Sobre continuidad y continuidad uniforme

8 marzo, 2013 de Felipe Riquelme

Recordemos que en $\mathbb{R}$ los conjuntos compactos son aquellos cerrados y acotados. Estos tienen otra caracterización dada por el hecho de que toda sucesión en un tal conjunto contiene una subsucesión convergente (que converge en el conjunto).

Consideremos entonces $I=[a,b]\subset\mathbb{R}$ , el cual es un conjunto compacto. En este post daremos una propiedad de las funciones continuas sobre este tipo de intervalos que trae consecuencias potentes en su estudio. En un futuro post daremos una de estas consecuencias en detalle.

Recuerdo: Una función continua $f:U\subset\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ se dice Uniformemente Continua si para cada $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que para todos $x,y\in U$ se tiene

$|x-y|<\delta$ $\Rightarrow$ $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$

Es sumamente importante darse cuenta de la diferencia con la continuidad. En estricto rigor la continuidad de una función nos dice que $\delta$ existe y depende del punto (en el que evaluamos la continuidad) y de $\varepsilon$ . Según nuestra definición de continuidad uniforme, tal $\delta$ no depende del punto en cuestión. Podemos decir de manera poco formal que nuestro $\delta$ sirve en cada punto, es uniforme en el conjunto $U$ (¡de ahí el nombre de la continuidad!).

Un ejemplo de función continua y no uniformemente continua es $f:(0,1)\rightarrow\mathbb{R}$ definida por $f(x)=\frac{1}{x}$ (¡Compruébenlo!).

Proposición: Sea $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ continua. Entonces $f$ es uniformemente continua.

Demostración:

El método de la prueba es por contradicción, es decir, supondremos que nuestra función es continua pero no uniformemente continua. En algún momento llegaremos a una contradicción con alguna hipótesis. El punto crucial en la demostración es la estructura topológica de nuestro dominio: $I$ es un compacto.

En lenguaje matemático formal, la continuidad uniforme es equivalente a

$\forall\varepsilon>0$ $\exists\delta>0$ tales que $\forall x,y\in I$ se tiene

$|x-y|<\delta$ $\Rightarrow$ $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$

si negamos toda esta oración, nos queda

$\exists\varepsilon_{0}>0$ tal que $\forall\delta>0$ existen $x_{\delta},y_{\delta}\in I$ que satisfacen

$|x_{\delta}-y_{\delta}|<\delta$ y $|f(x_{\delta})-f(y_{\delta})|\geq\varepsilon_{0}$ .

En particular, para $\delta_{n}=\frac{1}{n}$ , existen $x_{n},y_{n}\in I$ con la propiedad anterior.

Ahora usaremos la compacidad, $\{x_{n}\}_{n}$ es una sucesión en un conjunto compacto, por lo tanto contiene una subsucesión convergente. Por simplicidad de notación supondremos entonces, sin perder la generalidad, que $\{x_{n}\}_{n}$ es convergente, digamos que converge a $x_{0}\in I$ . Notar que

$|x_{0}-y_{n}|\leq|x_{0}-x_{n}|+|x_{n}-y_{n}|<|x_{0}-x_{n}|+\delta_{n}$

y ya que ambos términos a la derecha tienden a $0$ se tiene que $\{y_{n}\}_{n}$ es convergente y converge a $x_{0}$ .

Por último, la función es continua, por lo que en particular es continua en $x_{0}$ , es decir, para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta$ tal que $|x-x_{0}|<\delta$ implica $|f(x)-f(x_{0})|<\varepsilon$ . Escogemos $\varepsilon=\frac{\varepsilon_{0}}{2}$ y luego existe un $\delta_{0}$ con la propiedad de la definición de continuidad. Ya que tanto $\{x_{n}\}$ como $\{y_{n}\}$ convergen a $x_{0}$ se tiene que desde $n$ suficientemente grande,

$x_{n}\in B(x_{0},\delta_{0})$ y $y_{n}\in B(x_{0},\delta_{0})$

y luego (para $n$ suficientemente grande)

$|f(x_{n})-f(y_{n})|\leq|f(x_{n})-f(y_{0})|+|f(x_{0})-f(y_{n})|<\frac{\varepsilon_{0}}{2}+\frac{\varepsilon_{0}}{2}=\varepsilon_{0}$

es decir

$|f(x_{n})-f(y_{n})|<\varepsilon_{0}$

pero nuestra hipótesis era justamente que para tales sucesiones $|f(x_{n})-f(y_{n})|\geq\varepsilon_{0}$ . Hemos llegado a un absurdo.

Esto muestra que una función continua definida en un intervalo compacto debe ser uniformemente continua.

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Conexidad

11 febrero, 2013 de Felipe Riquelme

La conexidad es una propiedad topológica de los conjuntos, es decir, su definición depende exclusivamente de los subconjuntos abiertos del espacio base. Recordemos que sobre el espacio euclideano n-dimensional se tienen abiertos «base», estas son las bolas (ya estudiadas bastante en este blog) que son de la forma

$B(x,r)=\{y\in\mathbb{R}^{n}:\|y-x\|<r\}$

donde $x\in\mathbb{R}^{n}$ y $r>0$ es un real positivo. Hemos visto que un conjunto abierto del espacio euclideano se caracteriza por la propiedad de que en cada punto existe una bola centrada en dicho punto, totalmente contenida en el conjunto.

Ahora veamos la definición de conexidad

Definición: Un conjunto $X\subset\mathbb{R}^{n}$ se dice conexo si no existen abiertos $A,B\subset\mathbb{R}^{n}$ disjuntos tal que $X\subset(A\cup B)$ , $X\cap A\neq\emptyset$ y $X\cap B\neq\emptyset$ .

En palabras simples, un conjunto conexo es aquel que no se puede separar por abiertos.

Ejemplos:

$\mathbb{R}^{n}$ es conexo. En efecto, supongamos que no es conexo, luego existen abiertos $A,B$ disjuntos, no vacíos, que satisfacen $\mathbb{R}^{n}=A\cup B$ . Al ser cada uno no vacío se tiene que existe $a\in A$ y $b\in B$ , de donde podemos considerar la curva que los une dada por $\gamma:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}^{n}$ , definida por $\gamma(t)=bt+(1-t)a$ . Sea entonces $s\in[0,1]$ tal que $s=\sup\{t\in[0,1]:\gamma(t)\in A\}$ . La pregunta es… ¿ $\gamma(s)\in A$ o $\gamma(s)\in B$ ? Si estuviera en $A$ , entonces como $A$ es abierto se tiene que existe una bola en torno a $\gamma(s)$ , $B(\gamma(s),r)$ , totalmente contenida en $A$ , lo que implica (por continuidad de la curva), que existen valores de $t$ , arbitrariamente cerca (y mayores) de $s$ tal que $\gamma(t)\in A$ , lo que contradice que $s$ es el supremo escogido. De manera análoga podemos mostrar que $\gamma(s)$ no puede estar en $B$ . Esto es una contradicción, y por lo tanto $\mathbb{R}^{n}$ es conexo.
Un intervalo de la forma $(a,b)$ es conexo, la demostración es análoga a la anterior.
Otro ejemplo, algo trivial, es considerar $X=\{0,1\}$ con la topología discreta, es decir, los abiertos de $X$ son $\emptyset,\{0\},\{1\},X$ . En tal caso $X$ no es conexo pues puedo escribirlo como la unión de los abiertos no vacíos y disjuntos $\{0\},\{1\}$ .

De inmediato podemos encontrar una caracterización bonita e interesante de los conjuntos conexos.

Proposición: Sea $X\subset\mathbb{R}^{n}$ un subconjunto abierto del espacio euclideano. Entonces $X$ es conexo si, y solamente si, no existe función continua $f:X\rightarrow\{0,1\}$ sobreyectiva.

Observación: Aquí dotamos a $\{0,1\}$ de la topología discreta.

Demostración:

Si $X$ no es conexo, entonces podemos encontrar conjuntos abiertos $A,B$ disjuntos, tales que $A\cap X\neq\emptyset$ , $B\cap X\neq\emptyset$ y $X=A\cup B$ . Definimos entonces la función $latex f:X\rightarrow\{0,1\}$ por $f(x)=0$ para $x\in(A\cap X)$ y $f(x)=1$ para $x\in(B\cap X)$ . Ya que $A$ y $B$ son disjuntos, no hay problemas con la definición de $f$ , la función es sobreyectiva pues tanto $A\cap X$ como $B\cap X$ son no vacíos, y la continuidad proviene del hecho de que la preimagen de abiertos es abierto (ver post), en efecto, $f^{-1}(\{0\})=X\cap A$ , el cual es abierto, y $f^{-1}(\{1\})=X\cap B$ el cual también es abierto.

Por otro lado si existiese una función $f:X\rightarrow\{0,1\}$ sobreyectiva y continua, entonces podemos escribir $X=f^{-1}(\{0\})\cup f^{-1}(\{1\})$ , es decir, como unión de abiertos disjuntos no vacíos. Lo que implica que $X$ no es conexo.

Naturalmente, estas dos implicancias son los contrarecíprocos de las que debemos mostrar. Esto concluye la demostración.

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Observación: En la última proposición escogimos $X$ abierto sólo de manera conveniente. Hay una forma de generalizar esto, resultando super natural cuando hablamos de topología de subespacios, la cual evitamos en esta ocasión para no enredar la idea básica que queremos exponer.

Continuidad

10 febrero, 2013 de Felipe Riquelme

En este post nos centraremos en una caracterización determinante sobre las funciones continuas. Naturalmente, partiremos con la definición de una función continua definida sobre un subconjunto del espacio euclideano n-dimensional, y luego generalizaremos a un espacio métrico de manera natural.

Recordemos entonces la definición de continuidad

Definición: Una función $f:U\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$ definida en un abierto $U$ de $\mathbb{R}^{n}$ es continua en un punto $x_{0}\in U$ , si y sólo si para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que

$\|x-x_{0}\|<\delta$ $\Rightarrow$ $\|f(x)-f(x_{0})\|<\varepsilon$ .

Una tal función se dice continua (sobre su dominio) si es continua en todo punto de su dominio.

Observaciones: En la definición anterior escribimos de manera idéntica $\|\cdot\|$ para referirnos a la norma euclideana sobre $\mathbb{R}^{n}$ y sobre $\mathbb{R}^{m}$ , naturalmente hacemos esto por simplicidad de notación.

Proposición: Una función $f:U\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$ es continua si y sólo si para todo abierto $V\subset\mathbb{R}^{m}$ , el conjunto $f^{-1}(V)\subset\mathbb{R}^{n}$ es abierto. En este caso definimos $f^{-1}(V)$ como

$f^{-1}(V)=\{x\in U:f(x)\in V\}$ .

Observación: ¡Cuidado!, en ningún caso estamos suponiendo que la función sea invertible.

Demostración:

Supongamos que nuestra función es continua (en el sentido de la definición propuesta), y consideremos un abierto $V\subset\mathbb{R}^{m}$ . Si $f^{-1}(V)=\emptyset$ , entonces $f^{-1}(V)$ es abierto por definición. Si no, entonces para cada $x_{0}\in U\cap f^{-1}(V)$ definimos $y_{0}=f(x_{0})\in V$ . Como $V$ es abierto, existe una bola en torno a $y_{0}$ totalmente contenida en $V$ ; i.e. existe $\varepsilon_{0}>0$ tal que $B(y_{0},\varepsilon_{0})\subset V$ . Por definición de continuidad, dado tal $\varepsilon_{0}$ existe $\delta_{0}>0$ tal que

$\|x-x_{0}\|<\delta_{0}$ $\Rightarrow$ $\|f(x)-f(x_{0})\|<\varepsilon_{0}$ .

Pero debemos notar que $\|x-x_{0}\|<\delta_{0}$ es equivalente a decir $x\in B(x_{0},\delta_{0})$ , y por otro lado, $\|f(x)-f(x_{0})\|<\varepsilon_{0}$ es equivalente a decir $f(x)\in B(y_{0},\varepsilon_{0})$ . Por lo tanto de la definición de continuidad en el punto $x_{0}$ , se concluye que

$x\in B(x_{0},\delta_{0})$ $\Rightarrow$ $f(x)\in B(y_{0},\varepsilon_{0})$ .

Pero $B(y_{0},\varepsilon_{0})$ $\subset V$ , por lo que si $x\in B(x_{0},\delta_{0})$ entonces $f(x)\in V$ , de donde se concluye que

$f(B(x_{0},\delta_{0}))\subset V$

o de manera equivalente

$B(x_{0},\delta_{0})\subset f^{-1}(V)$ .

Hemos mostrado que para cada punto en el conjunto $f^{-1}(V)$ existe una bola, en torno a tal punto, totalmente contenida en $f^{-1}(V)$ . Esto resulta ser exactamente que $f^{-1}(V)$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^{n}$ .

Para el recíproco, supongamos que para cada abierto $V$ en $\mathbb{R}^{m}$ el conjunto $f^{-1}(V)$ es abierto en $\mathbb{R}^{n}$ . Consideremos un punto $x\in U$ y su imagen $f(x)\in V$ . Para un $\varepsilon>0$ arbitrario podemos considerar en particular $V=B(f(x),\varepsilon)$ , y luego su preimagen $f^{-1}(B(f(x),\varepsilon))$ es abierta en $\mathbb{R}^{n}$ . Luego en torno a $x\in$ $f^{-1}(B(f(x),\varepsilon))$ existe una bola de radio $\delta>0$ , $B(x,\delta)$ , tal que

$B(x,\delta)\subset f^{-1}(B(f(x),\varepsilon))$

o equivalentemente

$f(B(x,\delta))\subset B(f(x),\varepsilon)$ .

Y como vimos anteriormente, esto es equivalente a $\|x-x_{0}\|<\delta$ $\Rightarrow$ $\|f(x)-f(x_{0})\|<\varepsilon$ , lo que muestra la continuidad en $x$ , y luego, por arbitrariedad de $x\in U$ , se tiene la continuidad en todo $U$ .

$\blacksquare$

De inmediato se obtienen resultados importantes por esta equivalencia. Entre ellos

Dada una función continua como antes, la preimagen de conjuntos cerrados es cerrado. Basta usar el hecho de que el complemento de una preimagen es la preimagen del complemento; i.e. para cada $V\subset\mathbb{R}^{m}$ , $(f^{-1}(V))^{c}=f^{-1}(V^{c})$ .
En particular de lo anterior, la preimagen de un punto es un conjunto cerrado.

Por otra parte, podemos generalizar un poco más esta nocion para espacios métricos. Si el lector no esta familiarizado, puede encontrar un link de interés haciendo click en «Espacios métricos«.

Proposición: Sea $F:(X,d)\rightarrow (Y,\rho)$ una función continua entre dos espacios métricos. Entonces la preimagen de todo abierto en $Y$ es un abierto en $X$ . Mas aún, esta es una equivalencia.

La demostración de lo anterior es exactamente idéntica a la demostración aquí realizada para el caso particular donde $f:(\mathbb{R}^{n},d_{E})\rightarrow (\mathbb{R}^{m},d_{E})$ . En este caso, $d_{E}$ denota la distancia euclideana.

Compendio de Problemas I (Topología)

29 enero, 2013 de Felipe Riquelme

1) Sea $X\subset\mathbb{R}$ . Demuestre que $int(X)=int(int(X))$ .

Recordemos que $int(X)=\{x\in X:\textmd{existe }B(x,r)\subset X\}$ , donde $B(x,r)=\{y\in\mathbb{R}:|x-y|<r\}$ para $r>0$ . Bajo esta definición es claro que $int(Y)\subset Y$ para todo subconjunto $Y$ de los reales. Por lo tanto, en particular se tiene $int(int(X))\subset int(X)$ .

Para la otra contención, notar que si $int(X)=\emptyset$ no hay nada que probar, luego si $int(X)\neq\emptyset$ , para cada $y\in int(X)$ existe una bola $B(y,R)$ totalmente contenida en $X$ . Debemos mostrar por lo tanto que todo $z\in B(y,R)$ pertenece a $int(X)$ . Para ello consideremos la figura siguiente

Debemos escoger $r>0$ suficientemente pequeño de modo que $B(z,r)\subset B(y,R)$ , pues en dicho caso $z$ sería un punto en el interior de $X$ , y por lo tanto $B(y,R)\subset int(X)$ por lo que se concluiría que $y\in int(int(X))$ .

Basta considerar $r=\frac{R-|y-z|}{2}$ . En efecto, si $w\in B(z,r)$ , entonces debemos mostrar que $w\in B(y,R)$ , pero

$|w-y|\leq|w-z|+|z-y|<r+|y-z|=\dfrac{R+|y-z|}{2}<R$

lo que muestra la afirmación.

2) Determine si la siguiente afirmación es verdadera: Para todos $A,B\subset\mathbb{R}$ , $int(A\cup B)=int(A)\cup int(B)$ .

Falso, basta considerar $A=(0,1]$ y $B=(1,2)$ . De aquí se tiene $A\cup B=(0,2)$ por lo que $int(A\cup B)=(0,2)$ y por otro lado $int(A)=(0,1)$ , $int(B)=(1,2)$ , de donde $int(A)\cup int(B)=(0,2)\setminus \{1\}$ .

3) Demuestre que todo subconjunto de los reales, $X\subset\mathbb{R}$ , contiene un subconjunto numerable denso en $X$ .

Consideremos los conjuntos $I_{n,k,i}$ definidos por $I_{n,k,i}=[k+\frac{i-1}{n},k+\frac{i}{n})$ , donde $n\in\mathbb{N}$ , $k\in\mathbb{Z}$ y $1\leq i\leq n$ . Notar que para $k,n$ enteros fijos, la colección finita $\{I_{n,k,i}\}_{1\leq i\leq n}$ es un cubrimiento de $[k,k+1)$ por intervalos disjuntos de largo $\frac{1}{n}$ , es decir, $[k,k+1)=\bigcup_{i=1}^{n}I_{n,k,i}$ . De esta forma, la colección $\{I_{n,k,i}\}_{1\leq i\leq n,k\in\mathbb{Z}}$ es un cubrimiento de los reales por intervalos disjuntos de largo $\frac{1}{n}$ .

Considerando que $n\in\mathbb{N}$ está fijo, consideremos para cada intervalo $I_{n,k,i}$ un elemento $x_{n,k,i}\in X$ en caso que $I_{n,k,i}\cap X\neq\emptyset$ ; si la intersección es vacía no hacemos nada. Es claro que por construcción la colección de elementos $D_{n}\{x_{n,k,i}\}_{1\leq i\leq n,k\in\mathbb{Z}}$ es numerable (podemos considerar a $D_{n}$ como unión numerable de singletons o como un subconjunto discreto, totalmente ordenado de los reales).

Definimos $D=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}D_{n}$ , luego $D\subset X$ es numerable al ser unión numerable de conjuntos numerables. Finalmente queda probar que $D$ es nuestro conjunto denso (en $X$ ) buscado.

Sea $x\in X\setminus D$ y $\varepsilon>0$ arbitrario. La densidad de $D$ es equivalente a mostrar que $B(x,\varepsilon)\cap D\neq\emptyset$ . Por principio Arquimediano sabemos que existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{N}<\varepsilon$ , luego, ya que $\{I_{N,k,i}\}_{1\leq i\leq n,k\in\mathbb{Z}}$ es un cubrimiento de los reales, $x\in I_{N,K,I}$ para algún $K\in\mathbb{Z},I\in\{1,...,N\}$ . Pero por construcción existe un elemento $d\in D\cap I_{N,K,I}$ , de donde $|x-d|<\frac{1}{N}<\varepsilon$ , lo que concluye la demostración.

4) Sea $X\subset\mathbb{R}$ un conjunto arbitrario. Demuestre que todo cubrimiento abierto de $X$ admite un subcubrimiento numerable. (Teorema de Lindelöf)

Sea $\mathcal{B}=\{B(y,r): y,r\in\mathbb{Q}\}$ , entonces $\mathcal{B}$ es cubrimiento abierto y numerable de los reales. Si escribimos $\mathcal{U}=\{U_{i}\}_{i\in I}$ un cubrimiento abierto arbitrario de $X$ , entonces para cada $x\in X$ existe $i(x)\in I$ tal que $x\in U_{i(x)}$ . Como $U_{i(x)}$ es un abierto y los racionales son densos en $\mathbb{R}$ , existe $B(x)\in\mathcal{B}$ tal que $x\in B(x)\subset U_{i(x)}$ .

Sea $\mathcal{B}'=\{B(x)\}_{x\in X}$ de acuerdo a la construcción previamente descrita, entonces $\mathcal{B}'\subset\mathcal{B}$ , y por lo tanto $\mathcal{B}'$ es numerable. Para cada $B(x)\in\mathcal{B'}$ escogemos $U_{B(x)}\in\mathcal{U}$ tal que $B(x)\subset U_{B(x)}$ , entonces $\mathcal{U'}=\{U_{B(x)}:B(x)\in\mathcal{B'}\}$ es subcubrimiento numerable de $X$ respecto al cubrimiento $\mathcal{U}$ .

5) Demuestre que todo conjunto $X\subset\mathbb{R}$ no numerable posee un punto de acumulación.

Supongamos que $X$ no posee punto de acumulación, entonces para cada $x\in X$ existe $B(x,r(x))$ , con $r(x)>0$ tal que $X\cap B(x,r(x))=\{x\}$ (contrarecíproco de la afirmación «tener punto de acumulación», la cual significa que para toda bola de radio $r>0$ , se tiene una cantidad infinita de términos en $X\cap B(x,r)$ ).

Consideremos ahora un conjunto $S(n)$ que es $\frac{1}{n}$ -separado, es decir, un conjunto tal que para todos $x,y\in S(n)$ , la distancia $|x-y|\geq\frac{1}{n}$ . Entonces este conjunto es numerable; en efecto, la partición numerable de los reales

$\bigcup_{n\in\mathbb{N},k\in\mathbb{Z},i\in\{0,...,n-1\}}[k+\frac{i}{n},k+\frac{i+1}{n})$

es tal que cada intervalo de la forma $[k+\frac{i}{n},k+\frac{i+1}{n})$ contiene a lo más un elemento de $S(n)$ , por lo que

$X=X\cap\mathbb{R}=\bigcup_{n\in\mathbb{N},k\in\mathbb{Z},i\in\{0,...,n-1\}}([k+\frac{i}{n},k+\frac{i+1}{n})\cap X)$

es numerable.

Sea entonces $X(n)=\{x\in X:B(x,\frac{1}{n})\cap X=\{x\}\}$ , este conjunto es $\frac{1}{n}$ -separado por definición, por lo que por la afirmación anterior se tiene $X(n)$ es conjunto numerable. Por la caracterización que describimos al comienzo, todo punto de $X$ al ser aislado debe pertenecer a algun conjunto $X(N)$ , para $N\in\mathbb{N}$ , luego

$X=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}X(n)$

y por lo tanto $X$ es unión numerable de conjuntos numerables, por lo tanto $X$ es numerable.

Hemos mostrado que un conjunto sin puntos de acumulación en sí mismo es numerable, luego un conjunto no numerable debe tener puntos de acumulación en sí mismo.

Observacion: Es de vital importancia en este problema el hecho de que el punto de acumulación pertenezca al conjunto en cuestión. Por ejemplo, si consideramos $X=\{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},...\}$ entonces $X$ es numerable y tiene punto de acumulación en los reales, pero tal punto de acumulación NO pertenece al conjunto.

Sobre sucesiones de conjuntos compactos en los reales

21 enero, 2013 de Felipe Riquelme

Problema: Sean $(A_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ sucesión de subconjuntos de los reales, no vacíos, compactos, tales que $A_{n+1}\subseteq A_{n}$ . Entonces $\bigcap_{n\in\mathbb{N}}A_{n} \neq \emptyset$ .

Nota: Los subconjuntos $K$ de $\mathbb{R}$ compactos, son aquellos que son cerrados y acotados. Esto es equivalente a que para toda sucesión de términos en K, existe una subsucesión convergente en $K$ .

Ya que para cada $n$ natural, $A_{n}$ es no vacío, podemos considerar cualquier elemento $x_{n}$ de $A_{n}$ . Así, encontramos una sucesión de términos $(x_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ . Notar que en particular esta sucesión es sucesión de términos de $A_{1}$ , luego, por compacidad en tal conjunto, existe una subsucesión de $(x_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ , a saber $(x_{\phi(n)})_{n\in\mathbb{N}}$ , donde $\phi:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ es función estrictamente creciente, tal que $(x_{\phi(n)})_{n\in\mathbb{N}}$ es convergente a $x \in A_{1}$ .

Notemos ahora que para cada $k$ natural, se satisface $(x_{\phi(n)})_{n \geq k}$ es sucesión de términos en $A_{k}$ (conjunto compacto, luego cerrado), y como tal sucesión es convergente a $x$ , entonces $x \in A_{k}$ . Hemos probado entonces que