Ser continua en $f$, que $[-1,1]$ muestran uniformemente que $g_n \to f$ $[-1,1]$

Question

Deje $f$ ser continua en $[-1,1]$, Muestran que $g_n \to f$ uniformemente en $[-1,1]$ donde

$$ g_n(x) = \int_{-1}^{1}f(y)p_n(y - x)dy $$

y

$$ p_n(x) = \frac{(1-x^2)^n}{\int_{-1}^{1}(1-x^2)^ndx} $$

Yo estaba tratando de mostrar que

$$ \lim_{n\to\infty}\sup_{x \in [-1,1]}|g_n - f| = 0 $$

Puedo permutar las sumas e integrales y utilizar el teorema del binomio. También, yo uso el hecho de que $f$ es limitada (continua en un conjunto compacto). Después de todo eso, yo sólo podía obtener una cota superior para el sup. Pero no puedo mostrar que el obligado se va a $0$$n$$\infty$. Hay un enfoque más sencillo? Gracias.

Answer 1

Creo que la idea aquí es que $p_n\geq 0$ es una muy buena aproximación al significado de la función delta: para todas las $\delta>0$, $\lim_{n\to\infty}\int_{|y|>\delta}p_n(y)dy=0$, $\int p_n\equiv 1$% y $\sup_n\|p_n\|_{L^1}=1<+\infty$.

Ahora dado $\varepsilon>0$, elija $\delta>0$ lo que $|x-y|\leq\delta\implies|f(x)-f(y)|\leq\varepsilon$por continuidad uniforme de % de $f$. Y elija $N$ lo que $n>N\implies \int_{|y|>\delta}p_n(y)dy\leq\varepsilon$. Entonces,\begin{align} |g_n(x)-f(x)| &\leq \int_{-1}^1 |f(y-x)-f(x)|p_n(y)dy\\ &=\int_{0\leq|y|\leq\delta} |f(y-x)-f(x)|p_n(y)dy+\int_{1\geq|y|>\delta} |f(y-x)-f(x)|p_n(y)dy\\ &\leq\varepsilon\cdot\|p_n\|_{L^1}+2\|f\|_{\infty}\cdot\varepsilon\quad\text{(Holder's inequality)}\\ &=\varepsilon\cdot(1+2\|f\|_\infty). \end {alinee el}

Desde $\varepsilon>0$ era arbitraria y el límite superior es independiente del $x$, hemos terminado.