Si $f:[0,1] \to \mathbb{R}$ va en aumento, demostrar que $f$ es el límite del pointwise de una secuencia de funciones continuas sobre $[0,1]$

Question

si $f:[0,1] \to \mathbb{R}$ es creciente, muestran que $f$ es el pointwise límite de una sucesión de funciones continuas sobre $[0,1]$

Intuitivamente esto tiene sentido, pero estoy teniendo problemas con los que muestra por qué habría una secuencia de funciones continuas convergentes pointwise a $f$.

Claramente no es una sucesión convergente pointwise a $f$, puedo establecer: $\forall n \in \mathbb{N}, f_n = f$.

Cómo demostrar que hay al menos uno, que se compone de funciones continuas $f_n, \forall n \in \mathbb{N}$ $[0,1]$ no puedo entender el argumento.

Answer 1

Deje $\mathcal{D}$ el conjunto de discontinuidades de $f$. Sabemos que $\mathcal{D}$ es en la mayoría de los contables, por lo que podemos enumerar de este conjunto por $\mathcal{D} = \{ x_0, x_1, \cdots \}$. Ahora, para cada una de las $n \geq 0$, vamos

$$ \Pi_n = \{ \tfrac{k}{2^n} : 0 \leq k \leq 2^n \} \cup \{ x_0, \cdots, x_n \} $$

y definir $f_n : [0, 1] \to \mathbb{R}$ como la interpolación lineal de los puntos de $\{ (x, f(x)) : x \in \Pi_n\}$ ordenados de izquierda a derecha. Entonces

• Está claro que $f_n$ es continua y creciente para cada una de las $n\geq 0$.

• Si $x \in \cup_{n\geq 0} \Pi_n$, $x \in \Pi_N$ algunos $N$ y, por tanto, por construcción, $f_n(x) = f(x)$ todos los $n \geq N$. Así que tenemos $f_n(x) \to f(x)$$n\to\infty$.

• Si $x \in [0, 1] \setminus \mathcal{D}$, a continuación, para cada uno de ellos fijo $m$ hay $a_m, b_m \in \Pi_m$ tal que $a_m \leq x \leq b_m$$|b_m - a_m| \leq 2^{-m}$. Tomando como límite $n\to\infty$ a la desigualdad $f_n(a_m) \leq f_n(x) \leq f_n(b_m)$, obtenemos

  \begin{align*} f(a_m) = \lim_{n\to\infty} f_n (a_m) &\leq \liminf_{n\to\infty} f_n (x) \\ &\leq \limsup_{n\to\infty} f_n (x) \leq \lim_{n\to\infty} f_n (b_m) = f(b_m). \end{align*}

  Tomando $m \to \infty$ ambos $(a_m)$ $(b_m)$ convergen a $x$. Desde $x$ es una continuidad punto de $f$, tenemos

  $$ f(x) \leq \liminf_{n\to\infty} f_n (x) \leq \limsup_{n\to\infty} f_n (x) \leq f(x) $$

  y, por tanto,$f_n(x) \to f(x)$.

La combinación de todo esto se deduce que $f_n \to f$ pointwise en $[0, 1]$ como se esperaba.

Answer 2

Nota: esta dosis respuesta no respuesta pregunta de OP. Sólo lo ven como una referencia.

$f:[0,1]\to \mathbb{R}$ Va en aumento, es una función medible acotada de Borel. Por Teorema de Lusin, hay un $\{f_n\}$ de la secuencia de funciones continuas que $f_n=f$ en un Borel sistema $E_n$ que satisface $m\{[0,1]\backslash E_n\}<\frac{1}{2^n}$.

Desde $\sum_{n=1}^{\infty}m\{[0,1]\backslash E_n\}<\infty$, para casi cada punto en $[0,1]$, figura en finte sets de $\{[0,1]\backslash E_n\}$ y por lo tanto converge $f_n$ $f$ casi en todas partes.

Answer 3

Aquí hay otra respuesta, que la idea principal es : si $f$ es a la derecha o a la izquierda continua, no es una "explícita" de la solución (ver las integrales de abajo).

Reclamo : Cada vez más la función de $f$ puede ser escrita como una suma de un aumento de derecho-función continua y a la izquierda-función continua.

Prueba : el conjunto de puntos en el que $f$ es discontinuo, es en la mayoría de los contables : se denotará $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$. Ahora tomamos $g : x \mapsto \sum \limits_{\substack{n \in \mathbb{N}\\ a_n \le x}} f(a_n)-f(a_n^-)$$h = f-g$. Es fácil mostrar que $g$ es de derecha continua. Si $x \notin \{a_n\}$, $f$ y $g$ son continuas en a $x$, lo $h$ es continua en a $x$. Si $x=a_n$, $g(t) \underset{t \to x^-}{\longrightarrow} g(x)-\big( f(a_n)-f(a_n^-) \big)$, por lo $h(t) \underset{t \to x^-}{\longrightarrow} f(a_n^-)-g(x)+\big( f(a_n)-f(a_n^-) \big)=h(x)$. Por lo tanto $f=g+h$ $f$ el aumento de derecha y continua, y $h$ a la izquierda-continuo.

$ $

Si escribimos $f=g+h$ con $g$, $h$ como en la demanda, tanto en $f$ $g$ están aumentando, por lo tanto localmente acotados y con en la mayoría de los countably muchos puntos de discontinuidad. Por lo tanto $f$ $g$ son Riemann integrables, y así es $h$. Para $n \ge 1$, por lo tanto, podemos considerar que : $$ g_n : x \mapsto n \displaystyle{\int_x^{x+\frac{1}{n}}} g(t)dt,\quad \ h_n : x \mapsto n \displaystyle{\int_{x-\frac{1}{n}}^x} h(t)dt, \quad \ f_n : x \mapsto g_n(x)+h_n(x).$$

Como $g$ (resp. $h$) está a la derecha (resp. a la izquierda)-continua, es fácil demostrar que para todos los $x$, $g_n(x) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} g(x)$ y $h_n(x) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} h(x)$, lo $\big(f_n\big)_{n \ge 1}$ converge pointwise a $f$. Como $g$ $h$ son localmente delimitado, $g_n$ $h_n$ son continuas para todos los $n$, y por lo tanto $\big( f_n \big)_{n \ge 1}$ es una secuencia de funciones continuas.

Answer 4

Así: la monotonía funciones de Baire-una de las funciones, como se puede ver aquí y aquí. Esto significa, por definición, que los elementos de esta clase son pointwise límites de funciones continuas, ver aquí. De ahí que la instrucción está probado.