Dado $X\subseteq \Bbb R^m, f:X\to\Bbb R$$x\in X$, podemos decir $f$ es menor semicontinous (l.s.c) en x si
$\forall \varepsilon>0\ \exists\ \delta >0\ \forall \in B(\delta,x), \ f(x)\le f(y)+\varepsilon$.
Quiero mostrar:
Si $X$ está cerrada, $f$ l.s.c si y sólo si el conjunto de $f^{-1}((-\infty,r]):=\{a\in X:f(a)\le r\}$ es cerrado para cada una de las $r\in \Bbb R$.
Me pregunto cómo podría utilizar el requisito de que el conjunto de $X$ es cerrado.
Respuestas
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Vamos a empezar con el "si" de la parte: voy a demostrar que si $y_n\rightarrow y$$f(y)\leq\liminf f(y_n)$. Deje $\epsilon_n=\frac{1}{n}$; por hipótesis, para cada una de las $n$ podemos encontrar algunos de $\delta_n$ tal que $f(y)\leq f(y_n)+\epsilon_n$. Ahora toma el límite inferior.
Para terminar, tomar una secuencia $(y_n)\subset f^{-1}((-\infty,r])$ tal que $y_n\rightarrow y$. Mediante el uso de lo que hemos sido justo, tenemos que $f(y)\leq\liminf f(y_n)$. Se puede concluir?
Por otro lado, supongamos que para todos los $r$, la $f^{-1}((-\infty,r])$ es cerrado y supongamos ad absurdum que no existe $\epsilon>0$ tal que para todos los $\delta_n=\frac{1}{n}$, podemos encontrar $y_n\in B(\delta_n,x)$ $$f(y)>f(y_n)+\epsilon$$
La última desigualdad implica que $y_n\in f^{-1}((-\infty,f(y)-\epsilon])$. Se puede utilizar el hecho de que $f^{-1}((-\infty,r])$ es cerrado y $y_n\rightarrow y$ a concluir?
Nota: La hipótesis de $X$ cerrados es innecesario.
Luke Reves
Puntos
1
Primera Dirección es: Supongamos que $f$ l.s.c. Para mostrar que $A_r = \{a\in X:f(a)\le r\}$ está cerrado, deje $\{a_n\}$ ser una secuencia en $A_r$, convergiendo a $a_\infty$, lo que queremos mostrar es en $A_r$. Desde $f$ l.s.c., $$ f(a_\infty) \leq \liminf f(a_n) \leq una, $$ desde $a_n \in A_r$. Por lo tanto, $a_\infty \in A_r$.
Segunda Dirección: El argumento es básicamente idéntico.
Es mucho más conveniente utilizar el equivalente secuencial definición de la baja semi-continuidad
