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Autor Tema: Espacio métrico compacto y continuidad  (Leído 88 veces)
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« : 17/03/2019, 10:26:06 am »

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

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

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

Mi duda a parte de si mi solución es correcta o no, es las siguiente: ¿Dónde he de usar la hipótesis de que [texx]X[/texx] es compacto?

Gracias por adelantado.
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Juan Pablo Sancho
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« Respuesta #1 : 17/03/2019, 12:12:16 pm »

Te falta probar justo esto [texx]|f(x)| = 0[/texx]  para poder llegar al absurdo y para eso necesitaras que [texx]X[/texx] es compacto.
Una pista:
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« Respuesta #2 : 17/03/2019, 01:58:41 pm »

Te falta probar justo esto [texx]|f(x)| = 0[/texx]  para poder llegar al absurdo y para eso necesitaras que [texx]X[/texx] es compacto.
Una pista:
Spoiler (click para mostrar u ocultar)
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 [texx]\varepsilon >0[/texx] tal que [texx]|f(x)| \geq \varepsilon[/texx] para todo [texx]x \in X[/texx]. Entonces:
-Existe [texx]x_1\in X[/texx] tal que [texx]f(x_1)\leq 1[/texx].
-Existe [texx]x_2\in X[/texx] tal que [texx]f(x_2)\leq 1/2[/texx].
-Existe [texx]x_2\in X[/texx] tal que [texx]f(x_3)\leq 1/3[/texx].
...
Al final del proceso tenemos definida una sucesión [texx]\left\{{x_n}\right\}\subset{X}[/texx] de manera que [texx]|f(x_n)| \leq 1/n[/texx] para todo [texx]n \in \mathbb{N}-\left\{{0}\right\}[/texx]. Como [texx]X[/texx] es compacto entonces existe una subsucesión [texx]\left\{{x_{n_{k}}}\right\} \subset{} \left\{{x_n}\right\}[/texx] tal que [texx]x_{n_{k}}\to x \in X[/texx]. Así pues [texx]|f(x_{n_k})| \leq 1/n_k[/texx]. Tomando límites a ambos lados queda:

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

Como el valor absoluto es una función contínua:

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

Y como [texx]f[/texx] es contínua por hipótesis:

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

Usando que  [texx]x_{n_{k}}\to x \in X[/texx]:

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

Finalmente:

[texx]| f(x) | \leq 0[/texx]

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

¿La demostración es correcta y está bien escrita? Tampoco sé muy bien como detallar la construcción de la sucesión [texx]\left\{{x_n}\right\}[/texx] ¿Haría falta decir algo más? A lo largo de la demostración he ido poniendo [texx]\leq[/texx] en vez de [texx]<[/texx] para que al final quedara [texx]|f(x)| \leq 0[/texx] y poder concluir [texx]f(x)=0[/texx], no sé si lo he hecho bien o no.
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Juan Pablo Sancho
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« Respuesta #3 : 17/03/2019, 03:28:44 pm »

Lo tienes bien,lo de poner [texx]\leq[/texx] o [texx]<[/texx] da lo mismo,la sucesión [texx]\dfrac{1}{n}[/texx] verifica que [texx]\dfrac{1}{n} > 0 [/texx] pero su límite es cero.
Otra forma de hacerlo es ver que:
[texx]|f(x_{k_n})| = |f(x_{k_n}) - 0| < \dfrac{1}{k_n} \leq \dfrac{1}{n} [/texx].
Dado [texx]\epsilon>0[/texx] existe [texx]n_{\epsilon} [/texx] tal que para todo [texx]n \geq n_{\epsilon} [/texx] tenemos [texx] \dfrac{1}{n} < \epsilon [/texx].
Entonces:
[texx]\displaystyle 0 = \lim_{n \to +\infty} f(x_{k_n}) = f(\lim_{n \to +\infty} x_{k_n}) = f(x) [/texx]
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« Respuesta #4 : 17/03/2019, 06:59:16 pm »

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

Entiendo, de esa forma queda más corto. Gracias de nuevo Juan Pablo Sancho.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #5 : 18/03/2019, 06:28:12 am »

Hola

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

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

Si [texx]X[/texx] es un espacio métrico compacto y [texx]f:X\to \mathbb{R}[/texx] continua entonces [texx]f[/texx] 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.
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