¿Función continua en el espacio métrico compacto alcanza valor máximo, intuición?

Question

Tengo una pregunta aquí sobre una proposición de un verdadero análisis de libros de texto.

Si $K$ es compacto espacio métrico y $f$ es continua en a $K$ (aquí se $f: K \to \mathbb{R}$), entonces existe $x'$ tal que $f(x') = \sup_{x \in K} f(x)$, es decir, $f$ toma su valor máximo.

Aquí está la prueba.

Deje $M = \sup_{x \in K} f(x)$ y supongamos $f(x) < M$ por cada punto en $K$. Si $y \in K$, vamos a $L_y = (f(y) + M)/2$ y deje $\epsilon_y = (M - f(y))/2$. Por la continuidad de $f$ existe $\delta_y$ tal que $|f(z) - f(y)| < \epsilon_y$ si $d(z, y) < \delta_y$. a continuación, $G_y = B(y, \delta_y)$ es una pelota que contiene $y$ que $f$ está acotada arriba por $L_y$. Ahora $\{G_y\}_{y \in K}$ es una cubierta abierta de a $K$. Deje $\{G_{y_1}, \ldots, G_{y_n}\}$ ser finito subcover. Deje $L = \max(L_{y_1}, \ldots, L_{y_n})$. A continuación, $L$ es estrictamente menor que $M$. Si $x \in K$, $x$ será en alguna uno de los $G_{y_i}$, y, por tanto,$f(x) \le L_{y_i} \le L$. Pero este dice que $L$ es un límite superior para $\{f(x): x \in K\}$, una contradicción con la definición de $M$. Por lo tanto, nuestra suposición de que la $f(x) < M$ por cada $x$ $K$ no puede ser cierto.

Puedo seguir la prueba paso a paso, pero estoy interesado en lo siguiente: si yo fuera a destilar esta prueba a su idea esencial(s), ¿cuáles serían? ¿Qué es la intuición detrás de la prueba de esta proposición?

Answer 1

Las ideas principales son (1) si es compacto $X$ $f$ es continuo, $f(X)$ es compacta y subconjuntos (2) compactos de $\mathbb{R}$ se limita (por lo que el supremum y el infimum existen) y cerrados (para que el sistema contiene su infimum y supremum).

Aplicando (2) al subconjunto compacto $f(X)$ $\mathbb{R}$ demuestra que $f(X)$ tiene un máximo y mínimo, es decir, que $f$ alcanza su max y min.

Answer 2

Creo que la prueba es lo suficientemente intuitiva. Su realidad es bastante gráfico, pero podemos hacer más verbal, de manera que uno puede visualizar aún más fácilmente.

Digamos que un conjunto $A$ está separado o apartó de un límite superior $M$ si no existe una clara brecha entre ella y $M$; es decir, si existe un número $s$ tal que $a<s<M$ por cada $a\in A$.

Ahora, de forma intuitiva, lo que la prueba dice es esto:

• Si el supremum $M$ no es alcanzable, a continuación, $f(y)<M$ por cada $y\in K$.
• Desde $f$ es continua, siempre podemos crecer a partir de cada una de las $y\in K$ suficientemente pequeña bola de $G_y$ cuya imagen $f(G_y)$ es separado de $M$.
• Como cada una de las $G_y$ se centra en $y$, la unión de estas bolas cubre $K$.
• Se desprende de la compacidad de $K$ que podemos elegir de un número finito de cubierta $G_{y_1},\ldots,G_{y_n}$.
• Como cada una de las $f(G_{y_k})$ es separado de $M$, por lo que es su finita de la unión de $\bigcup_{k=1}^n f(G_{y_k})$. (La finitud es esencial aquí. Ver también esta discusión de "¿por Qué es compacto tan importante?")
• A su vez, $f(K)\subseteq f\left(\bigcup_{k=1}^n G_{y_k}\right)=\bigcup_{k=1}^n f(G_{y_k})$ es separado de $M$.
• Pero esto es una contradicción, porque $M$ es el supremum de $f(K)$ y el supremum de un conjunto, por definición, no puede ser separado del conjunto subyacente.
• Por lo tanto, el supremum $M$ deben ser alcanzables.

Answer 3

En cuenta que la prueba es errónea porque se supone tácitamente que $M<\infty$.

Sin embargo, la idea clave es la siguiente: Si $f(y)<M$ todos los $y\in K$, entonces usted puede elegir para cada punto de $y\in K$$L_y$$f(y)<L_y<M$, y luego por la continuidad de un pequeño barrio de $G_y$ $y$ tal que $f(x)\leq L_y$ todos los $x\in G_y$.

La familia $\bigl (G_y\bigr)_{y\in X}$ es una cubierta abierta de a $X$. Desde $K$ es compacto, se puede seleccionar un número finito de la subfamilia $\bigl(G_{y_k}\bigr)_{1\leq k\leq N}$ de tal manera que el $G_{y_k}$ ya cubren todos los de $K$.

Ahora los límites $L_y$ entrar: Poner $\max_{1\leq k\leq N} L_{y_k}=:L$. Yo reclamo que $f(x)\leq L$ todos los $x\in K$, en otras palabras: $L$ es una cota superior del conjunto a $\{f(x)\,|\,x\in K\}$. – Prueba: Dado cualquier $x\in K$ este punto de $x$ está contenida en uno de los seleccionados $G_{y_k}$. De ello se desprende que $f(x)\leq L_{y_k}\leq L$.

Por otro lado $L<M$ desde cada uno de un número finito de $L_{y_k}$ $<M$ . Esto contradice la definición de $M$. De ello se desprende que nuestra hipótesis de trabajo "$f(y)<M$ todos los $y$" no puede ser confirmada.

Answer 4

El resultado es válido para cualquier no-espacio vacío $ X $ con la compacidad de la propiedad. Y una respuesta anterior señala que una prueba por contradicción no puede empezar por asumir $\infty\ne M=\sup \{f(x):x\in X\}.$

Si $M$ es finito o no, la idea principal es que si $f(x)\ne M$ por cada $x\in X,$ a continuación, para cada $x\in X$ hay un almacén abierto real subconjunto $U(x)$ tal que $f(x)\in U(x)$ $M>\max \overline {U(x)}.$ tenga en cuenta que $\{f(y):y\in f^{-1}U(x)\}\subset U(x)$ porque $f$ es una función. Así que tenemos $$\sup \{f(y):y\in f^{-1}U(x)\}\leq \sup U(x)=\max \overline {U(x)}<M.$$

Ahora si $\{f^{-1}U(x_j):j=1,...,n\}$ es de un número finito de sub-cubierta de la cubierta está abierta $\{f^{-1}U(x): x\in X\} $, entonces la contradicción es $M=\sup \{f(x):x\in X\}=\max_{j=1,...,n}\sup\{f(y):y\in f^{-1}U(x_j)\}\leq \max_{j=1,...,n}\max \overline {U(x_j)}<M.$ (Debido a $\{\max \overline {U(x_i)}\}_{j=1,...,n}$ es un conjunto finito de reales, cada una de menos de $M.$)

Observación: Cualquier declaración acerca de open conjuntos tiene un dual correspondiente declaración acerca de sus complementos, los conjuntos cerrados.

Al $F$ es una familia de subconjuntos de a $X$ nos dice $F$ tiene la Intersección Finita de la Propiedad (FIP) en el sentido de que cualquier finita no vacía $G\subset F$ satisface $\cap G\ne \emptyset.$

Si un espacio es compacto, entonces cualquier no-vacío de la familia $F$ de subconjuntos cerrados de $X$ que tiene la FIP satisface $\cap F\ne \emptyset.$ lo Contrario $\{X$ \ $s : s\in F\}$ es una cubierta abierta sin finito sub-cubierta. (Lo contrario también es.)

Ahora si $X$ es no vacío y compacto , y si la continuas $f:X\to \mathbb R $ no alcanza su máximo, entonces con $M$ como en el anterior, $f^{-1}[r,M)$ no está vacío y cerrado en $X$ por cada $r<M$. (Su complemento en $X$ $f^{-1}(-\infty,r)$ porque $y\in X \implies f(y)<M.$)

Pero si $G=\{f^{-1}[r_j,M)\}_{j=1,...,n}\subset F=\{f^{-1}[r,M):r<M\}$ $r=\max_{j=1,...,n}r_j$ tenemos $\cap G=f^{-1}[r,M)\ne \emptyset.$ $F$ es un no-vacío familia de subconjuntos cerrados de $X$, e $F$ tiene la FIP . Pero $\cap F=\emptyset,$ una contradicción.

Answer 5

Una cosa que me nota acerca de esta prueba se presume $f(K)$ es limitado y con un $\sup_{x\in K} f(x)$ existe y afirma sin pruebas. Lo que es no uno de los puntos clave de la prueba. Que es justo como funciones continuas mapa compacto de conjuntos de conjuntos compactos es un teorema demostrado anteriormente.

Menciono esto porque en una emboscada situación en la que una persona resortes de una "Rápida! ¿Qué es un esquema de la prueba que una función continua para un valor máximo de un conjunto compacto" me gustaría inmediata pensar que la función está acotada como más importante y más sutil que el factor de que la función alcanza el sumpremum en un punto de la serie.

Pero esa no era la pregunta.

Usted quiere una "intuitiva" a prueba así que, aunque esto es una prueba por contradicción voy a modificarlo para que una prueba directa, por lo que podemos "ver" el punto de máximo rendimiento.

Así que los puntos clave:

El supremum de $f(K)$ existe y es $M$.

Deje $y$ ser $f(y) < M$. es decir, $y$ no lograr la máxima.

Podemos encontrar $L_y$$f(y) < L_y < M$.

$f$ es continua por lo que hay $\delta_y$ por cada $y$, de modo que $z \in B(y, \delta_y)$$f(z) < L_y < M$.

El $B(y, \delta_y)$s forma una cubierta abierta para todos los puntos no alcanzar la máxima.

Tomar cualquier subconjunto finito de estos $B(y, \delta_y)$ Para cualquier $z \in B(y_i, \delta_{y_i})$ $f(z) < \max(L_{y_i})< M$ para el máximo de un número finito de valores de $L_{y_i}$.

Por lo tanto $\max(L_{y_i}$ es un límite superior de la imagen de los puntos de este conjunto finito de $B(y_i, \delta_{y_i})$. Pero $\max(L_{y_i} < M$, por lo que no es un límite superior de $f(K)$. Así que no hay finito subcover de $B(y, \delta_y)$ cubrir el compacto $K$. Por lo $B(y, \delta_y)$ no puede ser una cubierta abierta de a $K$ y no debe ser así, $y$ alcanzando el máximo.