Guia_III_Topologia_de_R_n

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Gúıa III. Topoloǵıa de Rn
Manuel Emiliano Monreal Cancino, Carlos David Jiménez Flores, Maŕıa Fernanda Méndez Garćıa
Alfredo Zinzu Mart́ınez, Genda Xanat Monter Jacobo
11 de octubre de 2016
1.- Demuestren si las siguientes propiedades son verdaderas o falsas.
a) * ∂(A) = ∂(Int (A))
FALSO
Sean x0 ∈ Rn y el conjunto A = {x0}.
Entonces, ∂(A) = {x0} dado que para toda ε > 0, se cumple que Bε (x0) ∩A = {x0} 6= Ø y
además, Bε (x0) ∩ Ac = y0 6= Ø con y0 un punto tal que d(x0, y0) =
ε
2
Ahora bien, Int (A) = Ø, dado que para toda ε > 0 se cumple que Bε (x0) 6⊆ {x0}. Y trivial-
mente, ∂(Ø) = Ø.
Con ello, evidenciamos que ∂(A) 6= ∂(Int (A))
b) ∂(A) = ∂(Ext(A))
FALSO
Sea A = Q.
Entonces, ∂(Q) = R, pues, para toda ε > 0 y para todo punto x ∈ R, se cumple que
Vε(x) ∩Q 6= Ø y además que Vε(x) ∩ I 6= Ø. Esto pasa por la densidad de I y Q en R.
Ahora bien, Ext (Q) = Ø pues, para toda ε > 0 y para todo x ∈ I, se cumple que Vε(x) 6⊆ I
pues, por la densidad de Q en R, siempre dicha vecindad tendrá elementos de Q. Trivialmen-
te, ∂(Ø) = Ø.
Con ello, ∂(A) 6= ∂(Ext(A))
1
c) A = A
VERDADERO
Usaremos las siguientes tres proposiciones ya probadas en clase para demostrar este resultado:
Proposición 1: Sea A ⊆ Rn. Entonces se cumple que A ⊆ A
Proposición 2: Sea A ⊆ Rn. Si A ⊆ F ⊆ Rn y F es cerrado, entonces A ⊆ F
Proposición 3: Sea A ⊆ Rn. Entonces se cumple que A es un conjunto cerrado.
Demostración (por doble contención).
(⊆) Por demostrar que A ⊆ A
Sabemos que A ⊆ A y por la proposición 3, que A es cerrado. Entonces, por la proposición
2, se sigue que A ⊆ A
(⊇) Por demostrar que A ⊆ A
La contención se sigue inmediatamente de la proposición 1.
Por tanto, podemos concluir que A = A
d) Si A =
n
⋃
i=1
Ai, con A y Ai en Rm. Entonces A =
n
⋃
i=1
Ai
VERDADERO
El enunciado anterior se reduce a probar que
n
⋃
i=1
Ai =
n
⋃
i=1
Ai
Lema: Sean T ⊆ Rn y F ⊆ Rn. Si T ⊆ F entonces T ⊆ F
Demostración
Como T ⊆ F ⊆ F en particular T ⊆ F . Como F es un cerrado, entonces, por la Proposición
2 del ejercicio 1c, debe pasar que T ⊆ F
�
2
⊆)
Sabemos que para para toda j ∈ {1, 2, ..., n} se cumple que Aj ⊆ Aj, entonces
n
⋃
i=1
Aj ⊆
n
⋃
i=1
Aj,
luego, por el Lema, se tiene que
n
⋃
i=1
Aj ⊆
n
⋃
i=1
Aj
Sin embargo,
n
⋃
i=1
Aj es un cerrado. Por tanto,
n
⋃
i=1
Aj =
n
⋃
i=1
Aj
Luego entonces,
n
⋃
i=1
Aj ⊆
n
⋃
i=1
Aj
⊇)
Para toda i ∈ {1, 2, ..., n} se cumple que Ai ⊆ A, entonces, por el Lema, Ai ⊆ A. Concluimos
aśı que
n
⋃
i=1
Ai ⊆ A =
n
⋃
i=1
Ai
e) * Si A =
∞
⋃
i=1
Ai, con A y Ai en Rm. Entonces A =
∞
⋃
i=1
Ai
FALSO
Sea An =
[
1
n
, 1
]
. Afirmamos entonces que
⋃
n∈N
An = (0, 1]
⊆)
Sea x ∈
⋃
n∈N
An, entonces x ∈ An para alguna n ∈ N. Entonces, x ∈
[
1
n
, 1
]
, de donde
1
n
≤ x ≤ 1. Por tanto, x ∈ (0, 1]
⊇)
Sea x ∈ (0, 1]. Por el principio arquimediano, existe n ∈ N tal que 1
n
< x ≤ 1 de donde
entonces x ∈
[
1
n
, 1
]
= An y por tanto, x ∈
⋃
n∈N
An
Aśı entonces, podemos concluir que
⋃
n∈N
An = (0, 1]
3
Ahora bien, An = An dado que ya son conjuntos cerrados. Sin embargo, (0, 1] = [0, 1].
Entonces, tenemos que
⋃
n∈N
An = (0, 1] 6= (0, 1]
2.- De los siguientes conjuntos, demuestren si son abiertos, cerrados o ninguno
de los dos. Además, calculen el derivado del conjunto.
a) * A = {2−n + 3−m : n,m ∈ N}
Observemos que el conjunto A tiene como elementos únicamente números racionales. Aśı
entonces, dado cualquier x ∈ A y dada cualquier ε > 0, se cumple que Bε (x) intersecta tanto
al conjunto como a los números irracionales (por la densidad de éstos en R).
Por tanto, Bε (x) 6⊆ A. Con ello, A no es abierto.
Además, si tomamos la sucesión xn =
{
1
2n
+ 1
3n
}
que cumple que {xn} ⊆ A y calculamos su
ĺımite
ĺım
n→∞
1
2n
+
1
3n
= 0
Y sin embargo, 0 /∈ A. Aśı entonces, A no es cerrado, pero 0 es punto de acumulación de A.
El derivado del conjunto son todos los puntos de acumulación que tiene éste. Veamos algunos
de dichos puntos de acumulación para entender la forma general de ellos:
Si tomamos n = 1 y corremos a m en todos los naturales, entonces tenemos la sucesión
xm =
{
1
2
+ 1
3m
}
la cual converge a 1
2
Ahora, si tomamos n = 2 y corremos a m en todos los naturales, entonces tenemos la
sucesión xm =
{
1
4
+ 1
3m
}
que converge a 1
4
Análogamente, si fijamos n = 3 y m corre en todos los naturales tenemos la sucesión
xm =
{
1
8
+ 1
3m
}
la cual converge a 1
8
Todos los puntos anteriores son puntos de acumulación, dado que, en general, fijada n se
cumple que para toda m ∈ N 1
2n
+ 1
3m
> 1
2n
En general entonces, fijada n y dada m ∈ N, tenemos la sucesión xm =
{
1
2n
+ 1
3m
}
la cual
tiene ĺımite y es
ĺım
m→∞
1
2n
+
1
3m
=
1
2n
Aśı entonces, A tiene como puntos de acumulación a los puntos de la forma
{
1
2n
}
n∈N
4
Sin embargo, si seguimos el procedimiento anterior aśı como una explicación totalmente
análoga, pero ahora fijamos m y dejamos correr a n ∈ N, tenemos que
ĺım
n→∞
1
2n
+
1
3m
=
1
3m
Entonces, finalmente, A′ =
{
1
2n
}
n∈N
∪
{
1
3m
}
m∈N
∪ {0}
b) A =
{
(−1)n + 1
m
: n,m ∈ N
}
Observemos que el conjunto A tiene como elementos únicamente números racionales. Aśı
entonces, dado cualquier x ∈ A y dada cualquier ε > 0, se cumple que Bε (x) intersecta tanto
al conjunto como a los números irracionales (por la densidad de éstos en R).
Por tanto, Bε (x) 6⊆ A. Con ello, A no es abierto.
Sea xm =
{
(−1)1 + 1
m
}
⊆ A sucesión. Tenemos que
ĺım
m→∞
(−1)1 +
1
m
= (−1)1 = −1
Y sin embargo, −1 /∈ A. Aśı, A no es cerrado.
Ahora bien, si fijamos n ∈ N tal que n es par y dejamos correr a m ∈ N tenemos la sucesión
xm = {1 + 1
m
} que converge a 1, que es punto de acumulación.
Ahora si fijamos n ∈ N tal que n es impar y la m corre en los naturales, entonces tenemos la
sucesión xm = {−1 + 1
m
} que converge a −1, que es punto de acumulación.
De otra manera, si ahora fijamos m ∈ N y dejamos correr n ∈ N tenemos la sucesión
xn = {(−1)n + 1
m
} que no converge pues está oscilando. Además, ninguno de sus puntos
ĺımite es punto de acumulación.
Aśı, concluimos que A′ = {−1, 1}
c) * Sean a, b ∈ R2. A = {x ∈ R2 : x = 〈a, b〉}
Consideremos tres casos
1) Si a y b son linealmente dependientes y b = 0, entonces 〈a, b〉 es una recta L que pasa
por el origen contenida en R2
L es un conjunto cerrado. Sea x ∈ L c. Entonces, dado que la distancia entre un punto
y una recta si está bien definida, podemos afirmar que d(x,L ) = M para alguna M > 0.
Afirmamos que BM
2
(x) ⊆ L c. Es análogo probar que BM
2
(x) ∩ L = Ø
5
Supongamos que no, entonces, existe un y ∈ BM
2
(x) ∩ L . Como y ∈ BM
2
(x), entonces,
d(x, y) = ε < M
2
, y como y ∈ L , entonces d(y,L ) = 0
Usando la desigualdad |d(a, b)− d(b, c)| ≤ d(a, c) probada en la gúıa 1, tenemos que
|d(y, x)− d(x,L )| ≤ d(y,L )
de donde
|ε−M | ≤ d(y,L )
Se sigue entonces que, como ε < M
2
< M entonces ε−M < 0
0 < |ε−M | ≤ d(y,L )
contradiciendo que la distancia de la recta a y era cero. Por tanto, la intersección es vaćıa y
aśı, L es un cerrado.
Como L es un cerrado, entonces se cumple que L ′ ⊆ L . Ahora probaremos que L ⊆ L ′
Sea x ∈ L . Entonces, x = λ0a para alguna λ0 ∈ R.
Si consideramos la sucesión xn =
{(
λ0 − 1
n
)
a
}
⊆ L , ésta claramente converge a λ0a y
todos sus elementos son distintos de su ĺımite. Por tanto, λ0a = x ∈ L ′
Cuando ambos vectores son linealmente dependientes y ambos son no cero, la argumentación
es totalmente análoga y las propiedades son las mismas.
2) Si a = b = 0 entonces claramente el conjunto es cerrado y su derivado es el vaćıo.
3) Si b y a son linealmente independientes, 〈a, b〉 = R2. Entonces, 〈a, b〉 es cerrado y abierto
y su derivado es él mismo.
d) Sean a, b ∈ R3. A = {x ∈ R3 : x = 〈a, b〉}
1) Si a y b son linealmente dependientes y b = 0, entonces 〈a, b〉 es una recta L que pasa
por el origen contenida en R3
Cumple ser cerrada, y ser ella misma su derivado. La prueba es totalmente análoga ala del
problema anterior.
2) Si a = b = 0 entonces claramente el conjunto es cerrado y su derivado es el vaćıo.
3) Si a y b son linealmente independientes, entonces 〈a, b〉 es un plano P contenido en R3
que pasa por el origen.
6
P es un conjunto cerrado. Sea x ∈ Pc. Entonces, dado que la distancia entre un punto
y un plano si está bien definida, podemos afirmar que d(x,P) = M para alguna M > 0.
Afirmamos que BM
2
(x) ⊆ Pc. Es análogo probar que BM
2
(x) ∩ P = Ø
Supongamos que no, entonces, existe un y ∈ BM
2
(x) ∩ P. Como y ∈ BM
2
(x), entonces,
d(x, y) = ε < M
2
, y como y ∈ P, entonces d(y,P) = 0
Usando la desigualdad |d(a, b)− d(b, c)| ≤ d(a, c) probada en la gúıa 1, tenemos que
|d(y, x)− d(x,P)| ≤ d(y,P)
de donde
|ε−M | ≤ d(y,P)
Se sigue entonces que, como ε < M
2
< M entonces ε−M < 0
0 < |ε−M | ≤ d(y,P)
contradiciendo que la distancia del plano a y era cero. Por tanto, la intersección es vaćıa y
aśı, P es un cerrado.
Como P es un cerrado, entonces P ′ ⊆ P. Falta probar que P ⊆ P ′ y en efecto, aśı es.
Sea x ∈ P. Entonces, dicho punto se ve de la forma x = λ0a + µ0b con λ0 y µ0 fijas.
Consideramos la sucesión xk =
{(
λ0 +
1
k
)
a+ µ0b
}
que claramente está contenida en P.
Además, converge a λ0a+µ0b y es fácil notar que sus puntos son todos distintos de su ĺımite.
Por tanto, λ0a+ µ0b = x es punto de acumulación. Aśı, x ∈ P ′
e) * A = (Q×Q) ∩G, donde G es la gráfica de la función f(x) = πx
A no es abierto, dado que todos sus puntos son elementos de Q×Q. Si tomamos (x, y) ∈ A,
entonces, para toda ε > 0 se cumple que Bε ((x, y)) ∩ Ac 6= Ø pues por la densidad de I× I
en R2, hay elementos de dicho conjunto en Bε ((x, y))
A es cerrado. Para ello, analicemos con detenimiento al conjunto A.
En A están los puntos de la gráfica de la función f(x) = πx intersección con los puntos
de Q×Q. Dicha gráfica cumple estar contenida en R2. Entonces, primero, para que el punto
esté en A, su primer entrada x debe cumplir ser racional. Ahora bien, debe estar en la gráfica,
aśı que tomamos πx, y sin embargo, como πx ∈ I entonces (x, πx) /∈ A. El único punto que
cumple estar en A es el (0, 0). Por tanto, A = {(0, 0)}
Aśı entonces, A es cerrado y A′ = Ø
7
f) A = (Q× R) ∩ S1, donde S1 = {x ∈ R2 : ||x|| = 1}
A no es abierto.
Si tomamos (x, y) ∈ A, entonces, para toda ε > 0 se cumple que Bε ((x, y)) ∩ (I× I) 6= Ø
pues por la densidad de I× I en R2, hay elementos de dicho conjunto en Bε ((x, y)), además,
para todo (a, b) ∈ I× I se cumple que (a, b) /∈ A
A no es cerrado.
Tomemos, por ejemplo, el punto
(
1√
2
, 1√
2
)
∈ (I× R) con norma igual a 1, entonces
P0 =
(
1√
2
, 1√
2
)
∈ S1.
Ahora, por la densidad de Q × Q, si tomamos B1
((
1√
2
, 1√
2
))
podemos encontrar x1 tal
que x1 ∈ B1
((
1√
2
, 1√
2
))
∩ A.
Análogamente, si tomamos B 1
2
((
1√
2
, 1√
2
))
podemos encontrar x2 con x2 6= x1 que cum-
pla la condición de que x2 ∈ B 1
2
((
1√
2
, 1√
2
))
∩ A.
Aśı entonces, dada B 1
n
((
1√
2
, 1√
2
))
podemos encontrar xn con xn 6= xn−1 que cumpla la
condición de que xn ∈ B 1
n
((
1√
2
, 1√
2
))
∩ A
Consideremos entonces la sucesión {xn} ⊂ A por construcción
Entonces, para toda n ∈ N se cumple que 0 ≤
∥
∥
∥
xn −
(
1√
2
, 1√
2
)
∥
∥
∥
< 1
n
de donde
ĺım
n→∞
0 ≤ ĺım
n→∞
∥
∥
∥
∥
xn −
(
1√
2
,
1√
2
)
∥
∥
∥
∥
< ĺım
n→∞
1
n
y aśı podemos observar que ĺım
n→∞
∥
∥
∥
xn −
(
1√
2
, 1√
2
)∥
∥
∥
= 0
Por lo tanto, xn converge a
(
1√
2
, 1√
2
)
y A no es cerrado.
Ahora, afirmamos que A′ = S1. Veamos primero A′ ⊆ S1.
Sea x ∈ A′. Podemos encontrar {xk} ⊆ A sucesión tal que converge a x. Para todo k ∈ N se
tiene que ‖xk‖ = 1, entonces necesariamente se debe cumplir que ||x|| = 1.
De no ser aśı, podŕıamos encontrar ε > 0 tal que la bola deje aislado al punto y éste ya
no seŕıa de acumulación. (este resultado se sigue de uno probado en el examen 2, de sucesio-
nes.) Aśı entonces, x ∈ S1
Por lo tanto, A′ ⊆ S1
8
Procedemos a verificar S1 ⊆ A′. Sea (a, b) ∈ S1. Ahora, por la densidad de Q×Q, si tomamos
B1((a, b)) podemos elegir x1 ∈ A∩B1((a, b)). Ahora, también, dada B 1
2
((a, b)) podemos elegir
x2 ∈ A ∩ B 1
2
((a, b))
De manera general, dada B 1
n
((a, b)) podemos elegir xn que cumpla que xn ∈ A∩B 1
n
((a, b)).
Es totalmente análogo a la demostración de que el conjunto no es cerrado, observar que el
ĺımite de la sucesión xn = {x1, x2, x3, ..., xn, ...} corresponde a lo siguiente:
ĺım
n→∞
xn = (a, b)
Aśı entonces, {xn} converge a (a, b) con xn 6= (a, b) para toda n ∈ N
Por lo tanto, A′ ⊇ S1 y entonces, A′ = S1
3.- Demuestren que si A ⊂ R es compacto no vaćıo, entonces A tiene máximo y
mı́nimo. ¿Se vale el regreso?
Dado que A es compacto (no vaćıo) en R, entonces es cerrado y acotado, en particular,
acotado superiormente y acotado inferiormente. Por el axioma del supremo y el axioma del
ı́nfimo en R, entonces existen L ∈ R y U ∈ R tal que U = sup(A) y L = ı́nf(A). Sólo falta
probar que U,L ∈ A
Supongamos que U /∈ A, es decir, U ∈ Ac. Dado que A es cerrado, entonces Ac es abierto.
Por ello, existe ε > 0 tal que Vε(U) ⊆ Ac. De aqúı se desprenden dos casos:
i) Si Vε(U) quedó a la ✭✭izquierda✮✮ del conjunto A, entonces, la contradicción es clara,
pues U ni siquiera podŕıa ser supremo, pues para toda ψ ∈ A, se cumple que ψ > U .
El supremo no seŕıa cota superior.
ii) Si Vε(U) quedó a la ✭✭derecha✮✮ del conjunto A, entonces, para todo ω ∈ Vε(U) y para
todo ψ ∈ A se cumple que ω > ψ.
En particular, si nos tomamos U − ε
2
∈ Vε(U), se cumple que para todo ψ ∈ A,
U > U − ε
2
> ψ lo cual es una contradicción, pues entonces U no podŕıa ser el supremo
del conjunto A.
De ambos casos, concluimos que U ∈ A. Por tanto, como el supremo está en el conjunto,
éste es un máximo. De forma totalmente análoga se prueba que L ∈ A. Con lo que A tiene
máximo y mı́nimo.
No se vale el regreso. Ejemplo:
Sea F = (0, 14] ∪ {−2} El máximo del conjunto es 14 pues para toda x ∈ F, se cumple que
x ≤ 14 y además, 14 ∈ F.
9
Por otro lado, −2 es el mı́nimo del conjunto, pues para toda x ∈ F, se cumple que −2 ≤ x y
−2 ∈ F. Entonces el conjunto F está acotado. Sin embargo, no es cerrado.
Sea xk =
1
k
sucesión. Es claro notar que {xk} ⊆ F. Si tomamos su ĺımite
ĺım
k→∞
1
k
= 0
Entonces, tenemos una sucesión convergente a 0 en F y sin embargo, 0 /∈ F. Por tanto F no
es cerrado.
4.- PUNTO EXTRA. Consideren P(Rn) como el conjunto potencia de Rn. Sea
C ⊂ P(Rn) tal que los elementos de C son todos los subconjuntos compactos de
Rn. Sea λ ∈ R y A,B ∈ C; definimos λA = {λx : x ∈ A} y A+B = A ∪B
a) ¿Qué propiedades de espacio vectorial cumple C con las operaciones definidas?
Propiedades para la suma
1) Cerradura
Dados A,B ∈ C, debemos demostrar que A+B = A ∪ B ∈ C
Sea {Ui}i∈I una cubierta abierta de A ∪ B, es decir, A ∪ B ⊆
⋃
i∈I
Ui.
En particular, A ⊆
⋃
i∈I
Ui y como A es compacto, entonces existe una subcubierta abierta
finita {Ui}ki=1 (para alguna k ∈ N) que cumple que A ⊆
k
⋃
n=1
Un
Además, también B ⊆
⋃
i∈I
Ui y como B es compacto, entonces existe una subcubierta abierta
finita {Ui}mi=1 (para alguna m ∈ N) que cumple que B ⊆
m
⋃
n=1
Un
Aśı entonces
A ∪ B ⊆
((
m
⋃
n=1
Un
)
⋃
(
k
⋃
n=1
Un
))
⊆
⋃
i∈I
Ui
y como la unión de conjunto finitos es finito, el conjunto
(
m
⋃
n=1
Un
)
⋃
(
k
⋃
n=1
Un
)
es finito,
además de ser cubierta abierta de A∪B por lo anterior. Aśı entonces, es una cubierta abierta
finita de A ∪ B y concluimos que A ∪B es compacto. Por tanto, la suma es cerrada.
10
2) Conmutatividad
Dados dos conjuntos compactos A,B, debemos demostrar queA∪B = A+B = B+A = B∪A,
lo cual es trivialmente cierto, pues la unión de cualesquiera dos conjuntos es conmutativa.
3) Asociatividad
Dados A,B,C ∈ C, debemos demostrar que se cumple lo siguiente
A ∪ (B ∪ C) = A+ (B + C) = (A+B) + C = (A ∪B) ∪ C
lo cual siempre es cierto, pues para cualesquiera tres conjuntos, su unión es asociativa.
4) Existenciadel elemento neutro.
El elemento neutro que proponemos es B = Ø. Primero demostraremos que dicho conjunto
es compacto, pero es fácil probarlo, dado que está acotado, pues, dada ε > 0 y un punto
cualquiera x0 ∈ Rn, se cumple que Ø ⊆ Bε (x0) y sabemos que Ø es cerrado. Por tanto, Ø es
compacto, luego entonces, Ø ∈ C
Ahora bien, entonces, dado A ∈ C, queremos probar que A + Ø = A, lo cual es cierto, pues
por definición, A+Ø = A ∪Ø = A
5) Existencia de los inversos aditivos.
Por las propiedades de la unión de conjuntos, para todo A ∈ C con A 6= Ø, no existe
otro conjunto B tal que A∪B = Ø. Por tanto, los elementos del conjunto no tienen inversos
aditivos.
Producto por escalares
1) Cerradura
Dado A ∈ C y λ ∈ R, debemos demostrar que λA ∈ C
El producto por escalares está definido como λA = {λx : x ∈ A}. Sin embargo, justamente
por esa definición, podemos verlo como una función f : Rn → Rn con la regla de correspon-
dencia f(x) = λ(x). Lo que tenemos que probar es que dado A ∈ C, su imagen f(A) ∈ C.
Para ello necesitamos probar antes algunos teoremas:
11
Teorema 1: Sean X, Y conjuntos y f : X → Y una función. Sea {Yi}i∈I una familia
de subconjuntos de Y . Entonces, se cumple que
f−1
[
⋃
i∈I
Yi
]
=
⋃
i∈I
f−1[Yi]
Demostración
⊆)
Sea x ∈ f−1
[
⋃
i∈I
Yi
]
, entonces f(x) ∈
⋃
i∈I
Yi. Entonces, f(x) ∈ Yi para alguna i ∈ I.
Ahora bien, dado que f(x) ∈ Yi, entonces x ∈ f−1[Yi] y por tanto, x ∈
⋃
i∈I
f−1[Yi]
⊇)
Sea x ∈
⋃
i∈I
f−1[Yi], entonces x ∈ f−1[Yi] para alguna i ∈ I. De ah́ı, entonces podemos afirmar
que f(x) ∈ Yi con lo que f(x) ∈
⋃
i∈I
Yi y concluimos que x ∈ f−1
[
⋃
i∈I
Yi
]
�
Teorema 2: Sean (X, d) y (Y, d) espacios métricos. Si f : X → Y es una función
continua, entonces f−1(U) es un abierto para cualquier U ⊆ Y con U un abierto.
Demostración
Sea x0 ∈ f−1(U), entonces f(x0) ∈ U . Como U es un abierto, entonces existe r > 0 tal que
Br (x0) ⊆ U
Ahora, elegimos ε > 0 que cumpla ε < r. Del hecho de que f es continua, entonces existe
δ > 0 tal que f(x) ∈ Bε (f(x0)) cuando x ∈ Bδ (x0)
Ahora bien, notemos que si x ∈ Bδ (x0) entonces f(x) ∈ Bε (f(x0)) ⊆ U . Por lo tanto,
f(x) ∈ U . Más aún, x ∈ f−1(U). Aśı, podemos concluir que Bδ (x0) ⊆ f−1(U). Luego
entonces, f−1(U) es un abierto.
�
12
Teorema 3: Sean (X, d) y (Y, d) espacios métricos. Si f : X → Y es una función
continua y K ⊆ X es un conjunto compacto, entonces f(K) también es compacto
en Y .
Sea U un recubrimiento abierto de f(K). Dado que f es continua, y por el Teorema 2,
entonces se sigue que para toda U ∈ U , f−1(U) es también un abierto.
Afirmamos que el conjunto
{
f−1(U) : U ∈ U
}
es un recubrimiento abierto de K, pues para cualquier x ∈ K, se tiene que f(x) ∈ U para
alguna U ∈ U .
Es decir, dado que f(x) ∈ U, entonces f−1 (f(x)) ∈ f−1 (U), lo que implica directamente
que x ∈ f−1 (U) para alguna U ∈ U
ComoK es compacto, entonces admite una subcubierta finita {f−1(U1), f
−1(U2), ..., f
−1(Ur)}
Por lo anterior entonces K ⊆
r
⋃
n=1
f−1 (Un) = f−1
[
r
⋃
n=1
Un
]
por el Teorema 1
Entonces, se sigue inmediatamente que f(K) ⊆
r
⋃
n=1
Un con lo cual, f(K) admitió un subre-
cubrimiento finito, luego entonces, f(K) es compacto.
�
Ahora, dada f : Rn → Rn definida como f(x) = λ(x), probemos que f es continua.
Veamos la definición de continuidad para una función:
Sea f : D ⊆ Rn → Rm una función, con x0 punto de acumulación de D .
Entonces, f es continua en el punto x0 si y sólo si para toda ε > 0, existe una δ > 0
tal que para todo x ∈ X que cumpla que ||x − x0|| < δ entonces también se cumpla que
||f(x)− f(x0)|| < ε
Demostración
Caso 1) Si λ 6= 0
Sea ε > 0. Tomamos δ =
ε
|λ| . Entonces
13
||x− x0|| <
ε
|λ|
|λ| ||x− x0|| < ε
||λ(x− x0)|| < ε
||λ(x)− λ(x0)|| < ε
||f(x)− f(x0)|| < ε
Caso 2) Si λ = 0
Sea ε = δ > 0.
Entonces, si ||x− x0|| < δ, se cumple ||f(x)− f(x0)|| = ||0(x)− 0(x0)|| = ||0̄|| = 0 < ε
Por tanto, f es continua. Con ello, ahora śı, si tomamos A ∈ C y le aplicamos f , su imagen,
f(A) = λ(A), por el Teorema 3, se cumple que λ(A) ∈ C y con ello, el producto por escalares
es cerrado.
2) Asociatividad.
Dados λ, µ ∈ R y A ∈ C, debemos demostrar que λ(µ(A)) = (λµ)(A).
Observemos la definición de los productos por escalares. λ(µ(A)) = {λ(µx) : x ∈ A} y por
otro lado, (λµ)(A) = {(λµ)x : x ∈ A}
Es fácil observar que ambos conjuntos son iguales, pues por las propiedades de espacio vec-
torial de Rn, se cumple que (λµ)x = λ(µx). Por tanto, λ(µ(A)) = (λµ)(A)
3) Distributividad
Dados λ, µ ∈ R y A ∈ C, debemos probar que (λ + µ)A = λA + µA. La prueba será
por doble contención:
⊆)
Sea y ∈ (λ + µ)A, entonces, y = (λ + µ)x para algún x ∈ A. Distribuyendo tenemos que
y = λx+ µx con lo que y ∈ λA+ µA
⊇)
Sea y ∈ λA + µA. Entonces, y = λx + µx, para algún x ∈ A. Se sigue que y = (λ + µ)x y
entonces, y ∈ (λ+ µ)A
14
4) Distributividad
Dados λ ∈ R y A,B ∈ C, debemos probar que λ(A+B) = λA+ λB
⊆)
Sea x ∈ λ(A+B), entonces, existen y ∈ A y z ∈ B tal que x = λy + λz.
Entonces, λy ∈ λA y λz ∈ λB, por tanto, x = λy + λz ∈ λA ∪ λB = λA+ λB
⊇)
Sea x ∈ λA + λB. Entonces existen y ∈ A y z ∈ B tal que x = λy + λz. Es fácil ver que
x+ y ∈ A ∪B = A+B. Entonces, x = λ(x+ y) ∈ λ(A+B)
5) Neutro
Dado 1 ∈ R y A ∈ C, debemos probar que 1(A) = A
Lo anterior se sigue inmediatamente de la definición del producto por escalares,
pues 1(A) = {1(x) = x : x ∈ A} pues Rn es un espacio vectorial y para cualesquiera γ ∈ Rn,
es cierto que 1(γ) = γ
b) Justifiquen que la función diámetro de un conjunto diám(A), está bien definida
para todo A ∈ C\{Ø}
Como A ∈ C, entonces A es compacto. Aśı, podemos concluir que A está acotado. Más pre-
cisamente, existe M ∈ R+ tal que A ⊆ BM (0̄).
Además, como A es distinto del vaćıo, podemos tomar x, y ∈ A (podŕıan ser el mismo en el
caso de que A tuviera sólo un elemento, pero el argumento funciona) y con ello, el conjunto
A = {d(x, y) : x, y ∈ A} ⊆ R está acotado superiormente por 2M (que es el diámetro de la
bola abierta).
Con ello, como tenemos A ⊆ R acotado superiormente, por el axioma del supremo, en-
tonces A tiene supremo, y como el supremo es único, entonces la función diámetro está bien
definida.
15
c) ¿Qué propiedades de norma cumple la función diámetro en C?
1) Positiva definida
No la cumple
Si tenemos el conjunto C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}, C ∈ C, aunque 0̄ ∈ C , diám (C ) = 2.
Es decir, no fue cero aunque el vector cero estuviese involucrado en el conjunto.
Es más, podŕıa ser cero sin que el vector cero estuviese implicado. Definimos F = {(2, 2)},
entonces, diám (F) = 0
2) Si k ∈ R yA ∈ C, se debe cumplir que sup {k(d(x, y)) : x, y ∈ A} = |k| sup {d(x, y) : x, y ∈ A}
No la cumple
Si tenemos el conjunto L = [0, 1] × [0, 1] entonces sup {(−4)d(a, b) : a, b ∈ L} = 0, mien-
tras que 4 (sup {d(a, b) : a, b ∈ L}) = 4
√
2
3) Desigualdad triangular.
Sea A ∈ C
Por demostrar que sup {d(x, y) : x, y ∈ A} ≤ sup {d(x, z) : x, z ∈ A}+sup {d(z, y) : z, y ∈ A}
Lo anterior se cumple trivialmente, dado que como cada uno de esos supremos es el diámetro
del conjunto, entonces se reduce a probar que diám (A) ≤ diám (A) + diám (A) si y sólo si
diám (A) ≤ 2(diám (A)) lo cual siempre se cumple.
Justifiquen sus respuestas.
* 5 Calculen el diámetro de:
a) Bε(x0)
El diámetro de un conjunto A ⊆ Rn es diám(A) = sup{d(x, y) : x ∈ A y y ∈ A}
Afirmamos que diám
(
Bε (x0)
)
= 2ε. Demostremos entonces que 2ε es el supremo del conjunto
A = {d(x, y) : x ∈ Bε (x0) y y ∈ Bε (x0)}
1) Por demostrar que 2ε es cota superior del conjunto A.
Sean x, y ∈ Bε (x0), entonces d(x, x0) ≤ ε y d(x0, y) ≤ ε. Por la desigualdad triangular
entonces sucede que
d(x, y) ≤ d(x, x0) + d(x0, y) ≤ ε+ ε = 2ε
16
Por tanto, el conjunto está acotado superiormente por 2ε
2) Por demostrar que 2ε es la cota superior más chica.
Supongamos que existe δ > 0 tal que δ < 2ε y cumple ser cota superior del conjunto A.
Veamos a x0, el centro de la bola, con sus coordenadas x0 = (x1, x2, ..., xn). Entonces,tomémo-
nos a los puntos a =
(
δ
2
+ x1, x2, x2, ..., xn
)
y b = (x1 − ε, x2, x3, ..., xn). Afirmamos que
a, b ∈ Bε (x0), pues
||a− x0|| =
√
√
√
√
(
δ
2
+ x1 − x1
)2
+
n
∑
k=2
(xk − xk)
2 =
√
(
δ
2
)2
=
δ
2
< ε
Por otro lado, tenemos que
||b− x0|| =
√
√
√
√(x1 − ε− x1)2 +
n
∑
k=2
(xk − xk)
2 =
√
(−ε)2 = |−ε| = ε
Por tanto, ambos puntos śı pertenecen a la bola.
Sin embargo, si analizamos su distancia, tenemos que
||a− b|| =
√
√
√
√
(
δ
2
+ x1 − x1 + ε
)2
+
n
∑
k=2
(xk − xk)
2 =
√
(
δ
2
+ ε
)2
=
∣
∣
∣
∣
δ
2
+ ε
∣
∣
∣
∣
=
δ
2
+ ε
Debemos notar que como δ < 2ε, entonces δ
2
< ε, de donde podemos concluir
δ
2
< ε si y sólo si δ =
δ
2
+
δ
2
< ε+
δ
2
(1)
Además, también sucede que
δ
2
< ε si y sólo si
δ
2
+ ε < ε+ ε = 2ε (2)
Entonces, de 1 y 2, podemos concluir que
δ <
δ
2
+ ε < 2ε
y como la distancia entre a y b es justamente δ
2
+ ε, entonces δ no puede ser cota superior.
Por tanto, el supremo de A es 2ε y con ello, el diámetro de Bε (x0) es 2ε
17
b) [a1, b1]× [a2, b2] con a1, a2, b1, b2 números reales.
Sea T = [a1, b1]× [a2, b2]. Afirmamos que el diámetro de T es ||(a1, a2)− (b1, b2)||
Probemos que ||(a1, a2)− (b1, b2)|| es el máximo del conjunto A = {d(x, y) : γ ∈ T y η ∈ T}
1) Por demostrar que ||(a1, a2)− (b1, b2)|| es cota superior de A.
Sean (x1, x2), (y1, y2) ∈ T. Entonces, sabemos que |b1−a1| ≥ |x1−y1| y que |b2−a2| ≥ |x2−y2|.
Si elevamos al cuadrado ambos lados de ambas desigualdades obtenemos
(b1 − a1)
2 ≥ (x1 − y1)
2 y también (b2 − a2)
2 ≥ (x2 − y2)
2
Sumando ambas desigualdades obtenemos
||(a1, a2)− (b1, b2)||2 = (b1− a1)
2+(b2− a2)
2 ≥ (x1− y1)
2+(x2− y2)
2 = ||(x1, x2)− (y1, y2)||2
Entonces, podemos concluir que
||(a1, a2)−(b1, b2)||2 ≥ ||(x1, x2)−(y1, y2)||2 si y sólo si ||(a1, a2)−(b1, b2)|| ≥ ||(x1, x2)−(y1, y2)||
Por tanto, ||(a1, a2)− (b1, b2)|| es cota superior de A.
2) Por demostrar que en el conjunto T podemos encontrar dos puntos tales que su distancia
es igual a ||(a1, a2) − (b1, b2)||, lo cual es trivialmente cierto, dado que justamente la cota
superior del conjunto se obtiene con los puntos (a1, a2) ∈ T y (b1, b2) ∈ T.
Por tanto, ||(a1, a2)− (b1, b2)|| ∈ A
Con ello, concluimos, dado que ||(a1, a2)− (b1, b2)|| es máximo de A, entonces es el supremo
de A, con lo que ése será el diámetro del conjunto.
c) Bε(x0)
Lema 1: Sea A ⊆ X, con X un espacio métrico. Si A es la cerradura del conjunto
A entonces diám
(
A
)
= diám (A)
Demostración
Los diámetros están definidos de la siguiente manera:
diám (A) = sup {d(x, y) : x, y ∈ A}
diám
(
A
)
= sup
{
d(x, y) : x, y ∈ A
}
18
Sabemos que A ⊆ A con lo que es inmediato notar que diám (A) ≤ diám
(
A
)
. Supongamos
que diám (A) < diám
(
A
)
y tomemos ε > 0 que cumpla que
0 < ε < diám
(
A
)
− diám (A) de donde 0 < diám (A) + ε < diám
(
A
)
(3)
Por la definición de diámetro (que es un supremo), existen dos puntos x, y ∈ A tal que
d(x, y) > diám
(
A
)
− ε
3
de donde diám
(
A
)
< d(x, y) +
ε
3
Como x ∈ A, entonces x es punto adherente de A, lo que implica que para toda δ > 0, en
particular para δ = ε
3
, existe x0 ∈ A ∩ B ε
3
(x)
De igual manera, como y ∈ A, entonces y es punto adherente de A, lo que implica que para
toda δ > 0, en particular para δ = ε
3
, existe y0 ∈ A ∩ B ε
3
(y)
Por la desigualdad triangular tenemos que
diám
(
A
)
< d(x, y) +
ε
3
≤ d(x, x0) + d(x0, y) +
ε
3
≤ d(x, x0) + d(x0, y0) + d(y0, y) +
ε
3
(4)
Podemos entonces asegurar que
d(x, x0) + d(x0, y0) + d(y0, y) +
ε
3
<
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
+ d(x0, y0) ≤ diám (A) + ε < diám
(
A
)
(5)
pues x0, y0 ∈ A y por la ecuación 3
Entonces, por las ecuaciones 4 y 5 y por transitividad, pasa que diám
(
A
)
< diám
(
A
)
lo cual
es una contradicción que viene de suponer que diám (A) < diám
(
A
)
. Por tanto, concluimos
que diám (A) = diám
(
A
)
�
Lema 2: Sean ε > 0 y x0 ∈ Rn.
Si tomamos Bε (x0) ⊆ Rn entonces se cumple que Bε (x0) = Bε (x0)
Demostración
⊆)
Sabemos que Bε (x0) ⊆ Bε (x0) y como Bε (x0) es un cerrado, entonces se sigue inmediata-
mente que Bε (x0) ⊆ Bε (x0)
19
⊇)
Sea x0 ∈ Bε (x0). Entonces, es claro notar que para toda δ > 0, se cumple que
x0 ∈ Bδ (x0) ∩ Bε (x0) con lo cual Bδ (x0) ∩Bε (x0) 6= Ø
Aśı entonces, x0 ∈ Adher
(
Bε (x0)
)
= Bε (x0). Por tanto, x0 ∈ Bε (x0)
Concluimos entonces que Bε (x0) = Bε (x0)
�
Ya demostramos que diám
(
Bε (x0)
)
= 2ε.
Por los lemas anteriormente probados, podemos concluir entonces que diám (Bε (x0)) = 2ε
Justifiquen sus respuestas.
6.- * Demuestren que Rn, la intersección de una familia cualquiera de conjun-
tos compactos anidados no vaćıos, es no vaćıa. Consideren ahora la intersección
arbitraria de conjuntos cerrados anidados no vaćıos, ¿es no vaćıa?. Justifiquen.
Demostración
Sea I un conjunto de ı́ndices y {Ui}i∈I la familia de compactos no vaćıos. Como cada Uj es
compacto, entonces es cerrado y acotado. Por lo tanto, U =
⋂
i∈I
Ui es cerrado y acotado. Aśı
entonces, U es compacto.
Elegimos aj ∈ Uj para toda j ∈ I. Entonces, la sucesión {aj} está contenida el el pri-
mer Ui. Como éste es compacto, entonces existe una subsucesión {ajl} con limite en dicho
compacto.
Pero como la subsucesión, excepto por el primer término, está también contenida en el com-
pacto inmediato superior a Ui. Como éste también es compacto, el ĺımite debe estar en él.
Continuando esta argumentación, podemos ver que el ĺımite de la subsucesión debe estar
contenido en cada Ui y entonces contenido en su intersección, aśı, la intersección es no vaćıa.
La intersección arbitraria de cerrados no vaćıos puede ser vaćıa
Consideremos la colección de conjuntos no vaćıos, con n ∈ N
Un = [n,∞)
Estos conjuntos son cerrados. Es equivalente probar que su complemento es abierto. Sean
x ∈ (−∞, n) y ε = n−x
2
. Entonces, afirmamos que Vε(x) ⊆ (−∞, n) y es claro.
20
Sea y ∈ Vε(x) =
(
x− n−x
2
, x+ n−x
2
)
, entonces, y < x+ n−x
2
.
Ahora bien, como x + n − x = n y n − x > 0, entonces, x + n−x
2
< n y aśı, y < n.
Entonces, y ∈ (−∞, n).
Están anidados pues, si n > m, entonces es claro que [m,∞) ⊇ [n,∞). El tomar su intersec-
ción
⋂
n∈N
[n,∞) es análogo a tomar el intervalo
[
ĺım
n→∞
n,∞
)
= (∞,∞) = Ø
7.- Den un ejemplo de un conjunto compacto en R con una cantidad infinita
numerable de puntos de acumulación.
Definimos el conjunto A =
{
1
n
+ 1
m
: n,m ∈ N
}
∪ {0} ∪
{
1
k
}
k∈N
Es claro que A ⊆ [−5, 5]. Aśı entonces, está acotado.
Veamos ahora que es cerrado. Esto es equivalente a probar que A′ ⊆ A. Para ello, primero
calculemos el derivado de A.
Si tomamos n = m, consideramos la sucesión xn =
{
1
n
+ 1
n
}
⊆ A que claramente converge a
0 y todos sus elementos son distintos de cero. Aśı, 0 es punto de acumulación.
Ahora bien, si fijamos n0 ∈ N y dejamos correr a m en los naturales, obtenemos la sucesión
xm =
{
1
n0
+ 1
m
}
que claramente converge a 1
n0
y para toda m ∈ N es cierto que 1
n0
+ 1
m
6= 1
n0
.
Aśı entonces, de aqúı, los puntos de acumulación serán los de la forma
{
1
n
}
n∈N
.
Entonces, A′ = {0} ∪
{
1
n
}
n∈N
. De aqúı entonces ya podemos afirmar que A′ ⊆ A. Aśı, A
es cerrado. Por tanto, A es compacto.
Finalmente, como el conjunto de puntos de acumulación de A es {0} ∪
{
1
n
}
n∈N
que, como
sabemos, es infinito numerable.
21
8.- * Consideren A = {x ∈ R : x = 1
n
con n ∈ N} ∪ {0}. Sea {Ui}i∈I una cubierta
abierta de A. Encuentren una subcubierta finita de A. Para ello, deben indicar
qué propiedades deben cumplir los abiertos de la subcubierta finita. ¿Es A un
conjunto compacto?
Dado que A ⊆
⋃
i∈I
Ui, entonces, en particular, 0 ∈ Uj para alguna j ∈ I. Dado que dicho Uj
es un abierto, existe entonces ε > 0 tal que Bε (0) ⊆ Uj.
Sin embargo, en la bola que encontramos ya hay una cantidad infinita de elementos de ese
conjunto. Más precisamente, existe una N ∈ N tal que para toda n > N , 1
n
= x ∈ Bε (0)
Aśı entonces,para los N términos que quedaron fuera de la bola abierta (y quizá del Uj
encontrado), nos tomamos Uk tal que 1
k
= x ∈ Uk para toda k ∈ {1, 2, ..., N}
Entonces la colección {U1, U2, U3, ...., UN , Uj} es una subcubierta abierta finita para el con-
junto A, pues
A ⊆
((
N
⋃
n=1
Un
)
∪ (Uj)
)
Por tanto, A es compacto.
9.- * Sea Un =
(
1
n
,
2
n
)
a) Demuestren que {Un} es una cubierta abierta del intervalo (0, 1)
Por demostrar que (0, 1) ⊆
⋃
n∈N
Un
Sea x ∈ (0, 1). Consideramos la siguiente desigualdad
1 <
1
x
<
2
x
podemos notar que d
(
1
x
,
2
x
)
=
1
x
> 1.
Es decir, dado que entre los puntos
1
x
y
2
x
hay una distancia mayor que 1, siempre existe
n ∈ N que cumple que
1
x
< n <
2
x
1
nx
< 1 <
2
nx
1
n
< x <
2
n
22
Con lo cual, si
1
n
< x <
2
n
para alguna n ∈ N; entonces x ∈
(
1
n
,
2
n
)
= Un y por tanto,
concluimos que x ∈
⋃
n∈N
Un
b) Consideren una colección finita de abiertos Un cualquiera y tomen su unión.
Encuentren un punto del intervalo (0, 1) que no esté en la unión. ¿Qué concluyen
respecto a la compacidad de (0, 1)?
Dada la colección finita de abiertos
Ui =
(
1
ni
,
2
ni
)
con ni ∈ N y i ∈ {1, 2, 3, ..., r}
tomamos
x = mı́n
{
1
ni
: ni ∈ N y i ∈ {1, 2, 3, ..., r}
}
Entonces, aseguramos que x /∈
r
⋃
m=1
Um, pues por como está definido x, se cumple el hecho de
que x <
1
ni
<
2
ni
para toda i ∈ {1, 2, 3, ..., r}.
Entonces, x /∈
(
1
ni
,
2
ni
)
para toda i ∈ {1, 2, 3, ..., r}.
De lo anterior, podemos concluir entonces que x /∈
r
⋃
m=1
Um
Por tanto, concluimos que el conjunto (0, 1) no es compacto.
10.- * Decimos que A ⊂ Rn es un continuo si A es un conjunto compacto no vaćıo
y conexo. Demuestren que si f ∈ C[a,b] entonces la gráfica de f es un continuo.
Denotemos a la gráfica de f por Γ(f). Primero demostraremos que Γ(f) es un conjunto
compacto. Debemos notar que Γ(f) ⊆ R2
Afirmamos que Γ(f) ⊆ [a, b]× [m,M ] donde m yM son el mı́nimo y el máximo de la función
respectivamente (que alcanza por ser continua). Sea (x, y) ∈ Γ(f), entonces x ∈ [a, b] y
y ∈ [m,M ], luego entonces, (x, y) ∈ [a, b]× [m,M ]. Por tanto, Γ(f) es acotada.
Afirmamos que Γ(f) es un cerrado. Demostraremos que dada una sucesión convergente en
Γ(f), entonces el ĺımite de dicha sucesión también debe pertenecer a Γ(f).
Sea vk = {xk, f(xk)} ⊆ Γ(f) sucesión convergente.
Como la sucesión converge, entonces en particular tenemos que la sucesión de primeras coor-
denadas converge, es decir: ĺım
k→∞
xk = x0 para algún x0 ∈ R y como cumple que para toda
23
k ∈ N, xk ∈ [a, b], entonces x0 ∈ [a, b]. Dado que la función es continua, entonces la sucesión
de imágenes necesariamente tiene que converger a f(x0). Entonces, el ĺımite de la sucesión
(x0, f(x0)) ∈ Γ(f)
Por tanto, como es cerrado y acotado, entonces el conjunto es compacto.
Ahora bien, probemos que Γ(f) es conexo. Supongamos que no. Con ello, existen dos abiertos
A y B que cumplen que
i) A 6= Ø y B 6= Ø
ii) A ∩ B = Ø
iii) Γ(f) ⊆ A ∪ B
iv Γ(f) ∩ A 6= Ø y también Γ(f) ∩B 6= Ø
Ahora, definimos los siguientes conjuntos
A = {x ∈ [a, b] : f(x) ∈ A} y B = {x ∈ [a, b] : f(x) ∈ B}
Probemos entonces algunas propiedades de los conjuntos recién definidos:
A es no vaćıo, pues como A es no vaćıo, entonces existe al menos un f(x) ∈ A, luego entonces,
x ∈ A y por la continuidad, x ∈ [a, b]. Análogamente se prueba que B es no vaćıo. Además,
por lo anterior, se sigue inmediatamente que A ∩ [a, b] 6= Ø. Análogamente se prueba que
B ∩ [a, b] 6= Ø
A∩B = Ø. Supongamos que la intersección es no vaćıa. Entonces existe al menos un elemento
x ∈ A ∩ B. Como x ∈ A, entonces f(x) ∈ A y como x ∈ B, entonces f(x) ∈ B, aśı,
f(x) ∈ A ∩ B, pero eso contradice el hecho de que A ∩ B = Ø. Por tanto, A ∩ B = Ø
[a, b] ⊆ A∪B. Sea x ∈ [a, b], entonces, sin pérdida de generalidad, f(x) ∈ A (no podŕıa estar
en A y en B a la vez, por hipótesis.), aśı, x ∈ A y entonces x ∈ A ∪ B
Como A es abierto, entonces, dado f(x0) ∈ A, existe ε > 0 que cumple que Bε (f(x0)) ⊆ A.
Como todo punto de esa bola está en A, la imagen inversa de cada uno de ellos está en
A. Además, por la continuidad, existe δ > 0 tal que si x ∈ Bδ (x0) ⊆ A se cumple que
f(x) ∈ Bε (f(x0)). Por tanto, A es abierto. Análogamente se prueba que B es abierto.
Aśı, al final, los conjuntos A y B son abiertos y cumplen lo siguiente:
i) A 6= Ø y B 6= Ø
ii) A ∩ B = Ø
24
iii) [a, b] ⊆ A ∪ B
iv [a, b] ∩ A 6= Ø y también [a, b] ∩ B 6= Ø
Con ello, el intervalo [a, b] es inconexo, pero eso es una contradicción. Por tanto, Γ(f) es
conexo.
Γ(f) 6= Ø pues como es continua, alcanza M y m máximo y mı́nimo, además que que existen
x0, y0 ∈ [a, b] tal que f(x0) =M y f(y0) = m. Aśı, al menos (x0, f(x0)) ∈ Γ(f)
Por lo tanto, Γ(f) es un continuo.
11.- Sea Ω ⊂ P(Rn), tal que para todo A ∈ Ω, A es conexo y
⋂
A∈Ω
A 6= Ø. Demuestren
que
⋃
A∈Ω
A es conexo.
Supongamos que
⋃
A∈Ω
A es inconexo. Entonces existen C y T dos conjuntos abiertos que
cumplen que
i) C 6= Ø y T 6= Ø
ii) C ∩ T = Ø
iii)
(
⋃
A∈Ω
A
)
⊆ C ∪ T
iv
(
⋃
A∈Ω
A
)
∩ C 6= Ø y también
(
⋃
A∈Ω
A
)
∩ T 6= Ø
Dado que
⋂
A∈Ω
A 6= Ø, entonces existe al menos un punto x0 tal que x0 ∈
⋂
A∈Ω
A. Entonces,
x0 ∈ A para toda A ∈ Ω
Sin pérdida de generalidad, x0 ∈ C. Ahora bien, como también
(
⋃
A∈Ω
A
)
∩ T 6= Ø entonces
existe y0 que cumple que y0 ∈
(
⋃
A∈Ω
A
)
∩ T .
Lo anterior implica entonces que, en particular, y0 ∈ T y para algún A ∈ Ω, y0 ∈ A además
de que es claro que x0 ∈ A. Aśı entonces, x0 ∈ A ∩ C además de que y0 ∈ A ∩ T .
Con lo anterior, concluimos que A ∩ C 6= Ø, además de que A ∩ T 6= Ø. Entonces, C y T
cumplen lo siguiente
i) C 6= Ø y T 6= Ø
25
ii) C ∩ T = Ø
iii) A ⊆
(
⋃
A∈Ω
A
)
⊆ C ∪ T
iv A ∩ C 6= Ø, además de que A ∩ T 6= Ø
Entonces, A es inconexo, lo cual es una contradicción. pues por hipótesis era conexo. Por
tanto,
⋃
A∈Ω
A es conexo.
12.- Demuestren que si A es conexo, entonces A es conexo. ¿Se vale el regreso?
Justifiquen.
Supongamos que A es inconexo. Entonces, existen T y F conjuntos abiertos que cumplen que
i) T 6= Ø y F 6= Ø
ii) T ∩ F = Ø
iii) A ⊆ T ∪ F
iv A ∩ T 6= Ø y también A ∩ F 6= Ø
Por demostrar que si A∩T 6= Ø, entonces A∩T 6= Ø. Consideremos la contrapuesta de dicho
enunciado. Entonces, resulta equivalente demostrar que si A ∩ T = Ø entonces A ∩ T = Ø
Como T es un abierto, dado y0 ∈ T, existe ε > 0 tal que Bε (y0) ⊆ T. Sin embargo, como por
hipótesis, A ∩ T = Ø, en particular, Bε (y0) ∩ A = Ø. Aśı, y0 no es punto adherente de A.
Con ello, y0 /∈ A. Aśı concluimos que A ∩ T = Ø.
Análogamente se prueba que A∩ F 6= Ø. Con ello, los conjuntos T y F cumplen lo siguiente:
i) T 6= Ø y F 6= Ø
ii) T ∩ F = Ø
iii) A ⊆ A ⊆ T ∪ F
iv A ∩ T 6= Ø y también A ∩ F 6= Ø
Con ello, A es inconexo, pero eso es una contradicción pues por hipótesis es conexo. Por
tanto, A es conexo.
No se vale el regreso pues si tomamos A = Q, entonces A = R que śı es conexo, sin embargo,
Q no es conexo.
26
13.- * Consideren que G ⊂ R2 es la gráfica de f(x) = sin
(
1
x
)
con x ∈ (0, 1] y
A = {x̄ ∈ R2 : x̄ = (0, y) con y ∈ [−1, 1]}. Demuestren que A ∪G es un continuo.
El conjunto es no vaćıo pues al menos el punto (0, 1) ∈ A ∪G
El conjunto A ∪G claramente está acotado pues A ∪G ⊆ [0, 1]× [−1, 1]
Probemos primeramente que la gráfica G de f(x) = sin
(
1
x
)
es un conexo.
Si tomamos dos puntos x, y ∈ G, existe una curva que los une y que se queda totalmente
contenida en el conjunto. ¿Cuál? Justamente la función misma pero restringida a un dominio
adecuado.
Sin pérdida de generalidad, f−1(x) < f−1(y). Entonces, si tomamos la restricción de f al
intervalo [f−1(x), f−1(y)] ⊆ (0, 1] entonces justamente, como afirmábamos, los puntos x y
y quedan unidos por una curva (que es la misma gráfica). Aśı, G es arco-conexa. Y por un
teorema visto en clase, entonces G es conexo.
Ahora probemos que A∪G es la cerradura de G. Basta probar que todos los puntosde A∪G
son puntos adherentes de G.
Sea x ∈ A ∪G. Entonces, consideremos dos casos:
i) Si x ∈ G, entonces, claramente x es punto adherente de G, pues, para toda ε > 0, se
cumple que Bε (x) ∩G = {x} 6= Ø
ii) Si x ∈ A, entonces, afirmamos que x también es punto adherente de G, es decir, para
toda ε > 0, se cumple que Bε (x)∩G 6= Ø. ¿Por qué pasa esto? Justamente por cómo es
G. Dicha gráfica tiene una infinidad de oscilaciones cuando está muy cerca del cero. Aśı
entonces, cualquier bola debe de tocarlas dado que en caso contrario, entonces iŕıamos
en contra justamente de cómo es la función. El siguiente dibujo aclara un poco más las
cosas:
Detalle de Bε (x) y la gráfica de sin
(
1
x
)
27
Aśı entonces, A ∪ G es la cerradura de G. Por el teorema del ejercicio anterior (Ejercicio
12), entonces, como G es conexo, entonces A ∪G es conexo.
Ahora bien, como A ∪G es la cerradura y la cerradura es un cerrado, entonces A ∪G es un
cerrado. Con ello, dado que también es acotado, concluimos que es compacto.
Aśı, finalmente, A ∪G es un continuo.
14.- PUNTO EXTRA. Un conjunto A ⊂ Rn es perfecto si es cerrado y no tiene
puntos aislados, es decir, si todos sus elementos son puntos de acumulación de A.
Un conjunto A es totalmente disconexo si para todos x, y ∈ A diferentes, existen
dos abiertos U y V tales que A ⊂ (U ∪ V ) y U ∩ V = Ø, x ∈ U y y ∈ V
Demuestren que si C es el conjunto de Cantor (clásico), entonces C es compacto,
perfecto, denso en ninguna parte y totalmente disconexo.
El conjunto de Cantor claramente está acotado, pues por como se define, C ⊆ [0, 1]
Por la construcción del conjunto de Cantor, tenemos que su complemento es
C
c = (−∞, 0) ∪ (1,∞) ∪
(
1
3
,
2
3
)
∪
(
1
9
,
2
9
)
∪
(
7
9
,
8
9
)
∪ · · ·
Podemos observar que su complemento es la unión de intervalos abiertos que son abiertos
topológicamente hablando. Como la unión arbitraria de abiertos es un abierto, entonces su
complemento es un abierto. Por tanto es cerrado.
Aśı, concluimos que C es compacto.
Ahora, probemos que C es denso en ninguna parte. Pero esto equivale a probar que no con-
tiene intervalos.
Por el curso de Cálculo II, sabemos que el conjunto de Cantor es de medida cero y además
que cualquier intervalo no es de medida cero (de hecho, tienen medida positiva).
Supongamos que C contiene un intervalo I. Sin embargo, como el intervalo tiene medida
no nula, esto nos diŕıa que el conjunto de Cantor tiene medida no nula, contradiciendo que
de hecho es de medida cero. Luego entonces, C es denso en ninguna parte.
Probemos ahora que C es totalmente inconexo.
Sean x, y ∈ C (sin pérdida de generalidad, x < y). Como el conjunto de Cantor no con-
tiene intervalos, en particular no contiene al intervalo [x, y], es decir, existe z ∈ (x, y) tal que
z /∈ C . Entonces, si consideramos los abiertos Vz(0) y V1−z(1) que, en notación de intervalos
seŕıan (−z, z) y (1− (1− z), 1 + (1− z)) = (z, 2− z).
28
Claramente se cumple que x < z < y y además, x ∈ Vz(0) y y ∈ V1−z(1) con lo cual C
es totalmente inconexo.
Probemos ahora que C no tiene puntos aislados. Por Cálculo II, sabemos que en el conjunto
de Cantor están todos los puntos del [0, 1] tales que su expresión decimal en base tres sólo
tiene los d́ıgitos 0 y 2.
Aśı, dado x ∈ C , podemos afirmar que x = 0.a1a2a3a4a5a6a7...an... con ai ∈ {0, 2}. En-
tonces, podemos crear una sucesión de puntos también del conjunto de Cantor que tenga
como ĺımite el punto x, y más aún: el punto x será punto de acumulación de dicha sucesión.
¿Cómo creamos la sucesión? Justamente aśı:
x1 = 0
x2 = 0.a1
x3 = 0.a1a2
x4 = 0.a1a2a3
xn = 0.a1a2a3a4...an
Claramente cada xi ∈ C pues cada ai ∈ {0, 2}. Además, por construcción, la sucesión
converge a x. Con ello, x no es punto aislado. Entonces, como C es cerrado y no tiene puntos
aislados, es perfecto.
15.- Demuestren que en Rn las cajas son convexas.
Una caja en Rn es el producto cartesiano de n intervalos, es decir, si denotamos por K a la
caja,
K = [a1, b1]× [a2, b2]× · · · × [an, bn] con ai, bi ∈ R para toda i ∈ {1, 2, ..., n}
Probaremos primero que un intervalo en R es convexo y después que el producto cartesiano
de convexos es convexo.
Sea [a, b] ⊆ R. Por demostrar que para todo x, y ∈ [a, b] se cumple que para toda λ ∈ [0, 1]
el segmento λx+ (1− λ)y ⊆ [a, b]
Sea λ ∈ [0, 1] Sabemos que a ≤ x ≤ b y además que a ≤ y ≤ b de donde, multiplicando por
escalares apropiados obtenemos que λa ≤ λx ≤ λb y además (1− λ)a ≤ (1− λ)y ≤ (1− λ)b
Sumando ambas desigualdades tenemos que
λa+ (1− λ)a ≤ λx+ (1− λ)y ≤ λb+ (1− λ)b
De donde
a ≤ λx+ (1− λ)y ≤ b
Luego entonces, el segmento está contenido en el intervalo. Por tanto, el intervalo en convexo.
29
Ahora bien, dados dos conjuntos S y T ambos convexos y subconjuntos de Rn, probemos que
S × T es convexo.
Sean (x1, y1), (x2, y2) ∈ S × T y sea λ ∈ [0, 1], entonces
λ(x2, y2) + (1− λ)(x1, y1) = ((1− λ)x1 + λx2, (1− λ)y1 + λy2)
Como S es convexo y x1, x2 ∈ S entonces (1 − λ)x1 + λx2 ∈ S. Análogamente, como T es
convexo, entonces (1− λ)y1 + λy2 ∈ Y
Por lo tanto,
((1− λ)x1 + λx2, (1− λ)y1 + λy2) ∈ S × T
Aśı, concluimos que λ(x2, y2) + (1− λ)(x1, y1) ∈ S × T con lo cual, S × T es convexo.
Ahora bien, como un intervalo es convexo, por lo demostrado anteriormente, se puede ver
que [a1, b1]× [a2, b2] es convexo.
Luego, como un intervalo es convexo, entonces [a1, b1] × [a2, b2] × [a3, b3] es convexo, lue-
go, aplicando este razonamiento n veces (una cantidad finita), tenemos que una caja en Rn
es convexa.
✭✭El bosque torcido, Polonia. ¿Manipulación humana o naturaleza sagrada?✮✮
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