C3-04-B2-conexidad Y Compacidad

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CONEXIDAD Y COMPACIDAD
1. Conexidad
Antes de definir qué es un conjunto conexo, necesitamos definir qué es un
conjunto disconexo.
Definición 1.1. Sea A ⇢ Rn. Diremos que A es disconexo si existen dos
subconjuntos abiertos U y V tales que
(1) U \ A 6= ; y V \ A 6= ;,
(2) A \ U \ V = ;,
(3) A ⇢ U [ V .
En este caso la pareja {U, V } recibe el nombre de separación o disconec-
ción de A.
Ejemplo 1.2. El conjunto Q de los números racionales es disconexo. En
efecto, U = (�1,
p
2)\Q y V = (
p
2,1)\Q, son una separación de Q, lo
cual nos muestra que Q es disconexo.
Definición 1.3. Un conjunto A ⇢ R es conexo si no es disconexo.
El conjunto conexo más simple que podemos encontrar es un conjunto que
contiene un sólo punto. Sin embargo, si un conjunto es finito y tiene más de
un punto, entonces siempre será disconexo (¿porqué?).
Intuitivamente, podemos adivinar que la recta real, Rn, los intervalos, los
rectángulos y las bolas son conjuntos conexos. A continuación daremos una
demostración formal de ello.
Comencemos por los intervalos. Recordemos que I ⇢ R es un intervalo
si y sólo si dados a, b 2 I, con a < b, se tiene que [a, b] ⇢ I. Es decir, un
subconjunto I ⇢ R es un intervalo si y sólo si es convexo.
Teorema 1.4. Sea I ⇢ R un intervalo. Entonces I es conexo.
Demostración. Supongamos que existen dos abiertos U y V en R, tales que
el par {U, V } es una separación de I. Sean u 2 U \I y v 2 V \I. Sin pérdida
de generalidad, supongamos que u < v. Consideremos el conjunto
C = {x 2 U | x 2 [u, v)} ⇢ I.
Notemos que C está acotado superiormente y es no vacío, ya que v es una
cota superior y u 2 C. Por el axioma del supremo, existe un número s 2 R
tal que
s = supC.
1
2 CONEXIDAD Y COMPACIDAD
Observemos que s 2 [u, v] ⇢ I ⇢ U[V y por lo tanto s 2 U[V . Supongamos
que s 2 U , como U es abierto existe " > 0 tal que (s � ", s + ") ⇢ U .
Recordemos que U y V son ajenos, por lo que v /2 (s � ", s + "). Además,
como v es cota superior de C, s  v. Por lo tanto, s < s+ "2 < v, y s+
"
2 2 U .
Entonces s + "2 2 C y s < s +
"
2 , lo cual contradice el hecho de que s sea el
supremo de C. Esta contradicción nos permite suponer que s 2 V .
Nuevamente, como V es abierto, existe ⌘ > 0 tal que (s � ⌘, s + ⌘) ⇢ V .
Además, como U y V son ajenos, el punto s� ⌘2 satisface que x < s�
⌘
2 , para
todo x 2 C. Por lo tanto, s no podría ser el supremo de C. Esta contradicción
nos permite concluir que U y V no pueden formar una separación de I. Por
lo tanto I es conexo. ⇤
El recíproco del teorema anterior también es cierto. Es decir, si un sub-
cojunto A de R es conexo entonces debe ser un intervalo. Este hecho lo
demostramos en el siguiente teorema.
Teorema 1.5. Un conjunto A ⇢ R es conexo si y sólo si es un intervalo.
Demostración. El regreso del teorema lo demostramos en el teorema anterior,
por lo que sólo resta demostrar que todo conexo de R es un intervalo. Haremos
esto por contrapuesta.
Para ello supongamos que A ⇢ R no es un intervalo. Esto significa que
existen a, b 2 A y x 2 R \ A tales que
a < x < b.
Definamos U = (�1, x) y V = (x,1), los cuales son conjuntos abiertos de
R. Observemos que A ⇢ R \ {x} = U [ V . Además, a 2 U \ A y b 2 V \ A.
Por último, A\U \ V ⇢ U \ V = ; y por lo tanto {U, V } es una separación
de A. Esto implica que A es disconexo, lo cual completa la demostración. ⇤
Teorema 1.6. Sean A ⇢ Rn y f : A ! Rk una función continua. Si A es
conexo, entonces f(A) también es conexo.
Demostración. Por contrapuesta. Supongamos que f(A) es disconexo. Enton-
ces existen U ⇢ Rk y V ⇢ Rk dos abiertos tales que {U, V } es una separación
de f(A). Esto significa que
(1) f(A) ⇢ U [ V ,
(2) f(A) \ U 6= ; y f(A) \ V 6= ;,
(3) f(A) \ U \ V = ;.
Como f es continua, existen abiertos U 0, V 0 ⇢ Rn tales que
f
�1(U) = A \ U 0 y f�1(V ) = A \ V 0.
CONEXIDAD Y COMPACIDAD 3
Por (2), A \ U 0 6= ; y A \ V 0 6= ;. Además, por (1) tenemos que
A = f�1(f(A)) ⇢ f�1(U [ V ) = f�1(U) [ f�1(V )
= (A \ U 0) [ (A \ V 0) ⇢ U 0 [ V 0
Por último, la igualdad (3) implica que
A\U 0\V 0 = f�1(f(A))\f�1(U)\f�1(V ) = f�1(f(A)\U \V ) = f(;) = ;.
De aquí concluimos que {V 0, U 0} es una separación de A lo cual contradice la
hipótesis de que A es conexo. Esta contradicción completa la demostración.
⇤
Corolario 1.7. Si A ⇢ Rn es convexo entonces es conexo.
Demostración. supongamos que A ⇢ Rn es convexo y disconexo. Entonces
existen U, V ⇢ Rn dos abiertos tales que {U, V } es una separación de A.
Como U \ A 6= ; existe a 2 A \ U . Análogamente existe b 2 A \ V y como
A es convexo, el segmento
[a; b] = {tb+ (1� t)a | t 2 [0, 1]}
se queda completamente contenido en A. Observemos que {U, V } también es
una separación de [a; b], y por lo tanto este segmento es disconexo. Pero esto
es una contradicción ya que [a; b] es la imagen continua del intervalo [0, 1]
bajo la función f : [0, 1] ! [a; b] dada por
f(t) = tb+ (1� t)a.
Como [0, 1] es conexo, entonces [a; b] también debe ser conexo. De este ab-
surdo concluimos que la separación {U, V } no puede existir y por lo tanto A
es conexo. ⇤
El corolario anterior nos brinda una gran familia de ejemplos de conjuntos
conexos. En particular, los siguientes conjuntos son conexos:
Rn, para todo n 2 N.
Bn = {x 2 Rn | kxk  1}, para todo n 2 N.
B(x, r) ⇢ Rn para cualquier x 2 Rn y r > 0.
Cualquier rectángulo (cerrado o abierto), de cualquier dimensión.
Cualquier polígono convexo.
Cualquier poliedro convexo.
Todas las elipses.
Las esferas no son subconjuntos convexos, pero sí son conjuntos conexos.
Los casos más simples los demostramos en el siguiente ejemplo:
Ejemplo 1.8. Las esferas S1 = {x 2 R2 | kxk = 1} y S2 = {x 2 R3 | kxk =
1} son conjuntos conexos
4 CONEXIDAD Y COMPACIDAD
Demostración. Para demostrar que S1 es conexo, consideremos la función
continua f : [0, 2⇡] ! S1 dada por
f(t) = (cos(t), sen(t)).
Como [0, 2⇡] es conexo y f es continua y suprayectiva, concluimos que S1 =
f([0, 2⇡]) es conexo.
Por otro lado, para verificar que S2 es conexo, pensemos en la función
g : [0, 2⇡]⇥ [0, ⇡] ! S2 dada por
g(✓,�) = (cos(✓) sen(�), sen(✓) sen(�), cos(�)).
Esta función es continua y suprayectiva, y como el dominio es un rectángulo
cerrado (el cual es conexo), inferimos que S2 = g([0, 2⇡]⇥[0, ⇡]) es conexo. ⇤
Teorema 1.9 (Teorema del Valor Intermedio). Sea f : A ⇢ Rn ! R una
función continua. Si A es conexo y a, b 2 f(A) con a < b, entonces para cada
y 2 [a, b], existe x 2 A tal que f(x) = y.
Demostración. Si A es conexo, por el Teorema 1.6 se tiene que f(A) ⇢ R
también es conexo. Luego, por el Teorema 1.5 f(A) es un intervalo. Ahora,
si a 2 f(A) y b 2 f(A), entonces [a, b] ⇢ f(A), ya que f(A) es un intervalo.
Esto significa que para cada y 2 [a, b] ⇢ f(A), debe existir x 2 A tal que
f(x) = y, como se quería demostrar. ⇤
Teorema 1.10. Sea A ⇢ Rn un subconjunto conexo y B ⇢ Rn tal que
A ⇢ B ⇢ A. Entonces B es conexo.
Demostración. Lo haremos por contrapuesta. Supongamos que B es disco-
nexo y demostremos que entonces A también es disconexo. Sea {U, V } una
separación de B por abiertos de Rn. Entonces se cumplen las siguientes con-
diciones:
(1) A ⇢ B ⇢ U [ V ,
(2) A \ U \ V ⇢ B \ U \ V = ;,
(3) B \ U 6= ; y B \ V 6= ;.
Para completar la prueba es suficiente demostrar que A\U 6= ; y A\V 6= ;,
ya que en este caso {U, V } sería una separación de A.
Por (3) inferimos que existe un punto a 2 B \ U , esto quiere decir que
a 2 B ⇢ A y por lo tanto a es un punto de adherencia de A. Como U es una
vecindad abierta de a, obtenemos que U\A 6= ;. Análogamente se demuestra
que V \ A 6= ;, completando así la demostración. ⇤
Del teorema anterior podemos inferir directamente el siguiente corolario.
Corolario 1.11. Sea A un subconjunto conexo de Rn. Entonces A es conexo.
Los resultados anteriores garantizan que los siguientes subconjuntos de R2
son conjuntos conexos.
CONEXIDAD Y COMPACIDAD 5
A = {0}⇥ [�1, 1] [ {(x, sen(1/x)) 2 R2 | x 2 (0,1)}.
B = S1 [ {(1 + e�t)(cos(t), sen(t)) | t 2 [0,1)}.
2. Compacidad
Definición 2.1. Sea B ⇢ Rn y U = {U↵}↵2A una familia de subconjuntos
de Rn. Se diceU es cubierta de B, si
B ⇢
[
↵2A
U↵.
Si además cada elemento U↵ 2 U es un subconjunto abierto, diremos que U
es una cubierta abierta.
Por otro lado, si V = {V�}�2B es otra cubierta de B, diremos que V es
subcubierta de U , si V ⇢ U .
Ejemplo 2.2. La colección U = {[n, n + 1]}n2Z es una cubierta de R. Sin
embargo, no es una cubierta abierta. Por otro lado V = {(n � 1, n + 1)}n2Z
sí es una cubierta abierta de R.
Definición 2.3. Un subconjunto A ⇢ Rn se llama compacto, si toda cu-
bierta abierta U de A posee una subcubierta finita.
Como ejemplos de conjuntos compactos tenemos al conjunto vacío y cual-
quier conjunto finito. También, los elementos de una sucesión convergente y
su punto límite forman conjuntos compactos.
Ejemplo 2.4. Supongamos que (xn)n2N ⇢ Rk es una sucesión que converge
al punto x0. Entonces Z = {xn | n 2 N} [ {x0} es un conjunto compacto.
Demostración. Sea U = {U↵}↵2A una cubierta abierta de Z. Entonces existe
� 2 A, tal que x0 2 U�. Como la sucesión converge a x0 y U� es una vecindad
abierta de x0, debe existir un N 2 N tal que xn 2 U� para todo n � N . Por
otro lado, para cada i 2 {1, . . . , N � 1}, debe existir un elemento U↵i 2 U
tal que xi 2 U↵i . Así, {U�} [ {U↵1 , . . . , U↵N�1} es una subcubierta finita de
U y por lo tanto Z es compacto. ⇤
Ejemplo 2.5. La recta real no es un espacio compacto. Por ejemplo, {(n�
1, n+1)}n2Z es una cubierta abierta de R la cual no posee subcubierta finita.
Teorema 2.6. El intervalo [a, b] ⇢ R, donde a  b, es un conjunto compacto.
6 CONEXIDAD Y COMPACIDAD
Demostración. Sea U = {U↵}↵2A una cubierta abierta de [a, b]. Consideremos
el conjunto
C = {x 2 [a, b] | existe una subcubierta finita de U para [a, x]}.
Notemos que C 6= ; ya que a 2 C. Entonces, C es un conjunto acotado y no
vacío. Por el axioma del supremo, existe ⇣ = supC.
Supongamos que ⇣ 6= b, entonces ⇣ 2 [a, b). Como U es cubierta de [a, b],
existe � 2 A tal que ⇣ 2 U�. Pero U� es abierto, por lo que existe " > 0 tal
que ⇣ 2 (⇣�", ⇣+") ⇢ U�. Como ⇣ es el supremo de C existe x 2 (⇣�", ⇣]\C.
Esto quiere decir que existen U↵1 , . . . , U↵m elementos de U que cubren a [a, x].
Escojamos y 2 (⇣, ⇣ + "), con y < b. Entonces [x, y] ⇢ U� y
[a, y] = [a, x] [ [x, y] ⇢ U↵1 [ · · · [ U↵m [ U�.
Por lo tanto el intervalo [a, y] puede ser cubierto por un número finito de
elementos de la cubierta. Esto implica que y 2 C, lo cual es una contradicción
porque y > ⇣ y ⇣ es el supremo de C. Esta contradicción nos permite concluir
que ⇣ = b.
Ahora demostremos que b 2 C. Sabemos que existe U↵0 2 U tal que
b 2 U↵0 . Como U↵0 es abierto, existe " > 0, tal que (b � ", b] ⇢ U↵0 . Como
b es el supremo de C, podemos encontrar x 2 (b � ", b] \ C. Así, [a, x] está
cubierto por un número finito de elementos de U , digamos {U↵1 , . . . , U↵n}.
Entonces [a, b] = [a, x] [ [x, b], está cubierto por {U↵0 , U↵1 , . . . U↵n}, lo cual
es una subcubierta finita de U . Esto prueba que [a, b] es compacto. ⇤
Recordemos que un conjunto A ⇢ Rn es acotado si existe M 2 R tal que
kak < M para todo a 2 A. Equivalentemente, A es acotado si y sólo si existe
M > 0 tal que A ⇢ B(0,M).
Ejercicio 1. Sea A ⇢ Rn un conjunto no vacío. Demuestra que los siguientes
enunciados son equivalentes:
1. A es acotado.
2. Existe M tal que A ⇢ B[0,M ].
3. Para cada x 2 Rk, existe Mx tal que A ⇢ B[x,Mx]
4. El conjunto A tiene diámetro finito. Es decir:
diamA := sup{ka� bk | a, b 2 A} < 1.
Teorema 2.7. Si A ⇢ Rn es compacto entonces A es cerrado y acotado.
Demostración. Para demostrar que A es acotado, consideremos la cubierta
U = {B(0, n)}n2N. Como A es compacto existe una subcubierta finita V =
{B(0, n1), . . . , B(0, nk)}. Llamemos M al máximo de los ni, es decir:
M = máx{n1, . . . , nk}.
CONEXIDAD Y COMPACIDAD 7
Entonces A ⇢ B(0,M), lo cual implica que kak < M para todo a 2 A y por
lo tanto A es acotado.
Para demostrar que A es cerrado probemos que Rn \ A es abierto. Sea
x 2 Rn \A. Entonces, para cada a 2 A, la distancia kx� ak > 0. Llamemos
�a = kx�ak/2 y consideremos la familia W = {B(x, �a)}a2A. Evidentemente
W es una cubierta abierta del conjunto A y como éste es compacto, podemos
encontrar una subcubierta finita de A, digamos {B(a1, �a1), . . . , B(ap, �ap)}.
En este caso llamemos " = mı́n{�a1 , . . . , �ap} y observemos que B(x, ") \
B(ai, �ai) = ; para todo i = {1, . . . , p}. En particular esto implica que
B(x, ") \ A = ; y por lo tanto x es punto interior de Rn \ A. Como esto
es cierto para todo x 2 Rn \ A, podemos concluir Rn \ A es abierto y por lo
tanto A es cerrado. ⇤
Teorema 2.8. Sea B ⇢ Rn un subconjunto compacto y A ⇢ B cerrado.
Entonces A también es compacto.
Demostración. Sea U = {U↵}↵2A una cubierta abierta de A. Entonces V =
U [ {Rn \ A} es una cubierta abierta de Rn y en particular es una cubierta
abierta de B. Como B es compacto podemos encontrar una subcubierta finita
de B, digamos {U↵1 , . . . , U↵n} [ {Rn \ A}. Notemos que (Rn \ A) \ A = ;,
por lo que A ⇢
nS
i=1
U↵i . Así {U↵1 , . . . , U↵n} es una subcubierta finita de U lo
cual prueba que A es compacto. ⇤
Teorema 2.9. Sea f : A ⇢ Rn ! Rm una función continua. Si A es un
subconjunto compacto, entonces f(A) es compacto.
Demostración. Sea U = {U↵}↵2A una cubierta de f(A) con abiertos de Rm.
Como f es continua, para cada ↵ 2 A, existe V↵ ⇢ Rn abierto, tal que
f
�1(U↵) = A \ V↵. Entonces la colección V = {V↵}↵2A es una cubierta
abierta de A. Como A es compacto, V posee una subcubierta finita, digamos
{V↵1 , . . . , V↵k}. Entonces
f(A) = f
� k[
i=1
A \ V↵i
�
= f
� k[
i=1
f
�1(U↵i)
�
=
k[
i=1
f(f�1(U↵i)) ⇢
k[
i=1
U↵i .
Por lo tanto {U↵1 , . . . , U↵k} es una subcubierta finita de U , lo cual prueba
que A es compacto. ⇤
Teorema 2.10. Sea f : A ⇢ Rn ! R una función continua. Si A es compac-
to, existen x0 y x1 en A, tales que f(x0) = sup
x2A
{f(x)} y f(x1) = ı́nf
x2A
{f(x)}.
En particular f es una función acotada.
Demostración. Por el Teorema 2.9, f(A) es un subconjunto compacto de R.
Luego, f(A) es cerrado y acotado. Por el axioma del supremo, existe ↵ 2 R
8 CONEXIDAD Y COMPACIDAD
supremo de f(A). Como el supremo de un conjunto siempre es un punto de
adherencia, tenemos que ↵ 2 f(A) = f(A). Entonces existe x0 2 A tal que
f(x0) = ↵.
De manera análoga se demuestra que existe x1 2 X, tal que f(x1) =
ı́nf
x2A
{f(x)}. ⇤
3. Teoremas de Heine-Borel y Bolzano-Weierstrass
Teorema 3.1. Sean A ⇢ Rk y B ⇢ Rm dos subconjuntos compactos. Enton-
ces A⇥ B ⇢ Rk ⇥ Rm = Rk+m es compacto.
Demostración. Sea U una cubierta abierta de A⇥B. Para cada (x, y) 2 A⇥B
existe un elemento Uxy 2 U tal que (x, y) 2 Uxy. Como Uxy es abierto en
Rk ⇥ Rm, existen rectángulos abiertos Wxy ⇢ Rk y Vxy ⇢ Rm tales que:
(x, y) 2 Wxy ⇥ Vxy ⇢ Uxy.
Paso 1. Afirmamos que para cada x 2 A existe un conjunto finito Fx ⇢ B
y un abierto Ox ⇢ Rk tal que
(1) x 2 Ox ⇢ Wxy, para todo y 2 Fx,
(2) B ⇢
S
y2Fx
Vxy.
Como (x, y) 2 A⇥B para todo y 2 Y , la colección {Vxy}y2B es una cubierta
abierta para B. Como B es compacto podemos encontrar una subcubierta
finita, digamos {Vxy1 , . . . , Vxyn}. Sea Fx = {y1, . . . , yn} y
Ox =
n\
i=1
Wxyi .
Entonces Ox es abierto en Rk (por ser intersección finita de abiertos) y con-
tiene al punto x. Además, x 2 Ox ⇢ Wxyi para todo yi 2 Fx. Evidentemente
Fx y Ox son los subconjuntos buscados.
Paso 2. La colección {Ox}x2A constituye una cubierta abierta para A
y como éste es compacto, existe una subcubierta finita {Ox1 , . . . , Oxp}. Sea
V = {Uxiy 2 U | y 2 Fxi , i = 1, . . . , p}. Evidentemente V es un subconjunto
finito de U . Afirmamos que V cubre a A⇥ B.
En efecto, dado (a, b) 2 A⇥B, existe i 2 {1, . . . , p} tal que a 2 Oxi (porque
{Ox1 , . . . , Oxp} es cubierta de A). Luego, existe y 2 Fxi tal que b 2 Vxiy. Así
tenemos las siguientes contenciones:
(a, b) 2 Oxi ⇥ Vxiy ⇢ Wxiy ⇥ Vxiy ⇢ Uxiy 2 V .
Lo anterior prueba que V cubre a A ⇥ B y por lo tanto la prueba está
completa.
⇤
CONEXIDAD Y COMPACIDAD 9
Corolario 3.2. Todos los rectángulos de la forma
R =
nY
i=1
[ai, bi] = [a1, b1]⇥ [a2, b2]⇥ · · ·⇥ [an, bn],
con ai, bi2 R y ai  bi, son subconjuntos compactos.
Teorema 3.3 (Heine-Borel). Un subconjunto A ⇢ Rn es compacto si y sólo
si es cerrado y acotado.
Demostración. Ya demostramos que todo subconjunto compacto es cerrado
y acotado (Teorema 2.7). Sólo resta demostrar el recíproco. Para ello supon-
gamos que A es cerrado y acotado
Como A es acotado, existe M > 0 tal que A ⇢ B(0,M). Consideremos el
cubo C dado por
C =
nY
i=1
[�M,M ]
el cual contiene a B(0,M) y por lo tanto
A ⇢ B(0,M) ⇢ C.
Por el Corolario 3.2, C es compacto. Luego, como A es cerrado y está conteni-
do en C, podemos usar el Teorema 2.8 para concluir que A es compacto. ⇤
Del Teorema de Heine-Borel, podemos deducir que los siguientes conjuntos
son compactos:
Todas las bolas cerradas B(x, ") = B[x, "].
Todas las esferas S(x, ").
Teorema 3.4 (Teorema de Intersección de Cantor). Sea (Ak)k2N una suce-
sión de subconjuntos no vacíos de Rn. Supongamos que
A1 � A2 � · · · � Ak � Ak+1 � . . . .
Si todos los Ak son compactos entonces la intersección
T
k2N
Ak es no vacía.
Demostración. Supongamos que
T
k2N
Ak = ;. En este caso
Rn = Rn \
✓ \
k2N
Ak
◆
=
[
k2N
Rn \ Ak.
Para cada k 2 N, llamemos Uk = Rn \ Ak.
Como cada Ak es compacto, en particular es cerrado y por lo tanto Uk es
abierto para todo k 2 N. Así, la familia {Uk}k2N es una cubierta abierta para
Rn y en particular es una cubierta abierta para A1. Como A1 es compacto,
10 CONEXIDAD Y COMPACIDAD
debe existir una subcubierta finita Uk1 , . . . , Ukm de A1. Luego, como Ak+1 ⇢
Ak para todo k, entonces se cumple que
Uk ⇢ Uk+1.
Lo anterior garantiza que Uki ⇢ Ukp para todo i = 1, . . . ,m, donde p =
máx{k1, k2, . . . , km}. Esto implica que
Akp ⇢ A1 ⇢ Ukp = Rn \ Akp
lo cual es absurdo. Dicha contradicción viene de suponer que la intersección
de todos los Ak es vacía y por lo tanto podemos concluir que
T
k2N
Ak 6= ;.
⇤
Observemos que el teorema de Intersección de Cantor no es cierto si los
conjuntos Ak no son compactos. Por ejemplo, si Ak = [k,1) para cada k 2 N,
entonces (Ak) es una sucesión anidada de subconjuntos cerrados no acotados
de R. En este caso \
k2N
[k,1) = ;.
Otro ejemplo ocurre al considerar la sucesión (Ak)k2N donde cada Ak =
(0, 1/k). En este caso (Ak)k2N es una sucesión anidada de subconjuntos aco-
tados no cerrados de R y \
k2N
(0, 1/k) = ;.
Teorema 3.5. Todo subconjunto infinito y acotado de Rn tiene un punto de
acumulación.
Demostración. Sea A ⇢ Rn infinito y acotado y supongamos que A no tiene
puntos de acumulación. Recordemos que A = A[A0, donde A0 es el conjunto
de todos los puntos de acumulación de A. De esta manera, si A no tiene
puntos de acumulación entonces A0 = ; y por lo tanto A = A. Esto implica
que A es cerrado y acotado y por el Teorema de Heine-Borel, A es compacto.
Además, como A no tiene puntos de acumulación, entonces todo punto de
A es un punto aislado, esto quiere decir que para todo a 2 A, existe "a tal que
B(a, "a) \ A = {a}. Llamemos U = {B(a, "a)}a2A. Evidentemente U es una
cubierta abierta de A y como A es compacto, debería existir una subcubierta
finita de A. Pero esto es imposible ya que toda subcubierta finita de U cubre
sólo un número finito de elementos de A y por hipótesis A es infinito. Como
esta contradicción viene de suponer que A0 = ;, podemos concluir que A
tiene al menos un punto de acumulación.
⇤
Recordemos que una sucesión en Rm es una función a : N ! Rm. El
punto a(n) se suele denotar por an y la sucesión entera por (an)n2N. En
④
gwp
"
contar.
µ
t]
CONEXIDAD Y COMPACIDAD 11
este caso, una subsucesión de (an)n2N es una sucesión de la forma (akn)n2N
donde (kn)n2N es una sucesión estrictamente creciente de números naturales.
En términos más formales, podemos definir una subsucesión de la siguiente
manera.
Definición 3.6. Sea a : N ! Rm una sucesión y k : N ! N una función
estrictamente creciente (es decir, k(n) < k(n + 1) para todo n 2 N). La
composición a � k : N ! Rp se llama subsucesión de la sucesión (an)n2N.
En este caso, denotaremos a la subsucesión por (akn)n2N.
Observación 3.7. Si k : N ! N es estrictamente creciente, entonces k(n) �
n para todo n 2 N.
Demostración. Haremos la prueba por inducción en n. Evidentemente, si
n = 1, entonces k(1) 2 N y por lo tanto k(1) � 1. Supongamos que k(n) � n
y demostremos que k(n + 1) � n + 1. En efecto, como k es estrictamente
creciente, se cumple que k(n+1) > k(n). Si juntamos la desigualdad anterior
con la hipótesis de inducción concluimos que
k(n+ 1) > k(n) � n.
Así, k(n+1) es un número natural estrictamente mayor que n,y por lo tanto el
valor más pequeño que puede tomar es n+1. Esto prueba que k(n+1) � n+1,
completando la demostración por induciión. ⇤
Lema 3.8. Sea (an)n2N ⇢ Rm una sucesión convergente y (akn)n2N una
subsucesión. Entonces (akn)n2N converge y ĺım
n!1
akn = ĺım
n!1
an.
Demostración. Sean w = ĺım
n!1
an y " > 0. Entonces existe N 2 N tal que
an 2 B(w, ") para todo n � N . De esta manera, si n � N entonces podemos
usar la observación anterior y concluir que kn := k(n) � n � N y por lo
tanto akn 2 B(w, "). Esta contención demuestra que ĺım
n!1
akn = w y por lo
tanto la prueba está completa. ⇤
Proposición 3.9. Sean (an)n2N ⇢ Rm una sucesión en Rm y a 2 Rm un
punto de acumulación del conjunto {an | n 2 N}. Entonces existe una sub-
sucesión (akn)n2N que converge al punto a.
Demostración. Llamemos A al conjunto {an | n 2 N}. Como a es punto
de acumulación de A, para n = 1, existe un elemento ak1 2 (B(a, 1) \
A) \ {a}. Nuevamente, como a es punto de acumulación de A, el conjunto
(B(a, 1/2) \ A) \ {a} tiene una cantidad infinita de elementos, por lo cual
podemos encontrar k2 > k1 tal que ak2 2 (B(a, 1/2)\A) \ {a}. Continuando
recursivamente, para cada n 2 N, el conjunto (B(a, 1/n)\A\){a} tiene una
cantidad infinita de elementos, por lo cual podemos encontrar una elemento
"
quitar
12 CONEXIDAD Y COMPACIDAD
akn 2 (B(a, 1/n) \ A) \ {a} tal que kn > kn�1. Evidentemente (akn) es una
subsucesión de la sucesión original y ĺım
n!1
akn = a. ⇤
Teorema 3.10 (Bolzano-Weierstrass). Toda sucesión acotada en Rm tiene
una subsucesión convergente.
Demostración. Sea (an)n2N una sucesión acotada.
Caso 1. Supongamos que existe una cantidad infinita de elementos de
la sucesión que son iguales a un elemento a 2 Rm. En este caso, sea k1 el
menor natural tal que ak1 = a. Sea k2 mayor que k1 tal que ak2 = a. Así,
para cada n 2 N, podemos encontrar un natural kn > kn�1 tal que akn = a.
Evidentemente (akn)n2N es una subsucesión de (an)n2N que converge al punto
a.
Caso 2. Si no sucede el caso 1, entonces se tiene que el conjunto A =
{an | n 2 N} es infinito y acotado. Por el teorema 3.5, existe a un punto de
acumulación de A. Luego por la proposición 3.9 concluimos que existe una
subsucesión (akn)n2N que converge al punto a. ⇤
En el siguiente teorema se resumen varios de los resultados vistos en esta
sección y se caracteriza de distintas maneras a los subconjuntos compactos.
Teorema 3.11. Sea A ⇢ Rm. Entonces los siguientes enunciados son equi-
valentes
(1) A es compacto.
(2) A es cerrado y acotado.
(3) Todo subconjunto infinito B ⇢ A tiene un punto de acumulación b 2 A.
(4) A es secuencialmente compacto. Es decir, para toda sucesión (an)n2N
contenida en A, existe una subsucesión convergente (akn)n2N tal que
ĺım
n!1
akn 2 A.
Demostración. La implicación (1),(2) se demostró en el teorema de Heine-
Borel (Teorema 3.3).
(2))(3). Sea B ⇢ A un subconjunto infinito. Como A es acotado, B
también es acotado. Por el teorema 3.5 sabemos que existe un punto de
acumulación b 2 B0. Evidentemente todo punto de acumulación de B también
es punto de acumulación de A (porque B ⇢ A), esto garantiza que b 2 A0.
Como A es cerrado, tenemos que A0 ⇢ A y por lo tanto b 2 A, lo cual
demuestra el inciso (3).
(3))(4). Sea (an)n2N una subsucesión de elementos de A. Si existe una
cantindad infinita de elementos de la sucesión que son iguales, entonces dichos
elementos determinan una subsucesión convergente cuyo límite, al ser un
elemento de la sucesión, también estáen A (ver el caso 1 de la demostración
del teorema de Bolzano-Weierstrass).
CONEXIDAD Y COMPACIDAD 13
En caso contrario, el conjunto B = {an | n 2 N} es infinito y está contenido
en A. Por (3), existe un punto de acumulación b 2 B0 tal que b 2 A. Luego
podemos usar la proposición 3.9 y encontrar una subsucesión convergente al
punto b, lo cual demuestra (4).
(4))(2). Necesitamos demostrar que A es cerrado y acotado. Si A no
fuera acotado, entonces para cada n 2 N podemos encontrar an 2 A tal que
kank > n. La sucesión (an)n2N está completamente contenida en A y si (akn)
fuera una subsucesión, entonces se cumpliría que kankk � kn � n para toda
n 2 N. Esto prueba que (ank) tampoco es acotada y por lo tanto no puede
ser convergente. De aquí concluimos que A debe ser acotado.
Ahora, si A no fuera cerrado, existiría un punto de acumulación a 2 A0\A.
Como a es punto de acumulación, para cada n 2 N existe an 2 A tal que
ka � ank < 1/n. Los puntos an determinan una sucesión (an)n2N de ele-
mentos de A la cual converge al punto a. Evidentemente toda subsucesión
debe converger también al punto a /2 A. Esto implica que no existe ninguna
subsucesión que converja a un punto de A, lo cual contradice (4). De es-
ta contradicción deducimos que A es cerrado y por lo tanto la prueba del
teorema está completa.
⇤
4. Continuidad Uniforme
Definición 4.1. Diremos que una función f : Rn ! Rm es uniformemente
continua si para cada " > 0 existe � > 0 tal que si kx� yk < � entonces
kf(x)� f(y)k < ".
Observación 4.2. Sea f : A ⇢ Rn ! Rm una función.
(1) Si f es uniformemente continua, entonces f es continua.
(2) Si f es Lipschitz, entonces f es uniformemente continua. Recuerda que
f es Lipschitz si existe M � 0 tal que kf(x)� f(y)k  Mkx� yk.
Ejemplo 4.3. Toda función lineal T : Rn ! Rk es Lipschitz y por lo tanto
es uniformemente continua.
Ejemplo 4.4. La función f : (0,1) ! (0,1) dada por f(x) = 1/x es
continua pero no es uniformemente contina.
Teorema 4.5. Sea f : A ⇢ Rn ! Rm una función continua. Si A es com-
pacto, entonces f es uniformemente continua.
Demostración. Sea " > 0. Como f es continua, para cada x 2 A, existe
�x > 0 tal que si kx � yk < �x, entonces kf(x) � f(y)k < "/2. La familia
{B(x, �x/2)}x2A constituye una cubierta abierta del compacto A, por lo que
existe una subcubierta finita, digamos {B(x1, �x1/2), . . . , B(xk, �xk/2)}. Sea
� = mı́n{�x1/2, . . . , �xk/2}.
14 CONEXIDAD Y COMPACIDAD
Consideremos puntos x, y 2 A tales que d(x, y) < �. Entonces existe xi tal
que x 2 B(xi, �xi/2), por lo que
kf(x)� f(xi)k < "/2.
Notemos que
ky � xik  ky � xk+ kx� xik < � + �xi/2  �xi/2 + �xi/2 = �xi ,
por lo que
kf(y)� f(xi)k < "/2.
Consecuentemente
kf(x)� f(y)k  kf(x)� f(xi)k+ kf(xi)� f(y)k < "/2 + "/2 = ",
lo cual demuestra que f es uniformemente continua. ⇤