18 Convergencia de secuencias

Razonamos por reducción al absurdo. Supongamos que $x\neq y$, entonces $d(x,y)>0$. Consideramos $\epsilon=\frac{d(x,y)}{2}$. Como $\left\{x_{n}\right\}\rightarrow x$, $\exists n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\forall n\geq n_{0}\;\;x_{n}\in B_{\epsilon}(x)$, es decir, $d(x_{n},x)<\epsilon=\frac{d(x,y)}{2}$. Pero, en ese caso, $\left\{x_{n}\right\}\not\rightarrow y$ pues $B_{\epsilon}(x)\cap B_{\epsilon}(y)=\varnothing$ y, obviamente, $\not\exists n_{1}\in\mathbb{N}$ tal que $x_{n}\in B_{\epsilon}(y)\;\forall n\geq n_{1}$.

$\Rightarrow)$

Supongamos que $A\in\mathcal{{C}}_{T_{d}}$. Sea $\left\{x_{n}\right\}$ convergente tal que $\left\{x_{n}\mid n\in\mathbb{N}\right\}\subset A$ y $\left\{x_{n}\right\}\rightarrow x$. Como $A\in\mathcal{{C}}_{T_{d}}$, $X\setminus A\in T_{d}$. Razonamos por reducción al absurdo. Supongamos que $x\in X\setminus A\Rightarrow\exists B_{\epsilon}(x)\subset X\setminus A$ pero $\left\{x_{n}\right\}\rightarrow x\Rightarrow\exists n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\forall n\geq n_{0}$ $x_{n}\in B_{\epsilon}(x)$. Contradicción con que $\left\{x_{n}\mid n\in\mathbb{N}\right\}\subset A$.

$\Leftarrow)$

Supongamos que si $\left\{x_{n}\right\}\rightarrow x$ y $\left\{x_{n}\mid n\in\mathbb{N}\right\}\subset A$ entonces $x\in A$. Por reducción al absurdo, suponer que $A\notin\mathcal{{C}}_{T_{d}}\Rightarrow\exists y\in\overline{A}$ tal que $y\notin A$. Entonces se tiene que $\forall\epsilon>0\;B_{\epsilon}(y)\cap A\neq\varnothing$. Considerando $\forall n\in\mathbb{N}\;\epsilon=\frac{1}{n}$, se tiene que $\exists y_{n}\in B_{\frac{1}{n}}(y)\cap A$. Entonces la sucesión $\left\{y_{n}\right\}\rightarrow y$ pues $\forall n\in\mathbb{N}\;\;d(y_{n},y)<\frac{1}{n}\rightarrow 0$. Esto es una contradicción, pues $\left\{y_{n}\mid n\in\mathbb{N}\right\}\subset A$ y $\left\{y_{n}\right\}\rightarrow y\notin A$.

$\Rightarrow)$

Supongamos que $f$ es continua. Sea $\left\{x_{n}\right\}\rightarrow x$, tenemos que ver que $\left\{f(x_{n})\right\}\rightarrow f(x)$. Sea $B_{\epsilon}(f(x))$, veamos que $\exists n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\forall n\geq n_{0}\;f(x_{n})\in B_{\epsilon}(f(x))$.

Como $f$ es continua y $B_{\epsilon}(f(x))\in T^{\prime}$, se tiene que $f^{-1}(B_{\epsilon}(f(x)))\in T_{d}$ y además $x\in f^{-1}(B_{\epsilon}(f(x)))$, luego $\exists\delta>0$ tal que $B_{\delta}(x)\subset f^{-1}(B_{\epsilon}(f(x)))\Rightarrow$ dado $\delta>0\;\exists n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\forall n\geq n_{0}$ $x_{n}\in B_{\delta}(x)\Rightarrow f(B_{\delta}(x))\subset f(f^{-1}(B_{\epsilon}(f(x))))\subset B_{\epsilon}(f(x))$. Luego $\forall n\in\mathbb{N}\;f(x_{n})\in f(B_{\delta}(x))\subset B_{\epsilon}(f(x))\Rightarrow\left\{f(x_{n})\right\}\rightarrow f(x)$.

$\Leftarrow)$

Basta con demostrar que $\forall A^{\prime}\in\mathcal{{C}}_{T^{\prime}_{d}}$ se verifica que $f^{-1}(A^{\prime})\in\mathcal{{C}}_{T_{d}}$. Dado $A^{\prime}\in\mathcal{{C}}_{T^{\prime}_{d}}$, $f^{-1}(A^{\prime})\in\mathcal{{C}}_{T_{d}}\iff(\forall\left\{x_{n}\right\}$ tal que $\left\{x_{n}\right\}\rightarrow x\wedge\left\{x_{n}\mid n\in\mathbb{N}\right\}\subset f^{-1}(A^{\prime})\Rightarrow x\in A^{\prime}$).

Sea $\left\{x_{n}\right\}$ sucesión tal que $\left\{x_{n}\right\}\rightarrow x$ con $\left\{x_{n}\mid n\in\mathbb{N}\right\}\subset f^{-1}(A^{\prime})\Rightarrow\left\{f(x_{n})\mid n\in\mathbb{N}\right\}\subset A^{\prime}$. Por hipótesis, $\left\{f(x_{n})\right\}\rightarrow f(x)$ y como $A^{\prime}\in\mathcal{{C}}_{T^{\prime}_{d}}$, se tiene que $f(x)\in A^{\prime}\Rightarrow x\in f^{-1}(A^{\prime})\Rightarrow f$ es continua.

Hacerlo.