Demostrando un completo y totalmente acotado espacio métrico compacto.

Question

Estoy teniendo problemas para escribir los detalles de esta prueba formalmente.

Declaración: Supongamos $(X, d)$ es un espacio métrico que es completoy totalmente acotado (es decir, para cada $\epsilon > 0$, $\exists$ un número finito de puntos $x_{i} \in X$, $i = 1, \dots, n$ tal que $X = B(x_{1}, \epsilon) \cup \dots \cup B(x_{n},\epsilon) )$. Demostrar que $X$ es secuencialmente compacto.

Aquí es la idea de la prueba:

Deje $\{ y_{n} \}_{n=1}^{\infty}$ ser una secuencia en $X$. Queremos mostrar que podemos encontrar convergente larga. Pero el espacio es totalmente acotado, entonces para $\epsilon = \frac{1}{2}$, podemos encontrar un número finito de $x_{i} \in X$ ($i = 1, \dots, n $) tal que $X = B(x_{1}, \frac{1}{2}) \cup \dots \cup B(x_{n},\frac{1}{2}) $. A continuación, un número infinito de términos de $\{y_{n} \}$ aparecen en algunos $B(x_{i}, \frac{1}{2})$.

Si nos fijamos en la larga de un número infinito de términos de $\{y_{n} \}$ que aparecen en $B(x_{i}, 1)$, es claro que la distancia entre cada dos términos en esta larga es menos de $1$. Voy a llamar a este subsequence $\{y_{n}^{(1)} \}$.

Podemos repetir este proceso con $\epsilon = \frac{1}{2^{2}}$, es decir, encontrar un número finito de abrir las bolas de la unión de la que es igual a $X$, y una de estas bolas contiene una infinidad de términos de $\{ y_{n}^{(1)} \}$. Voy a llamar a este subsequence $\{ y_{n}^{(2)} \}$, y claramente la distancia entre cada dos términos de esta secuencia es menos de $\frac{1}{2}$.

Hacer esto de forma iterativa, se puede escoger un elemento de cada uno de estos subsecuencias que me estoy encontrando, y este va a construir mi Cauchy larga de la secuencia original, que se reunirán por la integridad del espacio.

Es claro que a partir de este larga, la distancia entre dos términos, digamos, $y_{n}^{(m)}$ $y_{n}^{(p)}$ es de menos de $\frac{1}{2^{p}}$ si $p < m$.

Así, para cada $\epsilon > 0$, todo lo que necesitas hacer es encontrar la $N$ tal que $\frac{1}{2^{N-1}} < \epsilon$. A continuación, $t, s \geq N$ implica $d(y_{n}^{(t)}, y_{n}^{(s)})< d(y_{n}^{(t)}, y_{n}^{(N)})+ d(y_{n}^{(N)}, y_{n}^{(s)}) < \frac{1}{2^{N}} + \frac{1}{2^{N}} < \frac{1}{2^{N - 1}} < \epsilon $.

¿Puedo gestionar para mantener todos los detalles de la recta? Gracias por la ayuda.

Answer 1

Eres la prueba mayoría parece bien, aunque se me hace difícil seguir hacia el final. Si yo fuera a escribir una prueba a lo largo de las mismas líneas, me gustaría escribir de la siguiente manera:

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Deje $\{ y_{n} \}_{n=1}^{\infty}$ ser una secuencia en $X$. $X$ es totalmente acotado, por lo que podemos encontrar un número finito de $x_{i} \in X$ ($i = 1, \dots, n $) tal que $X = B(x_{1}, \frac{1}{2}) \cup \dots \cup B(x_{n},\frac{1}{2})$.

Tomamos nota de que un número infinito de términos de $\{y_{n} \}$ debe aparecer en algunos balón $B(x_{i}, \frac{1}{2})$. Definir $\{y_{n}^{(1)}\}$ a la larga de los términos que aparecen en esta pelota.

Si nos fijamos en la larga de un número infinito de términos de $\{y_{n} \}$ que aparecen en $B(x_{i}, 1)$, es claro que la distancia entre cada dos términos en esta larga es menos de $1$. Voy a llamar a este subsequence $\{y_{n}^{(1)} \}$.

De hecho, podemos repetir este proceso de la siguiente manera: para cualquier entero $k > 1$, podemos seleccionar una bola de $B$ radio $1/2^k$ que contiene un número infinito de elementos de $\{y^{(k-1)}\}$. Definir $\{y_{n}^{(k)}\}$ a la larga cuyos elementos son los elementos de $\{y_{n}^{(k-1)}\}$ que caen en $B$.

Ahora, considere la larga de $y_n$$x_n = y_n^{(n)}$. Tomamos nota de que, por cualquier $\epsilon > 0$, podemos seleccionar un $N$ tal que $1/2^{N} < \epsilon$. Para $n>m>N$, observamos que $x_n,x_m$ son elementos de la secuencia $\{y_n^{(N)}\}$, lo que significa que ambos son elementos de una bola de radio $1/2^N$. Por tanto, podemos afirmar que $$ d(x_n,x_m) < 1/2^N < \epsilon $$ Por lo tanto, $\{x_n\}$ es de Cauchy larga de $\{y_n\}$. Desde $X$ es compacto, $\{x\}_n$ converge.

Por lo tanto, cada secuencia en $X$ tiene un convergentes larga, es decir, que la $X$ es secuencialmente compacto.

Answer 2

La idea básica es del todo correcto, pero es un poco descuidado en puntos. Me gustaría hacer algo como esto.

Desde $X$ es totalmente acotado, hay un $x_0\in X$ y un infinito $N_0\subseteq\Bbb N$ tal que $y_n\in B(x_0,1)$ todos los $n\in N_0$. Dado un infinito $N_k\subseteq\Bbb N$ e una $x_k\in X$ tal que $y_n\in B(x_k,2^{-k})$ todos los $n\in N_k$, el total de acotamiento de $X$ implica que hay un $x_{k+1}\in X$ y un infinito $N_{k+1}\subseteq N_k$ tal que $y_n\in B(x_{k+1},2^{-(k+1)})$ todos los $n\in N_{k+1}$. Ahora vamos a $\langle n_k:k\in\Bbb N\rangle$ será cada vez más una secuencia en la $\Bbb N$ tal que $n_k\in N_k$ por cada $k\in\Bbb N$. A continuación, $\langle y_{n_k}:k\in\Bbb N\rangle$ es una larga de $\langle y_n:n\in\Bbb N\rangle$, e $y_{n_k}\in B(x_\ell,2^{-\ell})$ siempre $\ell\le k$. En particular, cuando $k,\ell>m$ hemos $$d(y_{n_k},y_{n_\ell})\le d(y_{n_k},x_{m+1})+d(x_{m+1},y_{n_\ell})<2\cdot2^{-(m+1)}=2^{-m}\;,$$ so $\langle y_{n_k}:k\in\Bbb N\rangle$ is Cauchy and therefore converges, since $X$ is complete. $\dashv$

Usted puede agregar más detalles a la aplicación del total de acotamiento si usted siente que es necesario.