Función de distancia en un espacio métrico completo

Question

Supongamos que $(E,d)$ es un espacio métrico completo. Sea $\{A_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ sea una secuencia de conjuntos compactos en $E$ tal que $d(x,A_n)$ converge uniformemente en $x$ a alguna función $d:E\to \mathbb{R}$ como $n\to\infty$ es decir $d(x,A_n)\rightrightarrows d(x)$ uniformemente para $x\in E$ . Sea $K=d^{-1}(0)$ . ¿Es cierto que $d(x)=d(x,K)$ ? (He demostrado que K es compacto).

Answer 1

$K$ no está vacío

Para todos $k>0$ existe $n_k$ tal que $|d(x, A_{n_k})-d(x)|<\frac{1}{2^k}$ . Para simplificar la notación , escriba $|d(x, A_{n})-d(x)|<\frac{1}{2^n}$ en su lugar. En particular, para $x\in A_{n}$ tenemos $d(x)<2^{-n}$ . Ahora, construye la secuencia $x_k$ de la siguiente manera:

1. $x_1\in A_1$
2. Supongamos que $x_{k}$ ya ha sido elegido. Tenga en cuenta que $|d(x,A_{k+1})-d(x,A_{k})|\leq |d(x, A_{k+1})-d(x)|+|d(x, A_{k})-d(x)|<2^{-(k-1)}$ . En particular, para $x_k\in A_{k}$ , $d(x_k,A_{k+1})<2^{-(k-1)}$ . Eso significa que podemos elegir $x_{k+1}\in A_{k+1}$ tal que $d(x_k,x_{k+1})<2^{-(k-1)}$ .

Una sucesión así elegida es claramente una sucesión de Cauchy. Converge a un límite $x_0$ . Desde $d(x)$ es una función continua (como la uniforme límite de $d(x,A_n)$ ), tenemos $d(x_0)=0$ .

Desigualdad en una dirección

Como la convergencia es uniforme, para todo $\epsilon >0$ existe $N\in \mathbb Z$ tal que para todo $n>N$ tenemos $|d(x,A_n)-d(x)|<\epsilon, \forall x\in E$ . Esto significa que $\bigcup_{k=n}^\infty A_k$ se encuentra en un $\epsilon$ -vecino de $K$ . Por lo tanto, $\inf_{z\in A_n, y\in K}d(z,y)<\epsilon$ para todos $n>N$ .

Por lo tanto, $$ d(x,K)=\inf_{y\in K}d(x,y)\leq\inf_{y\in K, z\in A_n}(d(x,z)+d(z,y))\leq\inf_{z\in A_n}(d(x,z)+\epsilon)\\\leq d(x, A_n)+\epsilon $$

Nota: $\inf_{y\in K, z\in A_n}(d(x,z)+d(z,y))\leq\inf_{z\in A_n}(d(x,z)+\epsilon)$ es verdadera porque para todo $z\in A_n$ existe $y\in K$ tal que $d(y,z)<\epsilon$ .

Desigualdad en la otra dirección

Reclamación. $K= \bigcap_{n_0=0}^\infty\overline{\bigcup_{n=n_0}^\infty A_n}$ .

Para demostrarlo, supongamos primero que $d(x)=0$ . Entonces $d(x, A_n) \to 0$ es decir $\forall k>0,\exists N,\forall n\geq N_k, d(x,A_n)<1/k$ . Sea $n_k=1+\max_{r\leq k} \{N_r\}$ . Entonces $(n_r)$ es una secuencia creciente de enteros. Como $d(x,A_{n_k})<1/k$ podemos elegir $x_k\in A_{n_k}$ tal que $d(x,x_k)<1/k$ . Entonces $x_k \to x$ Así que $K\subseteq \bigcap_{n_0=0}^\infty\overline{\bigcup_{n=n_0}^\infty A_n}$ .

Por el contrario, si $x\in \bigcap_{n_0=0}^\infty\overline{\bigcup_{n=n_0}^\infty A_n}$ y, a continuación, elija la secuencia $x_k$ de la siguiente manera.

1. Definir $m_1=1$ .
2. Supongamos que $m_{k-1}$ ya han sido definidos. Tenemos $x\in \overline{\bigcup_{n=m_{k-1}+1}^\infty A_n}$ por lo que existe una secuencia $(y_r^{(k)})_{r=1}^\infty$ en ${\bigcup_{n=m_{k-1}+1}^\infty A_n}$ que converge a $x$ . Existe $r$ tal que $d(x,y_r^{(k)})<1/k$ . Sea $x_k=y_r^{(k)}$ .
3. Definir $m_{k}\geq m_{k-1}+1$ sea un número entero tal que $y_r^{(k)}\in A_{m_{k}}$ .

Entonces obtenemos una secuencia $(x_k)_{k=1}^\infty$ que satisfagan las siguientes propiedades:

• $x_k\to x$ como $k \to \infty$ .
• $x_k\in A_{m_k}$ .

Es fácil ver que $d(x)=0$ debido a la continuidad de la métrica y a la convergencia uniforme.

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Ahora dejemos que $x\in E$ ; existe una secuencia $\xi_k$ en $E$ tal que $d(x,K)=\lim_{k\to \infty} d(x,\xi_k)$ . Desde $K$ es compacto podemos suponer que $\xi_k$ tiende a un límite $\xi\in K$ . También podemos suponer que $d(\xi_k, \xi)<\frac{1}{3k}$ . Así que $d(x, K)=d (x,\xi)$ . Por la discusión anterior existen secuencias $(y_r^{(k)})_{r=1}^\infty$ tal que

• $y_r^{(k)}\to \xi_k$ como $r\to \infty$ ;
• $y_r^{(k)}\in A_{m_{r,k}}$
• $d(y_r^{(k)}, \xi_k)<\frac{1}{3k}, \forall r$

Utilizando la segunda parte de la prueba anterior. Podemos, de hecho, estipular que $m_{r+1,k}\geq m_{r,k}$ modificando un poco la construcción. Ahora, dejemos que $$ x_k=y_k^{(k)}, m_{k,k}=m_k, $$ así que $x_k \to \xi$ , $x_k \in A_{m_k}$ .

Por lo tanto, tenemos $$ d(x,K)=d(x, \xi)= \lim_{k\to \infty} d(x, x_k) \geq \lim_{k\to \infty} d(x, A_{m_k})=\lim_{k\to \infty} d(x, A_{k})= d(x). $$

La prueba está ahora completa.

Answer 2

Mi intento de una prueba que probablemente sea errónea porque parece demasiado elemental. (En realidad, creo que es correcta. Los lim sups que se acercan a 0 podrían justificarse más rigurosamente utilizando la compacidad/convergencia uniforme).

Primero demostramos que d(x) $\leq$ d(x,K):

d(x,An) $\leq$ d(x,K) + $\sup_{k\in K}$ d(k,An) por la ineq del triángulo

$\lim_{n \to \infty}$ d(x,An) $\leq$ $\lim_{n \to \infty}$ d(x,K) + $\lim_{n \to \infty}$ $\sup_{k\in K}$ d(k,An)

d(x) $\leq$ d(x,K) + 0

d(x) $\leq$ d(x,K)

Entonces demostramos que d(x) $\geq$ d(x,K):

d(x,K) $\leq$ d(x,An) + $\sup_{a\in A_n}$ d(a,K) por la ineq del triángulo

$\lim_{n \to \infty}$ d(x,K) $\leq$ $\lim_{n \to \infty}$ d(x,An) + $\lim_{n \to \infty}$ $\sup_{a\in A_n}$ d(a,K)

d(x,K) $\leq$ d(x) + 0

d(x,K) $\leq$ d(x)

Como hemos mostrado ambas direcciones, debe ser el caso que

d(x,K) = d(x)