Una función (no necesariamente continua) sobre un espacio métrico compacto que alcanza su máximo.

Question

Estoy estudiando para un examen y mis compañeros de estudio y yo estamos discutiendo sobre mi razonamiento para $f$ siendo continua por medio de pullbacks abiertos y cerrados (ver más abajo). Por favor, ayúdeme a corregir mi pensamiento. Aquí está el problema y mi propuesta de solución:

Dejemos que $(K, d)$ sea un espacio métrico compacto, y sea $f: K \rightarrow \mathbb{R}$ sea una función que satisfaga que para cada $\alpha \in \mathbb{R}$ el conjunto { $x \in K: f(x) \ge \alpha$ } es un subconjunto cerrado de $K$ . Demostrar que $f$ alcanza un valor máximo en $K$ .

Prueba: Obsérvese que $A :=$ { $x \in K: f(x) \ge \alpha$ } es precisamente $f^{-1}[\alpha, \infty)$ . Desde $[\alpha, \infty)$ está cerrado en $\mathbb{R}$ y $A$ se supone que está cerrado en $K$ entonces se deduce que $f$ es continua en $A$ . Por otro lado, $K-A = f^{-1}(-\infty, \alpha)$ está abierto en $K$ desde $A$ está cerrado en $K$ . Y como $(\alpha, \infty)$ está abierto en $\mathbb{R}$ y $K - A$ está abierto en $K$ , entonces si sigue que $f$ es continua en $K - A$ Por lo tanto $f$ es continua en $K$ . Desde $K$ es compacto y $f$ es continua, entonces $f(K)$ es compacto en $\mathbb{R}$ . Conjuntos compactos en $\mathbb{R}$ son intervalos cerrados y acotados. Así, $\sup{f(K)} = \max{f(K)} = f(x_0)$ para algunos $x_0 \in K$ . Así, $f$ alcanza efectivamente su valor máximo en $K$ . $\blacksquare$

Answer 1

No, para la continuidad, tendrías que saber que $f^{-1}(C)$ está cerrado para todos los conjuntos cerrados $C$ . Eso no lo sabes, sólo lo sabes por algunos conjuntos cerrados $C$ .

Pista para la solución correcta: Demuestre que $f^{-1}(-\infty,\alpha)$ está abierto para cualquier $\alpha$ . Portada $X$ con conjuntos de la forma $f^{-1}(-\infty,\alpha)$ . Entonces debe tener una subcubierta finita.

Answer 2

Aquí hay una prueba completa con compacidad secuencial:

Supongamos que $f$ no tiene un máximo en $K$ . Entonces hay dos casos:

Caso 1: $\sup_{x \in K} f(x) = \infty$ .

Entonces, para cualquier $n \in \mathbb{N}$ hay algo de $x_n \in K$ tal que $f(x_n) > n$ . Desde $K$ es compacto existe una subsecuencia $x_{n_k} \in K$ que converge a algún $x \in K$ . Sea $A = \{y \in K| f(y) > f(x)+1\}$ . Entonces $x_{n_k} \in A$ para un tamaño suficientemente grande $k$ pero $x \not \in A$ . Por lo tanto, $A$ no está cerrado.

Caso 2: $\sup_{x \in K} f(x) = L \in \mathbb{R}$ .

Entonces, para cualquier $n \in \mathbb{N}$ hay algo de $x_n \in K$ tal que $f(x_n) > L - \frac{1}{n}$ . De nuevo desde $K$ es compacto existe una subsecuencia $x_{n_k} \in K$ que converge a algún $x \in K$ . Porque $f$ no alcanza ningún máximo, tenemos $f(x) < L$ . Sea $A = \{y \in K| f(y) > \frac{f(x)+L}{2}\}$ . Entonces $x_{n_k} \in A$ para un tamaño suficientemente grande $k$ pero de nuevo $x \not \in A$ . Por lo tanto, $A$ no está cerrado como en el caso 1. $\blacksquare$

Answer 3

Considere la función $f: [0,1] \to \mathbb R$ \f(x) = \begin{cases} 1 &\text{if }x \le 1/2 \\ 0 &\text{otherwise} \end{cases}\]

$f$ está definida a partir de un espacio métrico compacto, y ciertamente no es continua (por ejemplo, porque la preimagen de $(0,2)$ no está abierto, o porque la preimagen de $\{0\}$ no está cerrado). Sin embargo, el conjunto $\{ x \in [0,1] : f(x) \ge \alpha \}$ es:

• vacío si $\alpha > 1$ ,
• $[0,1/2]$ si $0 < \alpha \le 1$ ,
• $[0,1]$ si $\alpha \le 0$ .

En los tres casos está cerrado. Por lo tanto, es posible que $f$ no ser continua, por lo que tu argumento no puede funcionar.

Para demostrar que $f$ es continua en $A$ , usted quiere demostrar que para cualquier subconjunto abierto (o cerrado) de $A$ la preimagen correspondiente $f^{-1}(A)$ está abierto (o cerrado). Sólo ha demostrado que para $A$ en sí mismo, pero en general $A$ puede tener muchos subconjuntos abiertos/cerrados que también tendrá que comprobar.

En cuanto a la respuesta a su pregunta, digamos que $C_\alpha = \{ x : f(x) \ge \alpha \}$ . Cada $C_\alpha$ está cerrado. Ahora bien, en un espacio compacto, si una colección de conjuntos cerrados es tal que toda subcolección finita tiene intersección no vacía, entonces toda la colección tiene intersección no vacía (esto es equivalente a "toda cubierta abierta tiene una subcubierta finita", tomando los complementos y el contrapositivo). Apliquemos esto a la colección de subcubiertas no vacías $C_\alpha$ .