Convergencia puntual de la secuencia recíproca de una secuencia de convergencia puntual.

Question

Supongamos que $f_n\rightarrow f$ punto a punto en un conjunto $E\subseteq \mathbb{R}$. Además, supongamos que $f(x) \neq 0$ para todo $x\in E$. ¿Podemos demostrar que $1/f_n \rightarrow 1/f$ punto a punto en $E$? Si no es así, ¿qué otras condiciones harán que esto suceda?

Mi demostración:

Para cada $x\in E$, podemos encontrar un índice $N_1$ tal que $$n\geq N_1 \text{ implica } |f_n(x)-f(x)| < |f(x)|/2$$ lo que implica además (desigualdad inversa del triángulo) que $|f_n(x)| > |f(x)|/2$. Luego, para cualquier $\epsilon >0$, podemos encontrar un índice $N_2$ tal que $$n\geq N_2 \text{ implica } |f_n(x) -f(x)| < \frac{\epsilon |f(x)|^2}{2} $$ Finalmente, para $n \geq \max \{N_1, N_2\}$ y utilizando las dos desigualdades anteriores,

$$ |(1/f_n)(x) -1/f(x)| \leq \frac{|f_n(x) -f(x)|}{|f_n(x)f(x)|}< \epsilon $$

Esta es mi demostración. Avísame si encuentras algún error o alguna otra idea mejor. Gracias.

Answer 1

¡Es cierto por supuesto! La prueba debe consistir en repetir la prueba del resultado análogo para las sucesiones. Es decir, suponemos $a_n \to a$, y $a\ne 0$. Entonces $1/a_n\to 1/a$. Al probar esto, necesitas usar que $a\ne 0$ para obtener un límite inferior en $|a_n|$ para valores grandes de $n$.

Answer 2

Primero asumimos que $f_n(x)\neq 0$ para todo $n\in\mathbb{N}$ y para todo $x\in E$.

Queremos demostrar que para cada $x\in E$:

$\forall\epsilon>0,\exists N\in\mathbb{N} : n\geq N\implies\left\lvert \frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right\rvert<\epsilon$ donde $f(x)\neq 0$

Consideremos $x\in E$, y sea $\epsilon>0$. Tenemos $\left\lvert \frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right\rvert = \left\lvert \frac{f(x) - f_n(x)}{f_n(x)f(x)}\right\rvert=\frac{\lvert f(x) - f_n(x)\rvert}{\lvert f_n(x)f(x)\rvert}$

pero existe $N_1\in\mathbb{N}$ tal que $n\geq N_1\implies \left\lvert \lvert f_n(x)\rvert - \lvert f(x)\rvert\right\rvert\leq\lvert f_n(x) - f(x)\rvert < \frac{\lvert f(x)\rvert}{2}\implies\lvert f_n(x)\rvert\geq\frac{\lvert f(x)\rvert}{2} $ (la última implicación sigue de una caracterización del valor absoluto)

y para $\epsilon_1 = \frac{\epsilon\lvert f(x)\rvert^{2}}{2}$ existe $N_2\in\mathbb{N}$ tal que $n\geq N_2\implies \lvert f_n(x) - f(x)\rvert <\epsilon_1$

Entonces tomando $N=max\{N_1, N_2\}$ tenemos

$n\geq N\implies\left\lvert \frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right\rvert = \left\lvert \frac{f(x) - f_n(x)}{f_n(x)f(x)}\right\rvert=\frac{\lvert f(x) - f_n(x)\rvert}{\lvert f_n(x)f(x)\rvert}\leq\frac{2\lvert f(x)-f_n(x)\rvert}{\lvert f(x)\rvert^{2}} < \frac{2\epsilon_1}{\lvert f(x)\rvert^{2}} = \epsilon$

Dado que esto es válido para un $x\in E$ arbitrario, concluimos que

$\forall x\in E,\forall\epsilon>0,\exists N\in\mathbb{N} : n\geq N\implies\left\lvert \frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right\rvert<\epsilon$

¡Así que tu prueba es correcta, sí!