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Cantera de ejercicios 49
EJERCICIO 14.3. Sea E ⊂ Rn un subespacio vectorial propio. El complemento
Rn − E es conexo si, y solamente si, dimE ≤ n− 2.
Demostración. Usaremos el hecho que Rk − {0} es conexo si y solo si k ≥ 2. Sea m
la dimensión del subespacio E.
Suponga Rn − E conexo. Del Ejercicio 1.4 sabemos que existe una aplicación lineal
sobreyectiva A : Rn → Rn−m tal que E = A−1(0). Por tanto,
Rn − E = A−1
(
Rn−m − {0}
)
.
lo que equivale a que
A(Rn − E) = Rn−m − {0}.
La continuidad de A implica que A(Rn −E) es conexo, luego Rn−m −{0} es conexo
y, por tanto, n−m ≥ 2, es decir, m ≤ n− 2.
Recı́procamente suponga que m ≤ n − 2 y sea B = {v1, . . . , vm} una base de E.
La independencia lineal de B implica que este conjunto puede ser extendido a una
base de Rn y sea esta base dada por Bn = {v1, . . . , vm, w1, . . . , wn−m}. Si G :=
{g1, . . . , gn} es una base de (Rn)∗, dual de Bn, entonces eligiendo f1 = gm+1, . . . ,
fn−m = gn resulta (vea el Ejercicio 1.4)
E = {x ∈ Rn : f1(x) = . . . = fn−m(x) = 0} .
Luego
Rn − E = {x ∈ Rn : fi(x) ̸= 0, para algún i = 1, . . . , n−m} .
Si U+i := {x ∈ Rn : fi(x) > 0} y U
−
i := {x ∈ Rn : fi(x) < 0} entonces
Rn − E = U+1 ∪ · · · ∪ U
+
n−m ∪ U−1 ∪ · · · ∪ U
−
n−m
Para i ̸= j (esto tiene sentido, pues siendo m ≤ n − 2 entonces n −m ≥ 2) se tiene
que
U+i ∩ U
+
j ̸= ∅.
En efecto, si x ∈ U+i entonces fi(x) > 0, luego tome el elemento y = fi(x)wi +
fi(x)wj . Entonces
fi(y) = fi(x)fi(wi) + fi(x)fi(wj) = fi(x) > 0 y
fj(y) = fi(x)fj(wi) + fi(x)fj(wj) = fi(x) > 0
De la misma forma se demuestra que para i ̸= j, U−i ∩ U
−
j ̸= ∅. Para mostrar que
U+i ∩ U
−
j ̸= ∅, con i ̸= j, tome algún x ∈ U
+
i entonces fi(x) > 0, luego considere el
elemento z = fi(x)wi − fi(x)wj entonces
fi(z) = fi(x)fi(wi)− fi(x)fi(wj) = fi(x) > 0 y
fj(z) = fi(x)fj(wi)− fi(x)fj(wj) = −fi(x) < 0
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50 Cantera de ejercicios
es decir, z ∈ U+i ∩ U
−
j . Pero cada U
+
i y cada U
−
i son convexos, por tanto, conexos.
Haciendo
C1 = U
+
1 , . . . , Cn−m = U
+
n−m, Cn−m+1 = U
+
1 , . . . , C2(n−m) = U
−
n−m
entonces lo anterior demuestra que Rn−E es unión de conjuntos conexos Ci tales que
Ci ∩ Ci+1 ̸= ∅. Por tanto, Rn − E es conexo.
Finalmente, para ver que Rk −{0} es conexo si y solo si k ≥ 2, basta observar que
Rk − {0} es homeomorfo a Sk−1 × R (vea el Ejercicio 8.2). Entonces Sk−1 × R es
conexo si y solo si ambos conjuntos son conexos. En particular Sk−1 es conexo si y
solo si k − 1 ≥ 1, es decir, k ≥ 2. (Recordar que la esfera Sm es conexa por caminos,
por tanto, conexa). z
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AF
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Cantera de ejercicios 49
EJERCICIO 14.4. El conjunto de las matrices inversibles n × n es un abierto dis-
conexo en Rn2 . También es disconexo (mas no abierto) el conjunto de las matrices
ortogonales.
Demostración. Usaremos la identificación de Mn×n(R) con el espacio Rn
2
. Sea
GL(n) := {A ∈ Mn×n(R) : A tiene inversa}.
Es decir, GL(n) es el conjunto de matrices de orden n× n que poseen inversa. Consi-
dere la función determinante
det : Mn×n(R) → R.
Entonces es claro que GL(n) = det−1(R \ {0}), y siendo continua la función deter-
minante y R \ {0} un conjunto abierto, se concluye que GL(n) es conjunto abierto.
Además de esto, si GL(n) fuera conexo entonces también lo es el conjunto imagen
det(GL(n)) = R \ {0}, lo cual no es cierto. Por tanto, GL(n) es disconexo.
Por otro lado, recordar que una matriz A ∈ Mn×n(R) es ortogonal si A ·A∗ = In,
donde A∗ denota a la transpuesta de A, e In denota a la matriz identidad de orden n×n.
Sea
O(n) := {A ∈ GL(n) : A es matriz ortogonal}.
Considere la función f : Mn×(R) → Mn×n(R) definida por
f(A) = A ·A∗,
entonces es claro que O(n) = f−1(In). Como f es continua, y recordando que todo
punto x ∈ Rk es un subconjunto cerrado de Rk, entonces O(n) es subconjunto cerrado
de Mn×n(R).
Considere nuevamente la función determinante det : Mn×n(R) → R. Entonces
para todo A ∈ O(n),
1 = det(In) = det(A ·A∗) = (det(A))2
lo cual implica que det(A) = ±1. Como los conjuntos det−1(−1) y det−1(1) son
cerrados en Mn×n(R) entonces
O+(n) := O(n) ∩ det−1(1) y O−(n) := O(n) ∩ det−1(−1)
son cerrados en O(n). Además estos conjuntos son disjuntos, por tanto, O(n) es dis-
conexo. z
EJERCICIO 14.5. Si X ⊂ Rn es compacto entonces toda aplicación continua abier-
ta f : X → Sn es sobreyectiva.
Demostración. Como X es compacto, la continuidad de f implica que f(X) es sub-
conjunto compacto de Sn. En particular, f(X) es subconjunto cerrado de Sn. Pero
además de esto, X es abierto en X entonces, siendo f aplicación abierta, f(X) es sub-
conjunto abierto de Sn. Como f(X) ̸= ∅ y Sn es conexo entonces f(X) = Sn. Es
decir, f es sobreyectiva. z
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50 Cantera de ejercicios
EJERCICIO 14.6. Sea X ⊂ Rm. Una aplicación f : X → Rn es localmente cons-
tante cuando para cada x ∈ X existe una bola B de centro x tal que f |B∩X es
constante. X es conexo si, y solamente si, toda aplicación localmente constante
f : X → Rn es constante.
Demostración. En primer lugar suponga que X es conexo y considere el conjunto
A = {x ∈ X : f(x) = c},
para algún c ∈ Rn. Observar que si x ∈ X entonces, por ser f localmente constante,
existe una bola abierta B, centrada en x, tal que f |B∩X es constante. Entonces para
todo y ∈ B ∩X se tiene f(y) = f(x) = c. En particular esto implica que B ∩X ⊂ A
y, siendo x ∈ A arbitrario se concluye que A es abierto en X . Por otro lado, sea
x0 ∈ X − A. Se tiene que f(x0) ̸= c y, nuevamente por ser f localmente constante,
existe una bola abierta B0, centrada en x0, tal que f |B0∩X es constante, igual a f(x0).
Esto muestra que B0∩X ⊂ X−A, y como x0 es arbitrario en X−A se concluye que
X − A es abierto en X . Es decir, A es un conjunto no vacı́o que es a la vez cerrado y
abierto en X . De la conexidad de X se concluye que debe ser X = A. Por tanto, f es
constante.
Recı́procamente, suponga que toda aplicación localmente constante f : X → Rn es
constante. Si X no es conexo, existen abiertos A y B en X , disjuntos y no vacı́os, cuya
unión es X . Considerando a, b ∈ Rn, tales que a ̸= b, entonces la función f : X → Rn
definida por
f(x) =
{
a, si x ∈ A
b, si x ∈ B
es localmente constante, pero no es constante. z
EJERCICIO 14.7. Toda aplicación continua f : X → Rn cuya imagen f(X) es un
conjunto discreto es localmente constante.
Demostración. Sea x0 ∈ X y c = f(x0) ∈ f(X). Como el conjunto f(X) es discreto,
existe una bola abierta V ⊂ Rn, centrada en c, tal que V ∩f(X) = {c}. La continuidad
de f implica que f−1(V ) es abierto en X . En particular, como x0 ∈ f−1(V ), existe
una bola abierta B, centrada en x0, tal que B∩X ⊂ f−1(V ). Pero para todo x ∈ B∩X
se tiene que
f(x) ∈ V ∩ f(X) = {c},
luego f |B∩X es constante. Siendo x0 ∈ X arbitrario, se concluye que f es localmente
constante. z
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Cantera de ejercicios 51
EJERCICIO 14.8. Toda aplicación localmente constante f : X → Rn tiene imagen
enumerable.
Demostración. Para cada x ∈ X existe una bola abierta Bx, centrada en x, tal que
f |Bx∩X es constante. La colección {Bx : x ∈ X} es un cubrimiento abierto de X y,
por el teorema de Lindelöf, dicho cubrimiento admite un subcubrimiento enumerable.
Es decir, existe un conjunto enumerable {xi : i ∈ N} ⊂ X tal que X ⊂
∪
i∈N Bxi .
Como f |Bxi∩X es constante, digamos que f(Bxi ∩X) = {ci}, entonces el conjunto
f(X) =
∪
i∈N
f(Bxi ∩X) = {ci : i ∈ N}
es enumerable. z
EJERCICIO 14.9. Un conjunto conexo enumerable X ⊂ Rn posee como máximo
un punto.
Demostración.
1. En primer lugar mostraremos que todo conjunto X ⊂ R que es conexo y enumera-
ble posee como máximo un punto. En efecto, si X tiene más de un punto, digamos
a y b, entonces el intervalo (a, b) no está contenido en X , pues (a, b) es no enu-
merable. Esto implica que existe algún c ∈ (a, b) tal que c /∈ X . Los conjuntos
A = (−∞, c) ∩X y B = (c,+∞) ∩X son abiertos en X , no vacı́os, disjuntos, y
además su unión es X . Luego X serı́a disconexo.
2. Ahora considere X ⊂ Rn y sea p ∈ X . Consideretambién la función f : Rn → R
definida por f(x) = ∥x− p∥. Como X es enumerable, entonces el conjunto f(X)
es también enumerable, además de esto la continuidad de f y la conexidad de X
implican que el conjunto f(X) es conexo. Del item (1) se deduce que el conjunto
f(X) es formado por un solo punto. Exactamente se tiene f(X) = {f(p)} = {0},
es decir, para todo x ∈ X ,
f(x) = ∥x− p∥ = 0
lo cual implica que x = p, es decir, X = {p}. z
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52 Cantera de ejercicios
EJERCICIO 14.15. Sea B una bola cerrada en la norma euclidiana. Para todo sub-
conjunto X ⊂ ∂B, B −X es convexo. En una norma arbitraria, B −X es conexo
mas no necesariamente convexo.
Demostración. Basta considerar una bola cerrada unitaria B ⊂ Rn, con centro en el
origen de Rn.
1. Para todo X ⊂ ∂B, el conjunto B −X es convexo.
Sean x, y ∈ B −X , con x ̸= y y considere el segmento
[x, y] = {(1− t)x+ ty : 0 ≤ t ≤ 1}.
Observar que para t = 0 se tiene (1 − t)x + ty = x ∈ B −X , y si t = 1 se tiene
(1− t)x+ ty = y ∈ B −X . Analicemos el caso 0 < t < 1. En este caso,
∥(1− t)x+ ty∥2 = (1− t)2 ∥x∥2 + 2t(1− t) ⟨x, y⟩+ t2 ∥y∥2
≤ (1− t)2 + 2t(1− t) ⟨x, y⟩+ t2
= 1 + 2t(t− 1)(1− ⟨x, y⟩).
Como el término 2t(t − 1)(1 − ⟨x, y⟩) es negativo, pues 0 < t < 1 y ⟨x, y⟩ < 1
entonces
1 + 2t(t− 1)(1− ⟨x, y⟩) < 1.
De esto se deduce que debe ser ∥(1− t)x+ ty∥ < 1, lo que a su vez implica que
(1− t)x+ ty ∈ B−X . Luego B−X es convexo y, en particular, B−X es conexo.
2. En una norma arbitraria, el conjunto B − X es conexo por caminos, por tanto,
conexo. Sin embargo, no necesariamente es convexo. Pues, por ejemplo, si en R2
se considera la norma del máximo y en la bola unitaria B, centrada en el origen,
escogemos el conjunto X =
{
(1, y) ∈ B : − 14 ≤ y ≤
1
4
}
entonces X ⊂ ∂B, pero
el conjunto B −X no es convexo, y para mostrar esto basta considerar los puntos
x =
(
1, 12
)
∈ B − X e y =
(
1,−12
)
∈ B − X , entonces el segmento [x, y] no
está contenido en B −X . z
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