A y B disjuntos, A compacto y B cerrado implica que hay distancia positiva entre ambos conjuntos

Question

Reclamación: Que $X$ sea un espacio métrico. Si $A,B\in X$ son disjuntos, si A es compacto y si B es cerrado, entonces $\exists \delta>0: |\alpha-\beta|\geq\delta\;\;\;\forall\alpha\in A,\beta\in B$ .

Prueba. Supongamos lo contrario. Sea $\alpha_n\in A,\beta_n\in B$ se elija de forma que $|\alpha_n-\beta_n|\rightarrow0$ como $n\rightarrow \infty$ .

Como A es compacto, existe una subsecuencia convergente de $\alpha_n\;(n\in\mathbb{N})$ , $\alpha_{n_m}\;(m\in\mathbb{N})$ que converge a $\alpha\in A$ .

Tenemos

$$|\alpha-\beta_{n_m}|\leq|\alpha-\alpha_{n_m}|+|\alpha_{n_m}-\beta_{n_m}|\rightarrow0 \;\;\;as\;\;m\rightarrow\infty.$$ Por lo tanto, $\alpha$ es un punto límite de B y como B es cerrado $\alpha\in B$ contradicción.

¿Es correcta mi prueba? Tengo la impresión de que me falta algo sencillo que trivializaría la prueba.

Answer 1

Para tener una respuesta a su pregunta:

Sí, tu prueba está perfectamente bien y no creo que puedas conseguirla más barata de lo que la hiciste.

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Permíteme ampliar un poco lo que puedes hacer con estos argumentos (aportando también detalles a la respuesta de gary). No estoy diciendo que mi prueba al final sea mejor que la tuya de ninguna manera, sólo estoy mostrando una forma ligeramente alternativa de verlo.

Definir la distancia entre dos subconjuntos no vacíos $A,B \subset X$ para ser $d(A,B) = \inf_{a \in A, b \in B} d(a,b)$ y escribir $d(x,B)$ si $A = \{x\}$ .

1. Si $B \subset X$ es arbitraria y no vacía, entonces $x \mapsto d(x,B)$ es $1$ -Lipschitz continua, es decir $|d(x,B) - d(y,B)|\leq d(x,y)$ para todos $x,y \in X$ .
2. Tenemos $d(x,B) = 0$ si y sólo si $x \in \overline{B}$ .
3. Si $d(\cdot,A) = d(\cdot,B)$ entonces $\overline{A} = \overline{B}$ .

1. Elija $b\in B$ tal que $d(x,b) \leq d(x,B) + \varepsilon$ . Entonces la desigualdad del triángulo da como resultado $d(y,B) - d(x,B) \leq d(y,b) - d(x,b) + \varepsilon \leq d(y,x) + \varepsilon$ . Por simetría obtenemos $|d(x,B) - d(y,B)| \leq d(x,y) + \varepsilon$ y 1. se deduce porque $\varepsilon$ era arbitraria. Actualización: En esta respuesta estrechamente relacionada Demuestro que $1$ es de hecho la mejor constante de Lipschitz en cuanto $B$ no es denso. No te pierdas la respuesta de Didier en el mismo hilo que se basa en un hecho general útil que es tan fácil de probar y la respuesta de Zarrax que proporciona un argumento limpiado del que estoy dando aquí.

2. Elija $b_n \in B$ con $d(x,b_n) \leq d(x,B) + \frac{1}{n} = \frac{1}{n}$ . Entonces $d(x,b_n) \to 0$ y por lo tanto $x \in B$ . Por el contrario, si $b_n \to x$ entonces $d(x,b_n) \to 0$ por lo que $d(x,B) = 0$ .

3. Inmediato a partir de 2.

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Permítanme combinar estos hechos: supongan $A$ es compacto y $B$ está cerrado. Como $d(\cdot, B): X \to [0,\infty)$ es continua por 1. arriba, concluimos de la compacidad de $A$ que $d(\cdot,B)$ asume su mínimo cuando se restringe a $A$ (si piensa en cómo se suele demostrar esto, volverá a encontrar su argumento). Por lo tanto, hay $a \in A$ con la propiedad de que $d(a',B) \geq d(a,A)$ para todos $a' \in A$ . Pero si $d(a,B) = 0$ entonces $a \in B$ por 2. arriba, ya que $B = \overline{B}$ . Así que, o bien $A$ y $B$ son no disjuntos o $d(a',B) \geq d(a,B) \gt 0$ . Al elegir $\delta \in (0,d(a,B))$ , volvemos a tener la reclamación.

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Por último, si no se asume que uno entre $A$ y $B$ es compacto, entonces el resultado es falso. El ejemplo es el siguiente $A = \mathbb{N}$ y $B = \{n + \frac{1}{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$ que se da en los comentarios, o, un poco más geométricamente atractivo para mí, que $A$ sea el $x$ -eje en $\mathbb{R}^2$ y $B$ la gráfica de la función $x \mapsto \frac{1}{x}$ , $x \neq 0$ .

Answer 2

EDITAR: Nuevo y (esperemos) mejorado!: Como se ha dicho anteriormente, y como se ha señalado por Theo, un tener tanto $A,B$ ser cerrado pero ninguno de ellos compacto no es suficiente, siendo un contraejemplo el de S={(x,0)} y $S'=\{(x,1/x)\}$ en $\mathbb{R}^n$ así como otros contadores indicados en los comentarios anteriores. Y el supuesto anterior de $A,B$ ambos cerrados tampoco nos permite concluir de $d(A,B)=0$ que hay un $a$ en $A$ con $d(a,B)=0$ para esto último, necesitamos utilizar la hipótesis completa, es decir, necesitamos $A$ para ser compacto. Después de demostrar que $A,B$ como se da y $d(A,B)=0$ implica la existencia de $a$ con $d(a,B)=0$ utilizamos el hecho de que los puntos a distancia $0$ de un subconjunto $S$ de un espacio métrico son precisamente los puntos del cierre de $S$ para llevar a la contradicción de que $A,B$ no son disjuntos si suponemos que $d(A,B)=0$ .

Así que demostramos que $d(A,B)\neq0$ para $A$ compacto, $B$ cerrado y $A,B$ disjuntos. Sin compacidad, lo mejor que podemos concluir de $d(A,B)=0$ es que hay secuencias $\{a_n\}$ en A y $\{b_n\}$ en B, con $d(a_n,b_n) \lt 1/n$ . Pero ahora usamos la métrica de compacidad+, para usar que hay una subsecuencia convergente $\{a_{n_k}\}$ de $a_n$ ; digamos que el límite es a. Entonces, dado cualquier número entero positivo n, podemos seleccionar un índice j en $\{a_{n_k}\}$ con $d(a_{n_k},b_{n_m})\lt 1/2n $ para $m\gt j$ y, por convergencia de ${a_{n_k}}$ a a, se deduce que $d(b_{n_k},a)$ , por lo que (triángulo ineq) a está en B, (ya que B se supone cerrado, y un subconjunto cerrado de un espacio métrico contiene todos los puntos a distancia 0 de B; concretamente, en un espacio métrico, la clausura de un subconjunto contiene todos los puntos a distancia 0 de ese subconjunto), contradiciendo la suposición de que A,B son disjuntos.

Tenga en cuenta que la elección de $S:=\{(x,0)\}$ y $S':=\{(x,1/x) : x \in \mathbb{R}\}$ no es un contraejemplo, ya que la secuencia $\{1/x\}$ no tiene una subsecuencia convergente. Entonces S no es compacto.