La continuidad de la función $x\mapsto d(x,A)$ sobre un espacio métrico

Question

Deje $(X,d)$ ser un espacio métrico. Cómo probar que para cualquier cerró $A$ una función de $d(x,A)$ es continua - sé que es Lipschitz continua, pero tengo un problema con la prueba: $$ |d(x,a) - d(y,a)| \leq d(x,y) $$ para cualquier $a\in A$ -, pero no podemos simplemente reemplazarlo por $|d(x,A) - d(y,A)|\leq d(x,y)$ desde el mínimo (o infimum en general) puede ser alcanzado en diferentes puntos de $a\in A$$x$$y$, tan sólo tenemos que $$ |d(x,A)-d(y,a)|\leq d(x,y)+\sup\limits_{a,b\in A}d(a,b) $$ lo cual no significa la continuidad.

Answer 1

Si $a$$A$, por la desigualdad de triángulo tiene $$d(x,a) \leq d(x,y) + d(y,a)$$ El lado izquierdo es, al menos,$d(x,A)$, por lo que tenemos $$d(x,A) \leq d(x,y) + d(y,a)$$ Tomar la infinum de esta sobre todas las $a$ $A$ y obtener $$d(x,A) \leq d(x,y) + d(y,A)$$ Que es el mismo que $$d(x,A) - d(y,A) \leq d(x,y)$$ Invirtiendo los roles de $x$ $y$ $$d(y,A) - d(x,A) \leq d(x,y)$$ Combinando las dos últimas ecuaciones da $$|d(x,A) - d(y,A)| \leq d(x,y)$$ Aviso de $A$ ni siquiera tiene que estar cerrado para que esto funcione.

Answer 2

Si $A = X$ (o si $\overline{A} = X$), a continuación, $d(\cdot,A) = 0$ y no hay nada que demostrar. Si $A$ está vacía, la costumbre de convenios en el infimum rendimiento $d(\cdot,\emptyset) = \infty$ continuidad y de Lipschitz en realidad no tiene sentido. Sin embargo, una función constante es, sin duda continua.

Así, supongamos que $\emptyset \neq A$ y deje $\varepsilon \gt 0$. Elija $a\in A$ tal que $d(x,a) \leq d(x,A) + \varepsilon$. Entonces el triángulo de la desigualdad de los rendimientos de $d(y,A) - d(x,A) \leq d(y,a) - d(x,a) + \varepsilon \leq d(y,x) + \varepsilon$. Por simetría llegamos $|d(x,A) - d(y,A)| \leq d(x,y) + \varepsilon$ y el resultado deseado de la siguiente manera porque $\varepsilon$ fue arbitraria. Tenga en cuenta que yo no uso ese $A$ es cerrado. Actualización: como alternativa, puede elegir Zarrax y permutar dos pasos en este párrafo y hacer que el argumento más agradable por deshacerse de la mención expresa de $\varepsilon$ o de apelación ante el valioso resultado general mencionado por Didier.

Si $A$ no está vacío y no densa, es decir, $\overline{A} \neq X$ $1$ es en realidad la mejor constante de Lipschitz. De hecho, hay $x$ $r\gt0$ tal que $B_r(x) \cap \overline{A} = \emptyset$, lo $d(x,A) \geq r \gt 0$. Para cada $\varepsilon \gt 0$ podemos encontrar $a \in A$ tal que $d(x,a) \leq (1+\varepsilon)d(x,A)$. Pero, a continuación, $|d(a,A) - d(x,A)| = d(x,A)\geq \frac{1}{1+\varepsilon} d(x,a)$ y la demanda de la siguiente manera.

Para una estrechamente relacionados con el hilo, a ver aquí.

Answer 3

Este es un caso especial de la siguiente situación general.

Para cualquier conjunto no vacío $T$, considere la posibilidad de una colección de $(u_t)$ de los verdaderos valores de las funciones definidas en $X$ e indexado por $t$$T$. Suponga que cada una de las $u_t$ $1$- Lipschitz, que es $|u_t(x)-u_t(y)|\le d(x,y)$ por cada $x$ $y$ $X$ y cada una de las $t$$T$. Vamos $v=\inf_{t\in T}u_t$ la función definida para cada $x$$X$$$v(x)=\inf\{u_t(x);t\in T\}.$$, Entonces:

Cualquiera de las $v=-\infty$ en todas partes o $v$ es finito en todas partes y $1$-Lipschitz.

Para probar esto, el inicio de las desigualdades $v(x)\le u_t(x)\le u_t(y)+d(x,y)$ por cada $x$ $y$ $X$ y cada una de las $t$$T$, y siga las luces...

En su configuración se puede elegir la $T=A$ $u_a=d(a,\ )$ por cada $a$$A$. A continuación, cada una de las $u_a$ es no negativa y $1$-Lipschitz, por lo tanto la función de $v=\inf_{a\in A}u_a=d(A,\ )$ es finito en todas partes y $1$-Lipschitz.

Tenga en cuenta que $A$ puede ser cualquier subconjunto no vacío de a $X$.