Ultralimit de espacios métricos es completo.

Question

Considere el siguiente corto de la prueba de que todo ultralimits se completa

(Tu error tipográfico $d_omega$ es de curso para ser leído como $d_\omega$.)

Hay dos cosas que no entiendo acerca de esta prueba.

1) ¿por Qué la secuencia de $(y_n)$ delimitada? O más precisamente, ¿por qué la secuencia de distancias $(d_n(y_n,p_n))$ a la basepoints $p_n\in X_n$ delimitada?

El argumento aquí es incompleta para mí, porque en primer lugar la secuencia de $(y_n)$ se deja sin definir en el set $\bigcap N_j$. Pero este conjunto puede ser infinito, por lo que la afirmación parece ser malo si sólo nos definen arbitrariamente en estos puntos. Así que creo que uno debe decir que podemos elegir la secuencia de $N_j$ tal que $\bigcap N_j=\emptyset$ (debido a $\omega$ no es princilpe(!)) o que acabamos de asignar $y_n=p_n$ para $n\in\bigcap N_j$. Sin embargo con estas revisiones es que todavía no me queda claro por qué la sucesión es acotada.

2) ¿por Qué es $d_\omega(x^I,y)\le2\varepsilon$?

[La prueba es de Juan Corzo. Conferencias en el Grueso de la Geometría]

Answer 1

En realidad, es todo correcto (aparte de la evidente error tipográfico) y se sigue de un par de triángulo de las desigualdades. Aquí están los detalles.

1. Primero de todo, el punto de $x^1$ pertenece a $X_\omega$. Por lo tanto, es suficiente para conseguir un uniforme de límite superior en las distancias $d_n(y_n, x^1_n)=d_n(x_n^j, x_n^1)$. (Si te gusta, basta con cambiar el punto de base para $x^1$.) Tenemos: $$ |d_n(y_n, x^1_n) -d_\omega(x^j, x^1)|< 2^{j}\le 1. $$ para todos los $n\in N_j$.

Al mismo tiempo, la secuencia $(x^j)$ es de Cauchy, por lo tanto, es acotado, por lo tanto, no es $R<\infty$ tales que $$ d_\omega(x^j, x^1)\le R $$ para todos los $j$. El triángulo de la desigualdad de los números reales, entonces implica que para todos los $n\in N_j$, $$ d_n(y_n, x^1_n)\le R+1. $$ Esto responde a su primera pregunta.

2. Para responder a su segunda pregunta: $$ d_\omega(x^I, y)=\lim_{\omega} d_n(x_n^I, y_n)= \lim_{\omega} d_n(x_n^I, x_n^j), $$ por definición. Por lo tanto, es suficiente para comprobar el límite superior $$ d_n(x_n^I, x_n^j)\le 2\epsilon, $$ para todos los $n\in N_j$ (desde $N_j$ es $\omega$-de espesor).

Recordar que para todos los $i\ge I$, $$ d_\omega(x^i, x^I)<\epsilon. $$ Al mismo tiempo, para todos los $n\in N_j$, $$ |d_n(x_n^i, x_n^I) -d_\omega(x^i, x^I)|< 2^{j}\le 2^{-I}<\epsilon, $$ mientras $i, I\le j$. En particular, esta desigualdad se cumple para $i=j$. Por lo tanto, por la desigualdad de triángulo, $$ d_n(x_n^i, x_n^I)< 2\epsilon, $$ como se requiere.

3. Edit: por último, el Roe es un poco descuidado con su definición de los conjuntos de $N_j$. Su prueba funciona como está escrito bajo el supuesto de que $$ \bigcap_j N_j=\emptyset. $$ Para garantizar esto, definimos $M_j\subset {\mathbb N}$ (Roe) a la $\omega$-de espesor subconjunto tal que para todos los $1\le i, i'\le j$ e $n\in M_j$, $$ |d_n(x_n^i, x_n^{i'}) -d_\omega(x^i, x^{i'})|< 2^{-j}.$$ Entonces, asumiendo que (inductivo) que $N_{j-1}$ es definido, conjunto
   $$ N_{j}:= N_{j-1}\cap M_j\cap [j,\infty). $$ La suposición de que $\omega$ es nonprincipal implica que tales $N_j$ es $\omega$-espesor (siempre que $N_{j-1}$ es, por supuesto).