Autor Tema: Espacio métrico compacto y continuidad

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17 Marzo, 2019, 02:26 pm
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Weip

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Hola a todos, estoy haciendo el siguiente problema y me han surgido algunas dudas:

"Sea \( X \) espacio métrico compacto y \( f:X\to \mathbb{R} \) contínua cumpliendo \( f(x)\neq 0 \) para todo \( x\in X \). Demostrar que existe \( \varepsilon >0 \) tal que \( |f(x)| \geq \varepsilon \) para todo \( x \in X \)."

Mi intento ha sido hacer reducción al absurdo. Supongo que no existe \( \varepsilon >0 \) tal que \( |f(x)| \geq \varepsilon \) para todo \( x \in X \). Esto significa que para algún \( x\in X \), \( |f(x)|=0 \). Es decir, que para algún \( x\in X \), \( f(x)=0 \), en contradicción con la hipótesis \( f(x)\neq 0 \) para todo \( x\in X \).

Mi duda a parte de si mi solución es correcta o no, es las siguiente: ¿Dónde he de usar la hipótesis de que \( X \) es compacto?

Gracias por adelantado.

17 Marzo, 2019, 04:12 pm
Respuesta #1

Juan Pablo Sancho

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Te falta probar justo esto \( |f(x)| = 0 \)  para poder llegar al absurdo y para eso necesitaras que \( X \) es compacto.
Una pista:
Spoiler
Para \( \epsilon = 1  \) tienes un \( x_1 \in X \) con \( |f(x_1)| < 1  \)
Para \( \epsilon = \dfrac{1}{2}  \) tienes un \( x_2 \in X \) con \( |f(x_2)| < \dfrac{1}{2}  \)
Por inducción construimos la sucesión que para todo \( n \in \mathbb{N}  \) verificando \( |f(x_n)| < \dfrac{1}{n}  \), por ser \( X \) compacto se puede sacar una subsucesión convergente en \( X \) y usar que \( f \) es continua en el punto de convergencia.
[cerrar]

17 Marzo, 2019, 05:58 pm
Respuesta #2

Weip

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Te falta probar justo esto \( |f(x)| = 0 \)  para poder llegar al absurdo y para eso necesitaras que \( X \) es compacto.
Una pista:
Spoiler
Para \( \epsilon = 1  \) tienes un \( x_1 \in X \) con \( |f(x_1)| < 1  \)
Para \( \epsilon = \dfrac{1}{2}  \) tienes un \( x_2 \in X \) con \( |f(x_2)| < \dfrac{1}{2}  \)
Por inducción construimos la sucesión que para todo \( n \in \mathbb{N}  \) verificando \( |f(x_n)| < \dfrac{1}{n}  \), por ser \( X \) compacto se puede sacar una subsucesión convergente en \( X \) y usar que \( f \) es continua en el punto de convergencia.
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Muchas gracias Juan Pablo Sancho. Con lo que me has dicho creo poder intentarlo otra vez a ver si me queda bien escrito:

Suponemos que no existe \( \varepsilon >0 \) tal que \( |f(x)| \geq \varepsilon \) para todo \( x \in X \). Entonces:
-Existe \( x_1\in X \) tal que \( f(x_1)\leq 1 \).
-Existe \( x_2\in X \) tal que \( f(x_2)\leq 1/2 \).
-Existe \( x_2\in X \) tal que \( f(x_3)\leq 1/3 \).
...
Al final del proceso tenemos definida una sucesión \( \left\{{x_n}\right\}\subset{X} \) de manera que \( |f(x_n)| \leq 1/n \) para todo \( n \in \mathbb{N}-\left\{{0}\right\} \). Como \( X \) es compacto entonces existe una subsucesión \( \left\{{x_{n_{k}}}\right\} \subset{} \left\{{x_n}\right\} \) tal que \( x_{n_{k}}\to x \in X \). Así pues \( |f(x_{n_k})| \leq 1/n_k \). Tomando límites a ambos lados queda:

\( \textrm{lim}_{n_k}|f(x_{n_k})| \leq \textrm{lim}_{n_k} 1/n_k \)

Como el valor absoluto es una función contínua:

\( | \textrm{lim}_{n_k}f(x_{n_k}) | \leq \textrm{lim}_{n_k} 1/n_k \)

Y como \( f \) es contínua por hipótesis:

\( | f(\textrm{lim}_{n_k}x_{n_k}) | \leq \textrm{lim}_{n_k} 1/n_k \)

Usando que  \( x_{n_{k}}\to x \in X \):

\( | f(x) | \leq \textrm{lim}_{n_k} 1/n_k \)

Finalmente:

\( | f(x) | \leq 0 \)

Esto implica que para algún \( x\in X \), \( |f(x)|=0 \). Es decir, que para algún \( x\in X \), \( f(x)=0 \), en contradicción con la hipótesis \( f(x)\neq 0 \) para todo \( x\in X \).

¿La demostración es correcta y está bien escrita? Tampoco sé muy bien como detallar la construcción de la sucesión \( \left\{{x_n}\right\} \) ¿Haría falta decir algo más? A lo largo de la demostración he ido poniendo \( \leq \) en vez de \( < \) para que al final quedara \( |f(x)| \leq 0 \) y poder concluir \( f(x)=0 \), no sé si lo he hecho bien o no.

17 Marzo, 2019, 07:28 pm
Respuesta #3

Juan Pablo Sancho

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Lo tienes bien,lo de poner \( \leq \) o \( < \) da lo mismo,la sucesión \( \dfrac{1}{n} \) verifica que \( \dfrac{1}{n} > 0  \) pero su límite es cero.
Otra forma de hacerlo es ver que:
\( |f(x_{k_n})| = |f(x_{k_n}) - 0| < \dfrac{1}{k_n} \leq \dfrac{1}{n}  \).
Dado \( \epsilon>0 \) existe \( n_{\epsilon}  \) tal que para todo \( n \geq n_{\epsilon}  \) tenemos \(  \dfrac{1}{n} < \epsilon  \).
Entonces:
\( \displaystyle 0 = \lim_{n \to +\infty} f(x_{k_n}) = f(\lim_{n \to +\infty} x_{k_n}) = f(x)  \)

17 Marzo, 2019, 10:59 pm
Respuesta #4

Weip

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Lo tienes bien,lo de poner \( \leq \) o \( < \) da lo mismo,la sucesión \( \dfrac{1}{n} \) verifica que \( \dfrac{1}{n} > 0  \) pero su límite es cero.
Otra forma de hacerlo es ver que:
\( |f(x_{k_n})| = |f(x_{k_n}) - 0| < \dfrac{1}{k_n} \leq \dfrac{1}{n}  \).
Dado \( \epsilon>0 \) existe \( n_{\epsilon}  \) tal que para todo \( n \geq n_{\epsilon}  \) tenemos \(  \dfrac{1}{n} < \epsilon  \).
Entonces:
\( \displaystyle 0 = \lim_{n \to +\infty} f(x_{k_n}) = f(\lim_{n \to +\infty} x_{k_n}) = f(x)  \)

Entiendo, de esa forma queda más corto. Gracias de nuevo Juan Pablo Sancho.

18 Marzo, 2019, 10:28 am
Respuesta #5

Luis Fuentes

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Hola

"Sea \( X \) espacio métrico compacto y \( f:X\to \mathbb{R} \) contínua cumpliendo \( f(x)\neq 0 \) para todo \( x\in X \). Demostrar que existe \( \varepsilon >0 \) tal que \( |f(x)| \geq \varepsilon \) para todo \( x \in X \)."

Sólo un comentario añadido. Este resultado es una consecuencia inmediata de otro más general:

Si \( X \) es un espacio métrico compacto y \( f:X\to \mathbb{R} \) continua entonces \( f \) alcanza el máximo y el mímimo.

Prácticamente con el mismo esfuerzo e ideas con las que has demostrado tu ejercicio se demuestra el resultado general.

Saludos.