Sea $X$ sea un espacio métrico compacto. Si $f:X\rightarrow \mathbb{R}$ es semicontinuo inferior, entonces $f$ está acotada por abajo y alcanza su mínimo.

Question

Sea $X$ sea un espacio métrico compacto. Si $f:X\rightarrow \mathbb{R}$ es semicontinuo inferior, entonces $f$ está acotada por abajo y alcanza su mínimo. Quiero demostrar esto.

Esta es mi prueba:

Desde $X$ es compacta se deduce que $f(X)$ es compacta por lo tanto es cerrada y acotada (porque $f(K)$ está en $\mathbb{R}$ ) y por lo tanto $f$ tiene un infimo, $m = \inf f(x)$ . Sea $(x_n)$ sea una secuencia en $X$ . Desde $X$ es compacto por equivalencia es secuencialmente compacto. Existe una subsecuencia $(x_{n_k})$ de $(x_n)$ tal que $f(x_{n_k})\rightarrow m \in\mathbb{R}$ ya que está cerrado. Entonces por la semicontinuidad inferior de $f$ tenemos que $$m = \lim_{n\rightarrow\infty}\inf(x_n) = \lim_{n\rightarrow\infty}\inf(x_{n_k})\geq f(x) \geq m. $$ Así $$m\geq f(x) \geq m.$$ Por lo tanto $m = f(x)$ . Por lo tanto $f$ alcanza su mínimo y está acotado por debajo.

(No asumí $X$ era cerrado y acotado porque no es necesariamente un subconjunto de $\mathbb{R}^n$ ). Esto tampoco son deberes estoy intentando demostrar los teoremas que mi libro deja en blanco para ver si realmente entiendo los conceptos. Cualquier ayuda y comentario será muy apreciado. Gracias de antemano.

Answer 1

Desde $m = \inf f$ existe una secuencia $x_n$ tal que $f(x_n) \to m$ . Esto es cierto sólo por la definición de $\inf$ .

Desde $x_n \in X$ y $X$ es compacta, tenemos $\hat{x} \in X$ y alguna subsecuencia tal que $x_{n_k} \to \hat{x}$ . Esto se deduce porque $X$ es compacto y, por tanto, secuencialmente compacto (equivalente en un espacio métrico en cualquier caso).

Desde $f$ es lsc., tenemos $\liminf_n f(x_{n_k}) \ge f(\hat{x})$ . Esto es por definición de lsc.

Desde $\liminf_n f(x_{n_k}) = \lim_n f(x_{n_k}) = m$ tenemos $m \ge f(\hat{x})$ y por definición de $m$ tenemos $m \le f(\hat{x})$ Por lo tanto $\hat{x}$ es un minimizador.

Nota : La prueba anterior no depende de $m$ siendo finito (la prueba demuestra que $m$ es finito, ya que $m \ge f(\hat{x})$ ). Sin embargo, es sencillo demostrar que $m$ es finito directamente.

Desde $f$ ls lsc., en cualquier $x$ para todos $\epsilon>0$ hay un $\delta >0$ tal que si $y \in B(x,\delta)$ entonces $f(y) > f(x)-\epsilon$ .

Por lo tanto, elija $\epsilon=1$ para cada $x$ tenemos algunos $\delta_x >0$ tal que si $y \in B(x,\delta_x)$ entonces $f(y) > f(x)-1$ . En $B(x,\delta_x)$ forman una cubierta abierta de $X$ por lo que, por compacidad, existe una subcubierta finita $B(x_k,\delta_{x_k})$ . Por lo tanto $f(x) > \min(f(x_1),...,f(x_n))-1$ de lo que se deduce que $m \ge \min(f(x_1),...,f(x_n))-1$ .