[SISSA 2004] Esercizietto sulla compattezza in $RR^n$

[Gaal Dornick]

Semplice esercizietto dalla prova d'ammissione in SISSA 2004:

Sia $A sub RR^n$. Supponiamo che ogni funzione continua su $A$ sia limitata.
Allora $A$ è compatto.

Non saprei come risolverlo: ho iniziato così.

Dato che siamo in $RR^n$ la compattezza equivale a limitato + chiuso.
Per provare la limitatezza prendo $x_0$ a caso nell'insieme, dato che $f(x)=|x-x_0|$ è continua su $RR^n$, allora è continua su $A$, allora è limitata su $A$, allora $A$ è limitato.

Non saprei come provare la chiusura.
Stavo pensando di ragionare per assurdo, supporre che:
esiste $(x_n)_{n in NN}$ tale che $x_n \to barx$ e $barx$ non appartiene ad $A$. (cioè sto negando la caratterizzazione sequenziale della chiusura, siamo in un metrico, posso farlo).
Allora utilizzando ripetutamente il lemma di Urysohn.. Però non l'ho formalizzato per bene, secondo me ci DEVE essere un modo più immediato.

Che ne dite?

[Gaal Dornick]

Penso di esserci arrivato!

Ragioniamo per assurdo: Esiste $(x_n)_{n in NN} sub A$ t.c. $x_n \to barx$ e $x notin A$.
Considero la funzione $f(x)=1/(|x-barx|)$ con $x in A$.
Si ha che la funzione è continua in A, quindi limitata.

Ma considero $g(x)=|x-barx|$ con $x in RR^n$. Questa è continua su $RR^n$ e si ha:
$lim_{x \to barx} g(x)=0^+$, quindi $lim_{x \to barx} 1/g(x)=+oo$.
Quindi $lim_{n} 1/(g(x_n))=+oo$, che contraddice quanto detto sopra.

Vi convince?

[salvozungri]

Scusami Gaal Dornick, non sono molto sveglio, ma non capisco perchè consideri quella paritcolare funzione .

[ViciousGoblin]

"Gaal Dornick":Penso di esserci arrivato!

Ragioniamo per assurdo: Esiste $(x_n)_{n in NN} sub A$ t.c. $x_n \to barx$ e $x notin A$.
Considero la funzione $f(x)=1/(|x-barx|)$ con $x in A$.
Si ha che la funzione è continua in A, quindi limitata.

Ma considero $g(x)=|x-barx|$ con $x in RR^n$. Questa è continua su $RR^n$ e si ha:
$lim_{x \to barx} g(x)=0^+$, quindi $lim_{x \to barx} 1/g(x)=+oo$.
Quindi $lim_{n} 1/(g(x_n))=+oo$, che contraddice quanto detto sopra.

Vi convince?

Mi convince il ragionamento, ma la dim. mi sembra incompleta. Negare che $A$ sia compatto vuol dire che esiste una successione in $A$ che non converge, ma da questo non si deduce che
che esiste una successione che converge a un punto $\bar x$ fuori di $A$, A MENO che tu non intenda che $\bar x$ possa essere infinito (che pero' in $RR^n$ non e' proprio standard).

Per conto mio devi anche considerare il caso di $A$ illimitato e costruire un'altra funzione (per esempio $f(x)=x$) che produca l'assurdo.

[Gaal Dornick]

Ma io sto negando che $A$ sia chiuso!
Cioè sostengo che $A$ sia contenuto propriamente nella sua chiusura..

[ViciousGoblin]

"Gaal Dornick":Ma io sto negando che $A$ sia chiuso!
Cioè sostengo che $A$ sia contenuto propriamente nella sua chiusura..

D'accordo - quindi non hai finito la dimostrazione.
In effetti hai fatto vedere che se ogni funzione su $A$ e' limitata allora $A$ e' chiuso
Ti manca far vedere che sotto la stessa ipotesi $A$ e' limitato.

[Gaal Dornick]

L'ho fatto nel mio primo post.

Quindi evviva! Ho appena passato uno scritto della SISSA.

[ViciousGoblin]

"Gaal Dornick":L'ho fatto nel mio primo post.

Quindi evviva! Ho appena passato uno scritto della SISSA.

Scusa la pigrizia - il primo post non avevo finito di leggerlo .... in effetti hai fatto proprio cio' che pensavo anch'io.

[vict85]

Il mio amico che tenta la sissa mi ha posto il problema recentemente... Anche se io l'avevo dimostrato considerando come codominio di ogni funzione $RR^n$, l'avevo capito così... (me l'aveva detto a voce)

Per prima cosa non capisco perché hai creato una funzione così assurda per la limitatezza... Inoltre non è necessario prendere in considerazione le successioni ma basta il fatto che un insieme limitato e chiuso in $RR^n$ è compatto ed usare le normali nozioni di topologia (e il fatto che $RR^n$ è uno spazio vettoriale normato)...

limitatezza: Sia $i$ l'inclusione di $A$ in $RR^n$. $i$ è continua ed ha per immagine $A$ e quindi per ipotesi $A$ deve essere limitata.

chiusura: Supponiamo per assurdo che $A$ non sia chiuso allora esisterà un punto di accumulazione $x_0$ di $A$ che non è contenuto in $A$, prendiamo quindi la funzione $f:A\to RR^n$ definita come $f(x)=x/|x-x_0|$. La funzione è continua in tutti i punti tranne che in $x=x_0$ (composizione di funzioni continue) e quindi se $A$ non contiene $x_0$ allora $f$ è continua in tutto $A$. Però $x_0$ è un punto di accumulazione di $A$ e quindi l'intersezioni di ogni intorno di $x_0$ con $A$ è non vuota. Siccome $f$ è illimitata in qualsiasi intorno di $x_0$ deve essere illimitata anche in $A$ e quindi si è trovata una funzione continua ed illimitata da $A$ a $RR^n$, contro le ipotesi. Quindi $A$ è chiuso.

Nota: Ovviamente se l'immagine delle funzioni poteva essere diversa da $RR^n$ allora avrei preso semplicemente $f(x)=1/(|x-x_0|)$. In ogni caso ho dimostrato qualcosa di più restrittivo rispetto a quello richiesto, anche se tu hai di fatto dimostrato che se ogni funzione continua da $A$ a $R$ era limitata allora $A$ era compatto (hai usato $RR$ come codominio anche nella limitatezza). Una domanda così tanto per fare esercizio (per te, io non faccio altri test) se al posto di $RR^n$ ed $RR$ si prende un $RR^m$ qualsiasi allora l'affermazione vale ancora? Non dovrebbe essere difficile comunque...

[ViciousGoblin]

Mi pare che il teorema fatto per $f:A\to RR$ implichi quello per le $f:A\to RR^M$.
Infatti se sai che per ogni $F:A\to RR^M$ continua $F$ e' limitata deduci che per ogni $f:A\to RR$ continua $f$ e' limitata
(per vederlo prendi $f:A\to RR$, definisci $F(x):=(f(x),0,...,0)$ e applichi l'ipotesi)

[j18eos]

Propongo un rilancio: con questo esercizio costruire una funzione continua e illimitata sulla palla chiusa di raggio \(1\) e centro \(0\) in uno spazio di Hilbert separabile; da ciò evincere che tale palla è un insieme chiuso e limitato ma non compatto!

[dissonance]

Simpatico!

"j18eos":Propongo un rilancio: con questo esercizio costruire una funzione continua e illimitata sulla palla chiusa di raggio \(1\) e centro \(0\) in uno spazio di Hilbert separabile; da ciò evincere che tale palla è un insieme chiuso e limitato ma non compatto!

Sia \(H\) lo spazio di Hilbert in questione. Per ogni vettore \(x_0 \in H\) contenuto in un intorno aperto \(U\) scriviamo

\[x_0 \prec \psi \prec U\]

per indicare una funzione continua (NON necessariamente a supporto compatto) \(\psi \colon H \to [0, 1]\) tale che \(\psi(x_0)=1\) e \(\psi(y)=0\) se \(y \notin U\). Una tale funzione esiste sempre. [1]

Sia \((e_n)_{n \in \mathbb{N}}\) una base ortonormale e denotiamo con \(B_n\) la sfera aperta di centro \(e_n/2\) e raggio \(1/2\). Definiamo

\[\tag{1} \psi(x)=\sum_{n=1}^\infty n \psi_n(x), \]

dove \(e_n \prec \psi_n \prec B_n\). La (1) è ben posta perché per ogni \(x\) al più uno degli addendi non si annulla ed è una funzione continua ma non limitata.


______________
[1]: Ad esempio, se \(U\) contiene l'intorno aperto di \(x_0\) di raggio \(r\), si può prendere

\[\psi(x)=\begin{cases} 1- \frac{\lVert x-x_0\rVert}{r} & \lVert x-x_0\rVert \le r \\ 0 & \lVert x-x_0\rVert > r\end{cases}.\]

[j18eos]

Ovviamente ora propongo la soluzione discussa a lezione.

Essendo \(H\) separabile si ha che esiste una base ortonormale numerabile \(\{e_n\in H\}_{n\in\mathbb{N}}\), inizialmente si considera:
\[
\|x\|^2=\sum_{n=1}^{+\infty}|\langle x\mid e_n\rangle|^2
\]
la quale è banalmente continua e limitata sulla palla unitaria chiusa, mentre:
\begin{gather*}
\varphi_0(x)=\frac{1}{\|x\|^2}\\
\varphi_1(x)=\frac{1}{1-\|x\|^2}
\end{gather*}
sono continue eccetto l'una nel centro e l'altra sul bordo; facendo una specie di merging si ottiene la funzione:
\[
\varphi_2(x)=\frac{1}{(1-\|x\|^2)^2+\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}}\frac{1}{2^n}|\langle x\mid e_n\rangle|^2}
\]
o più che altro restano definite un'infinità continua di funzioni siffatte:
\[
\forall \alpha>1,\,\varphi_{\alpha}(x)=\frac{1}{(1-\|x\|^2)^2+\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}}\frac{1}{\alpha^n}|\langle x\mid e_n\rangle|^2}.
\]

Altre idee?

EDIT: Corretto, grazie dissonance!