¿Cuál de las siguientes condiciones garantiza que la función $f:R^n\to R$ es continua?

Question

Me encontré con un problema interesante en mi clase de Economía sobre la continuidad.

¿Cuál de las siguientes condiciones de la función $f:\mathbb R^n\to \mathbb R$ garantiza que la función $f$ es continua?

1. Para todos $y$ los conjuntos $\{x:x\in \mathbb R^n, f(x) < y\}$ y $\{x:x\in \mathbb R^n, f(x) > y\}$ están abiertos;
2. Para todos $y$ los conjuntos $\{x:x\in \mathbb R^n, f(x) \le y\}$ y $\{x:x\in \mathbb R^n, f(x) \ge y\}$ están abiertos;
3. Para todos $y$ los conjuntos $\{x:x\in \mathbb R^n, f(x) < y\}$ y $\{x:x\in \mathbb R^n, f(x)> y\}$ están cerradas;
4. Para todos $y$ los conjuntos $\{x:x\in \mathbb R^n, f(x) \le y\}$ y $\{x:x\in \mathbb R^n, f(x)\ge y\}$ están cerradas;

He demostrado mediante una contradicción que 3, 4 implica continuidad.

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La prueba es la siguiente:

Supongamos que asumimos 3, y supongamos por el contrario que $f$ no es continua. Entonces existe una secuencia $x_n\to x_0$ tal que $f(x_n) \not\to f(x_0)$ . Así que dado $\epsilon>0$ existe alguna $N\in \mathbb{N}$ tal que para todo $n > N$ , $|f(x_n)-f(x_0)|>\epsilon$ . La última desigualdad es equivalente a $f(x_n)<f(x_0)-\epsilon$ o $f(x_n)>f(x_0)+\epsilon$ .

Ahora, a partir del supuesto 3, los conjuntos $\{x:x\in R^n, f(x) < f(x_0)\}$ y $\{x:x\in R^n, f(x)> f(x_0)\}$ están cerradas. Por lo tanto, contiene todos sus puntos límite. Sin pérdida de generalidad, consideremos sólo el caso de la izquierda. Dado que $f(x_n)<f(x_0)-\epsilon<f(x_0)$ para todos $n>N$ el punto límite de $x_n$ que es $x_0\in \{x:x\in R^n, f(x) < f(x_0)\}$ . Esto implica $f(x_0)<f(x_0)-\epsilon$ una contradicción.

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Pero no estaba muy seguro de cómo demostrar/desmentir que 1, 2 implica continuidad. El número 1 parece cercano a la definición topológica de continuidad, pero es débil (creo). Cualquier ayuda, pista o contraejemplo será apreciado.

Answer 1

Por lo tanto, teniendo en cuenta $\epsilon > 0$ existe alguna $N\in\mathbb N$ tal que para todo $n>N$ , $|f(x_n)-f(x_0)|>\epsilon$

Esta afirmación no es cierta. Por ejemplo, si $f(x_n)$ es la secuencia $1,0,1,0,1,0,1,0$ (que sí no convergen a $1$ ) dado $\epsilon =\frac12$ no es cierto que $f(x)_n$ es más que $\epsilon$ lejos de $1$ .

Lo que puedes decir es esto:

Si la secuencia $f(x_n)$ no converge a $f(x_0)$ Entonces, hay existe algunos $\epsilon > 0$ tal que por cada $N\in\mathbb N$ existe alguna $n>N$ tal que $|f(x_n)-f(x_0)| > \epsilon$ .

Esto se debe a que la negación de la afirmación

$$\forall \epsilon \exists N\forall n: P(\epsilon, N,n)$$

es la declaración

$$\exists \epsilon \forall N \exists n: \neg P(\epsilon, N,n)$$

Answer 2

Para (1): Toma $a,b \in \mathbb{R}, a < b$ y nota que $$f^{-1}(a,b) = \{x \in \mathbb{R}^n : f(x) > a \} \cap \{x \in \mathbb{R}^n : f(x) < b \}$$ está abierto. Desde el $(a,b)$ son una base para la topología de $\mathbb{R}$ Esto implica que $f$ tiene que ser continua.

Answer 3

La respuesta es sí.

$(1)$ significa $f^{-1}(\bigl((-\infty,y)\bigr)$ y $f^{-1}(\bigl((y,+\infty)\bigr)$ son conjuntos abiertos para cualquier $y\in\mathbf R$ .

Como el $(-\infty,y)$ y $(y,+\infty)$ para todos $y\in\mathbf R$ constituyen un base para la topología de $\mathbf R$ , esto significa que la imagen inversa por $f$ de cualquier conjunto abierto es abierto. Este es uno de los criterios que garantiza la continuidad de $f$ .

Answer 4

Una pista:

Reclamación 1: Dejemos que $M,N$ sean espacios métricos. $f: M \to N$ es continua si, y sólo si, la imagen inversa $f^{-1}(A')$ de cada subconjunto abierto $A' \subseteq N$ está abierto en $M$ .

Reclamación 2: Un subconjunto $A \subset M$ es abierta, si y sólo si, es una unión de bolas abiertas.

Ahora, en (1), supongamos $\{x ; f(x) < y\}$ y $\{x ; f(x) > y\}$ para todos $y$ en $\mathbb R$ . Por Reclamación 2 tenemos que para un conjunto abierto $U$ en $\mathbb R$ , $U = \bigcup_{\alpha \in I} (a_{\alpha}, b_{\alpha})$ y también

$$(a_{\alpha}, b_{\alpha}) = (a_{\alpha}, \infty) \cap (-\infty, b_{\alpha}) \implies \begin{align}f^{-1}((a_{\alpha}, b_{\alpha})) &= f^{-1} ((a_{\alpha}, \infty)) \cap f^{-1}((-\infty, b_{\alpha})) \\&= \{x ; f(x) < a_{\alpha}\} \cap \{x ; f(x) > \alpha\}\end{align}$$

la intersección de dos conjuntos abiertos cualesquiera es abierta. Entonces $f^{-1} (a_{\alpha}, b_{\alpha}) $ está abierto. De ello se desprende que $$f^{-1}(U) = \bigcup_{\alpha \in I} f^{-1} ((a_{\alpha}, b_{\alpha}))$$

está abierto. Finalmente por Reclamación 1 $f$ es continua.

Para (4) recuerde que si $A$ está cerrado en $M$ entonces $M - A$ está abierto.

Answer 5

Permítame expresar sus condiciones en términos de preimágenes:

1. Para todos $y$ los conjuntos $f^{-1}((-\infty,y))$ y $f^{-1}((y,+\infty))$ están abiertos;
2. Para todos $y$ los conjuntos $f^{-1}((-\infty,y])$ y $f^{-1}([y,+\infty))$ están abiertos;
3. Para todos $y$ las preimágenes de 1. están cerradas;
4. Para todos $y$ las preimágenes de 2. son cerradas.

En primer lugar, podemos excluir 2 y 3, ya que esas condiciones no se dan para funciones continuas, y de hecho la continuidad implica condiciones incompatibles con aquellas, precisamente 1 y 4.

Son el 1 y el 4 los que hacer implican continuidad. Recordemos que la unión de preimágenes y la preimagen de una unión coinciden, y análogamente para las intersecciones y los complementos. Si $X$ es abierto, entonces es una unión (posiblemente infinita) de intervalos abiertos, ya que ser abierto equivale a tener un intervalo abierto alrededor de cada punto contenido en él. Por tanto, para todos los $x\in X$ tenemos $a(x),b(x)\in\mathbb{R}$ tal que $(a(x),b(x))\subseteq X$ . Así: $$X=\bigcup_{x\in X}(a(x),b(x)),$$ y en consecuencia: $$f^{-1}(X)=\bigcup_{x\in X}f^{-1}((a(x),b(x))).$$ Así que si demostramos que 1. implica que todos los intervalos abiertos tienen preimágenes abiertas demostramos la continuidad. Pero entonces $(a,b)=(-\infty,b)\cap(a,\infty)$ y esos dos tienen preimagen abierta, por lo que su preimagen es la intersección de dos conjuntos abiertos, que es abierta. Me equivoqué en el lado de la velocidad anterior: que la preimagen de $X$ es abierta se deduce de que las preimágenes de los intervalos abiertos son abiertas, ya que una unión arbitraria de conjuntos abiertos es siempre abierta, ya sea finita, contable o incontable.

De manera similar, con todas las semilíneas cerradas que tienen preimagen cerrada, se puede demostrar que todos los intervalos cerrados tienen preimagen cerrada. Pero entonces es más fácil demostrar que 4 y 1 son equivalentes. Esto es así porque si $f^{-1}(\text{closed half-line})$ es abierta, su complemento es cerrado y viceversa, pero el complemento es la preimagen de la semirrecta complementaria, por lo que si todas las semirrecta cerradas tienen preimagen cerrada, todas las semirrecta abiertas tienen preimágenes que son complementos de conjuntos cerrados (las preimágenes de las semirrecta cerradas complementarias), y por tanto son abiertas, demostrando que 4 implica 1. Del mismo modo, 1 implica 4. Pero 1 implica continuidad por el argumento anterior, así que 4 implica continuidad a través de 1.

Obsérvese que si un conjunto es cerrado en $\mathbb{R}$ entonces no puede estar abierto, y viceversa, a no ser que esté vacío o todo el $\mathbb{R}$ . Eso es porque $\mathbb{R}$ está conectado. Por lo tanto, 2 implica que las semilíneas abiertas tienen una preimagen cerrada, por lo tanto no abierta, por lo que $f$ no es continua. La 3 implica lo mismo que la 2, sólo que la enuncia directamente. A menos que, por supuesto, todas las semilíneas abiertas tengan $\mathbb{R}$ o el conjunto vacío como preimagen. Esto implica $f$ es constante. Así que 3 y la continuidad implican $f$ es constante. Y también lo son el 2 y la continuidad.