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Construcción de una función que no es el límite puntual de una secuencia de funciones continuas

Esto está en cierto modo relacionado con una pregunta anterior mía que buscaba ver si una demostración mía sobre la función de Dirichlet era correcta (no lo era). Ahora tengo una respuesta a la pregunta que se puede responder sin utilizar directamente el teorema de la categoría de Baire o similares; como es lo suficientemente diferente a mi enfoque original, creo que una nueva pregunta sería la mejor manera de hacerlo.

La cuestión es

Construir una función $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ que no es el límite puntual de ninguna secuencia $(f_n)$ de funciones continuas

a la que tendré una respuesta más adelante (aunque no se me ocurrió mucho de esto a mí, creo que es un resultado interesante para discutir).

Por último, como advertencia para aquellos que están viendo esto como resultado de la búsqueda de respuestas a su hoja de ejemplo/preguntas de tarea, por favor, piense en la pregunta antes de leer la respuesta a continuación.

7voto

Greg Case Puntos 10300

Ver esto respuesta por ejemplo. (Una función está en la clase Baire uno si es el límite puntual de funciones continuas, en la clase Baire dos si es el límite puntual de funciones de la clase Baire uno, etc. La respuesta muestra ejemplos "naturales" de funciones de clase Baire dos pero no de clase Baire uno).

De hecho, se puede hacer mejor, y mostrar que la secuencia de clases de Baire es bastante larga (tiene longitud $\omega_1$ el primer ordinal incontable). Un esbozo de alto nivel de este hecho utiliza algunas ideas de la teoría descriptiva de conjuntos. Sigo aquí a A.C.M. van Rooij y W.H. Schikhof, Un segundo curso sobre funciones reales , Cambridge University Press, 1982. Pueden encontrarse resultados más contundentes en A. Kechris, Teoría de conjuntos descriptiva clásica , Springer, 1995.

En primer lugar, dada una clase $\mathcal A$ de funciones en $\mathbb R$ , defina $\mathcal A^*$ como la clase de límites puntuales de funciones de $\mathcal A$ Así que si $\mathcal A$ es la clase $\mathcal B^0$ de funciones continuas (es decir, funciones de clase cero de Baire), entonces $\mathcal A^*=\mathcal B^1$ es la clase de funciones de clase uno de Baire, $(\mathcal A^*)^*=\mathcal B^2$ es la clase de funciones de clase dos de Baire, etc.

El Funciones medibles de Borel son el cierre de las funciones continuas bajo la operación de tomar límites puntuales.

Llamar a una función $F:\mathbb R^2\to\mathbb R$ a catálogo de $\mathcal A$ si $F$ es medible por Borel y para cada $f\in\mathcal A$ hay un $s\in[0,1]$ tal que $f(x)=F(x,s)$ para todos $x$ . (Podemos pensar en $s$ como un "código" para $f$ .) Tenga en cuenta que estamos no exigiendo que para cada $s\in[0,1]$ la función $f(x)=F(x,s)$ estar en $\mathcal A$ .

Teorema.

  1. Si $\mathcal A_1,\mathcal A_2,\dots$ tienen catálogos, entonces también $\bigcup_n \mathcal A_n$ .

  2. Si $\mathcal A$ tiene un catálogo, también lo tiene $\mathcal A^*$ .

  3. La clase $\mathcal B^0$ de funciones continuas tiene un catálogo.

  4. La clase de funciones medibles de Borel no tiene catálogo.

  5. Si $\mathcal A$ es una clase de funciones que contiene todas las funciones continuas y tiene un catálogo, entonces $\mathcal A^*\ne\mathcal A$ .

La prueba del punto 4. es un argumento diagonal: Si $F:\mathbb R^2\to\mathbb R$ es un catálogo para las funciones medibles de Borel $f:\mathbb R\to\mathbb R$ entonces $g(x)=F(x,x)$ y $1+g$ son medibles por Borel. Así que debe haber $s$ tal que $1+g(x)=F(x,s)$ para todos $x$ en particular para $x=s$ Así que $1+g(s)=g(s)$ una contradicción.

El punto 5. sigue, porque si $\mathcal A$ contiene las funciones continuas, y $\mathcal A=\mathcal A^*$ entonces $\mathcal A$ contiene las funciones medibles de Borel. Si $\mathcal A$ admite un catálogo, entonces también lo haría la subclase de funciones medibles de Borel, pero acabamos de demostrar que no es así.

Para el punto 1, supongamos que $F_n$ es un catálogo de $\mathcal A_n$ para todos $n$ . Las funciones $(x,y,z)\mapsto F_n(x,y)$ y $(x,y,z)\mapsto\chi_{\{1/n\}}(z)$ son funciones medibles de Borel en $\mathbb R^3$ pero también lo es $$ H(x,y,z)=\sum_n F_n(x,y)\chi_{\{1/n\}}(z). $$ Recordemos ahora que hay funciones continuas $p_1,p_2:\mathbb R\to[0,1]$ de manera que si $p(x)=(p_1(x),p_2(x))$ entonces la restricción de $p$ a $[0,1]$ es un suryecto de $[0,1]$ en $[0,1]^2$ . Sea $$ F(x,s)=H(x,p_1(s),p_2(s)). $$ Entonces $F$ es un catálogo para $\bigcup_n\mathcal A_n$ .

Para el punto 2., podemos encontrar de forma similar funciones continuas $p_1,p_2,\dots$ tal que para cualquier $y_1,y_2,\dots\in[0,1]$ hay un $x\in[0,1]$ tal que $p_i(x)=y_i$ para todos $i$ . Ahora defina $$ F^*(x,s)=\left\{\begin{array}{cl}\lim_n F(x,p_n(x))&\mbox{ if the limit exists,}\\ 0&\mbox{ otherwise.}\end{array}\right. $$ Si $F$ es medible por Borel, también lo es $F^*$ y es fácil ver que si $F$ es un catálogo para $\mathcal A$ entonces $F^*$ es un catálogo para $\mathcal A^*$ .

Finalmente, llegamos al punto 3., el quid de la cuestión. Queremos demostrar que la clase de funciones continuas tiene un catálogo. Para ello, observemos en primer lugar que $\{f\}$ dispone de un catálogo para cada uno de los continuos $f$ . De ello se deduce que la clase $\mathcal P$ de polinomios con coeficientes racionales tiene un catálogo, por el punto 1. Pero entonces, por el punto 2, también lo tiene $\mathcal P^*$ . Ahora podemos utilizar el teorema de aproximación de Weierstrass para ver que $\mathcal P^*$ contiene todas las funciones continuas, y hemos terminado.


Para terminar, hay que tener en cuenta que si el objetivo es simplemente demostrar que hay funciones que no están en $\mathcal B^1$ (en lugar de mostrar la larga jerarquía de Baire, o indicar ejemplos explícitos como en el enlace anterior), entonces es posible un simple argumento de cardinalidad: Hay $\mathfrak c=2^{\aleph_0}=|\mathbb R|$ muchas funciones continuas: No puede haber menos, porque las funciones constantes son continuas, y no tenemos más, porque una función continua está determinada por sus valores en el conjunto contable de los racionales. Ahora bien, sólo hay $$|\mathbb R^{\mathbb Q}|=|\mathbb R|^{|\mathbb N|}=(2^{\aleph_0})^{\aleph_0}=2^{\aleph_0}=\mathfrak c$$ muchas funciones de los racionales a los reales, y las funciones continuas corresponden a un subconjunto (propio) de ellas.

Por último, si una función es un límite puntual de funciones continuas, entonces está determinada por una secuencia contable de tales funciones, y de nuevo sólo hay $\mathfrak c^{\mathbb N}=\mathfrak c$ muchas secuencias de este tipo. Así que $|\mathcal B^1|=\mathfrak c$ . Pero hay $\mathfrak c^{\mathfrak c}>\mathfrak c$ muchas funciones de $\mathbb R$ a sí mismo, por lo que no todos pueden estar en $\mathcal B^1$ .

(Continuando con este argumento, vemos que, incluso si tomamos todas las funciones Baire juntas, no sólo las de clase $1$ , todavía sólo tenemos $\mathfrak c$ muchas funciones, por lo que hay funciones que no están en ninguna de las clases de Baire).

3voto

farmchris Puntos 18

El resultado se desprende muy bien de otro resultado (que casualmente también se desprende de nuestra hoja de preguntas, pero bueno), que voy a exponer a continuación:

Teorema -Si $(f_n)$ es una secuencia de funciones continuas $[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ que convergen puntualmente a una función $f$ entonces hay algún subintervalo $ [a,b] \subset [0,1]$ con $a < b$ en el que $f$ está acotado.

Esto responde a la pregunta original, ya que entonces tenemos un contraejemplo si podemos construir una función que mapee cualquier subintervalo de $[0,1]$ al conjunto de $\mathbb{R}$ De los cuales me vienen a la mente dos ejemplos:

  • La función de la base 13 de Conway - Para una explicación de lo que es esta función, sugeriría leer lo siguiente de El blog de Willie Wong la página de Wikipedia no parece ser muy buena

  • Una función de Thomae adaptada - Aquí definimos $f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ por

$$f(x) = \begin{cases} q, & \text{if $x \in \mathbb{Q}$, $x=p/q$ irreducible} \\ 0, & \text{if $x \notin \mathbb{Q}$} \\ \end{cases} $$

Ahora bien, el teorema anterior suele demostrarse mediante alguna versión del Teorema de la Categoría de Baire; sin embargo, puede demostrarse de forma "elemental", aunque la demostración sigue estando muy inspirada en el teorema. (Tengo que agradecer a varios amigos/supervisores la demostración de esto:)

Prueba - Supongamos lo contrario para una contradicción; supongamos una secuencia $(f_n)$ de funciones continuas converge puntualmente a una función $f$ que no tiene límites en ningún subintervalo de $[0,1]$ . Así, podemos elegir $x_0 \in [0,1]$ tal que

$$ f(x_0) \geq 2^0 + 2$$

y por lo tanto como $f_n$ converge puntualmente a $f$ , ciertamente tenemos un $n_0$ tal que

$$f_{n_0}(x_0) \geq 2^0 + 1$$

(si esto parece desconcertante, escribe la definición de punto convergencia puntual de una secuencia de funciones y debería estar claro - de hecho lo anterior es válido para todas las $n \geq n_0$ pero esto no es necesario); así como $f_{n_0}$ es continua en $[0,1]$ podemos encontrar un intervalo $I_0 = > [x_0 - \epsilon_0, x_0 + \epsilon_0 ]$ para algunos $\epsilon_0 > 0$ tal que $$ f_{n_0}(x) \geq 2^0 \; \text{for all $ x \N en I_0 $} $$

Ahora, considere $f$ restringido a $I_0$ pero luego $f$ no tiene límites en $I_0$ para que podamos encontrar un $x_1 \in I_1$ tal que $f(x_1) \geq 2^1 + 2$ . Entonces, por la convergencia puntual de $f_n$ podemos encontrar un $n_1$ tal que $f_{n_1}(x_1) \geq 2^1 + 1$ y por continuidad de $f_{n_1}$ allí existe un intervalo cerrado $I_1$ con $x_1 \in I_1 \subset I_0$ y $f_{n_1}(x) \geq 2^1$ para todos $x \in I_1$ . Pero entonces $f$ no tiene límites en $I_1$ $\ldots$

Podemos entonces generalizar inductivamente para construir una secuencia anidada de intervalos cerrados y no vacíos

$$ I_k \subset I_{k-1} \subset \ldots \subset I_1 \subset I_0 \subset [0,1]$$

tal que $f_{n_k} \geq 2^k$ para todos $x \in I_{k}$ . Ahora, hay varias formas de argumentar que

$$ \bigcap_{k=0}^{\infty} I_k$$

es no vacía; basta con un argumento de exhaustividad (no lo esbozaré aquí, pero no es demasiado difícil), así que podemos encontrar un $y \in I_k$ para todos $k$ Entonces

$$ f_{n_k}(y) \geq 2^k \; \text{for all $ k $}$$

lo cual es absurdo si $f_n$ converge a $f$ en el sentido de la palabra. $\square$

Aunque ya se ha respondido a la pregunta original, deja algo que desear en el sentido de que querríamos encontrar contraejemplos que no sean tan mal se comportan, como $1_{\mathbb{Q}}$ la función indicadora de los racionales. Podemos hacer esto utilizando el Teorema de la Categoría Baire de alguna forma, pero en este momento no hay realmente ninguna manera de hacerlo que no sea desarrollar la teoría de nuevo.

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