y)-f(y)|}{|x-y|^\alpha}\le \epsilon $$ para todos $n>N$ . Esto implica para $n>N$ $$ |f(z)| + \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^\alpha} \le |f_n(z)| +\frac{|f_n(x)-f_n(y)|}{|x-y|^\alpha} + \epsilon \le \|f_n\|_\alpha + \epsilon\le 1 + \epsilon. $$ Tomando la suma del lado izquierdo sobre $z$ , $x\ne y$ , produce $$ \|f\|_\alpha \le 1+\epsilon. $$ Ahora $\epsilon>0$ era arbitraria, por lo que $\|f\|_\alpha \le 1$ .

Answer 2

Daw ya dio una buena respuesta, pero quiero destacar la semicontinuidad inferior de la norma de Hölder como ingrediente crucial, porque puede ser útil en muchas situaciones diferentes.

Sea $(f_n)$ sea una secuencia que converge uniformemente a $f$ y $x,y\in [a,b]$ con $a\neq b$ . Entonces $$ \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^\alpha}=\lim_{n\to\infty}\frac{f_n(x)-f_n(y)|}{|x-y|^\alpha}\leq \liminf_{n\to\infty}\sup_{x'\neq y'}\frac{|f_n(x')-f_n(y')|}{|x'-y'|^\alpha}=\liminf_{n\to\infty}\,[f_n]_\alpha. $$ Tomando el supremum sobre $x,y$ obtenemos $[f]_\alpha\leq \liminf_{n\to\infty} [f_n]_\alpha$ . Por lo tanto, el mapa $C([a,b])\to[0,\infty],\,f\mapsto [f]_\alpha$ es semicontinuo inferior. Claramente, $\|\cdot\|_\infty$ es continua. Por lo tanto $\|\cdot\|_\alpha=\|\cdot\|_\infty+[\cdot]_\alpha$ es semicontinuo inferior. Por lo tanto, los conjuntos de subniveles (como $B_\alpha$ están cerrados).

Nótese que sólo hemos utilizado la convergencia puntual en la primera parte y se puede ver por un argumento similar que $\|\cdot\|_\infty$ también es semicontinuo inferior con respecto a la convergencia puntual. Por lo tanto $B_\alpha$ es incluso cerrado con respecto a la convergencia puntual.