Convergencia de una secuencia

Question

Tengo que probar lo siguiente:

Que $(X_n)_{n\in\mathbb{N}}$ ser una secuencia de números verdaderos, que $\exp(itX_n)$ converge cada $t\in\mathbb{R}$. Mostrar que converge de la secuencia $(X_n)$.

El problema que veo es, que el logaritmo complejo no es continuo. Por lo tanto, tengo que solucionar, pero no sé cómo. Espero que alguien puede ayudar.

Answer 1

Desde que me he estado mordiendo en esto por un tiempo ahora, permítame en primer lugar, construir una secuencia divergente $(X_n)_{n\in\mathbb N}$ tal que $(e^{itX_n})_{n\in\mathbb N}$ es convergente para todos los $t\in\mathbb Q$, antes de resolver el problema original a continuación.

Contraejemplo para $\mathbb Q$ (incompleta espacio)

Deje $(q_n)_{n\in\mathbb N}$ ser una enumeración de $\mathbb Q\setminus 0$. Observar que $\bigcap_{k=1}^n q_k\mathbb Z=r_n\mathbb Z$ algunos $r_n\in \mathbb Q_{>0}$. Dejando $y_1=0$, y la selección de $y_n\in r_n\mathbb Q$ $y_n>y_{n-1}+1$ obtenemos un divergentes secuencia $(y_n)_{n\in\mathbb N}$. Si $t\in\mathbb Q$, $ty_n\in\mathbb Z$ en casi todas las $n$: Si $t=0$, esto es trivial; si $t\ne 0$, nos encontramos con $N$ $\frac1t=q_N$ $y_n\in q_N\mathbb Z$ todos los $n\ge N$.

Por lo tanto, dejando $X_n=2\pi y_n$ nos encontramos con una secuencia divergente $(X_n)_{n\in\mathbb N}$ tal que $(e^{itX_n})_{n\in\mathbb N}$ es convergente (de hecho, es que al final constante$=1$)$t\in \mathbb Q$.

La prueba para el caso de $\mathbb R$ (llene el espacio)

¿Qué tiene de diferente con $\mathbb R$ en lugar de $\mathbb Q$? Primero vamos a ver que $(X_n)_{n\in\mathbb N}$ son los siguientes: Para $c>0$ $N\in\mathbb N$ considerar el conjunto $$A_{c,N}=\{t\in\mathbb R\mid\forall n,m\ge N\colon t(X_n-X_m)\in[-c,c]+2\pi\mathbb Z\}.$$ Si $t\notin A_{c,N}$, entonces hay $n,m\ge N$, $k\in\mathbb Z$ con $2k\pi+c<t(X_n-X_m)<2(k+1)\pi-c$, que tiene también para $t'$ si
$$|t'-t|<\frac{\min\{t(X_n-X_m)-2k\pi-c,2(k+1)\pi-c-t(X_n-X_m)\}}{|X_n-X_m|}.$$ Por lo tanto, los complementos de la $A_{c,N}$ están abiertos y el $A_{c,N}$ sí están cerrados. La convergencia de $(e^{itX_n})_{n\in\mathbb N}$ todos los $t\in\mathbb R$ implica que para cualquier $c>0$ hemos $$\mathbb R=\bigcup_{N\in\mathbb N}A_{c,N}$$ Específicamente, podemos considerar $c=\frac{2\pi}5$. Por la categoría de Baire teorema, existe un $N$ tal que $A_{c,N}$ contiene un intervalo abierto $(t_0-\epsilon,t_0+\epsilon)$$\epsilon>0$. Sin pérdida de generalidad, $t_0\ne0$$\epsilon< |t_0|$. Deje $$M=\max\left\{|X_1|,\ldots,|X_N|\right\}+\frac\pi{\epsilon}.$$ A continuación, $(X_n)_{n\in\mathbb N}$ está delimitado por $M$. Para demostrar esto, supongamos que $|X_n|>M$ algunos $n$. Entonces claramente $n>N$$|X_n-X_N|>\frac\pi{\epsilon}$. Debido a $n>N$ existe $k\in\mathbb Z$ tal que $|t_0(X_n-X_N)-2k\pi|\le c$. Deje $t_1=t_0+\frac\pi{(X_n-X_N)}$, de modo que $|t_1-t_0|<\epsilon$ y, por tanto,$t_1\in A_{c,N}$. Entonces no es$k'\in\mathbb Z$$|t_1(X_n-X_N)-2k'\pi|\le c$. Pero $|t_1(X_n-X_N)-t_0(X_n-X_N)|=\pi$ hace imposible debido a $2c<\pi<2\pi-2c$: el de la izquierda de la desigualdad de las normas de $k=k'$, el resto de reglas de salida $|k-k'|\ge 1$. Llegamos a la conclusión de que $(X_n)_{n\in\mathbb N}$ está acotada.

Ahora el último paso es fácil: Si $|X_n|\le M$ todos los $n$, entonces considere el caso de $0<t<\frac\pi{2M}$. Para tal $t$$tX_n$$(-\frac\pi2,\frac\pi2)$. Desde el mapa $(-\frac\pi2,\frac\pi2)\to \mathbb C$, $x\mapsto e^{ix}$ es una incrustación, la convergencia de las $(e^{itX_n})_{n\in\mathbb N}$ implica la convergencia de $(tX_n)_{n\in\mathbb N}$ y, finalmente, la convergencia de $(X_n)_{n\in\mathbb N}$.$_\blacksquare$

Answer 2

He aquí una solución que aprovecha un poco de análisis de Fourier.

Set $y_n = \int_{-\infty}^\infty e^{-t^2/2} e^{i t x_n}\,dt$. Desde $|e^{i t x_n}| = 1$ $e^{-t^2/2}$ es integrable, el teorema de convergencia dominada implica que $y_n$ converge para algún valor finito $y$. Por otro lado, calcular la integral anterior muestra que el $y_n = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-x_n^2/2}$. (Esto es el hecho de que una Gaussiana es su propia transformada de Fourier.) Si definimos $f : [0,\infty) \to \mathbb{R}$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-x^2/2}$,$y_n = f(|x_n|)$. Ahora $f$ es continua y estrictamente decreciente, por lo que tiene un continuo inversa. Por lo tanto $|x_n| = f^{-1}(y_n) \to f^{-1}(y)$. Llamar a este límite de $x$.

Si $x=0$, luego tenemos a $x_n \to 0$. De lo contrario, deje $s_n$ ser el signo de $x_n$ y considerar la posibilidad de $z_n := \sin(\frac{\pi}{2} \frac{x_n}{x})$. Por un lado $z_n$ es la parte imaginaria de $e^{i \pi x_n / 2x}$ y, por tanto, $z_n$ converge a algunos $z$. Por otro lado, desde la $\sin$ es una función impar tenemos $$s_n = \frac{z_n}{\sin(\frac{\pi}{2} \frac{|x_n|}{x})}.$$ Desde $|x_n| \to x$, el denominador converge a 1, y por lo $s_n$ converge a algunos $s = \pm 1$. Por lo tanto $x_n = s_n |x_n| \to s x$.

Answer 3

En realidad, no necesitamos exigir al convergen de $\{e^{itx_n}\}$ por cada $t$ en la línea real, pero sólo para $t\in A$ donde $A$ es de positivo de la medida de Lebesgue.Deje $l(t):=\lim_{n \to +\infty}e^{itx_n}$$t\in A$.

• Nos muestran que $\{x_n\}$ está acotada. Supongamos que no. Por el teorema de convergencia dominada, para todos los $A'\subset A$, $\int_{A'}e^{itx_n}dt\to \int_{A'}l(t)dt$. Pero también converge a $0$ por Riemann-Lebesgue lema. Podemos deducir que $l=0$$A'$, una contradicción.

• Suponga que para un subsecuencias de $\{x_n\}$, decir $\{x_{n'}\}$ $\{x_{n''}\}$ convergen, respectivamente, a $x'$$x''$. Tenemos que mostrar que $x'=x''$. Hemos dominado convergen teorema que $\int_{A'}e^{itx'}dt=\int_{A'}e^{itx''}dt$ todos los $A'\subset A$ medibles. Esto le da a ese $e^{itx'}=e^{itx''}$ todos los $t\in A$. Si $x'\neq x''$, entonces la definición de $S:=\frac 1{x'-x''}A$, tendríamos $e^{is}=1$ $s$ es un conjunto de positivo de la medida de Lebesgue, una contradicción, como $S$ debe contener puntos que no son de la forma $2k\pi$, $k\in\Bbb Z$.