Prueba de $f \in C_C(X)$ donde $X$ es un espacio métrico implica $f$ es uniformemente continua

Question

¿Puede decirme si la siguiente prueba es correcta?

Reclamación:

Si $f$ es una función continua y con soporte compacto de un espacio métrico $X$ en $\mathbb{R}$ entonces $f$ es uniformemente continua.

Prueba:

La prueba consta de dos partes. Primero queremos demostrar que $f$ es uniformemente continua en $K := \operatorname{supp}{f}$ :

Dejemos que $\varepsilon > 0$ . Porque $f$ es continua tenemos que para cada $x$ en $K$ hay un $\delta_x$ tal que para todo $y$ con $d(x,y) < 2 \delta_x$ tenemos $|f(x) - f(y)| < \varepsilon$ y porque $\{ B(x, \frac{\delta_x}{2}) \}_{x \in K}$ es una cubierta abierta de $K$ existe una subcubierta finita que denotamos $\{ B(x_i, \frac{\delta_i}{2}) \}_{i=1}^n$ . Definir $\delta := \min_i \frac{\delta_i}{2}$ y que $x$ y $y$ sean dos puntos cualesquiera de $K$ con $d(x,y) < \delta$ . $\{ B(x_i, \frac{\delta_i}{2}) \}_{i=1}^n$ es una cubierta por lo que existe un $i$ tal que $x$ está en $B(x_i, \frac{\delta_i}{2})$ lo que significa que $d(x,x_i) < \frac{\delta_i}{2}$ . Entonces $d(x_i ,y) \leq d(x_i ,x) + d(x,y) < \frac{\delta_i}{2} + \delta \leq \delta_i$ por lo que $y$ también está en $B(x_i, \delta_i)$ .

Desde $d(x_i,y) < \delta_i$ y $d(x, x_i) < \delta_i$ tenemos $|f(x) - f(y)| \leq |f(x) - f(x_i)| + |f(x_i) - f(y)| < 2 \varepsilon$ .

A continuación queremos demostrar que si $f$ es uniformemente continua en $K$ entonces es uniformemente continua en todo $X$ :

Dejemos que $\varepsilon > 0$ . Para dos puntos cualesquiera $x$ y $y$ hemos terminado si ambos están en $K$ o ambos están fuera $K$ así que dejemos $x \in X \setminus K$ y $y \in K$ con $d(x,y) < \delta$ . Entonces hay un $i$ tal que $y$ está en $B(x_i, \frac{\delta_i}{2})$ . Entonces $d(x,x_i) \leq d(x,y) + d(y,x_i) < \delta_i$ y por lo tanto $|f(x) - f(y)| \leq |f(x) - f(x_i)| + |f(x_i) - f(y)| < 2 \varepsilon$ .

¿Es necesario demostrar esto en dos partes o la segunda parte es "obvia" y debe dejarse de lado?

Gracias por su ayuda.

Answer 1

Esto tiene buena pinta, excepto por la corrección que ha señalado t.b. Siguiendo el espíritu del comentario de Henning Makholm, he aquí un enfoque de "teorema enlatado".

Una función continua en un espacio métrico compacto es uniformemente continua Así que $f|_K$ es uniformemente continua. Sea $\varepsilon>0$ se le dará. Entonces $K_\varepsilon:=\{x:|f(x)|\geq \varepsilon\}$ es un subconjunto cerrado de $K$ , por lo tanto compacto, y $\{x:f(x)=0\}$ es un conjunto cerrado disjunto de $K_\varepsilon$ Así que hay una distancia positiva $\delta_1$ entre $K_\varepsilon$ y $\{x:f(x)=0\}$ . Sea $\delta_2$ sea tal que si $x$ y $y$ están en $K$ y $d(x,y)<\delta_2$ entonces $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$ . Sea $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$ .

Si $x$ y $y$ están en $X$ y $d(x,y)<\delta$ entonces:

• $x$ y $y$ son ambos en $K$ y como $d(x,y)<\delta_2$ tenemos $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$ o
• uno de $x$ o $y$ no está en $K$ . WLOG suponer $x$ no está en $K$ . Entonces $f(x)=0$ y como $d(x,y)<\delta_1$ , $y$ no está en $K_\varepsilon$ , lo que significa $|f(x)-f(y)|=|f(y)|<\varepsilon$ . $\square$