Successioni e sottosuccessioni convergenti
Siano $A$ e $B$ spazi metrici compatti, sia $r:A->B$ una funzione e sia ${a_n}_{n \in NN}$ una successione di elementi di $A$ che converge ad $\bara\inA$.
La successione ${r(a_n)}_{n \in NN}$ è una successione di elementi di $B$ che è uno spazio metrico compatto, quindi ammette una sottosuccessione ${r(a_{n_k})}_{k \in NN}$ convergente ad un certo $\barb\inB$.
Se questo $\barb$ fosse proprio $r(\bara)$ si avrebbe ovviamente che la sottosuccessione ${r(a_{n_k})}_{k \in NN}$ converge a $r(\bara)$, ma potrei concludere che anche la successione ${r(a_n)}_{n \in NN}$ converge ad $r(\bara)$?
La successione ${r(a_n)}_{n \in NN}$ è una successione di elementi di $B$ che è uno spazio metrico compatto, quindi ammette una sottosuccessione ${r(a_{n_k})}_{k \in NN}$ convergente ad un certo $\barb\inB$.
Se questo $\barb$ fosse proprio $r(\bara)$ si avrebbe ovviamente che la sottosuccessione ${r(a_{n_k})}_{k \in NN}$ converge a $r(\bara)$, ma potrei concludere che anche la successione ${r(a_n)}_{n \in NN}$ converge ad $r(\bara)$?
Risposte
se $f$ è continua e $a_n -> a$ allora $r(a_n) -> r(a)$
se $f$ non è continua non si può dire nulla.
Prendi la funzione $f(x)=sign(x)$ che ovviamente non è continua in $0$ e la successione $x_n=1/n$ allora si ha che $x_n -> 0$ ovviamente ma $f(x_n)=1,forall n inNNsetminus{0}$ non converge a $f(0)=0$
poniamo che $sign : [-1,1]->{-1,0,1}$ dove $[-1,1]$ è un compatto e ${-1,0,1}={-1}cup{0}cup{1}$ ovvero unione di chiusi e limitati che è chiuso e limitato e pertanto compatto.
Eppure $x_n->0 wedge f(x_n)->1nef(0)$
se $f$ non è continua non si può dire nulla.
Prendi la funzione $f(x)=sign(x)$ che ovviamente non è continua in $0$ e la successione $x_n=1/n$ allora si ha che $x_n -> 0$ ovviamente ma $f(x_n)=1,forall n inNNsetminus{0}$ non converge a $f(0)=0$
poniamo che $sign : [-1,1]->{-1,0,1}$ dove $[-1,1]$ è un compatto e ${-1,0,1}={-1}cup{0}cup{1}$ ovvero unione di chiusi e limitati che è chiuso e limitato e pertanto compatto.
Eppure $x_n->0 wedge f(x_n)->1nef(0)$
Io però ho supposto anche un'altra cosa ovvero che la sottosuccessione ${r(a_{n_k})}_{k\inNN}$ non solo converga, ma converga ad $r(\bara)$...cosa che nel tuo controesempio non accade.
Quindi hai
- $f:X->Y$ con $X,Y$ spazi metrici compatti
- ${a_n}subseteqX:a_n -> a inX$
- ${f(a_(n_k))}subseteqY:f(a_(n_k))->f(a) inY$
ti chiedi $f(a_n)->f(a)$
Al momento non mi viene né un controesempio, né un'idea di dimostrazione, però mi è saltata all'occhio questa cosa.
se $b_(n_k)=f(a_(n_k))$ converge a $b$ e $b_n=f(a_n)$ è di Cauchy allora $f(a_n)$ convergerà anch'essa allo stesso limite.
basta notare che $d_Y(b_n,b)leqd_Y(b_n,b_(n_k))+d_Y(b_(n_k),b)$
- $f:X->Y$ con $X,Y$ spazi metrici compatti
- ${a_n}subseteqX:a_n -> a inX$
- ${f(a_(n_k))}subseteqY:f(a_(n_k))->f(a) inY$
ti chiedi $f(a_n)->f(a)$
Al momento non mi viene né un controesempio, né un'idea di dimostrazione, però mi è saltata all'occhio questa cosa.
se $b_(n_k)=f(a_(n_k))$ converge a $b$ e $b_n=f(a_n)$ è di Cauchy allora $f(a_n)$ convergerà anch'essa allo stesso limite.
basta notare che $d_Y(b_n,b)leqd_Y(b_n,b_(n_k))+d_Y(b_(n_k),b)$
La congettura è falsa.
Sia
\[ r: [0,1] \to [0,1] \]
\[ r(x) = \begin{cases} 0 \quad \text{se } \frac{1}{2k+1} \le x < \frac{1}{2k} \quad \forall k \in \mathbb{N}_0 \\ 1 \quad \quad \text{altrimenti} \end{cases} \]
e sia \( \{a_n\}_{n \in \mathbb{N}} := \{ \frac{1}{n+1} \}_{n \in \mathbb{N}} \)
Chiaramente si ha $a_n \to 0 $ e $r(0)=1$, ma
\[ r(a_n) = \begin{cases} 0 \quad n \text{ pari} \\ 1 \quad n \text{ dispari} \end{cases} \]
Dunque \( \{r(a_n)\}_{n \in \mathbb{N}} \) non è una successione convergente. La sua estratta dispari però converge proprio a 1. Questo dimostra che la tua congettura è falsa.
Sia
\[ r: [0,1] \to [0,1] \]
\[ r(x) = \begin{cases} 0 \quad \text{se } \frac{1}{2k+1} \le x < \frac{1}{2k} \quad \forall k \in \mathbb{N}_0 \\ 1 \quad \quad \text{altrimenti} \end{cases} \]
e sia \( \{a_n\}_{n \in \mathbb{N}} := \{ \frac{1}{n+1} \}_{n \in \mathbb{N}} \)
Chiaramente si ha $a_n \to 0 $ e $r(0)=1$, ma
\[ r(a_n) = \begin{cases} 0 \quad n \text{ pari} \\ 1 \quad n \text{ dispari} \end{cases} \]
Dunque \( \{r(a_n)\}_{n \in \mathbb{N}} \) non è una successione convergente. La sua estratta dispari però converge proprio a 1. Questo dimostra che la tua congettura è falsa.
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