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mamboraper
mensaje Jun 5 2020, 12:53 PM
Publicado: #1


Maestro Matemático
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TEX: Sea $(X,d)$ un espacio métrico y $(K_n)_{n\in\mathbb{N}}$ una secuencia decreciente de compactos no vacíos. Sea $K = \bigcap_{n\in\mathbb{N}}K_n$. Pruebe que $$ \lim_{n\to\infty} \ \sup{\{ d(x,K) : x\in K_n \} } = 0 $$


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hermite
mensaje Jun 7 2020, 01:46 PM
Publicado: #2


Maestro Matemático
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TEX: Partamos introduciendo algo de notación:<br />Para todo $n$ consideremos las funciones<br />\begin{align*}<br />f_n: K_n & \rightarrow \mathbb R_{>0}\\<br />x & \mapsto d(x,K)<br />\end{align*}<br />y la secuencia $a_n = \sup f_n \geq 0$.<br />Por lo que lo que queremos demostrar es<br />$$\lim_n a_n = 0.$$<br />Como los conjuntos $K_n$ están anidados, esto implica que la secuencia $a_n$ es decreciente y como es acotada inferiormente por $0$, el limite existe y por tanto solo debemos encontrar su valor.<br /><br />Como la función $f_n$ es continua y $K_n$ es compacto, la función alcanza su máximo, es decir<br />$$ \exists x_n \in K_n,\text{ t.q. } a_n = f_n(x_n). $$<br />Como la secuencia $x_n$ esta contenida en el compacto $K_1$, tenemos que existe una subsucecion<br />$x_{n_k}$ tal que<br />$$ x_{n_k} \rightarrow \hat x \in K_1$$<br />Como la sucesion eventualmente esta contenida en todos los $K_n$ y estos son cerrados,<br />entonces $\bar x \in K_n \forall n$, por lo tanto<br />$$\bar x \in K.$$<br />Sea $\varepsilon > 0$, tenemos que existe $\bar k$ tal que<br />$$ |x_{n_{\bar k}} - \bar x| < \varepsilon $$<br />entonces<br />$$ a_{n_{\bar k}} = d(x_{n_{\bar k}},K) \leq |x_{n_{\bar k}} - \bar x| < \varepsilon $$<br />Lo que implica que <br />$$\inf a_n \leq 0$$<br />y como mencione antes, $a_n$ es decreciente y positiva, por lo tanto<br />$$\lim_n a_n = 0,$$<br />como queríamos demostrar.<br />
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