Un almacén de la función en $\Bbb R$ con el cierre de la gráfica es continua.

Question

Se sabe que si una función $f:\Bbb R\to \Bbb R$ es continua, entonces su gráfica es cerrado.

Prueba. Deje $(x_n)_{n\in\Bbb N}$ ser una secuencia en $\Bbb R$, de modo que la secuencia de $(x_n,f(x_n))_{n\in\Bbb N}$ es convergente en $\Bbb R^2$ a un punto de $(x,y)\in\Bbb R^2$. A continuación, $$(x_n,f(x_n)) \xrightarrow{n\to \infty} (x,y) \Longrightarrow x_n\to x \ \ \& \ \ f(x_n)\to y $$ Ahora, a partir de la continuidad de $f$ tenemos que

$$x_n \to x \Longrightarrow f(x_n)\to f(x)$$

y de la uniquence de los límites suponemos que $y=f(x)$.

Por eso, $\lim_{n\to\infty}(x_n,f(x_n))=(x,f(x))\in G(f)$ $G(f)$ es cerrado.

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Sabemos que el recíproco no es cierto en general, para saber si una función real $f$ ha cerrado gráfico de $G(f)=\{(x,f(x))|x \in\Bbb R \}\subset \Bbb R^2$ no podemos asumir que $f$ es continua. Un ejemplo contrario es el de la función: $$f: \Bbb R \a \Bbb R, \ \ f(x)=\begin{cases} \text{%#%#% if } x \neq 0 \\ \text{%#%#% if } x= 0 \end{casos}$$

desde $\frac{1}{x} \ \ \ \ $ es discontinua en a $0 \ \ \ \ \ $ $f$ es cerrado porque ambos conjuntos son cerrados.

pero si añadimos que $x=0$ es acotado, entonces se puede demostrar que $G(f)=\{ (0,0) \}\cup \{(x,\frac{1}{x})|x\in\Bbb R\setminus \{0\}\}$ es continua. Estoy teniendo problema en la prueba. Aquí va mi intento:

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Intento de una prueba. Deje $f$ ser una verdadera secuencia que converge a algunos $f$. Tenemos que demostrar que el $(x_n)_{n\in\Bbb N}$. Tenemos que $x\in\Bbb R$ y $f(x_n)\xrightarrow{n\to \infty}f(x)$ está delimitada en $(x_n,f(x_n))\in G(f) \ \ \forall n\in\Bbb N$ (desde $((x_n,f(x_n))_{n\in\Bbb N}$ es convergente y $\Bbb R^2$ es limitado). Así que a partir de Bolzano-Weierstrass teorema existe una larga $(x_n)_{n\in\Bbb N}$$f$, de modo que $(x_{k_n})_{n\in\Bbb N}$ converge. Ahora, debido a $(x_{n})_{n\in\Bbb N}$ es un conjunto cerrado $(x_{k_n},f(x_{k_n}))_{n\in\Bbb N}$$G(f)$$\exists x'\in\Bbb R :(x_{k_n},f(x_{k_n}))\to (x',f(x')) $. Por otra parte, $x_{k_n}\to x'$$f(x_{k_n})\to f(x')$.

No puedo ir más lejos que esto. Si pudiera demostrar que $x_n\to x \ \ \& \ \ x_{k_n}\to x' \Longrightarrow x=x'$ se cierra $f(x_{k_n})\to f(x)$ está delimitado $x_n\to x \ \ \& \ \ G(f)$ converge, entonces yo podría terminar la prueba.

Answer 1

Otra forma de pensar acerca de esto (no después de la OP, pero el uso de la compacidad de una manera ligeramente diferente):

Para mostrar que $f$ es continua, es suficiente para demostrar que la restricción $f_{|I}: I \to \mathbb R$ es continua para cada intervalo cerrado $I \subset \mathbb R$; esto es lo que vamos a hacer.

Deje $\Gamma_f \subset \mathbb R^2$ denotar la gráfica de $f$, que se cierra por supuesto. A continuación,$\Gamma_{f_{|I}} := \Gamma_f \bigcap (I \times \mathbb R)$, que es la gráfica de $f_{|I}$, es cerrado en $I\times \mathbb R$. La suposición de que $f$ está delimitado muestra que también es limitada, por lo que es un subconjunto compacto de $I\times \mathbb R$.

Ahora es una propiedad general de los gráficos que la proyección de $\Gamma_{f_{|I}} \to I$ $(x,y) \mapsto x$ es continua y bijective. Un continuo bijection entre espacios topológicos compactos es necesariamente un homeomorphism. Tomando la inversa homeomorphism obtenemos un homeomorphism $I \to \Gamma_{f_{|I}}$, que cuando se compone con la (continua) proyección de $\Gamma_{f_{|I}} \to \mathbb R$ definido por $(x,y) \mapsto y$, da la función de $f_{|I}: I \to \mathbb R$, pero ahora se daba cuenta de como una composición de funciones continuas. Esto demuestra que $f$ es continua.

(También vemos que no necesitamos suponer que $f$ es acotado, pero sólo eso $f$ es limitada cuando se limita a subconjuntos acotados de $\mathbb R$ --- una propiedad que cada función continua en $\mathbb R$ satisface; por supuesto, esto también es claro con el OP de la prueba de estrategia (como completa en las otras respuestas). )

Answer 2

Muy buena hasta ahora. Para terminar, se asume que el $\bigl(f(x_n)\bigr)$ no convergen a $f(x)$. Habrá un $\varepsilon > 0$ y una larga $(x_{n_k})$ $(x_n)$ $\lvert f(x_{n_k}) - f(x)\rvert \geqslant \varepsilon$ todos los $k$. Aplicar su argumento a la secuencia de $(y_k)$ $y_k = x_{n_k}$ para obtener la contradicción que $f(y_{k_m}) \to f(x)$ para algunos subsequence de $(y_k)$, aunque por la construcción de $\lvert f(y_k) - f(x)\rvert \geqslant \varepsilon$ todos los $k$. Así que la suposición inicial es insostenible, y llegamos a la conclusión de que $f(x_n) \to f(x)$. Desde la secuencia de $(x_n)$ convergentes a $x$ fue arbitraria, $f$ es continua en a $x$. Desde $x$ fue arbitraria, $f$ a nivel mundial es continua.

Answer 3

He aquí un resumen de las ideas presentadas anteriormente.

Si $\lim_{n\to\infty} x_n =x$, sin embargo, $f(x_n)$ no converge a $f(x)$, WLOG, $\limsup_{n\to\infty} f(x_n) > f(x)$ (de lo contrario, reemplace por $-f$), entonces existe una larga $(x_{n_k})$ tal que $\lim_{k\to\infty} f(x_{n_k}) = \limsup_{n\to\infty} f(x_n)> f(x)$. Desde $G(f)$ es cerrado, $(x,\limsup_{n\to\infty} f(x_n))\in G(f)$, en contradicción a $G$ la gráfica de una función.