Расстояние до замкнутого множества

[Dedekind]

Задача. Пусть $F\subseteq\mathbb{R}$ - замкнутое множество. Определим $g(x) = \inf\{|x-a|: a\in F\}$. Показать, что $g$ непрерывна на всех вещественных числах.

Решение. Покажем, что $g$ непрерывна в произвольной точке $c\in\mathbb{R}$. Поскольку множество $F$ замкнуто, то найдется такая точка $a_0 \in F$, что $g(c) = |c-a_0|$ (то есть, $|c-a_0|$ минимально). Тогда для любого $x\in \mathbb{R}$ имеем $g(x) = |x-b_0|\le |x-a_0|$, где $b_0\in F$.

Пусть $g(c) \le g(x)$. Тогда $ 0 \le g(x) - g(c) \le |x-a_0| - |c-a_0| \le |x-c|$. Последнее неравенство следует из обратного неравенства треугольника.

Пусть $g(c) > g(x)$. Тогда $0 < g(c) - g(x) \le |c-b_0| - |x-b_0| \le |x-c| $.

Таким образом, $|g(x) - g(c)| \le |x-c|$. Тогда для любого $\varepsilon>0$ существует $\delta=\varepsilon$, такая что если $|x-c|<\delta$, то $|g(x) - g(c)| \le |x-c| < \varepsilon$, что и есть определение непрерывности.

Вопрос 1. Есть непонятный момент в доказательстве (выделил жирным). Моя попытка ниже, но до конца что-то не могу докрутить. Возможно, ушел вообще не в ту степь.

От противного, предположим, что для любого $a \in F$ существует $a' \in F$, такое что $|c - a'| < |c - a|$. Тогда можно построить убывающую последовательность $y_n = |c - a_n|$, где все $a_n \in F$. Поскольку она ограничена снизу (нулем), то последовательность сходится. Пусть $\lim y_n = y$.

Последовательность $x_n = c - a_n$ ограничена, поскольку $y_n = |x_n|$, а $y_n$ ограничена. Следовательно, по теореме Больцано-Вейерштрасса, можно выделить сходящуюся подпоследовательность $x_{n_k} = c - a_{n_k}$. Тогда $a_{n_k} = c - x_{n_k}$ сходится.

Дальше, по идее нужно доказать, что $y = |c - a_0|$, где $a_0 \equiv \lim a_{n_k}$, и тогда, поскольку $F$ замкнуто, $a_0 \in F$, что противоречило бы изначальному предположению. Но что-то не пойму, как это сделать. Есть теорема, что если $\lim |x_n| = x$ и при этом последовательность $x_n$ не содержит подпоследовательностей, сходящихся к $-x$, то $\lim x_n = x$. Возможно, нужно как-то использовать ее, но пока не особо получается.

Вопрос 2. Если принять, что выделенное утверждение справедливо, то правильна ли остальная часть доказательства?

[Combat Zone]

Dedekind в сообщении #1695930 писал(а):

Вопрос 2. Если принять, что выделенное утверждение справедливо, то правильна ли остальная часть доказательства?

А правда надо принимать? Утверждение и так неплохо доказывается, просто по определению непрерывности. Но если очень надо, я почитаю.

-- 31.07.2025, 08:49 --

Накидаю в свою степь.
Без всяких дополнительных предположений. Выписываем определение непрерывности $g$ в точке $c$. Оно у вас есть.

$|x-a|\le |x-c| +|c-a| $ переходим к inf по всем $a\in A$, получаем
$g(x)\le |x-c| +g(c)$.
Точно так же $g(c)\le |x-c| +g(x)$. Думаю, дальше понятно.

[Dedekind]

Combat Zone
Да, для самой задачи похоже что не обязательно. Спасибо!
Но, тем не менее, все равно хотелось бы доказать как отдельное утверждение. Поэтому, был бы признателен, если бы Вы посмотрели.

[mihaild]

Если я правильно понимаю, то Вы знаете, что $a_{n_k} \to a_0$, и хотите доказать, что $|c - a_{n_k}| \to |c - a_0|$. Это просто непрерывность модуля (хотя, возможно, понятие непрерывной функции идет после этих упражнений).

Доказывается довольно стандартным приёмом: $|c - a_{n_k}| = |c - a_0 + a_0 - a_{n_k}| \in [|c - a_0| - |a_0 - a_{n_k}|, |c - a_0| + |a_0 - a_{n_k}|]$. Поскольку $a_{n_k} \to a_0$, то $|a_0 - a_{n_k}|$ может быть сделано сколь угодно малым, и, соответственно, $|c - a_{n_k}|$ сколь угодно близким к $|c - a_0|$.

Но чтобы прийти к противоречию, вам абы какой приближающейся к $x$ последовательности недостаточно. Потому что ну нашли предельную точку, есть, по предположению, еще более близкая к $x$, строим еще одну последовательность, и т.д.
Нужно сразу брать последовательность $a_n$, такую что $|x - a_n| \to g(x)$ (такая есть по определению $\inf$). Возьмем предельную точку этой последовательности, и по рассуждению выше, расстояние до этой предельной точки будет $g(x)$.

[Combat Zone]

Ну я опять с корабля на бал, все вкусное уже разобрали. )
По определению инфимума выбирается последовательность $a_n$, такая что $|x - a_n| \to g(x)$, легко показать, что она ограничена, применяем к ней т. Больцано-Вейерштрасса, и предел подпоследовательности как раз и будет точка $a_0$. Насколько я вижу, это практически то же, что и у mihaild.

Но исходное утверждение верно для любого непустого множества $F$, замкнутость не нужна.
Замкнутость нужна, чтобы существовала ближайшая точка в $F$, то есть инфимум достигался. Причем для конечномерных пространств это необходимое условие существования ближайшего элемента и достаточное.

[Dedekind]

mihaild
Combat Zone
Вроде понятно, спасибо. Просто в качестве тренировки, попробую сформулировать доказательство полностью.

Утверждение. Пусть $F\subseteq\mathbb{R}$ - замкнутое множество. Определим $g(x) = \inf\{|x-a|: a\in F\}$. Тогда для любого $x\in \mathbb{R}$ найдется такая точка $a_0 \in F$, что $g(x) = |x-a_0|$.

Доказательство. Зафиксируем $x\in \mathbb{R}$. По определению инфинума (правда, в моем курсе это не определение, а лемма, но не суть), существует последовательность $(a_n) \subseteq F$, такая что $|x - a_n| \to g(x)$. Сходящиеся последовательности ограничены, следовательно, существует $M>0$ такое, что для любого $n\in \mathbb{N}$ выполняется $|x-a_n|\le M$. Тогда $-M+x\le a_n \le M+x$. Следовательно, $a_n$ ограничена.

По теореме Больцано-Вейерштрасса, существует сходящаяся подпоследовательность $a_{n_k}$. Пусть $a_0 \equiv \lim a_{n_k}$. Поскольку у сходящейся последовательности все подпоследовательности сходятся к одному пределу, то $|x - a_{n_k}| \to g(x)$. Докажем, что $|x - a_{n_k}| \to |x-a_0|$, и тогда, в силу единственности предела, $g(x) = |x-a_0|$, причем $ a_0 \in F$, поскольку $F$ замкнуто.

$||x-a_{n_k}| - |x - a_0|| \le |x - a_{n_k} - x + a_0| = |a_{n_k} - a_0|$. Поскольку $a_0 = \lim a_{n_k}$, то для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $N\in \mathbb{N}$, что для любого $n\ge N$ выполняется $|a_{n_k} - a_0|< \varepsilon$, а следовательно и $||x-a_{n_k}| - |x - a_0|| < \varepsilon$. Утверждение доказано.

Все ли правильно, и не накрутил ли опять лишнего?:)

[Combat Zone]

Да в целом, нормально.

Dedekind в сообщении #1696014 писал(а):

(правда, в моем курсе это не определение, а лемма, но не суть),

У меня и леммы не было никогда, это не страшно. Можно обойтись определением, каким бы оно ни было. Точная нижняя грань - более чем достаточно.