Aproximar una por trozos función continua con una función en $\mathcal{C}^{\infty}_{0}(\mathbb{R})$

Question

Deje $\eta \in \mathcal{C}^{\infty}_{0}(\mathbb{R})$ donde $\mathcal{C}^{\infty}_{0}(\mathbb{R})$ es el conjunto de forma compacta compatible infinitamente derivable la función, una función que es

• no negativo, no desapareciendo y constante en un barrio de $x=0$,
• simétrico con respecto al $x=0$,
• apoyado en $[-1,1]$,
• delimitada entre el$0$$\eta(0)$, y
• normalizado de modo que $\int \eta d\mu =1$.

Deje $\varphi$ ser una compacta compatible absolutamente función continua con un seccionalmente continua derivado $\varphi'$. Me han dicho (por un usuario de MSE, a quien agradezco mucho de nuevo) el siguiente, que creo que para ser lo suficientemente interesante como para ser objeto de un específico pregunta:

A continuación, se define el$$\eta_{n}(x) = n\eta(x/n)$$, de modo que $\int_{\mathbb{R}}\eta_{n}\,d\mu =1$ todos los $n$. De cualquier forma compacta apoyado absolutamente función continua $\varphi$, definir$$\varphi_{n}=\int_{\mathbb{R}}\eta_{n}(x-y)\varphi(y)\,d\mu(y).$$de La función $\varphi_{n}$ $\mathcal{C}^{\infty}_{0}(\mathbb{R})$ . Porque $\eta_{n}$ es compatible en $[-1/n,1/n]$, e $\varphi$ es continua, a continuación, $\varphi_{n}$ converge uniformemente a $\varphi$ $n\rightarrow\infty$. Y, debido a $\varphi$ es absolutamente continua, a continuación,$$\varphi_{n}'=\int_{\mathbb{R}}\eta_{n}'(x-y)\varphi(y)\,d\mu(y)=-\int_{\mathbb{R}}\eta_{n}(x-y)\varphi'(y)\,d\mu(y).$$ Para mi caso $\varphi'$ es seccionalmente continua, y el derecho lado luego converge pointwise en todas partes a la media de la izquierda - y la mano derecha de los límites de $\varphi'$, y se mantiene uniformemente acotada por cualquier obligado para $\varphi'$.

Debo decir que no tengo conocimiento de la teoría de la mollification hasta ahora.

Me gustaría entender por qué

1. el hecho de que $\eta_{n}$ es compatible en $[-1/n,1/n]$, e $\varphi$ es continua, implica que $\varphi_{n}$ converge uniformemente a$\varphi$$n\rightarrow\infty$;
2. la continuidad absoluta de $\varphi$ implica $\varphi_{n}'=\int_{\mathbb{R}}\eta_{n}'(x-y)\varphi(y)\,d\mu(y)=-\int_{\mathbb{R}}\eta_{n}(x-y)\varphi'(y)\,d\mu(y)$;
3. los trozos de continuidad de $\varphi'$ implica que los hechos que $-\int_{\mathbb{R}}\eta_{n}(x-y)\varphi'(y)\,d\mu(y)$ converge a$(\lim_{t\to x^+}\varphi'(t)+\lim_{t\to x^-}\varphi'(t))/2$$|\int_{\mathbb{R}}\eta_{n}(x-y)\varphi'(y)\,d\mu(y)|\le |\varphi'(x)|$.

Yo las gracias de todo corazón, tanto que me dijo que estos hechos interesantes y quien me va a ayudar a entender la razón de la cita de los hechos.

Answer 1

En la siguiente, voy a suponer que el uso de la versión

$$ \eta_n (x) = n \cdot \eta(nx). $$

Esto asegura que el ${\rm supp}(\eta_n) \subset [-1/n, 1/n]$ y $\int \eta_n \, dx = 1$ todos los $n$.

Voy a suponer también que $\mu$ denota la costumbre medida de Lebesgue en $\Bbb{R}$.

1. Aquí, sólo necesitamos el hecho de que $\varphi$ es uniformemente continua (como es continua y de soporte compacto). Deje $\varepsilon > 0$ ser arbitraria. Por el uniforme de la continuidad de la $\varphi$, hay algunos $\delta > 0$$|\varphi(x) - \varphi(y)| < \varepsilon$$|x-y|<\delta$. Para $n > 1/\delta$, el hecho de que $\int \eta_n (x-y) \, dy = \int \eta_n \, dy =1 $ rendimientos \begin{eqnarray*} |\varphi(x) - \varphi_n (x)| &=& \bigg| \int \eta_n (x-y) \cdot [\varphi(x) - \varphi(y)] \, dy\bigg| \\ &\leq & \int \eta_n (x-y) \cdot |\varphi(x) - \varphi(y)| \, dy \\ &\leq& \int \eta_n (x-y) \cdot \varepsilon \, dy = \varepsilon. \end{eqnarray*} Aquí, la segunda línea utiliza el triángulo de desigualdad, así como a $\eta_n \geq 0$. La última línea que se usa el hecho de que $\eta_n (x-y) \neq 0$ implica $x-y \in {\rm supp}(\eta_n) \subset [-1/n, 1/n]$ y, por tanto,$|x-y| \leq 1/n < \delta$, que los rendimientos de $|\varphi(x) - \varphi(y)| < \varepsilon$ por $\delta$.

2. Por un argumento estándar mediante la diferenciación bajo el signo integral (ver, por ejemplo, la Diferenciación de una integral usando dominado convergencia), podemos ver que $\varphi_n$ (infinitamente a menudo) derivable con derivada $$ \varphi_n '(x) = \int \eta_n ' (x-y) \cdot \varphi(y) \, dy. $$ Ahora observamos que $$ \frac{d}{dy} \eta_n (x-y) = - \eta_n '(x-y). $$ Además, si $f,g : \Bbb{R} \to \Bbb{R}$ son absolutamente continua e integrable, tenemos la siguiente regla de integración parcial (si esto no es claro, me puede llevar a cabo. Esto es esencialmente una consecuencia del hecho de que $f\cdot g$ también es absolutamente continua con derivada $(f\cdot g)' = f' \cdot g + f \cdot g'$): $$ \int f\cdot g' \, dx = - \int f' \cdot g \, dx . $$ Por lo tanto, obtenemos \begin{eqnarray*} \varphi_n ' (x) &=& \int \eta_n ' (x-y) \cdot \varphi(y) \, dy \\ & = & - \int \varphi(y) \cdot \frac{d}{dy} \eta_n (x-y)\, dy \\ & = & \int \varphi'(y) \cdot \eta_n (x-y) \,dy. \end{eqnarray*}

3. Empecemos por señalar que la estimación $|\varphi_n '(x)| = |\int \eta_n (x-y) \varphi'(y) \, dy| \leq |\varphi' (x)|$ es en general falso. Para ver esto, considere por ejemplo, (usted probablemente puede pensar en una mejor (menos trivial) ejemplo una vez que usted entienda la idea) $$ \varphi'(x)=\begin{cases} 1, & x>0,\\ 0, & x\leq0. \end{casos} $$ A continuación, pero lo que vamos a mostrar a continuación, $$ \varphi_n '(0) \a \lim_{x\downarrow 0} \varphi'(x) + \lim_{x \uparrow 0}\varphi'(x) = \frac{1}{2}, $$ lo cual no sería posible si $|\varphi_n '(0)| \leq |\varphi'(0)| = 0$ contendría.
   Pero lo que es correcto es que si $|\varphi'(y)| \leq M$ tiene para todos los $|y-x| < \delta$ algunos $\delta > 0$, $|\varphi_n '(x)| \leq M$ mantiene para $n > 1/\delta$, debido a $$ |\varphi_n '(x)| \leq \int \eta_n (x-y) \cdot |\varphi'(y)| \, dy \leq M \cdot \en \eta_n (x-y) \, dy = M, $$ donde hemos utilizado que $\varphi_n (x-y) \neq 0$ implica (como arriba) $|x-y| \leq 1/n < \delta$.
   En particular, si $|\varphi'(y)| \leq M$ mantiene para todos los $y$ , $|\varphi_n '(x)| \leq M$ tiene para todos los $x$. En este sentido, cualquier obligado para $\varphi'$ es válido también para $\varphi_n'$.
   Por último, vamos a mostrar el reclamado pointwise convergencia. Deje $x_0 \in \Bbb{R}$ y establezca $y_1 := \lim_{x \downarrow x_0} \varphi'(x)$$y_2 := \lim_{x \uparrow x_0} \varphi'(x)$. Tenga en cuenta que estos límites existen por tramos de continuidad de $\varphi'$.
   Deje $\varepsilon > 0$. Entonces no es$\delta > 0$$|\varphi(x) - y_1| < \varepsilon$$x \in (x_0, x_0 + \delta)$$|\varphi(x) - y_2| < \varepsilon$$x \in (x_0 - \delta, x_0)$. Ahora usamos el hecho de que $\eta$ es simétrica alrededor de $0$. Esto implica que $$ 1 = \int_{\Bbb{R}} \eta(x) \, dx = 2 \int_{\Bbb{R}_+} \eta(x) \, dx = 2 \int_{\Bbb{R}_-} \eta(x) \, dx. \qquad (\daga) $$ Esta es realmente la única cosa que vamos a utilizar ahora, la simetría no es realmente relevante como el tiempo, la ecuación anterior $(\dagger)$ es cierto. Tenemos \begin{eqnarray*} \varphi_{n}'\left(x_0\right) & = & \int\eta_{n}\left(x-y\right)\cdot\varphi'\left(y\right)\,{\rm d}y\\ & \overset{z=x_0-y}{=} & \int\eta_{n}\left(z\right)\cdot\varphi'\left(x_0-z\right)\,{\rm d}z \end{eqnarray*} Junto con $(\dagger)$, que se derivan de \begin{eqnarray*} \bigg|\frac{y_1}{2} + \frac{y_2}{2} - \varphi_n '(x_0)\bigg| &=& \bigg|\int_{\Bbb{R}_+} \eta_n (z) \cdot [y_2 - \varphi '(x_0-z)] \, dz + \int_{\Bbb{R}_-} \eta_n (z) \cdot [y_1 - \varphi' (x_0-z) \, dz\bigg| \\ & \leq & \int_{\Bbb{R}_+} \eta_n (z) \cdot |y_2 - \varphi '(x_0-z)| \, dz + \int_{\Bbb{R}_-} \eta_n (z) \cdot | y_1 - \varphi' (x_0-z)| \, dz \\ & \leq & \int_{\Bbb{R}_+} \eta_n (z) \cdot \varepsilon \, dz + \int_{\Bbb{R}_-} \eta_n (z) \cdot \varepsilon \, dz = \varepsilon. \end{eqnarray*} Aquí, el primer y último paso se utiliza $(\dagger)$. La estimación en la última línea tiene por $n > 1/\delta$, debido a que (como siempre) si $\eta_n (z) \neq 0$$z \in \Bbb{R}_+ = (0,\infty)$, $|z| \leq 1/n < \delta$ y, por tanto,$x_0 - z \in (x_0 - \delta, x_0)$, por lo que el $|\varphi'(x_0 -z) - y_2| < \varepsilon$ por $\delta$. Esta se ocupa de la primera integral y la segunda es manejado de forma análoga.