Chủ đề này có 2 trả lời

[Nesbit]

Cho $X$ compact trong một không gian metric và $(f_n)_{n\ge 1}$ là một dãy các hàm số thực liên tục trên $X$, $f_n\to f$ trên $X$ với $f$ liên tục trên $X$, đồng thời $f_n(x) \ge f_{n+1}(x) \forall x\in X,\forall n$. Chứng minh rằng $f\to f_n$ đều (converges uniformly) trên $X$.

 

Đây là một định lý khá quen thuộc trong giải tích, mình đang ôn lại vài kiến thức cũ nên tình cờ thấy nó. Cách chứng minh của mình khác với trong sách nên thấy có chút thú vị, đăng lên đây để anh em cùng thảo luận, tập chút thể dục đầu tuần cũng hay.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 20-09-2022 - 22:04
Thêm "không gian metric" và "hàm số thực" cho rõ

[vutuanhien]

Cho $X$ compact và $(f_n)_{n\ge 1}$ là một dãy các hàm số liên tục trên $X$, $f_n\to f$ trên $X$ với $f$ liên tục trên $X$, đồng thời $f_n(x) \ge f_{n+1}(x) \forall x\in X,\forall n$. Chứng minh rằng $f\to f_n$ đều (converges uniformly) trên $X$.

 

Đây là một định lý khá quen thuộc trong giải tích, mình đang ôn lại vài kiến thức cũ nên tình cờ thấy nó. Cách chứng minh của mình khác với trong sách nên thấy có chút thú vị, đăng lên đây để anh em cùng thảo luận, tập chút thể dục đầu tuần cũng hay.

Em cũng rất tò mò về chứng minh của anh Nesbit. Ở đây chắc em trình bày lại chứng minh thuộc dạng kinh điển trong nhiều sách.

 

Xét $g_{n}=f_{n}-f$ thì ta vẫn có $g_{n}$ liên tục, đơn điệu trên $X$ và $g_{n}$ hội tụ điểm tới $0$. Với mỗi $\epsilon> 0$ xét tập $U_{n}=\left\{x\in X: g_{n}(x)<\epsilon\right\}$ thì $U_{n}$ mở trong $X$ vì $g_{n}$ liên tục, và hơn thế nữa ta có $U_{n}\subset U_{n+1}$ vì $g_{n}\ge g_{n+1}$. Ta lại có $g_{n}$ hội tụ (điểm) tới $0$ nên với mỗi $x\in X$ lại tồn tại $n$ để $g_{n}(x)< \epsilon$. Vì vậy $\left\{U_{n}\right\}$ là một phủ mở của $X$. Sử dụng tính chất compact của $X$ ta chọn ra được một phủ mở hữu hạn và gọi $k$ là chỉ số lớn nhất trong phủ mở này. Từ tính đơn điệu của $U_{n}$ bên trên ta phải có $X=U_{k}=U_{k+1}=...$. Như vậy $g_{n}(x)<\epsilon$ với mọi $x\in X$ và với mọi $n\ge k$, tức là $\|f_{n}(x)-f(x)\|<\epsilon$ với mọi $x\in X$ và $n\ge k$. Đây chính là định nghĩa của hội tụ đều.

[Nesbit]

Cảm ơn vutuanhien. Đó đúng là cách kinh điển được trình bày trong nhiều sách (có tác giả dùng $V_n = X\setminus U_n$ thay vì $U_n$ như ở trên, cũng tương đương nhau cả). Cách này cũng rất tự nhiên vì tìm cách xây dựng một phủ mở hữu hạn theo định nghĩa của tập compact.

 

Cách của anh dùng một tính chất "khác" của tập compact đó là mọi dãy trong $X$ tồn tại một dãy con hội tụ trong $X$.

 

Đặt $g_n = f_n-f$ như trên thì ta cần chứng minh $g_n$ hội tụ đều về $0$, nghĩa là $M_n\to 0$ với $M_n = \sup_{x\in X}|g_n(x)|$. Vì $X$ compact nên $\sup$ có thể đạt được, tức là tồn tại $x_n\in X$ sao cho $M_n = |g_n(x_n)|$. Vì $g_n\ge g_{n+1}$ và $g_n\to 0$ nên ta có $g_n\ge g_{n+1}\ge 0\forall n$. Lấy $\sup$ ta được $M_n\ge M_{n+1}\ge 0$, nghĩa là $(M_n)$ là một dãy giảm bị chặn dưới bởi $0$, nên nó có giới hạn $L\ge 0$. Ta cần chứng minh $L=0$.

 

Từ đây trở đi ta chỉ cần làm việc với một dãy con hội tụ $(x_k)_{k\in I}$ của $(x_n)$ (để cho đơn giản ta không cần viết rõ $k\in I$). Giả sử $x_k\to x^*\in X$. Với mọi $\epsilon > 0$, vì $g_n\searrow 0$ nên tồn tại $N$ sao cho $0\le g_N(x^*)\le \epsilon$. Vì $x_k\to x^*$ và $g_N$ liên tục nên tồn tại $p\ge N$ sao cho $|g_N(x_p) - g_N(x^*)| \le \epsilon$. Thế thì $g_N(x_p) \le g_N(x^*)+\epsilon \le 2\epsilon$. Do $g_N\ge g_p$ nên $g_N(x_p) \ge g_p(x_p) = M_p \ge L$. Vậy $L \le 2\epsilon$. Điều này đúng với mọi $\epsilon > 0$ nên $L=0$.

 

Hi vọng không có chỗ nào sai. Ở trên tính compact của $X$ được sử dụng thêm ở chỗ lấy $\sup$ (ngoài chỗ lấy dãy con hội tụ), nhưng thực ra không cần thiết. Ở bước này không cần $\sup$ phải đạt được mà chỉ cần lấy $x_n$ sao cho $g_n(x_n) \ge M_n - \epsilon$.