Dimostrazione di successioni di funzioni limitate.

[compa90]

Buongiorno, ho la seguente proposizione

Sia $f_n:AsubseteqRR \to RR$ successioni di funzioni limitate convergente uniformemente ad $f:AsubseteqRR \ to RR$.
Allora il limite di funzione è una funzione limitata.

Vorrei discutere con voi la dimostrazione riportata sul mio libro: (Pagani-Salsa Analisi matematica due) commentando a mio modo i vari passaggi.

In tal caso riporto

i) Definizione: $f_n:AsubseteqRR \to RR$ successioni si dirà convergente uniformemente ad $f:AsubseteqRR \ to RR$, se

$forall \ varepsilon>0\ exists N=N(varepsilon)>0 \ : |f_n(x)-f(x)|
ii) Condizione necessaria e sufficienza: $f_n:AsubseteqRR \to RR$ successioni converge uniformemente in $A$ se e solo se

$forall \ varepsilon>0\ exists N=N(varepsilon)>0 \ : |f_n(x)-f_m(x)|

Dimostrazione:

Viene detto:
Per ipotesi la successione converge uniformemente, esiste $N$ per cui

1) $|f_n(x)-f_m(x)|
Commento: Questo è vero per la ii)

Viene detto:
prendiamo $m=N$, allora viene

2)$|f_n(x)-f_N(x)|
Commento: Questo è vero perché l'affermazione 1) è valida per ogni $n,\ m ge N$, quindi è valida anche se fisso $m$ e lascio libero $n$, e viceversa.

Viene detto:
Facciamo tendere $n$ all'infinito si ha

$|f(x)-F_N(x)|
Commento: Per ipotesi la successione di funzioni converge uniformemente con limite $f:AsubseteqRR \ to RR$, quindi

$lim_{n to + infty} f_n(x)=f(x)$,

allora

$lim_{n to + infty}|f_n(x)-f_N(x)|=|lim_{n to + infty}f_n(x)-f_N(x)|=|f(x)-f_N(x)|$

essendo la quantità $|f_n(x)-f_N(x)|$ definitivamente limitata da $varepsilon$ quando $n$ è abbastanza grande, e $x$ arbitrario in $A$, allora, il valore limite $|f(x)-f_N(x)|$ è limitato da $varepsilon$, quando $n$ tende all'infinito, e $x$ arbitrario in $A$.

Viene detto:

$|f(x)|
Commento: grazie alla disuguaglianza triangolare $|f(x)|=|f(x)-f_N(x)+f_N(x)|
Viene detto:
Allora anche

$\mbox{sup}|f|
Commento: Se è vero per ogni $x \ in A$ allora sarà vero anche nei punti di estremo.

Può andare bene?

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Risposte

Mephlip

29 mar 2023, 13:03

Praticamente tutto giusto. Non so che intendi con "punti di estremo" alla fine, l'estremo superiore non è necessariamente assunto dalla successione di funzioni. Se intendi dire: "la disuguaglianza vale per ogni $x\in A$, quindi vale in particolare per $\text{sup}_{x \in A} |f_n(x)|$" allora sì. Inoltre, dovrebbe comparire un $\le$ dopo essere passato al limite nella disuguaglianza (il passaggio al limite nelle disuguaglianze, in generale, non preserva le disuguaglianze strette).

Piuttosto: Pagani e Salsa non fissano $\epsilon$? Tipo prendendo $\epsilon=1$? Lasciare $\epsilon$ libero di variare mi sembra logicamente sbagliato rispetto a quello che si vuole dimostrare: c'è la dipendenza $N=N(\epsilon)$ e inoltre, dato che $\epsilon>0$ è arbitrario, esso può essere anche arbitrariamente grande e quindi, se non viene fissato, nell'ultima disuguaglianza non hai una vera e propria limitazione dall'alto.

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compa90

29 mar 2023, 14:29

ciao Mephlip

"Mephlip":Praticamente tutto giusto. Non so che intendi con "punti di estremo" alla fine, l'estremo superiore non è necessariamente assunto dalla successione di funzioni. Se intendi dire: "la disuguaglianza vale per ogni $x\in A$, quindi vale in particolare per $\text{sup}_{x \in A} |f_n(x)|$" allora sì.

Si esatto.

"Mephlip": Inoltre, dovrebbe comparire un $ \le $ dopo essere passato al limite nella disuguaglianza (il passaggio al limite nelle disuguaglianze, in generale, non preserva le disuguaglianze strette).

Non lo sapevo (come tante altre cose), la devo provare a verificare.

"Mephlip":
Piuttosto: Pagani e Salsa non fissano $ \epsilon $? Tipo prendendo $ \epsilon=1 $?

Si esatto.

"Mephlip": Lasciare $ \epsilon $ libero di variare mi sembra logicamente sbagliato rispetto a quello che si vuole dimostrare: c'è la dipendenza $ N=N(\epsilon) $ e inoltre, dato che $ \epsilon>0 $ è arbitrario, esso può essere anche arbitrariamente grande e quindi, se non viene fissato, nell'ultima disuguaglianza non hai una vera e propria limitazione dall'alto.

Questa è l'unica cosa che non ho modificato della dimostrazione ed ho sbagliato
Ma come hai detto: $epsilon>0$ è arbitrario, quindi, si potrebbe prendere anche grande, e non avrebbe senso. Però questa parte quando dici: "c'è la dipendenza $ N=N(\epsilon) $ e inoltre" non capisco

Saluti

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Mephlip

29 mar 2023, 14:43

"compa90":
Non lo sapevo (come tante altre cose), la devo provare a verificare.

Prova a costruire un esempio.

"compa90":
Questa è l'unica cosa che non ho modificato della dimostrazione ed ho sbagliato
Ma come hai detto: $epsilon>0$ è arbitrario, quindi, si potrebbe prendere anche grande, e non avrebbe senso. Però questa parte quando dici: "c'è la dipendenza $ N=N(\epsilon) $ e inoltre" non capisco

Mi riferivo alla dimostrazione da te riportata. Pagani e Salsa fissano, giustamente, un $\epsilon$ (prendono $1$ per semplicità, ma va benissimo qualsiasi numero strettamente positivo). Dunque, dato che $N=N(\epsilon)$, fissando ad esempio $\epsilon=1$ l'indice naturale $N(\epsilon)$ (che era funzione di $\epsilon$) è ora valutato in $\epsilon=1$ e quindi è un indice naturale $N(1)$ ormai indipendente da $\epsilon$.

Questo è fondamentale perché, se non si fissa $\epsilon$, si ha la disuguaglianza $\text{sup}_{x\in A}|f(x)| \le \epsilon+\text{sup}_{x\in A}|f_{N(\epsilon)}(x)|$ e nulla quindi ci assicura che, al variare di $\epsilon$, la quantità $\text{sup}_{x\in A}|f_{N(\epsilon)}(x)|$ (dipendente a questo punto esclusivamente da $N(\epsilon)$) non diventi arbitrariamente grande anche quando $\epsilon$ è arbitrariamente piccolo. Insomma, $\text{sup}_{x\in A}|f_{N(\epsilon)}(x)|$ dipende da $N$ che, a sua volta, dipende da $\epsilon$. Ad esempio, se hai per una certa $f_n$ che $\text{sup}_{x \in A}|f_{N(\epsilon)}(x)|=N(\epsilon)$, hai $\text{sup}_{x\in A}|f_n(x)| \le \epsilon+N(\epsilon)$ e potrebbe succedere che, al variare di $\epsilon$, l'indice $N(\epsilon)$ può essere comunque arbitrariamente grande (la $f_n$ e la $f$ che abbiamo sono generiche, quindi non sappiamo come si comportano esplicitamente e quindi non sappiamo come si comportano i vari indici $N(\epsilon)$ della definizione di limite uniforme al variare di $\epsilon$) e dunque avere che quell'$N(\epsilon)$ rende comunque grande il membro di destra della disuguaglianza, impedendo la limitatezza. Spero di essermi spiegato.

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[Mephlip]

Praticamente tutto giusto. Non so che intendi con "punti di estremo" alla fine, l'estremo superiore non è necessariamente assunto dalla successione di funzioni. Se intendi dire: "la disuguaglianza vale per ogni $x\in A$, quindi vale in particolare per $\text{sup}_{x \in A} |f_n(x)|$" allora sì. Inoltre, dovrebbe comparire un $\le$ dopo essere passato al limite nella disuguaglianza (il passaggio al limite nelle disuguaglianze, in generale, non preserva le disuguaglianze strette).

Piuttosto: Pagani e Salsa non fissano $\epsilon$? Tipo prendendo $\epsilon=1$? Lasciare $\epsilon$ libero di variare mi sembra logicamente sbagliato rispetto a quello che si vuole dimostrare: c'è la dipendenza $N=N(\epsilon)$ e inoltre, dato che $\epsilon>0$ è arbitrario, esso può essere anche arbitrariamente grande e quindi, se non viene fissato, nell'ultima disuguaglianza non hai una vera e propria limitazione dall'alto.

[compa90]

ciao Mephlip

"Mephlip":Praticamente tutto giusto. Non so che intendi con "punti di estremo" alla fine, l'estremo superiore non è necessariamente assunto dalla successione di funzioni. Se intendi dire: "la disuguaglianza vale per ogni $x\in A$, quindi vale in particolare per $\text{sup}_{x \in A} |f_n(x)|$" allora sì.

Si esatto.

"Mephlip": Inoltre, dovrebbe comparire un $ \le $ dopo essere passato al limite nella disuguaglianza (il passaggio al limite nelle disuguaglianze, in generale, non preserva le disuguaglianze strette).

Non lo sapevo (come tante altre cose), la devo provare a verificare.

"Mephlip":
Piuttosto: Pagani e Salsa non fissano $ \epsilon $? Tipo prendendo $ \epsilon=1 $?

Si esatto.

"Mephlip": Lasciare $ \epsilon $ libero di variare mi sembra logicamente sbagliato rispetto a quello che si vuole dimostrare: c'è la dipendenza $ N=N(\epsilon) $ e inoltre, dato che $ \epsilon>0 $ è arbitrario, esso può essere anche arbitrariamente grande e quindi, se non viene fissato, nell'ultima disuguaglianza non hai una vera e propria limitazione dall'alto.

Questa è l'unica cosa che non ho modificato della dimostrazione ed ho sbagliato
Ma come hai detto: $epsilon>0$ è arbitrario, quindi, si potrebbe prendere anche grande, e non avrebbe senso. Però questa parte quando dici: "c'è la dipendenza $ N=N(\epsilon) $ e inoltre" non capisco

Saluti

[Mephlip]

"compa90":
Non lo sapevo (come tante altre cose), la devo provare a verificare.

Prova a costruire un esempio.

"compa90":
Questa è l'unica cosa che non ho modificato della dimostrazione ed ho sbagliato
Ma come hai detto: $epsilon>0$ è arbitrario, quindi, si potrebbe prendere anche grande, e non avrebbe senso. Però questa parte quando dici: "c'è la dipendenza $ N=N(\epsilon) $ e inoltre" non capisco

Mi riferivo alla dimostrazione da te riportata. Pagani e Salsa fissano, giustamente, un $\epsilon$ (prendono $1$ per semplicità, ma va benissimo qualsiasi numero strettamente positivo). Dunque, dato che $N=N(\epsilon)$, fissando ad esempio $\epsilon=1$ l'indice naturale $N(\epsilon)$ (che era funzione di $\epsilon$) è ora valutato in $\epsilon=1$ e quindi è un indice naturale $N(1)$ ormai indipendente da $\epsilon$.

Questo è fondamentale perché, se non si fissa $\epsilon$, si ha la disuguaglianza $\text{sup}_{x\in A}|f(x)| \le \epsilon+\text{sup}_{x\in A}|f_{N(\epsilon)}(x)|$ e nulla quindi ci assicura che, al variare di $\epsilon$, la quantità $\text{sup}_{x\in A}|f_{N(\epsilon)}(x)|$ (dipendente a questo punto esclusivamente da $N(\epsilon)$) non diventi arbitrariamente grande anche quando $\epsilon$ è arbitrariamente piccolo. Insomma, $\text{sup}_{x\in A}|f_{N(\epsilon)}(x)|$ dipende da $N$ che, a sua volta, dipende da $\epsilon$. Ad esempio, se hai per una certa $f_n$ che $\text{sup}_{x \in A}|f_{N(\epsilon)}(x)|=N(\epsilon)$, hai $\text{sup}_{x\in A}|f_n(x)| \le \epsilon+N(\epsilon)$ e potrebbe succedere che, al variare di $\epsilon$, l'indice $N(\epsilon)$ può essere comunque arbitrariamente grande (la $f_n$ e la $f$ che abbiamo sono generiche, quindi non sappiamo come si comportano esplicitamente e quindi non sappiamo come si comportano i vari indici $N(\epsilon)$ della definizione di limite uniforme al variare di $\epsilon$) e dunque avere che quell'$N(\epsilon)$ rende comunque grande il membro di destra della disuguaglianza, impedendo la limitatezza. Spero di essermi spiegato.