Continuidad de la métrica y secuencias de convergencia

Question

Antecedentes Supongamos que $(x_i)$ y $(y_j)$ son dos secuencias en un espacio métrico $(X,d)$ que convergen respectivamente a $x$ y $y$ . Estoy tratando de demostrar que la secuencia $(d( x_i, y_j))$ converge a $d(x,y)$

Pensamientos Creo que probablemente lo primero que hay que hacer es demostrar que la métrica es en sí misma una función continua. Creo que esto es así porque si $V$ es un subconjunto abierto de $\mathbb{R}$ en el rango de $d$ , digamos que $V := (a, b)$ entonces la preimagen de $V$ es el conjunto $$d^{-1}(V) = \{(x,y) \in X \times X: a < d(x,y) < b \}$$ que es una bola abierta de radio $|b-a|$ . Suponiendo que esta parte esté bien, ya que $d$ es continua, conmuta con la operación de límite pero en este caso, en realidad hay dos límites: uno como $i \rightarrow \infty$ y uno como $j \rightarrow \infty$ Creo que hay un par de maneras de evitar esto; una, arreglando $x := x_0$ y tomando el límite como $j \rightarrow \infty$ y, a continuación, fijando de forma similar $y := y_0$ y tomar el límite como $i \rightarrow \infty$ . Tal vez otra forma sea simplemente utilizar el mismo índice de secuencia y considerar cada punto $(x_i, y_i)$ como un término de la secuencia.

Pregunta Creo que entiendo intuitivamente lo que ocurre, pero no estoy seguro de cómo precisar el argumento. ¿Es prometedor el enfoque que he esbozado o hay un enfoque más limpio que estoy pasando por alto?

Answer 1

Supongamos que $\{x_n:n\in\mathbb{N}\}\subset X$ conviértete en $x\in X$ y $\{y_n:n\in\mathbb{N}\}\subset X$ conviértete en $y\in X$ . Fijar $\varepsilon >0$ entonces existe $K\in\mathbb{N}$ , $L\in\mathbb{N}$ tal que para todo $k>K$ y $l>L$ tenemos $$d(x_k,x_0)<\varepsilon/2\qquad\qquad d(y_l,y_0)<\varepsilon/2$$ Considere $N=\max(M,L)$ , entonces para todos los $k>N$ y $l>L$ tenemos $$|d(x_k,y_l)-d(x_0,y_0)|\leq d(x_k,x_0)+d(y,y_0)<\varepsilon$$ Desde $\varepsilon >0$ es arbitraria concluimos que $$\lim\limits_{k,l\to\infty}d(x_k,y_l)=d(x_0,y_0).$$

P.D. En mi prueba he utilizado la siguiente desigualdad: $$|d(p,q)-d(r,s)|\leq d(p,r)+d(q,s)$$ que es válida para todos los $p,q,r,s\in X$ . Se puede demostrar de la siguiente manera $$d(p,q)\leq d(p,r)+d(r,q)\leq d(p,r)+d(r,s)+d(s,q)\Longrightarrow$$ $$d(p,q)-d(r,s)\leq d(p,r)+d(q,s)$$ De la misma manera, $$d(r,s)\leq d(r,p)+d(p,q)\leq d(r,p)+d(p,q)+d(q,s)\Longrightarrow$$ $$d(r,s)-d(p,q)\leq d(r,p)+d(q,s)$$ Entonces $$|d(p,q)-d(r,s)|\leq d(p,r)+d(q,s)$$

Answer 2

$$\color{red}{0\leqslant|d(x_i,y_j)-d(x,y)|\leqslant d(x_i,x)+d(y_j,y)\longrightarrow0}$$

Answer 3

Es cierto que $d$ es una función continua en $X\times X$ , por lo que si muestra $(x_i,y_i)\to (x,y)$ en $X\times X$ el resultado es el siguiente. Sin embargo, yo utilizaría un enfoque diferente. Primero hay que tener en cuenta que $d(x_i,y_i)\leq d(x_i,x)+d(x,y)+d(y,y_i)$ por la desigualdad del triángulo. Además, como $d(x_i,x)+d(x_i,y_i)\geq d(x,y_i)$ y $d(x,y_i)+d(y,y_i)\geq d(x,y)$ por la desigualdad del triángulo, obtenemos $$d(x_i,y_i)\geq d(x,y_i)-d(x_i,x) \geq d(x,y)-d(x_i,x)-d(y,y_i)$$ así que juntando nuestras dos desigualdades $$d(x,y)-d(x_i,x)-d(y,y_i)\leq d(x_i,y_i)\leq d(x_i,x)+d(x,y)+d(y,y_i)$$ y las expresiones izquierda y derecha van a $d(x,y)$ porque $x_i\to x$ y $y_i\to y$ (y por la definición de convergencia esto significa $d(x_i,x),d(y,y_i)\to 0$ ). Así, $d(x_i,y_i)\to 0$ .