Una secuencia de funciones continuas que es convergente puntualmente a cero y no convergente uniformemente en cualquier intervalo.

Question

El ejercicio consiste en construir una secuencia de funciones continuas $f_n:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}, n\in \mathbb{N}$ que es convergente puntualmente a $f(x)=0 , x\in \mathbb{R}$ y no es uniformemente convergente en cualquier intervalo $(a,b)$ .

Ya publiqué esta pregunta una vez y obtuve la respuesta, pero había olvidado mencionar que $f_n$ debe ser continua. El ejemplo de sucesión de funciones discontinuas tiene este aspecto:

Dejemos que $\{r_n\}_{n\geq 1}$ sea una enumeración de los racionales, y defina $f_n(x)$ de la siguiente manera: $$ f_n(x)=\begin{cases} 1,& x\in \{r_k\}_{k\geq n}\\ 0,& else \end{cases} $$

La persona que publicó esto, hizo el comentario:

Si quiere hacer el $\{f_n\}$ continua, puede modificar este ejemplo utilizando las funciones de bump soportadas en $(r_n-2^{-n},r_n+2^{-n})$ en lugar de los picos para $1$ en $r_n$ .

No estoy muy seguro de lo que quería decir. Estaba pensando en definir $g_k$ como una línea discontinua o tal vez una función más suave que atraviesa $(r_k-2^{-k},0), (r_k,1), (r_k+2^{-k},0)$ y cero en $\mathbb{R}\setminus [r_k-2^{-k},r_k+2^{-k}]$ y luego definir $f_n(x)=\sup\{g_k(x):k\ge n\}$ . Pero no sé si converge a cero y si $f_n$ son incluso continuas.

Por otro lado he encontrado este tema Una secuencia de funciones continuas sobre $[0,1]$ que convergen puntualmente a.e. pero no convergen uniformemente en ningún intervalo y sólo hay un ejemplo de una secuencia que converge a cero en casi todas partes. Por eso empiezo a dudar de que exista una sucesión que converja a cero en todas partes (eso significaría que hay un error en mi libro porque el ejercicio dice "construye tal sucesión").

Answer 1

De acuerdo con la pista en "Problems in Mathematical Analysis", Biler y Witkowski, problema 4.112.

Definir $g_n$ como la función que es $0$ en los intervalos $(-\infty, 0]$ y $[2/n,\infty)$ , $1$ en $1/n$ y lineal en caso contrario. Entonces $g_n$ converge puntualmente a $0$ pero no es uniforme en ningún intervalo que contenga $0$ .

Ahora defina $$f_n(x) = \sum_{k=0}^{\infty} 2^{-k} g_n(x - r_k).$$

Entonces el $f_n$ son continuas, convergen puntualmente a $0$ pero no convergen uniformemente en ningún intervalo abierto.

Answer 2

Efectivamente, existe tal secuencia, como se puede demostrar mediante un argumento de la categoría Baire utilizando un espacio de Banach adecuado.

Dejemos que $C_{b}\left(\mathbb{R}\right)$ denota el espacio de las funciones continuas y acotadas y que $$ V:=\left\{ \left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in\left(C_{b}\left(\mathbb{R}\right)\right)^{\mathbb{N}}\,\middle|\,\left\Vert f\right\Vert _{V}:=\sup_{n\in\mathbb{N}}\left\Vert f_{n}\right\Vert _{\infty}<\infty\right\} . $$ No es difícil ver que se trata de un espacio de Banach, dotado de $\left\Vert \cdot\right\Vert _{V}$ . Además, defina $$ V_{0}:=\left\{ \left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in V\,\middle|\,\forall x\in\mathbb{R}:\quad f_{n}\left(x\right)\xrightarrow[n\to\infty]{}0\right\} . $$ Entonces $V_{0}$ es completo, ya que es un subespacio cerrado de $V$ . Para ver esto, dejemos $\left(g^{\left(m\right)}\right)_{m\in\mathbb{N}}=\left(\left(g_{n}^{\left(m\right)}\right)_{n\in\mathbb{N}}\right)_{m\in\mathbb{N}}$ sea una secuencia en $V_{0}$ con $g^{\left(m\right)}\xrightarrow[m\to\infty]{}g=\left(g_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in V$ . Queremos mostrar $g\in V_{0}$ . Para ello, dejemos que $x\in\mathbb{R}$ y $\varepsilon>0$ sea arbitraria. Entonces, hay algún $m_{0}\in\mathbb{N}$ con $\left\Vert g^{\left(m\right)}-g\right\Vert _{V}<\frac{\varepsilon}{2}$ para todos $m\geq m_{0}$ . Debido a $g^{\left(m_{0}\right)}\in V_{0}$ , tenemos $g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\left(x\right)\xrightarrow[n\to\infty]{}0$ , para que haya $n_{0}\in\mathbb{N}$ con $\left|g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\left(x\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ para todos $n\geq n_{0}$ . Pero para $n\geq n_{0}$ Esto implica \begin{align*} \left|g_{n}\left(x\right)\right| & \leq\left|g_{n}\left(x\right)-g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\left(x\right)\right|+\left|g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\left(x\right)\right|\\ & \leq\left\Vert g-g^{\left(m_{0}\right)}\right\Vert _{V}+\frac{\varepsilon}{2}\\ & <\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \end{align*} Por lo tanto, $g_{n}\left(x\right)\xrightarrow[n\to\infty]{}0$ . Desde $x\in\mathbb{R}$ era arbitraria, hemos demostrado $g\in V_{0}$ para que $V_{0}\leq V$ es cerrado y, por tanto, completo.

Ahora, dejemos que $\emptyset\neq I=\left(a,b\right)\subset\mathbb{R}$ sea un un intervalo arbitrario, abierto, acotado y no vacío y el conjunto $$ V_{0}^{\left(I\right)}:=\left\{ \left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in V_{0}\,\middle|\,\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\text{ does {\color{red}not} converge uniformly on }I\right\} . $$ Afirmo que $V_{0}^{\left(I\right)}\subset V_{0}$ es abierta y densa. De hecho,

1. $\left(V_{0}^{\left(I\right)}\right)^{c}\subset V_{0}$ está cerrado, porque para una secuencia $\left(g^{\left(m\right)}\right)_{m\in\mathbb{N}}=\left(\left(g_{n}^{\left(m\right)}\right)_{n\in\mathbb{N}}\right)_{m\in\mathbb{N}}$ en $\left(V_{0}^{\left(I\right)}\right)^{c}$ con $g^{\left(m\right)}\xrightarrow[m\to\infty]{}g=\left(g_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in V_{0}$ , y $\varepsilon>0$ se cumple lo siguiente: Hay algún $m_{0}\in\mathbb{N}$ con $\left\Vert g-g^{\left(m\right)}\right\Vert _{V}<\frac{\varepsilon}{2}$ para todos $m\geq m_{0}$ . Además, como $g^{\left(m_{0}\right)}\in\left(V_{0}^{\left(I\right)}\right)^{c}$ , hay $n_{0}\in\mathbb{N}$ con $$ \frac{\varepsilon}{2}>\left\Vert g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\right\Vert _{\sup,I}:=\sup_{x\in I}\left|g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\left(x\right)\right| $$ para todos $n\geq n_{0}$ . Pero esto implica \begin{align*} \left\Vert g_{n}\right\Vert _{\sup,I} & \leq\left\Vert g_{n}-g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\right\Vert _{\sup,I}+\left\Vert g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\right\Vert _{\sup,I}\\ & \leq\left\Vert g-g^{\left(m_{0}\right)}\right\Vert _{V}+\left\Vert g_{n}^{\left(m_{0}\right)}\right\Vert _{\sup,I}\\ & <\varepsilon \end{align*} para todos $n\geq n_{0}$ y por lo tanto $g=\left(g_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in\left(V_{0}^{\left(I\right)}\right)^{c}$ .

2. Para ver que $V_{0}^{\left(I\right)}\subset V_{0}$ es denso, dejemos que $g=\left(g_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in V_{0}$ sea arbitraria. Queremos demostrar $g\in\overline{V_{0}^{\left(I\right)}}$ . Si $g\in V_{0}^{\left(I\right)}$ Esto está claro. Por lo tanto, podemos suponer $g\notin V_{0}^{\left(I\right)}$ es decir $g_{n}\to0$ uniformemente en $I$ . Ahora, dejemos que $\varepsilon>0$ sea arbitraria. Queremos encontrar algún $h=\left(h_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in V_{0}^{\left(I\right)}$ con $\left\Vert g-h\right\Vert _{V}\leq\varepsilon$ . Para ello, dejemos que $f_{n}\equiv0$ para $n\leq\frac{2}{b-a}$ es decir, para $a+\frac{2}{n}\geq b$ . Para $n>\frac{2}{b-a}$ , defina $$ f_{n}\left(x\right):=\begin{cases} 0, & \text{if }x\leq a,\\ \varepsilon\cdot n\left(x-a\right), & \text{if }a\leq x\leq a+\frac{1}{n},\\ \varepsilon\cdot\left(1-n\cdot\left(x-a-\frac{1}{n}\right)\right), & \text{if }a+\frac{1}{n}\leq x\leq a+\frac{2}{n},\\ 0, & \text{if }x\geq a+\frac{2}{n}. \end{cases} $$ Está claro que $f:=\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in V_{0}$ (la convergencia puntual es clara para $x\leq a$ . Pero para $x>a$ Tenemos tenemos $x\geq a+\frac{1}{n}$ para todos $n\geq n_{x}$ y por lo tanto $f_{n}\left(x\right)=0$ ) con $\left\Vert f\right\Vert _{V}=\varepsilon$ . Además, tenemos tenemos $\left\Vert f_{n}\right\Vert _{\sup,I}=\varepsilon$ para todos $n>\frac{2}{b-a}$ y por lo tanto $\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ no converge uniformemente (a $0$ ) en $I$ . Por lo tanto, tampoco $h:=\left(h_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}:=\left(f_{n}+g_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ , porque de lo contrario, $f_{n}=h_{n}+\left(-g_{n}\right)\to0$ uniformemente en $I$ por convergencia uniforme de $\left(g_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ .

En conjunto, $h\in V_{0}^{\left(I\right)}$ con $\left\Vert g-h\right\Vert _{V}=\left\Vert f\right\Vert _{V}=\varepsilon$ , por lo que $V_{0}^{\left(I\right)}\subset V_{0}$ es denso.

Por último, dejemos que $$ J:=\left\{ \left(a,b\right)\,\middle|\, a,b\in\mathbb{Q}\text{ and }a<b\right\} . $$ Entonces $J$ es contable, por lo que el teorema de Baire demuestra que $$ M:=\bigcap_{I\in J}V_{0}^{\left(I\right)}\subset V_{0} $$ es denso. En particular, $M\neq\emptyset$ . Pero cualquier $f=\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in M$ satisface $f_{n}\to0$ en cuanto a los puntos, pero $\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ no converge uniformemente (a $0$ ) en cualquier intervalo de $J$ . Dado que todo intervalo (no trivial) contiene un intervalo de $J$ Estamos hechos.