Partición de la unidad de barrio del conjunto compacto de

Question

Deje $U\subseteq\mathbb{R}^n$ ser abierto y $D\subseteq U$ ser compacto. Demostrar que existe un $C^{\infty}$ función de $f:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}$ tal que $f$ toma el valor de $1$ en un barrio de $D$, y el apoyo de $f$ está contenido en $U$.

Hay un resultado que si $D$ es abierto y $U$ compacto, entonces existe una $\epsilon$-barrio de $D$ (vamos a llamar a $E$) que está contenido en $U$. Por lo $D\subseteq E\subseteq U$, y lo que se puede aspirar a tener $f$ sobre el valor de $1$$E$.

Podemos tomar un $C^{\infty}$ partición de la unidad $\{\phi_i\}$$E$. Así que tenemos que $\phi_i\geq 0$ para todos los $x\in\mathbb{R}^n$, $\sum_{i=1}^{\infty}\phi_i(x)=1$ para todos los $x\in E$, y el apoyo de $\phi_i$ está contenido en $E$. Me pregunto si podemos definir la función de $f(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\phi_i(x)$. Tendremos $f(x)=1$ todos los $x\in E$, pero para $x\not\in E$, la suma de $\sum_{i=1}^{\infty}\phi_i(x)$ podría no converger. ¿Cómo podemos solucionar este problema?

Edit: creo que Etienne de la solución que se ponga en "Editar" en la parte casi funciona, excepto por un agujero del que no sé cómo solucionar. Ver mi comentario allí.

Answer 1

Aquí es la manera estándar de probar el resultado.

En primer lugar observamos que hay un no-cero $\mathcal C^\infty$ función de $\theta\geq 0$ $\mathbb R$ que se apoya en $[0,1]$.

A partir de esto, se deduce que para cualquier $\varepsilon >0$, hay un no-negativo $\mathcal C^\infty$ función de $\phi_\varepsilon$ $\mathbb R^n$ que se apoya en el cerrado euclidiana balón $\overline B(0,\varepsilon)$ que $\int_{\mathbb R^n} \phi_\varepsilon (u) du=1$: acabo de poner $\phi_\varepsilon(x)= c_\varepsilon\, \theta\left(\frac{\Vert x\Vert^2}{\varepsilon^2}\right)$ para algunos convenientemente elegido constante $c_\varepsilon$.

Ahora, elija $\varepsilon>0$ tal que $D+\overline B(0,2\varepsilon)\subset U$, y definir $f$ a ser la convolución $\mathbf 1_{D_\varepsilon}*\phi_\varepsilon$ donde $D_\varepsilon=D+\overline B(0,\varepsilon)$: $$f(x)=\int_{\mathbb R^n} \mathbf 1_{D_\varepsilon}(y)\phi_\varepsilon(x-y)\, dy\, . $$

Luego, por la norma teorema de la diferenciación bajo el signo integral, $f$$\mathcal C^\infty$; y por una conocida propiedad de el apoyo de una convolución, $${\rm supp}(f)\subset D_\varepsilon+{\rm supp}(\phi_\varepsilon)\subset D+\overline B(0, 2\varepsilon)\subset U\, .$$

Finalmente, $f$ es igual a$1$$D$. De hecho, escribir $$f(x)=\int_{\mathbb R^n} \mathbf 1_{D_\varepsilon}(x-y) \phi_\varepsilon (y)\, dy= \int_{\overline B(0,\varepsilon)} \mathbf 1_{D_\varepsilon}(x-y) \phi_\varepsilon (y)\, dy $$ y observar que si $x\in D$, $x-y\in D_\varepsilon$ por cada $y\in\overline B(0,\varepsilon)$, es decir,$\mathbf 1_{D_\varepsilon}(x-y)=1$. De ello se desprende que para $x\in D$ hemos $$ f(x)=\int_{\overline B(0,\varepsilon)} \phi_\varepsilon (y)\, dy=\int_{\mathbb R^n} \phi_\varepsilon(y)\, dy=1\, .$$

$\bf Edit.$ Si usted quiere encontrar la función de $f$ sólo mediante la existencia de una partición de la unidad como usted dijo, usted puede hacer esto suponiendo que la partición de la unidad $(\phi_i)_{i\in I}$ es relativo a $U$ e es localmente finito, es decir, cada punto de $x\in\mathbb R^n$ tiene una vecindad $V_x$ en la que todos, pero un número finito de funciones $\phi_i$$0$.

Suponga que el cierre de $E$ está contenido en $U$. Por compacidad, usted puede cubrir $\overline E$ por finitely abrir conjuntos de $V_{x_1},\dots ,V_{x_N}$ como el anterior; y, además, puede suponer que $V_{x_j}\subset U$ todos los $j$. Para cada una de las $j\in\{ 1,\dots ,N\}$, elija un conjunto finito $I_j\subset I$ tal que $\phi_i\equiv 0$ $V_{x_j}$ todos los $i\not\in I_j$. A continuación, vamos a $I':=\bigcup_{j=1}^N I_j$$f:=\sum_{i\in I'} \phi_i$. La función de $f$ está perfectamente bien definido y $\mathcal C^\infty$ $\mathbb R^n$ ya que este es una suma finita, y usted tiene $f\equiv 1$ $E$ porque $\phi_i\equiv 0$ $\overline E$ todos los $i\not\in I'$ y, por tanto,$f\equiv\sum_{i\in I}\phi_i=1$$E$.

Answer 2

Hay un $C^\infty$ función de $\phi:\ {\mathbb R}\to[0,1]$$\phi(t)=1$$t\leq1$$\phi(t)=0$$t\geq2$. Para $\epsilon>0$ definir $\phi_\epsilon:\ {\mathbb R}^n\to[0,1]$ por $$\phi_\epsilon(x):=\phi\left({|x|\over\epsilon}\right)\qquad(x\in{\mathbb R}^n)\ .$$ La función de $\phi_\epsilon$ $\equiv1$ en el abra $ \epsilon$-neighborhood $U_\epsilon(0)$ and $\equiv0$ outside $U_{2\epsilon}(0)$.

Cada punto de $x\in D$ tiene un vecindario $U_{2\epsilon}(x)\subset U$ donde $\epsilon >0$ depende de $x$. La familia $\left(U_\epsilon(x)\right)_{x\in D}$ es una cubierta de $D$; de modo que existe un conjunto finito $\{x_1,x_2,\ldots, x_N\}\subset D$ tal de que la escritura de $\epsilon(x_k)=:\epsilon_k$ uno tiene $$D\subset \bigcup\nolimits_{1\leq k\leq N} U_{\epsilon_k}(x_k)\ .$$ El $C^\infty$-función $$\psi(x):=\prod_{k=1}^N\left(1-\phi_{\epsilon_k}(x-x_k)\right)$$ toma valores en $[0,1]$$\equiv0$$D$, ya que para cada $x\in D$ al menos una $\phi_{\epsilon_k}(x-x_k)=1$, y es$\equiv1$${\mathbb R}^n\setminus U$, ya que todos los $\phi_{\epsilon_k}(\cdot-x_k)$ desvanecen fuera de $U$.

De ello se desprende que $f(x):=1-\psi(x)$ tiene las propiedades requeridas.