Extensión continua de una manera uniforme función continua a partir de un subconjunto denso.

Question

Estoy tratando de comprender una alternativa a prueba de la idea de que si $E$ es un subconjunto denso de un espacio métrico $X$, e $f\colon E\to\mathbb{R}$ es uniformemente continua, entonces $f$ tiene un uniforme de extensión continua a $X$.

Creo que sé cómo hacer esto utilizando secuencias de Cauchy, pero hay esta alternativa sugerida. Para cada una de las $p\in X$, vamos a $V_n(p)$ el conjunto de $q\in E$ tal que $d(p,q)<\frac{1}{n}$. Luego de demostrar que las intersecciones de los cierres $$ A=\bigcap_{n=1}^\infty\overline{f(V_n(p))} $$ consta de un solo punto, $g(p)$, y por lo $g$ deseada es la extensión continua de $f$. ¿Por qué es esta intersección de un solo punto, y por qué es $g$ continua?

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Esto es lo que hice hasta ahora. Desde $f$ es uniformemente continua, por $\epsilon>0$, $\delta>0$ tal que $\text{diam }f(V)<\epsilon$ siempre $\text{diam }V<\delta$. Desde $V_n(p)$ tiene el diámetro en la mayoría de las $\frac{2}{n}$, teniendo en $n>2/\delta$ implicaría $$ \text{diámetro }f(V_n(p))=\text{diámetro }\overline{f(V_n(p))}<\epsilon $$ Así que creo $\lim_{n\to\infty}\text{diam }\overline{f(V_n(p))}=0$, lo que implicaría $A$ se compone de más de un punto. Me di cuenta de que el cierre en forma descendente secuencia de conjuntos cerrados, pero no podía decir si están delimitadas desde $X$ es un espacio métrico arbitrario, en orden a la conclusión de que la intersección es no vacía, y por lo tanto un único punto.

Por último, ¿por qué es $g$ continua en puntos de $p\in X\setminus E$? Yo estaba tratando de pensar en un argumento con secuencias convergentes a $p$ desde $p$ es un punto límite de $E$, pero se fue haciendo campaña sobre cómo mostrar $g$ es realmente continuo. Gracias.

Answer 1

Yo tenía un montón de ayuda en esta pregunta en el chat de los usuarios Srivatsan y t.b. el otro día. Hice mi mejor esfuerzo para escribir lo que se dijo como una respuesta aquí.

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Observe que los conjuntos de $\overline{f(V_n(p))}\supseteq\overline{f(V_{n+1}(p))}\supseteq\cdots$ forma de una secuencia anidada de conjuntos cerrados. Por otra parte, vamos a $\epsilon>0$ ser dado. Desde $f$ es uniformemente continua, existe $\delta>0$ tal que $d(p,q) < \delta$ implica $d(f(p),f(q))<\epsilon$$p,q\in E$. Tomando $n$ lo suficientemente grande como para que $\frac{2}{n}<\delta$,$q,r\in V_n(p)$, $$ d(q,r)<d(q,p)+d(p,r)<\frac{2}{n}<\delta $$ por lo $d(f(q),f(r))<\epsilon$. Por lo tanto $f(V_n(p))$ está delimitado en $\mathbb{R}$, lo $\overline{f(V_n(p))}$ está delimitado así. Por ende, lo suficientemente grande como $n$ los conjuntos forman un compacto secuencia anidada. Desde $V_n(p)$ tiene el diámetro en la mayoría de las $\frac{2}{n}$, teniendo en $n>2/\delta$ implicaría $$ \operatorname{diámetro } f(V_n(p))=\operatorname{diámetro }\overline{f(V_n(p))}<\epsilon $$ Por lo $\lim_{n\to\infty}\operatorname{diam }\overline{f(V_n(p))}=0$, y por lo tanto su intersección consta de un solo punto. También, desde la $\operatorname{diam }f(V_n(p))\to 0$$n\to\infty$, y por tanto, por la elección de puntos arbitrariamente cercanos a $p$, sus imágenes en $g$ son arbitrariamente cerca de $g(p)$. (Para ser más explícitos, dejando $\delta$ ser lo suficientemente pequeño tal que para $x,y\in E$, $d(x,y)<2\delta$ implica $d(f(x),f(y))<\epsilon/3$, elija $n$ suficientemente grande como para que $\frac{1}{n}<\delta$, y así para cualquier $x,y\in V_n(p)$, $d(x,y)<2/n<2\delta$, por lo $\operatorname{diam }f(V_n(p))<2\epsilon/3$, lo $d(f(x),g(p))<2\epsilon/3$. Tenga en cuenta también que esto puede ser hecho por cualquier $p$.)

Yo sostengo que $g$ es uniformemente continua. Deje $\epsilon>0$ ser dado. Desde $f$ es uniformemente continua, existe $\delta>0$ tal que $d(r,s)<\delta$ implica $d(f(r),f(s))<\epsilon/3$. Ahora vamos a $p,q\in X$ ser cualquiera de los puntos tales que $d(p,q)<\delta/3$. Por las razones arriba mencionadas, elija $n$ lo suficientemente grande como para que $n>\frac{3}{\delta}$, y tanto $d(g(r),g(p))<\epsilon/3$$d(g(s),g(q))<\epsilon/3$$r\in V_n(p)$$s\in V_n(q)$. También, $$ d(r,s)<d(r,p)+d(p,q)+d(q,s)<\delta $$ por lo $d(f(r),f(s))=d(g(r),g(s))<\epsilon/3$. Por la desigualdad de triángulo, $d(g(p),g(q))<\epsilon$, lo $g$ es uniformemente continua, y por lo tanto continua en $X$, y, por supuesto,$g|_E=f$.

Answer 2

Como Srivatsan notas, cualquier conjunto con un número finito de diámetro está acotada. Usted ha demostrado que, para un fijo $\varepsilon$, ${\rm diam} \overline {f(V_n(p))} < \varepsilon$, a partir de algunos $n$. Así que a partir de algunos $n$, $\overline {f(V_n(p))}$ son todos curva y por lo tanto compacto. Además, la imagen de un verdadero uniforme de función continua en el conjunto acotado es acotada. Este es el Ejercicio 4.8 en Rudin.

Para la continuidad en $p \in X$ que hacer lo siguiente. Para $\varepsilon > 0$ básicamente usted desea un $\delta = {1 \over n}$ tan pequeño que ${\rm diam} \overline {f(V_n(p))} < \varepsilon$. Ahora si $q \in X$ es tal que $d(p, q) < {1 \over n}$, entonces usted puede recoger $m$ tan grande que $V_m(q) \subseteq V_n(p)$. A continuación,$\overline {f(V_m(q))} \subseteq \overline {f(V_n(p))}$$g(p), g(q) \in \overline {f(V_n(p))}$. Esto implica que $d(g(p), g(q)) < \varepsilon$. Por el uniforme de la continuidad de la $f$ usted puede recoger $\delta$ independiente de $p$ y esto le da continuidad uniforme.