Convergencia de funciones

Definición (Convergencia puntual)

Una sucesión de funciones \(f_{n}:A \to \mathbb{R}\) converge puntualmente a \(f:A \to \mathbb{R}\). Si para todo \(x \in A\), se tiene que que \(\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x)=f(x)\).

Ejemplo

Considere \(f_{n}(x) = x^{n}\) para \(x \in (-1,+\infty)\). Note que

\[\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x) \begin{cases} 0 \quad \text{si } \lvert x \rvert <1 \\ 1 \quad \text{si } x=1 \\ \infty \quad \text{si } x>1 \end{cases}.\]

Sea

\[f(x) = \begin{cases} 0 \quad \text{si } x \in (-1,1) \\ 1 \quad \text{si } x=1 \end{cases}.\]

Entonces \(f_{n}\) converge punto por punto a \(f\) en \((-1,1]\). ¿Cómo probaríamos esto por definición?

Prueba: Sea \(\varepsilon>0\). Sea \(N = \max \left\{ 1, \left\lfloor \frac{\ln(\varepsilon)}{\ln(\lvert x \rvert)} \right\rfloor -1 \right\}\). Luego, para \(n\geq N\),

\[n > \frac{\ln(\varepsilon)}{\ln\lvert x \rvert } \iff n\ln \lvert x \rvert < \ln \varepsilon \iff \lvert x^{n} \rvert = \lvert x \rvert ^{n} < \varepsilon.\]

OJO: Note que \(N = N(x, \varepsilon)\). Si cambia \(x\), cambia \(N\). Además, \(\lim_{ x \to 1^{-} } N = +\infty\). Es decir, no existe \(N\) tal que \(\lvert x^{n} \rvert < \varepsilon\) para todo \(n>N\) y para todo \(x \in (-1, 1])\)

Definición (Convergencia uniforme)

Una sucesión de funciones \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) converge uniformemente a \(f:A\to \mathbb{R}\) si para todo \(\varepsilon>0\) existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que para \(n\geq N\), tenemos que para todo \(x \in A\),

\[\lvert f_{n}(x)-f(x) \rvert < \varepsilon.\]

Ejemplo

Considere ahora la misma sucesión de funciones del ejemplo anterior pero con \(x \in (0,a)\), con \(a<1\). Probaremos que converge uniformemente.

Prueba: Sea \(\varepsilon>0\). Sea \(N = \max \left\{ 1, \left\lfloor \frac{\ln(\varepsilon)}{\ln(a)} \right\rfloor -1 \right\}\). Luego, para \(n\geq N\) y para todo \(x \in (0,a)\)

\[n > \frac{ln(\varepsilon)}{\ln (a)}\geq \frac{\ln(\varepsilon)}{\ln\lvert x \rvert } \iff n\ln \lvert x \rvert < \ln \varepsilon \iff \lvert x^{n} \rvert = \lvert x \rvert ^{n} < \varepsilon.\]

Definición (Norma infinito)

Sea \(f:A\to \mathbb{R}\) acotada. Defina \(\lVert f \rVert_{\infty} := \sup \{ \lvert f(x) \rvert: x \in A \}\). Note que si \(\lVert f \rVert_{\infty} = 0\), entonces \(\lvert f(x) \rvert \leq 0\) para todo \(x \in A\), y por lo tanto \(f=0\).

Por otro lado si \(f:A\to \mathbb{R}\), \(g:A\to \mathbb{R}\) son acotadas, entonces

\[\sup \{ \lvert f(x) + g(x) \rvert: x \in A \} \leq \sup \{ \lvert f(x) \rvert + \lvert g(x) \rvert : x \in A \} \leq \sup \{ \lvert f(x) \rvert: x \in A \} + \sup \{ \lvert g(x) \rvert: x \in A \}.\]

Luego, \(\lVert f+g \rVert_{\infty} \leq \lVert f \rVert_{\infty} + \lVert g \rVert_{\infty}\). Por lo tanto, \(\lVert \rVert_{\infty}\) es una norma sobre el espacio de funciones \(A\to \mathbb{R}\) acotadas.

Convergencia uniforme y norma infinito

Sean \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) convergentes a \(f:A\to \mathbb{R}\) uniformemente. Luego, dado \(\varepsilon>0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que si \(n\geq N\), \(\lvert f_{n}(x) - f(x) \rvert < \varepsilon\) para todo \(x \in A\). Luego,

\[\sup \{ \lvert f_{n}(x) - f(x) \rvert : x \in A \} \leq \varepsilon,\]

por lo tanto \(\lVert f_{n}-f \rVert_{\infty} \leq \varepsilon\) para \(n\geq N\).

Ejercicio

Sean \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) y \(f:A\to \mathbb{R}\) tal que \(\lVert f_{n}-f \rVert_{\infty} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0\). Entonces \(f_{n}\) converge uniformemente a \(f\).

Ejemplo

Considere \(f_{n}(x) = x^{n}(1-x)\) para \(x \in [0,1]\). Entonces, \(f_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0\) puntualmente. Probaremos que converge uniformemente. Sea \(0 < \delta < \min \left\{ \varepsilon,1 \right\}\). Entonces, en \([0,1-\delta]\), tenemos que

\[\lvert x \rvert ^{n} \lvert 1-x \rvert < \varepsilon.\]

Ahora,

\[\begin{aligned} \lvert x^{n} \rvert \lvert 1-x \rvert &\leq \lvert x \rvert ^{n} < \varepsilon \\ \iff n > \left\lfloor \frac{\ln(\varepsilon)}{\ln(1-\delta)} \right\rfloor &= N. \end{aligned}\]

Luego, para \(n\geq N\), tenemos que \(\lvert x^{n}(1-x) \rvert < \varepsilon\) si \(x \in [0,1-\delta]\). Por otro lado, si \(x \in [1-\delta,1]\), entonces \(\lvert x^{n}(1-x) \rvert \leq 1-x \leq \delta < \varepsilon\).

Teorema (Acotación de la función límite)

Sean \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) acotadas que convergen uniformemente a \(f:A\to \mathbb{R}\). Entonces \(f\) es acotada.

Prueba: Sea \(\varepsilon = 1\). Existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert f_{n}(x) - f(x) \rvert < 1\) para todo \(n\geq N\). Entonces

\[f_{n}(x) -1 < f(x) < f_{n}(x)+1\]

Como \(f_{n}\) es acotada (para cualquier \(n\geq N\)), sabemos que existe \(M \in \mathbb{R}\) tal que \(-M \leq f_{n}(x) \leq M\). Luego \(-M-1 \leq f(x) \leq M+1\).

Ejemplo

Considere \(f_{n}(x) = \frac{1}{x+1/n}\), entonces \(\lvert f_{n}(x) \rvert \leq n\) para \(x \in [0,+\infty]\), pero \(\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x) = \frac{1}{x}\) no es acotada. Por tanto, la convergencia no es uniforme.

Ejemplo

Teorema (Convergencia uniforme de funciones continuas)

Sean \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) continuas que convergen uniformemente a \(f:A\to \mathbb{R}\). Entonces \(f\) es continua.

Prueba: Sea \(\varepsilon>0\). Existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que si \(n\geq N\),

\[\lvert f_{n}(x) - f(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{3}\]

para todo \(x \in A\). Además, existe \(\delta>0\) tal que si \(\lvert x-x_{0} \rvert < \delta\), entonces \(\lvert f_{N}(x) - f_{N}(x_{0}) \rvert < \frac{\varepsilon}{3}\). Luego, si \(\lvert x-x_{0} \rvert < \delta\)

\[\begin{aligned} \lvert f(x)-f(x_{0}) \rvert &\leq \lvert f(x) - f_{N}(x) \rvert + \lvert f_{N}(x) - f(x_{0}) \rvert \\ &\leq \lvert f(x) - f_{N}(x) \rvert + \lvert f_{N}(x) - f_{N}(x_{0}) \rvert + \lvert f_{N}(x_{0}) - f_{N}(x) \rvert < \varepsilon. \end{aligned}\]

Concluya que \(f\) es continua.

Ejemplo

Considere \(f_{n}(x) = x^{n}\), \(x \in [0,1]\), Note que

\[\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x) = \begin{cases} 0 \quad \text{si } x \in [0,1) \\ 1 \quad \text{si } x = 1 \end{cases}.\]

Concluya que la convergencia no es uniforme.

Definición (Cauchy uniformemente)

Sea \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) una sucesión de funciones. Decimos que \(f_{n}\) es de Cauchy uniformemente si dado \(\varepsilon>0\) existe \(N\) tal que si \(n,m\geq N\), tenemos que \(\lvert f_{n}(x) - f_{m}(x) \rvert < \varepsilon\) para todo \(x \in A\).

Lema (Convergencia unidorme si y solo si Cauchy uniformemente)

Sea \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) una sucesión de funciones y \(f:A\to \mathbb{R}\). Entonces \(f_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} f\) uniformemente si y solo si \(f_{n}\) es de Cauchy uniformemente.

Prueba: (\(\implies\)): Sea \(\varepsilon>0\). Entonces existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que para \(n\geq N\), tenemos que \(\lvert f_{n}(x) - f(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{2}\) para todo \(x \in A\). Ahora para todo \(n,m\geq N\),

\[\lvert f_{n}(x)-f_{m}(x) \rvert \leq \lvert f_{n}(x) - f(x)\rvert + \lvert f(x) - f_{m}(x) \rvert < \varepsilon.\]

Por tanto es Cauchy uniformemente. (\(\impliedby\)): Sea \(\varepsilon>0\). Entonces existe \(N\) tal que para todos \(m,n\geq N\), tenemos que \(\lvert f_{n}(x)-f_{m}(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{2}\)para todo \(x \in A\). Sea \(x_{0} \in A\). Entonces \(\{f_{n}(x_{0})\}_{n=1}^\infty\) es de Cauchy y por tanto convergente, i.e., existe \(\ell \in \mathbb{R}\) tal que \(f_{n}(x_{0}) \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \ell\). Defina \(f(x) = \lim_{ n \to \infty } f_{n}(x)\). Luego, dado \(x \in A\), existe \(N_{0}\geq N\) tal que si \(n \geq N_{0}(x)\) entonces

\[\lvert f(x) - f_{n}(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{2}.\]

Ahora, si \(m\geq N\).,

\[\begin{aligned} \lvert f(x) - f_{m}(x) \rvert &\leq \lvert f(x) - f_{N_{0}}(x) \rvert + \lvert f_{N_{0}}(x) - f_{m}(x) \rvert \\ & \leq \frac{\varepsilon}{2} + \lvert f_{N_{0}}(x) - f_{m}(x) \rvert < \varepsilon \quad \text{por ser Cauchy uniformemente.} \end{aligned}\]

Teorema (Convergencia uniforme y Riemann-integrabilidad)

Sean \(f_{n}:[a,b] \to \mathbb{R}\) Riemann integrables que convergen uniformemente a \(f:[a,b] \to \mathbb{R}\). Entonces \(f\) es Riemann integrable y además

\[\lim_{ n \to \infty } \int_{a}^{b} f_{n}(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(x) \, dx.\]

Prueba: Dado \(\varepsilon>0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que para todo \(n\geq N\), \(\lvert f_{n}(x) - f(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{4(b-a)}\) para todo \(x \in [a,b]\). Como \(f_{N}\) es Riemann integrable, existe \(P_{\varepsilon}\) tal que \(U(f_{N}, P_{\varepsilon}) - L(f_{N},P_{\varepsilon}) < \frac{\varepsilon}{2}\). Sea \(P_{\varepsilon} = \{ a_{0}=a < \dots < a_{n} = b \}\). Entonces

\[(a_{i+1}-a_{i}) \sup \{ f(x): a_{i} \leq x \leq a_{i+1} \} \leq \left( \sup \{ f_{N}(x) : a_{i} \leq x \leq a_{i+1}\} + \frac{\varepsilon}{4(b-a)} \right)(a_{i+1}-a_{i}).\]

pues \(f_{N}(x) - \varepsilon \leq f(x) \leq f_{N}(x) + \varepsilon\) para todo \(x \in A\). De igual forma,

\[\sup \{ f_{N}(x):a_{i}\leq x\leq a_{i+1} \} - \frac{\varepsilon}{4(b-a)} \leq \sup \{ f(x):a_{i}\leq x\leq a_{i+1} \}.\]

Entonces,

\[U(f, P_{\varepsilon}) \leq U(f_{N}, P_{\varepsilon}) + \frac{\varepsilon}{4}\]

pues

\[U(f, P_{\varepsilon}) = \sum_{i=0}^{n-1} \sup\{ f(x):a_{i}\leq x\leq a_{i+1} \} (a_{i+1}-a_{i}).\]

De igual forma, tenemos que

\[U(f_{N}, P_{\varepsilon}) - \frac{\varepsilon}{4}\leq U(f, P_{\varepsilon}),\]

por lo que

\[U(f_{N}, P_{\varepsilon}) - \frac{\varepsilon}{4} \leq U(f, P_{\varepsilon}) \leq U(f_{N}, P_{\varepsilon}) + \frac{\varepsilon}{4}.\]

De manera análoga (pero trabajando con ínfimos en lugar de supremos) podemos probar que

\[L(f_{N}, P_{\varepsilon}) - \frac{\varepsilon}{4}\leq L(f, P_{\varepsilon}) \leq L(f_{N}, P_{\varepsilon}) + \frac{\varepsilon}{4}.\]

Finalmente, tenemos que

\[\begin{aligned} U(f, P_{\varepsilon}) - L(f, P_{\varepsilon}) &\leq U(f_{N}, P_{\varepsilon}) + \frac{\varepsilon}{4} - \left( L(f_{N}, P_{\varepsilon}) - \frac{\varepsilon}{4} \right) \\ &= U(f_{N}, P_{\varepsilon}) - L(f_{N}, P_{\varepsilon}) + \frac{\varepsilon}{2} < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon, \end{aligned}\]

de donde se concluye que \(f\) es Riemann-integrable. Para la prueba del límte de las integrales, dado \(\varepsilon>0\), existe \(M \in \mathbb{N}\) tal que para todo \(n\geq M\) y \(x \in [a,b]\), \(\lvert f(x) - f_{n}(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{b-a}\) Tome

\[\begin{aligned} \left\lvert \int_{a}^{b} f_{n}(x) \, dx - \int_{a}^{b} f(x) \, dx \right\rvert &= \left\lvert \int_{a}^{b} (f_{n}(x) - f(x)) \, dx \right\rvert \\ &\leq \int_{a}^{b} \lvert f_{n}(x)-f(x) \rvert \, dx \\ &< \int_{a}^{b} \frac{\varepsilon}{b-a} \, dx = \varepsilon, \end{aligned}\]

siempre que \(n\geq M\), de donde se concluye el límite.

Ejemplo

Para \(n \in \mathbb{N}\), considere \(f_{n}:[0,1] \to \mathbb{R}\) tal que

\[f_{n}(x) = \begin{cases} 0 \quad\text{si } \frac{1}{n}\leq x\leq 1 \\ n^{2}x \quad \text{si } 0\leq x < \frac{1}{n} \end{cases}.\]

Sea \(x_{0} \in (0,1)\). Entonces, existe \(n_{0}\) tal que \(\frac{1}{n_{0}} \leq x_{0}\). Entonces \(f_{n}(x_{0}) = 0\) si \(n \geq n_{0}\). Ahora,

\[\int_{0}^{1} f_{n}(x) \, d = \int_{0}^{1/n} n ^{2}x\, dx + \int_{1/n}^{1} 0 \, dx = \frac{n^{2}x^{2}}{2} \biggr\rvert_{0}^{1/n} = \frac{1}{2}.\]

Entonces,

\[\int_{0}^{1} f_{n}(x) \, dx = \frac{1}{2} \underset{n \rightarrow \infty}{ \not\longrightarrow} \int_{0}^{1} 0 \, dx = 0.\]

Ejercicio

Encuentre una sucesicón de funciones \(f_{n}\) Riemann integrables tal que

\[f_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} f = \begin{cases} 1 \quad \text{si }x \in \mathbb{Q} \\ \\ 0 \quad \text{si }x \in \mathbb{I} \end{cases},\]

con \(f_{n}:[0,1]\to \mathbb{R}\) y \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\).

Teorema (Derivadas y convergencia uniforme)

Sean \(f_{n}:[a,b]\to \mathbb{R}\) funciones derivables tales que \(f_{n}' \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} g\) uniformemente en \([a,b]\). Asuma que existe \(x_{0} \in [a,b]\) tal que \(f_{n}(x_{0})\) converge. Entonces \(f_{n}\) converge uniformemente a una función \(f:[a,b] \to \mathbb{R}\) tal que \(f'(x) = g(x)\) para todo \(x \in [a,b]\).

Prueba: Sean \(n,m \in \mathbb{N}\). Tome \(h(x) = f_{n}(x)-f_{m}(x)\). Entonces, por teorema del valor medio existe \(y\) entre \(x\) y \(x_{0}\) tal que

\[\begin{aligned} \frac{h(x) - h(x_{0})}{x-x_{0}} &= h'(y) \implies h(x) = h(x_{0}) + h'(y)(x-x_{0}) \\ \implies f_{n}(x) - f_{m}(x) &= (f_{n}(x_{0})-f_{m}(x_{0})) + (x-x_{0})(f_{n}'(y)-f_{m}'(y)) \end{aligned}\]

Como \(f_{n}' \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} g\), entonces es de Cauchy, i.e., dado \(\varepsilon>0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que para todos \(n,m\geq N\) y para todo \(x \in [a,b]\), \(\lvert f_{n}'(x) - f_{m}'(x)\rvert < \frac{\varepsilon}{2(b-a)}\). Además, como \(f_{n}(x_{0})\) converge, es de Cauchy, por lo que existe \(M \in \mathbb{N}\) tal que si \(n,m\geq M\), \(\lvert f_{n}(x_{0}) - f_{m}(x_{0}) \rvert < \frac{\varepsilon}{2}\). Luego, si \(n,m\geq N\) entonces, para todo \(x \in [a,b]\)

\[\begin{aligned} \lvert f_{n}(x) - f_{m}(x) \rvert &\leq \lvert f_{n}(x_{0}) - f_{m}(x_{0}) \rvert + \lvert x-x_{0} \rvert \lvert f_{n}'(y) - f_{m}'(y) \rvert\\ &< \frac{\varepsilon}{2} + (b-a)\frac{\varepsilon}{2(b-a)} = \varepsilon. \end{aligned}\]

Por tanto, \(f_{n}\) es Cauchy uniformemente y converge. OJO: Si \(\{f_{n}(x)\}_{n=1}^\infty\) es de Cauchy, defina \(\ell_{x} = \lim_{ n \to \infty } f_{n}(x)\). Entonces \(f(x) = \ell_{x}\).

Probaremos ahora que \(f'(x) = g(x)\). Hay que mostrar que

\[\lim_{ x \to y } \frac{f(x)-f(y)}{x-y} = g(y).\]

Considere

\[\begin{aligned} &\left\lvert \frac{f(x)-f(y)}{x-y} - g(y) \right\rvert \leq \left\lvert \frac{f(x)-f(y)}{x-y} -\frac{f_{N}(x)-f_{N}(y)}{x-y} \right\rvert + \left\lvert \frac{f_{N}(x)-f_{N}(y)}{x-y} - g(y) \right\rvert \\ &\leq \left\lvert \frac{f(x)-f(y)}{x-y} -\frac{f_{N}(x)-f_{N}(y)}{x-y} \right\rvert + \left\lvert \frac{f_{N}(x)-f_{N}(y)}{x-y} - f_{N}'(y) \right\rvert + \lvert f_{N}'(y) - g(y) \rvert . \end{aligned}\]

Dado \(\varepsilon>0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) y \(\delta>0\) tales que

1. \(\lvert f_{n}'(x) - g(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{3}\) si \(n\geq N\) y \(x \in [a,b]\).
2. Si \(\lvert x-y \rvert < \delta\) entonces

\[\left\lvert \frac{f_{N}(x)-f_{N}(y)}{x-y} - f_{N}'(y) \right\rvert < \frac{\varepsilon}{3}.\]

Considere ahora

\[\begin{aligned} \frac{f_{m}(x)-f_{m}(y)}{x-y} - \frac{f_{N}(x)-f_{N}(y)}{x-y} &= \frac{(f_{m}(x) - f_{N}(x))- (f_{m}(y)-f_{N}(y))}{x-y} \\ &= f_{m}'(c)-f_{N}'(c) \end{aligned}\]

para algún \(c\) entre \(x\) y \(y\) (que existe por el teorema del valor intermedio). Entonces

\[\lim_{ m \to \infty } \left\lvert \frac{f_{m}(x)-f_{m}(y)}{x-y} - \frac{f_{N}(x)-f_{N}(y)}{x-y}\right\rvert = \left\lvert \frac{f(x)-f(y)}{x-y} - \frac{f_{N}(x)-f_{N}(y)}{x-y} \right\rvert < \frac{\varepsilon}{3}.\]

Finalmente, tenemos que

\[\left\lvert \frac{f(x)-f(y)}{x-y} - g(y) \right\rvert < \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon.\]

Ejemplo

Sean \(f_{n}:[-1,1] \to \mathbb{R}\) tales que \(f_{n}(x) = \sqrt{ x^{2}+\frac{1}{n} }\). Entonces \(f_{n}\) es derivable en \((0,1)\) y \(f_{n}'(x) = \frac{x}{\sqrt{ x^{2}+\frac{1}{n} }}\). Además \(\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x) = \sqrt{ x^{2} } = \lvert x \rvert\). Vamos a probar que dado \(\varepsilon>0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(\left\lvert \sqrt{ x^{2}+\frac{1}{n} } - \sqrt{ x^{2} } \right\rvert < \varepsilon\) para todo \(x \in [-1,1]\). Dado \(\varepsilon>0\), sabemos que existe \(N_{0} \in \mathbb{N}\) tal que \(\frac{1}{\sqrt{ N_{0}}} < \varepsilon\). Note que, para \(n\geq N_{0}\)

\[\sqrt{ x^{2}+\frac{1}{n} } - \sqrt{ x^{2} } = \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{ x^{2}+\frac{1}{n} } + \sqrt{ x^{2} }} \leq \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{ \frac{1}{n} }} = \frac{1}{\sqrt{ n }} < \varepsilon\]

Ejemplo

\[f_{n}(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos(3^{k}x)}{2^{k}}\]

converge uniformemente a una función que no tiene derivada en ningún punto.

Lema (Convergencia puntual de funciones crecientes)

Sean \(\{f_{n}(x)\}_{n=1}^\infty\) continuas tales que \(f_{n}(x) \leq f_{n+1}(x)\) para todo \(x \in [a,b]\). Asuma que existe \(f:[a,b] \to \mathbb{R}\) continua tal que \(\lim_{ n \to \infty }f_{n}(x) = f(x)\) puntualmente. Entonces \(f_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} f\) uniformemente en \([a,b]\).

Prueba: Hay que mostrar que \(M_{n} = \lVert f-f_{n} \rVert_{\infty} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0\), donde \(\lVert f - f_{n} \rVert_{\infty} = \sup \{ \lvert f(x) -f_{n}(x) \rvert: x \in A \}\). Note que para todo \(x \in A\),

\[0 \leq f(x) - f_{n+1}(x) \leq f(x)-f_{n}(x) \implies M_{n+1} \leq M_{n}.\]

Como \(f - f_{n}\) es continua, sabemos que existe \(x_{n}\) tal que \(f(x_{n}) - f_{n}(x_{n}) = M_{n}\). En particular, \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty \subseteq [a,b]\). Por Bolzano-Weirerstrass, existe una subsucesión \(x_{n_{k}} \underset{n_{k} \rightarrow \infty}{\longrightarrow} x \in[a,b]\). Además, note que \(f_{1}(x_{n_{k}}) \leq f_{{n_{k}}}(x_{n_{k}}) \leq f(x_{n_{k}})\) . Luego, por BW, existe una subsucesión \(x_{n_{k_{\ell}}}\) tal que \(f_{n_{k_{\ell}}}(x_{n_{k_{\ell}}})\) es convergente, (\(f_{n}(x_{n})\)). Sin pérdida de generalidad puedo asumir que …