Continuidade

O obxectivo deste tema é introduci-lo concepto de continuidade dunha función, tanto desde o punto de vista puntual como global. Tamén se falará de homeomorfismos e propiedades topolóxicas.

Continuidade puntual

Nesta sección $X$ denotará un subconxunto de $\mathbb{R}^n$, e $Y$ será un subconxunto de $\mathbb{R}^m$.

Unha función $f\colon X\to Y$ dise que é continua en $\mathbf{x}_0\in X$ se \[ \forall\epsilon>0,\,\exists\delta>0:d(\mathbf{x},\mathbf{x}_0) < \delta\implies d(f(\mathbf{x}),f(\mathbf{x}_0)) < \epsilon. \]

Equivalentemente, $f$ é continua en $\mathbf{x}_0$ se e só se \[ \forall\epsilon>0,\,\exists\delta>0:f(B_X(\mathbf{x}_0,\delta))\subset B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon). \]

Definición de continuidade X Y f δ x0 ε f(x0 )

As seguintes funcións son continuas en calquera punto:

  • As funcións constantes, a identidade $id_X\colon X\to X$, $\mathbf{x}\mapsto\mathbf{x}$, e a inclusión $i_X\colon X\to Y$, $\mathbf{x}\mapsto\mathbf{x}$, sendo $X\subset Y$, son funcións continuas.
  • Aceptaremos, sen demostración, que as funcións elementais típicas do cálculo nunha variable son continuas. Por exemplo, os polinomios, as funcións trigonométricas (onde estean definidas), a exponencial e o logaritmo son continuas.
  • Tamén aceptamos que a suma, resta, multiplicación, división (cando o denominador é non cero), potencias e radicales (de números positivos) de números reais son funcións continuas.

A definición de continuidade pode establecerse de tal xeito que só involucra a topoloxía dun conxunto.

Unha función $f\colon X\to Y$ é continua en $\mathbf{x}_0\in X$ se e só se para calquera aberto $V$ de $Y$ contendo a $f(\mathbf{x}_0)$ existe un aberto $U$ de $X$ contendo a $\mathbf{x}_0$ tal que $f(U)\subset V$.

Supoñamos que $f$ é continua en $\mathbf{x}_0\in X$. Sexa $V$ aberto en $Y$ tal que $f(\mathbf{x}_0)\in V$. Por definición de aberto, existe $\epsilon>0$ tal que $B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)\subset V$. Como $f$ é continua en $\mathbf{x}_0$, existe $\delta>0$ tal que $f(B_X(\mathbf{x}_0,\delta))\subset B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)$. Por tanto, tomando $U=B_X(\mathbf{x}_0,\delta)$ obtemos $f(U)\subset B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)\subset V$.

Definición topolóxica de continuidade X Y f δ x0 ε f(x0 ) V

Recíprocamente, supoñamos que para calquera aberto $V$ de $Y$ contendo a $f(\mathbf{x}_0)$ existe un aberto $U$ de $X$ contendo a $\mathbf{x}_0$ tal que $f(U)\subset V$. Sexa $\epsilon>0$ dado. Como $B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)$ é un aberto en $Y$ contendo a $f(\mathbf{x}_0)$ existe, por hipótese, un aberto $U$ de $X$ tal que $\mathbf{x}_0\in U$ e $f(U)\subset B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)$. Por definición de aberto, existe $\delta>0$ tal que $B_X(\mathbf{x}_0,\delta)\subset U$. En consecuencia, $f(B_X(\mathbf{x}_0,\delta))\subset f(U)\subset B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)$, como queriamos ver.

Definición topolóxica de continuidade X Y f δ x0 ε f(x0 ) U

O seguinte resultado afirma que a composición de aplicacións continuas é unha aplicación continua.

Sexan $X\subset\mathbb{R}^n$, $Y\subset\mathbb{R}^m$ e $Z\subset\mathbb{R}^p$. Consideremos $f\colon X\to Y$ e $g\colon Y\to Z$ aplicacións, e $\mathbf{x}_0\in X$. Se $f$ é continua en $\mathbf{x}_0$ e $g$ é continua en $f(\mathbf{x}_0)$, entón $g\circ f$ é continua en $\mathbf{x}_0$.

Sexa $\epsilon>0$ dado. Como $g$ é continua en $f(\mathbf{x}_0)\in Y$, existe $\eta>0$ tal que $g(B_Y(f(\mathbf{x}_0),\eta))\subset B_Z(g(f(\mathbf{x}_0)),\epsilon)$. Como $f$ é continua en $\mathbf{x}_0\in X$, existe $\delta>0$ tal que $f(B_X(\mathbf{x}_0,\delta))\subset B_Y(f(\mathbf{x}_0),\eta)$. En consecuencia, \begin{align*} (g\circ f)(B_X(\mathbf{x}_0,\delta)) &{}=g(f(B_X(\mathbf{x}_0,\delta)))\\ &{}\subset g(B_Y(f(\mathbf{x}_0),\eta))\\ &{}\subset B_Z((g\circ f)(\mathbf{x}_0),\epsilon), \end{align*} como queriamos ver.

Composición de continuas X Y Z f g δ x0 η f(x0 ) ε g(f(x0 ))

O seguinte resultado coñecese como a caracterización secuencial da continuidade.

Unha función $f\colon X\to Y$ é continua en $\mathbf{x}_0\in X$ se e só se para toda sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ de puntos de $X$ tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}_0$ se ten que $\{f(\mathbf{x}_k)\}\to f(\mathbf{x}_0)$.

Dito dun xeito máis impreciso, $f$ é continua se e só se \[ \lim_{k\to\infty}f(\mathbf{x}_k)=f\Bigl(\lim_{k\to\infty} \mathbf{x}_k\Bigr), \] onde $\{\mathbf{x}_k\}$ é unha sucesión converxente ó punto onde estamos mirando a continuidade.

Supoñamos que $f$ é continua en $\mathbf{x}_0$ e sexa $\{\mathbf{x}_k\}\subset X$ unha sucesión tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}_0$. Vexamos que $\{f(\mathbf{x}_k)\}\to f(\mathbf{x}_0)$. Sexa $V$ un aberto contendo a $f(\mathbf{x}_0)$ arbitrario.

Como $f$ é continua en $\mathbf{x}_0$, existe $U$ aberto en $X$ con $\mathbf{x}_0\in U$ tal que $f(U)\subset V$.

Por ser converxente $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}_0$, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k \in U$ para todo $k\geq N$.

Pois ben, se $k\geq N$, entón $f(\mathbf{x}_k)\in f(U)\subset V$, co que $\{f(\mathbf{x})\}\to f(\mathbf{x}_0)$.

Reciprocamente, supoñamos que $f$ non é continua en $\mathbf{x}_0$. Vexamos que existe unha sucessión $\{\mathbf{x}_k\}$ en $X$ tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}_0$, pero tal que $\{f(\mathbf{x}_k)\}$ non converxe a $f(\mathbf{x}_0)$.

Como $f$ non é continua en $\mathbf{x}_0$, existe $\epsilon>0$ tal que para calquera $\delta>0$ se ten que $f(B_X(\mathbf{x}_0,\delta))\not\subset B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)$.

En particular, collendo $\delta=1/k$, $k\in\mathbb{N}$, podemos atopar $\mathbf{x}_k\in B_X(\mathbf{x}_0,1/k)$ tal que $f(\mathbf{x}_k)\not\in B_Y(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)$.

Polo lema do sandwich, como $0\leq d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}_0)< 1/k$ obtemos que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}_0$. Non obstante, $d(f(\mathbf{x}_k), f(\mathbf{x}_0))\geq\epsilon$ para todo $k\in\mathbb{N}$, co que $\{f(\mathbf{x}_k)\}$ non converxe a $f(\mathbf{x}_0)$, como queriamos ver.

Defínense as proxeccións de $\mathbb{R}^n$, como as aplicacións $\pi_i\colon\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ dadas pola expresión \[ \pi_i(x_1,\dots,x_n)=x_i, \] para cada $i\in\{1,\dots,n\}$. Tendo en conta que para calquera $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in\mathbb{R}^n$ obtemos \begin{align*} \lvert\pi_i(\mathbf{x})-\pi_i(\mathbf{y})\rvert &=\lvert x_i-y_i\rvert\\ &{}\leq \lVert\mathbf{x}-\mathbf{y}\rVert = d(\mathbf{x},\mathbf{y}), \end{align*} é doado deducir que as proxeccións son continuas en calquera punto $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$.

Se agora temos $f\colon X\to Y$ con $X\subset\mathbb{R}^n$ e $Y\subset\mathbb{R}^m$, definímo-las compoñentes ou coordenadas de $f$ como as funcións $f_i=\pi_i\circ f\colon X\to\mathbb{R}$, para cada $i\in\{1,\dots,m\}$. Por tanto, podemos escribir \[ f(x_1,\dots,x_n)=\bigl(f_1(x_1,\dots,x_n),\dots,f_m(x_1,\dots,x_n)\bigr). \]

Resulta que unha función é continua se e só se o son tódalas súas compoñentes.

Unha función $f\colon X\to Y$ é continua en $\mathbf{x}_0\in X$ se e só se as súas compoñentes $f_i\colon X\to \mathbb{R}$ son continuas en $\mathbf{x}_0$ para todo $i\in\{1,\dots,m\}$.

Se $f$ é continua en $\mathbf{x}_0$, como as proxeccións $\pi_i$ son continuas en todo punto, obtemos que $f_i=\pi_i\circ f$ é continua por ser composicion de continuas.

Reciprocamente, supoñamos que as compoñentes $f_1,\dots,f_m$ de $f$ son continuas en $\mathbf{x}_0$ e vexamos que entón $f$ tamén é continua en $\mathbf{x}_0$. Sexa $\epsilon>0$ dado.

Dado $i\in\{1,\dots,m\}$, como $f_i$ é continua en $\mathbf{x}_0$, existe $\delta_i>0$ tal que se $d(\mathbf{x},\mathbf{x}_0) < \delta_i$ entón $\lvert f_i(\mathbf{x}) - f_i(\mathbf{x}_0)\rvert < \epsilon/\sqrt{m}$.

Tomemos pois $\delta=\min\{\delta_1,\dots,\delta_m\}$ e sexa $\mathbf{x}\in X$ tal que $d(\mathbf{x},\mathbf{x}_0) < \delta$. Entón, \begin{align*} d(f(\mathbf{x}),f(\mathbf{x}_0)) &{}=\sqrt{\sum_{i=1}^m \bigl(f_i(\mathbf{x})-f_i(\mathbf{x}_0)\bigr)^2}\\ &{}\leq\sqrt{\sum_{i=1}^m \left(\max_{j\in\{1,\dots,m\}}\left\{\bigl(f_j(\mathbf{x})-f_j(\mathbf{x}_0)\bigr)^2\right\} \right)}\\ &{}=\sqrt{m}\left(\max_{j\in\{1,\dots,m\}}\bigl\{\lvert f_j(\mathbf{x})-f_j(\mathbf{x}_0)\rvert\bigr\})\right)\\[1ex] &{} < \sqrt{m}\frac{\epsilon}{\sqrt{m}}=\epsilon, \end{align*} como queriamos probar.

Simplemente observando a definición, é sinxelo ver que o producto escalar, a norma e a distancia de $\mathbb{R}^n$ son funcións continuas en todo punto.

Continuidade global

Nesta materia estaremos sobre todo interesados en funcións que son continuas en tódolos puntos. Non empregarémo-la denominación "globalmente continua" para unha función que sexa continua en tódolos puntos a menos que queiramos enfatizar este feito.

Como sempre, tomaremos $X\subset\mathbb{R}^n$ e $Y\subset\mathbb{R}^m$.

Dicimos que $f$ é continua en $X$ se $f$ é continua en $\mathbf{x}$ para todo $\mathbf{x}\in X$.

O seguinte teorema é fundamental en topoloxía. De feito, a segunda equivalencia é o que habitualmente se toma como definición de aplicación continua entre espacios topolóxicos.

Sexa $f\colon X\to Y$ unha aplicación. Entón, as seguintes afirmacións son equivalentes

  • $f$ é continua en $X$.
  • Para cada subconxunto $V$ aberto en $Y$, a súa imaxe recíproca, $f^{-1}(V)$, é aberto en $X$.
  • Para cada subconxunto $F$ pechado en $Y$, a súa imaxe recíproca, $f^{-1}(F)$, é pechado en $X$.

Supoñamos que $f$ é continua en $X$ e sexa $V$ aberto en $Y$. Vexamos entón que $f^{-1}(V)$ é aberto en $X$. Sexa pois $\mathbf{x}\in f^{-1}(V)$ arbitrario.

Definición topolóxica de continuidade global X Y f δ x ε f(x) f-1 (V) V

Sexa $f\colon X\to Y$ unha función. Entón:

  • Para calquera $A\subset X$, $A\subset f^{-1}(f(A))$.
  • Para calquera $B\subset Y$, $f(f^{-1}(B))\subset B$.

Como $f(\mathbf{x})\in V$ e $V$ é aberto, existe $\epsilon>0$ tal que $B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon)\subset V$. Como $f$ é continua en $\mathbf{x}$, existe $\delta>0$ tal que $f(B_X(\mathbf{x},\delta))\subset B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon)$. Por tanto, \begin{align*} B_X(\mathbf{x},\delta) &{}\subset f^{-1}(f(B_X(\mathbf{x},\delta)))\\ &{}\subset f^{-1}(B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon))\subset f^{-1}(V), \end{align*} de onde se deduce que $f^{-1}(V)$ é aberto.

Sexa $f\colon X\to Y$ unha función. Entón:

  • Para calquera $A\subset X$, $A\subset f^{-1}(f(A))$.
  • Para calquera $B\subset Y$, $f(f^{-1}(B))\subset B$.

O segundo e o terceiro enunciado son equivalentes xa que $f^{-1}(Y\setminus G)=X\setminus f^{-1}(G)$ e os pechados son os complementarios dos abertos.

Finalmente, supoñamos que a imaxe recíproca dun aberto en $Y$ é aberto en $X$ e vexamos que entón $f$ é continua. Sexa $\mathbf{x}\in X$ arbitrario, e vexamos pois que $f$ é continua en $\mathbf{x}$. Sexa $\epsilon>0$ dado.

Definición topolóxica de continuidade global X Y f δ x ε f(x) f-1 (B(f(x), ε))

Como $B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon)$ é aberto en $Y$ (por ser unha bóla aberta), por hipótese $f^{-1}(B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon))$ é aberto en $X$. Ademais, $\mathbf{x}\in f^{-1}(B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon))$ co que existe $\delta>0$ tal que $B_X(\mathbf{x},\delta)\subset f^{-1}(B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon))$. Pois ben, \begin{align*} f(B_X(\mathbf{x},\delta)) &{}\subset f(f^{-1}(B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon)))\\ &{}\subset B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon)), \end{align*} de modo que $f$ é continua en $\mathbf{x}$.

O teorema anterior pode ser empregado para probar, de xeito moi sinxelo, o carácter aberto ou pechado de moitos subconxuntos. Consideremos por exemplo os números reais $a$, $b$, $c\in\mathbb{R}$ e definamos $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ como $f(x,y)=ax+by+c$. Resulta que a función $f$ é continua, xa que provén de compoñer funcións continuas como son as proxeccións, as constantes, sumas e productos. Tendo en conta isto,

  • O conxunto $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:ax+by+c>0\}$ é aberto. En efecto, temos que $A=f^{-1}((0, \infty))$ e sabemos que $(0,\infty)$ é aberto en $\mathbb{R}$ e que $f$ é continua. Logo, pola caracterización da continuidade, $A=f^{-1}((0, \infty))$ é aberto en $\mathbb{R}^2$. É dicir, os semiplanos abertos son conxuntos abertos de $\mathbb{R}^2$.
  • De xeito similar, o conxunto $B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:ax+by+c\geq 0\}$ é pechado. En efecto, pois $B=f^{-1}([0, \infty))$, $[0,\infty)$ é pechado en $\mathbb{R}$, e $f$ é continua, e simplemente empregámo-la terceira equivalencia da caracterización da continuidade.
  • Analogamente, as rectas tamén son pechadas, xa que se satisfai que $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:ax+by+c= 0\}=f^{-1}(\{0\})$ e $\{0\}$ é pechado en $\mathbb{R}$.

Cómpre sinalar que non hai, en xeral, relación entre a continuidade (é dicir, que a imaxe recíproca de abertos ou pechados sexa aberto ou pechado, respectivamente), e que a imaxe directa dun aberto ou un pechado sexa aberto ou pechado. Poñemos algún exemplo.

Considerámo-la función $f\colon\mathbb{R}\to\{0,1\}$ definida como \[ f(x)= \begin{cases} 0, & \text{se $x\in\mathbb{Q}$,}\\ 1, & \text{se $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$.} \end{cases} \]

Claramente $f$ non é continua en ningún punto de $\mathbb{R}$, xa que toda bóla centrada nun punto de $\mathbb{R}$ ten puntos racionais e irracionais. Non obstante, $f$ leva calquera subconxunto de $\mathbb{R}$ nun aberto de $\{0,1\}$. Isto é así porque calquera subconxunto de $\{0,1\}$ é aberto en $\{0,1\}$. En efecto, $\{0\}=\{0,1\}\cap(-1/2,1/2)$, e $\{1\}=\{0,1\}\cap(1/2,3/2)$; pola caracterización dos abertos relativos de $\mathbb{R}$ temos pois que $\{0\}$ e $\{1\}$ son abertos en $\{0,1\}$. Como tódolos subconxuntos de $\{0,1\}$ son abertos en $\{0,1\}$, é claro que entón todo subconxunto de $\{0,1\}$ tamén é pechado en $\{0,1\}$. En particular, $f$ leva abertos en abertos e pechados en pechados.

Función que non leva abertos en abertos, nin pechados en pechados
$g(x)=\frac{1}{1+x^2}$

Sexa agora $g\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ dada por $g(x)=\frac{1}{1+x^2}$, que é unha función continua (por ser composición de continuas). Non obstante, non leva necesariamente abertos en abertos, nin pechados en pechados. Por exemplo, \begin{align*} g((-1,1))&{}=(1/2,1],\\[1ex] g([1,\infty))&{}=[1,0). \end{align*}

Restricción de funcións continuas

Sexan $X\subset\mathbb{R}^n$ e $Y\subset\mathbb{R}^m$.

En primeiro lugar veremos que a continuidade non depende do rango.

Sexa $f\colon X\to Y$ unha aplicación. Sexa $Z\subset\mathbb{R}^m$ un conxunto tal que $f(X)\subset Z$ e denotemos $\hat{f}\colon X\to Z$ á función definida como $\hat{f}(x)=f(x)$, $x\in X$. Entón, $f$ é continua en $\mathbf{x}_0\in X$ se e só se $\hat{f}$ é continua en $\mathbf{x}_0$.

Supoñamos que $f$ é continua en $\mathbf{x}_0\in X$, e vexamos que $\hat{f}$ tamén o é. Sexa $\epsilon> 0$ dado.

A continuidade non depende do rango δ x0 ε f(x0) X Y Z f f(X)
$\hat{f}$

Como $f$ é continua en $\mathbf{x}_0$, existe $\delta > 0$ de xeito que $f(B_X(\mathbf{x}_0),\delta)\subset B_Y(f(\mathbf{x}_0,\epsilon))$. Agora ben, como $f(\mathbf{x})=\hat{f}(\mathbf{x})$ para todo $\mathbf{x}\in X$, e $f(X)\subset Y\cap Z$, obtemos, por definición de bóla relativa, que $\hat{f}(B_X(\mathbf{x}_0,\delta))\subset B_Z(f(\mathbf{x}_0),\epsilon)$, co que $\hat{f}$ é continua en $\mathbf{x}_0$.

Como os papeis de $f\colon X\to Y$ e $\hat{f}\colon X\to Z$ son intercambiables, dedúcese o resultado.

De feito, a partir de agora non faremos distinción coa notación entre as funcións $f$ e $\hat{f}$ da proposición anterior, e simplemente denotarémo-las dúas por $f$.

Ademais de $X\subset\mathbb{R}^n$ e $Y\subset\mathbb{R}^m$ tomemos agora $A\subset X$.

Dada unha aplicación $f\colon X\to Y$, denomínase restricción de $f$ a $A$ á composición \[ f_{\mid_A}=f\circ i_A\colon A\stackrel{i_A}{\to} X\stackrel{f}{\to}Y, \] é dicir, á función $f$ considerada como definida soamente no conxunto $A$.

Dado que a inclusión $i_A$ é continua, é obvio que

A restricción dunha función continua a calquera subconxunto segue a ser continua.

O recíproco do anterior resultado non é certo. Tomemos por exemplo a función $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definida como \[ f(x)= \begin{cases} 0, & \text{se $x\in\mathbb{Q}$,}\\[1ex] 1, & \text{se $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$.} \end{cases} \] É claro que $f_{\mid\mathbb{Q}}$ e $f_{\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}}$ son continuas por ser constantes. Non obstante, $f$ non é continua en ningún punto de $\mathbb{R}$, xa que toda bóla centrada nun punto de $\mathbb{R}$ ten puntos racionais e irracionais.

Agora ben, se o conxunto ó que nos restrinximos é aberto, entón si que podemos garantiza-la continuidade.

Sexa $f\colon X\to Y$ unha aplicación, $A$ aberto en $X$, e supoñamos que $f_{\mid A}$ é continua. Entón, $f$ é continua en tódolos puntos de $A$.

Sexa $\mathbf{x}\in A$ e vexamos que $f$ é continua en $\mathbf{x}$. Sexa $\epsilon>0$ dado.

Restricción dunha función a un aberto onde é continua X Y f A δ1 δ2 x ε f(x)

Como $f_{\mid A}$ é continua en $\mathbf{x}\in A$, existe $\delta_1>0$ tal que $f_{\mid A}(B_A(\mathbf{x},\delta_1))\subset B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon)$.

Como $A$ é aberto en $X$, existe $\delta_2>0$ tal que $B_X(\mathbf{x},\delta_2)\subset A$.

Tomemos pois $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$. Entón $B_X(\mathbf{x},\delta)\subset A$ o que implica, pola definición de bóla relativa, que $B_A(\mathbf{x},\delta)=B_X(\mathbf{x},\delta)$. Así \begin{align*} f(B_X(\mathbf{x},\delta)) &{}=f_{\mid A}(B_A(\mathbf{x},\delta))\\ &{}\subset B_Y(f(\mathbf{x}),\epsilon). \end{align*}

Por tanto, $f$ é continua en $\mathbf{x}$, como queriamos ver.

Supoñamos agora que $X=A\cup B$ e que temos dúas funcións $g\colon A\to Y$ e $h\colon B\to Y$ de xeito que $g(\mathbf{x})=h(\mathbf{x})$ para todo $\mathbf{x}\in A\cap B$. Defínese a función combinada de $g$ e $h$ como a función $f\colon X\to Y$ dada por \[ f(\mathbf{x})= \begin{cases} g(\mathbf{x}), & \text{se $\mathbf{x}\in A$,}\\[1ex] h(\mathbf{x}), & \text{se $\mathbf{x}\in B$.} \end{cases} \] Como vimos no exemplo anterior, a combinada de dúas funcións continuas non ten por que ser continua. Non obstante,

Se $f\colon X=A\cup B\to Y$ é a función combinada de $g\colon A\to Y$ e $h\colon B\to Y$, e tanto $g$ como $h$ son continuas, entón:

  • Se $A$ e $B$ son abertos en $X$, entón $f$ é continua.
  • Se $A$ e $B$ son pechados en $X$, entón $f$ é continua.

Supoñamos que $A$ e $B$ son pechados en $X$. Sexa $F$ un pechado arbitrario de $Y$. Entón \begin{align*} f^{-1}(F)&{}=\{\mathbf{x}\in X:f(\mathbf{x})\in F\}\\ &{}=\{\mathbf{x} \in A:g(\mathbf{x})\in F\}\cup\{\mathbf{x} \in B: h(\mathbf{x})\in F\}\\ &{}=g^{-1}(F)\cap h^{-1}(F). \end{align*} Como $g$ e $h$ son continuas e a imaxe recíproca dun pechado por unha función continua é un pechado, deducimos que $g^{-1}(F)$ é pechado en $A$, e que $h^{-1}(F)$ é pechado en $B$. Agora ben, como $A$ e $B$ son pechados en $X$, pola caracterización da topoloxía relativa, resulta que $g^{-1}(F)$ e $h^{-1}(F)$ son pechados en $X$. Como a intersección finita de pechados é pechado, deducimos que $f^{-1}(F)$ é pechado en $X$. Por tanto, $f$ é continua.

Continuidade uniforme

O concepto de continuidade uniforme é un concepto máis forte có da continuidade que se emprega a miúdo nas matemáticas. Non é un concepto puramente topolóxico, pero introducímolo aquí xa que será importante no futuro.

Sexa $f\colon X\to Y$ unha aplicación. Dicimos que $f$ é uniformemente continua se \[ \forall\epsilon>0,\,\exists\delta>0:d(\mathbf{x},\mathbf{y}) < \delta\implies d(f(\mathbf{x}),f(\mathbf{y})) < \epsilon. \]

A diferencia entre a continuidade e a continuidade uniforme é que o $\delta$ que aparece na definición, no caso da continuidade, depende do punto onde se estudie a continuidade, mentres que para a continuidade uniforme, $\delta$ é independente do punto. Ademais, por propia definición, a continuidade uniforme é un concepto global e non existe versión puntual do mesmo.

Obviamente, toda función uniformemente continua é continua. Non obstante, o recíproco non ten por que ser certo. Tomemos $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definida por $f(x)=x^2$. Obviamente, $f$ é continua. Vexamos que non é uniformemente continua. Sexa $\epsilon=1$ e tomemos $\delta>0$ arbitrario. Entón se $x>1/\delta$ temos que \begin{align*} \left\lvert f\left(x+\delta/2\right)-f(x)\right\rvert &{}= \left\lvert \left(x+\frac{\delta}{2}\right)^2-x^2\right\rvert\\ &{}= \delta x + \frac{\delta^2}{4}\geq \delta\frac{1}{\delta}=1, \end{align*} co que $f$ non pode ser uniformemente continua. Nótese ademais, que como $\mathbb{R}$ é completo, a función $f$ leva sucesións de Cauchy en sucesións de Cauchy.

Aínda máis chamativo é o exemplo seguinte.

Considerémo-la función $f\colon\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}$ dada por \[ f(x)= \begin{cases} -1, & \text{se $x < 0$,}\\[1ex] 1, & \text{se $x>0$.} \end{cases} \]

En primeiro lugar, a función $f$ é continua. En efecto, o conxunto $(-\infty,0)$ é aberto en $\mathbb{R}$ e $f_{\mid(-\infty,0)}\equiv -1$. Logo, por se-la restricción a un aberto unha función continua, $f$ é continua en tódolos puntos de $(-\infty,0)$. Análogamente, $(0,\infty)$ é aberto en $\mathbb{R}$ e $f$ restrinxida a $(0,\infty)$ é constante, co que $f$ é continua en tódolos puntos de $(0,\infty)$. En resumo, $f$ é continua.

Non obstante, a función $f$ non é uniformemente continua. Dado $\delta>0$ arbitrario, tomémo-los puntos $x_0=-\delta/4 < 0$ e $y_0=\delta/4 > 0$ que distan $\lvert x_0-y_0\rvert=\delta/2 < \delta$. Agora ben, \begin{align*} \lvert f(x_0)-f(y_0)\rvert &{}= \lvert f(\delta/4)-f(-\delta/4)\rvert\\ &{}= \lvert 1-(-1)\rvert =2, \end{align*} o que proba que $f$ non é uniformemente continua.

Se $f\colon X\to Y$ é uniformemente continua e $\{\mathbf{x}_k\}\subset X$ é unha sucesión de Cauchy, entón $\{f(\mathbf{x}_k)\}$ é unha sucesión de Cauchy.

Supoñamos que $f\colon X\to Y$ é uniformemente continua e sexa $\{\mathbf{x}_k\}$ unha sucesión de Cauchy en $X$. Vexamos que $\{f(\mathbf{x}_k)\}$ é unha sucesión de Cauchy. Sexa $\epsilon > 0$ dado.

Como $f$ é uniformente continua, existe $\delta > 0$ tal que se $d(\mathbf{x},\mathbf{y}) < \delta$ entón $d(f(\mathbf{x}),f(\mathbf{y})) <\epsilon$.

Por ser $\{\mathbf{x}_k\}$ de Cauchy, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q) < \delta$ para todo $p,q \geq N$.

Logo, se $p,q\geq N$, temos que $d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q) < \delta$, e por tanto, $d(f(\mathbf{x}_p),f(\mathbf{x}_q)) <\epsilon$, como queriamos ver.

Como acabamos de ver, o recíproco a esta proposición non ten por que ser certo.

Pasamos agora a introduci-los conceptos necesarios para enuncia-lo Teorema do punto fixo de Banach.

Unha función $f\colon X\to Y$ dise Lipschitziana se existe $M\geq 0$ tal que \[ d(f(\mathbf{x}),f(\mathbf{y}))\leq M\, d(\mathbf{x},\mathbf{y}), \] para todo $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in X$. A constante $M$ chámase constante de Lipschitz.

É sinxelo ver que toda función Lipschitziana é uniformemente continua. Como caso particular, temos

Dise que $f\colon X\to X$ é contractiva se é Lipschitziana con constante de Lipschitz $M < 1$.

O seguinte teorema, que se enuncia para subconxuntos de $\mathbb{R}^n$, pode xeneralizarse, con practicamente a mesma demostración, a espacios métricos, resultando ser un dos teoremas máis útiles das matemáticas.

Dise que $\mathbf{x}$ é un punto fixo para unha función $f\colon X\to X$ se $f(\mathbf{x})=\mathbf{x}$.

(Teorema do punto fixo de Banach) Sexa $X$ un conxunto completo, e $f\colon X\to X$ unha función contractiva. Entón $f$ ten un único punto fixo. Dito punto fixo pode obterse como o límite da sucesión: \[ \left\{ \begin{aligned} &\mathbf{x}_0\in X\text{ arbitrario,}\\[1ex] &\mathbf{x}_{k+1}=f(\mathbf{x}_k),\ k\geq 0. \end{aligned} \right. \]

Sexa pois $\mathbf{x}_0\in X$ arbitrario, e definamos inductivamente $\mathbf{x}_{k+1}=f(\mathbf{x}_k)$ con $k\geq 0$. Vexamos que a sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy.

Para $k\geq 1$, como $f$ é contractiva, temos que \begin{align*} d(\mathbf{x}_{k+1},\mathbf{x}_k) &{}= d(f(\mathbf{x}_k),f(\mathbf{x}_{k-1}))\\ &{}\leq M d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}_{k-1})\\ &{}= M d(f(\mathbf{x}_{k-1},f(\mathbf{x}_{k-2}))\\ &{}\leq M^2 d(\mathbf{x}_{k-1},\mathbf{x}_{k-2})\\ &\leq \dots\leq M^k d(\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_0). \end{align*}

Por tanto, se $p>0$, aplicando a desigualdade triangular, \begin{align*} d(\mathbf{x}_{k+p},\mathbf{x}_k) &{}\leq d(\mathbf{x}_{k+p},\mathbf{x}_{k+p-1})+ d(\mathbf{x}_{k+p-1},\mathbf{x}_{k+p-2})\\ &{}\phantom{\leq}+\dots+d(\mathbf{x}_{k+1},\mathbf{x}_k)\\[1ex] &{}\leq d(\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_0)\left(M^{k+p-1}+M^{k+p-2}+\dots+M^k\right)\\ &{}=d(\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_0)M^k\sum_{\alpha=0}^{p-1}M^\alpha\\ &{}< d(\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_0)M^k\sum_{\alpha=0}^{\infty}M^\alpha\\ &{}= \frac{M^k}{1-M} d(\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_0), \end{align*} que converxe a $0$ cando $k$ tende a infinito (xa que $0\leq M< 1$). Isto proba que efectivamente a sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy, como afirmabamos.

Como $X$ é completo, a sucesión de Cauchy $\{\mathbf{x}_k\}$ é converxente, poñamos $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}\in X$. Pola continuidade (secuencial) de $f$ temos que \begin{align*} \mathbf{x} &{}=\lim_{k\to\infty}\mathbf{x}_k\\ &{}=\lim_{k\to \infty}f(\mathbf{x}_{k-1})\\ &{}=f\left(\lim_{k\to \infty}\mathbf{x}_{k-1}\right)=f(\mathbf{x}), \end{align*} de modo que $\mathbf{x}$ é un punto fixo de $f$.

Finalmente, se $\mathbf{y}\in X$ é outro punto fixo de $f$, \begin{align*} d(\mathbf{x},\mathbf{y}) &{}=d(f(\mathbf{x}),f(\mathbf{y}))\\ &{}\leq M d(\mathbf{x}, \mathbf{y}), \end{align*} e por ser $0\leq M < 1$, deducimos que $d(\mathbf{x},\mathbf{y})=0$, e en consecuencia, $\mathbf{x}=\mathbf{y}$, que é o que faltaba por probar.

Unha aplicación sinxela do teorema do punto fixo de Banach é para aproxima-la solución dalgunhas ecuacións.

Teorema do valor medio

Sexa $f\colon[a,b]\to\mathbb{R}$ unha función continua en $[a,b]$ e derivable en $(a,b)$. Entón existe $c\in(a,b)$ tal que \[ \!f(b)\!-\!f(a)=f'(c)(b-a) \]

Por exemplo, a ecuación \[ \cos(x) = x \] non pode resolverse de xeito elemental. Agora ben, a función $\cos:[-1,1]\to[-1,1]$ é contractiva xa que, aplicando o teorema do valor medio do cálculo diferencial, \begin{align*} \lvert\cos(x)-\cos(y)\rvert&{}=\lvert\sin(c)(x-y)\rvert\\ &{}\leq\sin(1)\lvert x- y\rvert, \end{align*} para calquera $x$, $y\in[-1,1]$, sendo $c$ un punto entre $x$ e $y$, e tendo en conta que a función $\sin$ é crecente en $[-1,1]$.

Teorema do valor medio: Sexa $f\colon[a,b]\to\mathbb{R}$ unha función continua en $[a,b]$ e derivable en $(a,b)$. Entón existe $c\in(a,b)$ tal que $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$.

Como $[-1,1]$ é pechado en $\mathbb{R}$, $\mathbb{R}$ é completo e os pechados dos completos son completos, $[-1,1]$ é completo, e así, a sucesión \[ \left\{ \begin{aligned} &{x}_0\in [-1,1],\\[1ex] &{x}_{k+1}=\cos({x}_k),\ k\geq 0, \end{aligned} \right. \] converxe, de acordo co Teorema do punto fixo de Banach, á solución de $\cos(x)=x$.

Homeomorfismos

A continuación definímo-lo concepto de homeomorfismo, que nos permite establece-la equivalencia entre dous espacios topolóxicos.

Unha función $f\colon X\to Y$ dise que é un homeomorfismo se $f$ é bixectiva, e tanto ela como a súa inversa $f^{-1}$, son continuas.

En tal caso, dise que os conxuntos $X$ e $Y$ son homeomorfos.

Como a composición de funcións continuas é continua, é obvio que a composición de homeomorfismos é un homeomorfismo. En particular, isto significa que a relación "ser homeomorfo a" é unha relación de equivalencia.

As seguintes aplicacións son homeomorfismos:

  • As traslacións con respecto a un vector $\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n$: $T_{\mathbf{v}}\colon\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$, $\mathbf{x}\mapsto T_{\mathbf{v}}(\mathbf{x})=\mathbf{x}+\mathbf{v}$. É doado ver que $d(T_{\mathbf{v}}(\mathbf{x}),T_{\mathbf{v}}(y))=d(\mathbf{x},\mathbf{y})$ para todo $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in\mathbb{R}^n$, co cal $T_{\mathbf{v}}$ é continua; ademais, $T_{\mathbf{v}}^{-1}=T_{-\mathbf{v}}$.
  • As homotecias de razón $\lambda>0$: $H_\lambda\colon\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$, $\mathbf{x}\mapsto H_\lambda(\mathbf{x})=\lambda \mathbf{x}$. Neste caso temos $d(H_\lambda(\mathbf{x}),H_\lambda(\mathbf{y}))=\lambda d(\mathbf{x},\mathbf{y})$ para todo $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in\mathbb{R}^n$, e $H_\lambda^{-1}=H_{1/\lambda}$.
  • As rotacións de ángulo $\theta\in\mathbb{R}$: \begin{align*} R_\theta\colon\ \mathbb{R}^2&\to\mathbb{R}^2\\ (x,y)&\mapsto R_\theta(x,y)= \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}\\[1ex] &{}\phantom{{}\mapsto R_\theta(x,y)}{}=(x\cos\theta-y\sin\theta,\, x\sin\theta+y\cos\theta). \end{align*} Tamén se satisfai que $R_\theta$ conserva as distancias (e por tanto é continua), e a súa inversa é $R_\theta^{-1}=R_{-\theta}$.

A estas alturas non será sinxelo dar exemplos interesantes de conxuntos que non sexan homeomorfos. Non obstante, si hai varios exemplos elementales que podemos probar agora que son homeomorfos.

Tódolos intervalos abertos de $\mathbb{R}$ son homeomorfos entre si.

Non daremos tódolos detalles desta demostración e só presentaremos algúns dos homeomorfismos necesitados, deixando o resto para o lector.

Homeomorfismo entre intervalos ( ) ( ) a1 b1 a2 b2

Dous intervalos $(a_1,b_1)$ e $(a_2,b_2)$ son homeomorfos. Para probar isto basta con toma-la aplicación $f\colon(a_1,b_1)\to(a_2,b_2)$ definida mediante \[ f(t)=\frac{b_2-a_2}{b_1-a_1}(t-a_1)+a_2. \] É sinxelo ver que esta aplicación é un homeomorfismo.

Homeomorfismo entre intervalos ( ) -1 1

Vemos por exemplo que $(-1,1)$ é homeomorfo a $\mathbb{R}=(-\infty,\infty)$ definindo, neste caso, a función $f\colon(-1,1)\to\mathbb{R}$ como \begin{align*} f(t)&{}=\frac{t}{1-\lvert t\rvert}, \end{align*} que é continua por ser composición de continuas (nótese que o denominador non se anula), e ten inversa continua \begin{align*} f^{-1}(s)&{}=\frac{s}{1+\lvert s\rvert}. \end{align*}

Tamén son homeomorfos $(0,1)$ e $(0,\infty)$ sendo a función logaritmo un posible homeomorfismo entre eles.

Outras posibles combinacións de intervalos abertos tamén serán homeomorfas, e déixanse estas como exercicio.

Un argumento similar ó anterior sirve para ver que dous intervalos como $[a_1,b_1]$ e $[a_2,b_2]$ son homeomorfos. Intervalos como $[a,\infty)$ e $(-\infty,b]$ tamén son homeomorfos, aínda que non homeomorfos ós limitados. Ningún intervalo pechado é homeomorfo a $\mathbb{R}$.

Tódalas bólas abertas de $\mathbb{R}^n$ son homeomorfas a $\mathbb{R}^n$.

En particular, tódalas bólas de $\mathbb{R}^n$ son homeomorfas entre si. Non obstante, bólas de distintas dimensións non son homeomorfas, aínda que a demostración desta afirmación tan xeral está máis aló dos obxectivos deste curso.

Vexamos primeiro que $B_{\mathbb{R}^n}(\mathbf{0},1)$ é homeomorfa a $\mathbb{R}^n$. Para iso, basta con defini-la aplicación $f\colon B(\mathbf{0},1)\to\mathbb{R}^n$, mediante \[ f(\mathbf{x})=\frac{\mathbf{x}}{1-\lVert\mathbf{x}\rVert}. \] É claro que $f$ é continua, e pode verse que a súa inversa vén dada por \[ f^{-1}(\mathbf{y})=\frac{\mathbf{y}}{1+\lVert\mathbf{y}\rVert}, \] que tamén é continua. Logo $f$ é un homeomorfismo.

A continuación, para ver que dúas bólas calquera $B(\mathbf{x},r)$ e $B(\mathbf{y},s)$ son homeomorfas, basta con compoñer traslacións e homotecias (que son homeomorfismos). En efecto, sexa $f=T_{y}\circ H_{s/r}\circ T_{-x}$. Entón, $f_{\mid B(\mathbf{x},r)}\colon B(\mathbf{x},r)\to B(\mathbf{y},s)$ é un homeomorfismo.

Un argumento similar ó do teorema anterior valería tamén para ver que dúas bólas pechadas de $\mathbb{R}^n$ son homeomorfas entre si. Non obstante, veremos que unha bóla pechada de $\mathbb{R}^n$ non é homeomorfa a $\mathbb{R}^n$.

Propiedades topolóxicas

Denotaremos xenericamente por $\mathcal{P}$ a unha propiedade que poida satisfacer un conxunto (máis concretamente un espacio topolóxico).

Unha propiedade $\mathcal{P}$ dise que é topolóxica se é invariante por homeomorfismos, é dicir, que se $X$ satisfai a propiedade $\mathcal{P}$, e $Y$ é homeomorfo a $X$, entón $Y$ tamén satisfai a propiedade $\mathcal{P}$.

Por tanto, se $X$ e $Y$ son homeomorfos, entón terán as mesmas propiedades topolóxicas.

Propiedades topolóxicas básicas:

O obxectivo do que queda de curso é definir dúas propiedades topolóxicas, conexión e compacidade, que, entre outras cousas, nos permitirán determinar nalgunhas situacións se dous conxuntos son ou non homeomorfos.

Problemas resoltos

Sexa $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=x^2+1\}$. Probar que toda sucesión de Cauchy de puntos de $A$ converxe a un punto de $A$.

Considerámo-la aplicación $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $f(x,y)=y-x^2-1$, que claramente é unha función continua. Entón $A=f^{-1}(\{0\})$, e por tanto, $A$ é pechado en $\mathbb{R}^2$ por ser imaxe recíproca dun pechado por unha aplicación continua. Logo, $A$ é completo, e en consecuencia toda sucesión de Cauchy de $A$ é converxente en $A$.

Sexa $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y\geq\lvert x\rvert\text{ ou }y < 0\}$. Calcula-lo interior de $A$.

Sexa \[ B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y > \lvert x\rvert\text{ ou }y < 0\} \] e vexamos que $\mathop{\rm Int}(A)=B$.

Conxunto para calcula-lo interior

Considerámo-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $f(x,y)=y-\lvert x\rvert$, que claramente é continua por ser composición de aplicacións continuas. Como $B=f^{-1}((0,\infty))\cup\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>0\}$, temos que $B$ é aberto por ser unión de abertos (o primeiro conxunto é imaxe recíproca dun aberto por unha aplicación continua, mentres que o segundo é un semiplano aberto). Xa que o interior é o maior aberto contido no conxunto, temos que $B\subset\mathop{\rm Int}(A)$. Falta por ver que se $(x,y)\in A\setminus B$ entón $(x,y)\notin\mathop{\rm Int}(A)$. Tomemos pois $(x,y)\in A\setminus B$, é dicir, $y=\lvert x\rvert$. Sexa $r>0$ arbitrario e tomemos $z=\min\{r/2,\lvert x\rvert\}>0$. Entón $(x,\lvert x\rvert - z)\in B((x,\lvert x\rvert),r)\cap(\mathbb{R}^2\setminus A)$, pois \begin{align*} d((x,\lvert x\rvert), (x,\lvert x\rvert - z)) &{}=z\leq r/2 < r, \end{align*} $\lvert x\rvert-z < \lvert x\rvert$, e $\lvert x\rvert-z\geq 0$.

Sexa $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\lvert y\rvert\geq x^2\}$. Calcula-lo interior de $A$.

Sexa \[ B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\lvert y\rvert>x^2\}. \] e vexamos que $\mathop{\rm Int}(A)=B$.

Dúas parábolas

Considerámo-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $f(x,y)=\lvert y\rvert-x^2$, que claramente é continua por selo as proxeccións, o valor absoluto, a resta e a composición de aplicacións continuas. Como $B=f^{-1}((0,\infty))$, temos que $B$ é aberto por ser imaxe recíproca dun aberto por unha aplicación continua. Xa que o interior é o maior aberto contido no conxunto, temos que $B\subset\mathop{\rm Int}(A)$. Falta por ver que se $(x,y)\in A\setminus B$ entón $(x,y)\notin\mathop{\rm Int}(A)$. Tomemos pois $(x,y)\in A\setminus B$, é dicir, $\lvert y\rvert=x^2$. Sexa $r>0$ arbitrario. Supoñamos $x\geq 0$, sendo o caso $x\leq 0$ análogo a este. Neste caso tomémo-lo punto $(x+r/2,y)\in B((x,y),r)$, que non obstante satisfai $(x+r/2,y)\notin A$ xa que $\lvert y\rvert=x^2<x^2+r/2$.

Decidir se o conxunto $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\lvert y\rvert\geq x^2\}$ é completo.

Vexamos que $A$ é completo.

Dúas parábolas

Considerámo-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida mediante $f(x,y)=\lvert y\rvert-x^2$.

Claramente é continua por selo as proxeccións, o valor absoluto, a resta e a composición de aplicacións continuas.

Como $A=f^{-1}([0,\infty))$, temos que $A$ é pechado por ser imaxe recíproca dun pechado por unha aplicación continua. Como en $\mathbb{R}^2$, que é completo, os pechados e os completos coinciden, $A$ é pechado.

Sexa $X=\bigl\{\frac{1}{n}:n\in\mathbb{N}\bigr\}$ e $f\colon X\to\mathbb{R}$ unha función arbitraria. ¿É $f$ unha función continua?

Verdadeiro. Como $\{\frac{1}{n}\}=\bigl(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n-1}\bigr)\cap X$, $n\geq 2$, e $\{1\} =\bigl(\frac{1}{2},\infty\bigr)\cap X$, deducimos que tódolos subconxuntos formados por un punto de $X$ son abertos en $X$. Como a unión arbitraria de abertos de $X$ é aberto en $X$ deducimos que tódolos subconxuntos de $X$ son abertos. Se $f\colon X\to Y$ é unha función arbitraria e $V$ é aberto en $Y$, entón $f^{-1}(V)$ é aberto en $X$ (pois tódolos subconxuntos de $X$ o son). Logo, $f$ é continua.

Considerémo-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle (4xy, 2\lvert x\rvert) & \text{se $y>\lvert x\rvert$,}\\[3ex] (2y,2x^2) & \text{se $y\leq\lvert x\rvert$.} \end{cases} \] estudia-la continuidade de $f$.

Considerémo-la aplicación $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $g(x,y)=y-\lvert x\rvert$. Claramente $g$ é continua, e por tanto os conxuntos $U=g^{-1}((0,\infty))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>\lvert x\rvert\}$ e $V=g^{-1}((-\infty,0))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y < \lvert x\rvert\}$ son abertos por seren imaxe recíproca dun aberto por una aplicación continua. Como $f_{\vert U}\colon (x,y)\in U\mapsto f(x,y)=(4xy,2\lvert x\rvert)\in\mathbb{R}^2$ é continua e $U$ é aberto en $\mathbb{R}^2$ concluímos que $f$ é continua nos puntos de $U$. Analogamente, $f_{\vert V}\colon (x,y)\in V\mapsto f(x,y)=(2y,2x^2)\in\mathbb{R}^2$ é continua e $V$ é aberto, co que $f$ tamén é continua nos puntos de $V$. En conclusión, $f$ é continua nos puntos de $U\cup V$.

Estudámo-la continuidade en $\mathbb{R}^2\setminus(U\cup V)=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=\lvert x\rvert\}$. Sexa $x\in\mathbb{R}$, $x\neq 0$, e estudemos por tanto a continuidade en $(x,\lvert x\rvert)\in\mathbb{R}^2$. Tomámo-la sucesión $\{(x,\lvert x\rvert +\frac{1}{n})\}$, que obviamente converxe a $(x,\lvert x\rvert)$. Por unha banda, $f(x,\lvert x\rvert)=(2\lvert x\rvert,2x^2)$, e pola outra, $\{f(x,\lvert x\rvert+\frac{1}{n})\}=\{(4x(\lvert x\rvert+\frac{1}{n}),2\lvert x\rvert)\}$, que converxe a $(4x\lvert x\rvert,2\lvert x\rvert)$. Como $x\neq 0$, claramente $(2\lvert x\rvert,2x^2)\neq(4x\lvert x\rvert,2\lvert x\rvert)$ e en consecuencia $f$ non é continua en $(x,\lvert x\rvert)$, $x\neq 0$.

Finalmente estudámo-la continuidade no punto $(0,0)$. Sexa $\epsilon>0$ dado. Tomemos $\delta=\min\{1,\frac{\epsilon}{4}\}>0$. Consideremos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(0,0)) < \delta$. En particular temos \begin{align*} \lvert x\rvert &{}\leq\sqrt{x^2+y^2}\\ &{}=d((x,y),(0,0)) < \delta\leq 1, \end{align*} e así $\lvert x\rvert < x^2 < 1$. Se $y>\lvert x\rvert$, entón \begin{align*} d(f(x,y),f(0,0)) &{}=d((4xy,2\lvert x\rvert), (0,0))\\ &{}=\sqrt{16x^2y^2+4x^2}\\ &{} < \sqrt{16y^2+4x^2}\\ &{}\leq\sqrt{16x^2+16y^2}\\ &{}=4d((x,y),(0,0))\\ &{} < 4\delta\leq 4\frac{\epsilon}{4}=\epsilon. \end{align*} Por outra banda, se $y\leq\lvert x\rvert$, entón \begin{align*} d(f(x,y),f(0,0))&{}=d((2y,2x^2),(0,0))\\ &{}=\sqrt{4y^2+4x^4}\\ &{}\leq\sqrt{4y^2+4x^2}\\ &{}=2d((x,y),(0,0))\\ &{} < 2\delta\leq 2\frac{\epsilon}{4}=\frac{\epsilon}{2} < \epsilon. \end{align*} Isto proba que $f$ é continua en $(0,0)$.

En consecuencia, $f$ é continua no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y\neq\lvert x\rvert\}\cup\{(0,0) \}$ e non continua no resto dos puntos.

Considera-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle (y, x+1) & \text{se $y>x+1$,}\\[3ex] (2x, y) & \text{se $y\leq x+1$.} \end{cases} \] estudia-la continuidade de $f$.

Considerémo-la aplicación $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $g(x,y)=y-x-1$. Claramente $g$ é continua, e por tanto os conxuntos $U=g^{-1}((0,\infty))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>x+1\}$ e $V=g^{-1}((-\infty,0))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y<x+1\}$ son abertos por seren imaxe recíproxa dun aberto por una aplicación continua. Como $f_{\vert U}\colon (x,y)\in U\mapsto f(x,y)=(y,x+1)\in\mathbb{R}^2$ é continua e $U$ é aberto en $\mathbb{R}^2$ concluímos que $f$ é continua nos puntos de $U$. Analogamente, $f_{\vert V}\colon (x,y)\in V\mapsto f(x,y)=(2x,y)\in\mathbb{R}^2$ é continua e $V$ é aberto, co que $f$ tamén é continua nos puntos de $V$. En conclusión $f$ é continua nos puntos de $U\cup V$.

Estudámo-la continuidade no conxunto $\mathbb{R}^2\setminus(U\cup V)=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=x+1\}$. Sexa $x\in\mathbb{R}$, $x\neq 1$ e estudemos por tanto a continuidade en $(x,x+1)\in\mathbb{R}^2$. Tomámo-la sucesión $\{(x,x+1+1/n)\}$, que obviamente converxe a $(x,x+1)$. Por unha banda, $f(x,x+1)=(2x,x+1)$, e pola outra, xa que $x+1+1/n>x+1$ temos $\{f(x,x+1+1/n)\}=\{(x+1+1/n,x+1)\}$, que converxe a $(x+1,x+1)$. Como $x\neq 1$, claramente $(2x,x+1)\neq(x+1,x+1)$ e en consecuencia $f$ non é continua en $(x,x+1)$, $x\neq 1$.

Finalmente estudámo-la continuidade en $(1,2)$. Sexa $\epsilon>0$ dado. Tomemos $\delta=\epsilon/2>0$. Consideremos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(1,2))<\delta$. Se $y>x+1$ entón temos \begin{align*} d(f(x,y),f(1,2))&{}=d((y,x+1),(2,2))\\ &{}=\sqrt{(y-2)^2+(x-1)^2}\\ &{}=d((x,y),(1,2))\\ &{}<\delta=\epsilon/2 <\epsilon. \end{align*} Por outra banda, se $y\leq x+1$ entón \begin{align*} d(f(x,y),f(1,2))&{}=d((2x,y),(2,2))\\ &{}=\sqrt{(2x-2)^2+(y-2)^2}\\ &{}\leq\sqrt{4(x-1)^2+(y-2)^2+3(y-2)^2}\\ &{}=2\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}\\ &{}=2d((x,y),(1,2))\\ &{}<2\delta=\epsilon. \end{align*} Isto proba que $f$ é continua en $(1,2)$.

En consecuencia, $f$ é continua no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y\neq x+1\}\cup\{(1,2)\}$ e non continua no resto dos puntos.

Determinar se o conxunto \[ A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\cos(x)+y=x^3, -\pi\leq x\leq \pi\} \] é completo.

Vexamos que si que é completo. A aplicación $f\colon [-\pi,\pi]\times\mathbb{R}\subset\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $f(x,y)=\cos(x)+y-x^3$ é claramente continua. Entón o conxunto \[ f^{-1}(\{0\})=\{(x,y)\in[-\pi,\pi]\times\mathbb{R}:\cos(x)+y-x^3=0\}=A \] é pechado en $[-\pi,\pi]\times\mathbb{R}$ por ser imaxe recíproca dun pechado por unha aplicación continua, e por tanto tamén é pechado en $\mathbb{R}^2$, xa que $[-\pi,\pi]\times\mathbb{R}$ é pechado en $\mathbb{R}^2$. Dado que en $\mathbb{R}^2$, que é completo, os pechados e os completos coinciden, deducimos que $A$ é completo.

Considera-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle (2x-y,4y) & \text{se $y>2x$,}\\[3ex] (0,3x) & \text{se $y\leq 2x$.} \end{cases} \] estudia-la continuidade de $f$.

Considerémo-la aplicación $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $g(x,y)=y-2x$. Claramente a función $g$ é continua, e por tanto os conxuntos $U=g^{-1}((0,\infty))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>2x\}$ e $V=g^{-1}((-\infty,0))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y<2x\}$ son abertos por seren imaxe recíproxa dun aberto por una aplicación continua. Como $f_{\vert U}\colon (x,y)\in U\mapsto f(x,y)=(2x-y,4y)\in\mathbb{R}^2$ é continua e $U$ é aberto en $\mathbb{R}^2$ concluímos que $f$ é continua nos puntos de $U$. Analogamente, $f_{\vert V}\colon (x,y)\in V\mapsto f(x,y)=(0,3x)\in\mathbb{R}^2$ é continua e $V$ é aberto, co que $f$ tamén é continua nos puntos de $V$. En conclusión $f$ é continua nos puntos de $U\cup V$.

Estudámo-la continuidade en $\mathbb{R}^2\setminus(U\cup V)=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=2x\}$. Sexa $x\in\mathbb{R}$, $x\neq 0$ e estudemos por tanto a continuidade en $(x,2x)\in\mathbb{R}^2$. Tomámo-la sucesión $\{(x-1/n,2x)\}$, que obviamente converxe a $(x,2x)$. Por unha banda, $f(x,2x)=(0,3x)$, e pola outra, xa que $2x>2(x-1/n)$ temos $\{f(x-1/n,2x)\}=\{(-2/n,8x)\}$, que converxe a $(0,8x)$. Como $x\neq 0$, claramente $(0,3x)\neq(0,8x)$ e en consecuencia $f$ non é continua en $(x,2x)$, $x\neq 0$.

Finalmente estudámo-la continuidade en $(0,0)$. Sexa $\epsilon>0$ dado. Tomemos $\delta=\epsilon/5>0$. Consideremos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(0,0))<\delta$. En particular, $\lvert x\rvert,\lvert y\rvert\leq\sqrt{x^2+y^2}<\delta$ o que implica $-\delta< x,y<\delta$ e por tanto, \[ -3\delta=-2\delta-\delta<2x-y<2\delta+\delta=3\delta. \]

Se $y>2x$ entón temos \begin{align*} d(f(x,y),f(0,0))&{}=d((2x-y,4y),(0,0))\\ &{}=\sqrt{(2x-y)^2+16y^2}\\ &{}<\sqrt{(3\delta)^2+16\delta^2}\\ &{}=5\delta=\epsilon. \end{align*}

Por outra banda, se $y\leq 2x$ entón \begin{align*} d(f(x,y),f(0,0))&{}=d((0,3x),(0,0))\\ &{}=3\lvert x\rvert<3\delta\\ &{}=3\epsilon/5<\epsilon. \end{align*} Isto proba que $f$ é continua en $(0,0)$.

En consecuencia, $f$ é continua no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y\neq 2x\}\cup\{(0,0)\}$ e non continua no resto.

Considera-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle (1-y,x+1) & \text{se $y-x\geq 1$,}\\[3ex] (x,1) & \text{se $y-x<1$.} \end{cases} \] Estudia-la continuidade de $f$.

Considerámo-la función $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $g(x,y)=y-x$, que claramente é continua. Por tanto, temos que os conxuntos $U=g^{-1}((1,+\infty))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y-x>1\}$ e $V=g^{-1}((-\infty,1))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y-x<1\}$ son abertos por ser imaxe recíproca dun aberto por unha función continua. Obviamente, a función $f_{\vert U}\colon U\to\mathbb{R}^2$, $(x,y)\mapsto (1-y,x+1)$ é continua; como $U$ é aberto, concluímos que $f$ é continua en tódolos puntos de $U$. Analogamente, $f_{\vert V}\colon V\to\mathbb{R}^2$, $(x,y)\mapsto (x,1)$ é continua, e como $V$ é aberto, obtemos que $f$ é continua en tódolos puntos de $V$.

Falta ve-la continuidade no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y-x=1\}$. Collamos por tanto un punto da forma $(x,x+1)$, $x\in\mathbb{R}$, e estudiémo-la continuidade nese punto. Considerémo-la sucesión $\{(x+1/n,x+1)\}$. Claramente $\{(x+1/n,x+1)\}\to (x,x+1)$. Agora ben, $f(x,x+1)=(-x,x+1)$, mentres que, como $(x+1)-(x+1/n)=1-1/n<1$, temos $\{f(x+1/n,x+1)\}=\{(x+1/n,1)\}\to (x,1)$. Logo, se $x\neq 0$ temos $(-x,x+1)\neq (x,1)$ de onde se deduce que $f$ non é continua nos puntos $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y-x=1,x\neq 0\}$.

Para rematar, estudiámo-la continuidade en $(0,1)$. Sexa pois $\epsilon>0$ dado. Tomemos $\delta=\epsilon$. Consideremos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(0,1))<\delta$.

Se $y-x\geq 1$ temos que \begin{align*} d(f(x,y),f(0,1)) &{}={d((1-y,x+1),(0,1))}\\ &{}=\sqrt{(1-y)^2+x^2}\\ &{}=d((x,y),(0,1))<\delta=\epsilon. \end{align*}

Se $y-x<1$, verifícase que \begin{align*} {d(f(x,y),f(0,1))} &{}=d((x,1),(0,1))\\ &{}=\lvert x\rvert \leq\sqrt{x^2+(y-1)^2}\\ &{}=d((x,y),(0,1))<\delta=\epsilon. \end{align*} En calquera caso obtivemos $d(f(x,y),f(0,1))<\epsilon$ e por tanto a función $f$ é continua en $(0,1)$.

En conclusión, $f$ é continua no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y-x\neq 1\}\cup\{(0,1)\}$, e non continua no resto de $\mathbb{R}^2$.

Considera-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle (x+1,2) & \text{se $y\geq x$,}\\[3ex] (2 x,2 y) & \text{se $y<x$.} \end{cases} \] Estudia-la continuidade de $f$.

Considerámo-la función $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $g(x,y)=y-x$, que claramente é continua. Entón, os conxuntos $U=g^{-1}((0,+\infty))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>x\}$ e $V=g^{-1}((-\infty,0))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y<x\}$ son abertos por ser imaxe recíproca dun aberto por unha función continua. Obviamente, a función $f_{\vert U}\colon U\to\mathbb{R}^2$, $(x,y)\mapsto (x+1,2)$ é continua; como $U$ é aberto, concluímos que $f$ é continua en tódolos puntos de $U$. Analogamente, $f_{\vert V}\colon V\to\mathbb{R}^2$, $(x,y)\mapsto (2 x,2 y)$ é continua, e como $V$ é aberto, obtemos que $f$ é continua en tódolos puntos de $V$.

Falta ve-la continuidade no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=x\}$. Collamos por tanto un punto da forma $(x,x)$, $x\in\mathbb{R}$, e estudiémo-la continuidade nese punto. Considerémo-la sucesión $\{(x+1/n,x)\}$. Claramente $\{(x+1/n,x)\}\to (x,x)$. Agora ben, $f(x,x)=(x+1,2)$, mentres que, como $x<x+1/n$, $\{f(x+1/n,x)\}=\{(2(x+1/n),2x)\}\to (2 x,2 x)$. Logo, se $x\neq 1$ temos $(x+1,2)\neq (2 x,2 x)$ de onde se deduce que $f$ non é continua nos puntos $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=x,x\neq 1\}$.

Para rematar, estudiámo-la continuidade en $(1,1)$. Sexa pois $\epsilon>0$ dado. Tomemos $\delta=\epsilon/2$. Consideremos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(1,1))<\delta$.

Se $y\geq x$ temos que \begin{align*} d(f(x,y),f(1,1)) &{}=d((x+1,2),(2,2))\\ &{}=\lvert x-1\rvert\\ &{}\leq\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}\\ &{}=d((x,y),(1,1))\\ &{}<\delta=\epsilon/2<\epsilon. \end{align*}

Se $y<x$, temos \begin{align*} d(f(x,y),f(1,1)) &{}=d((2x,2y),(2,2))\\ &{}=\sqrt{(2x-2)^2+(2y-2)^2}\\ &{}=2\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}\\ &{}=2d((x,y),(1,1))\\ &{}<2\delta=\epsilon. \end{align*}

En calquera caso obtivemos $d(f(x,y),f(1,1))<\epsilon$, e por tanto, a función $f$ é continua en $(1,1)$.

En conclusión, $f$ é continua no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y\neq x\}\cup\{(1,1)\}$, e non continua no resto de $\mathbb{R}^2$.

¿Se $X$ é un conxunto completo e $f\colon X\to Y$ é continua, é $f(X)$ completo?

Falso. De feito $(0,1)$ é homeomorfo a $\mathbb{R}$, pero $(0,1)$ non é completo e non obstante $\mathbb{R}$ si o é.

Considera-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle (x,1) & \text{se $y\geq e^x$,}\\[3ex] (\sin x,y) & \text{se $y< e^x$.} \end{cases} \] Estudia-la continuidade de $f$. (Axuda: $\lvert\sin x\rvert\leq\lvert x\rvert$, para calquera $x\in\mathbb{R}$.)

Considerámo-la función continua $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $g(x,y)=y-e^x$. Entón, os conxuntos $U=g^{-1}((0,+\infty))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>e^x\}$ e $V=g^{-1}((-\infty,0))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y<e^x\}$ son abertos por ser imaxe recíproca dun aberto por unha función continua. Obviamente, a función $f_{\vert U}\colon U\to\mathbb{R}^2$, $(x,y)\mapsto (x,1)$ é continua; como $U$ é aberto concluímos que $f$ é continua en tódolos puntos de $U$. Analogamente, $f_{\vert V}\colon V\to\mathbb{R}^2$, $(x,y)\mapsto (\sin x,y)$ é continua, e como $V$ é aberto, obtemos que $f$ é continua en tódolos puntos de $V$.

Falta ve-la continuidade no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=e^x\}$. Collamos por tanto un punto da forma $(x,e^x)$ e estudiémo-la continuidade nese punto. Considerémo-la sucesión $\{(x+1/n,e^x)\}$. Claramente $\{(x+1/n,e^x)\}\to (x,e^x)$. Agora ben, $f(x,e^x)=(x,1)$, mentres que, como $e^x<e^{x+1/n}$, $\{f(x+1/n,e^x)\}=\{\sin(x+1/n),e^x\}\to (\sin x,e^x)$ pola continuidade da función $\sin$. Logo, se $x\neq 0$ temos $e^x\neq 1$, e así $(x,1)\neq (\sin x,e^x)$, de onde se deduce que $f$ non é continua nos puntos $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=e^x,x\neq 0\}$.

Para rematar estudiámo-la continuidade en $(0,1)$. Sexa $\epsilon>0$ dado. Tomemos $\delta=\epsilon$. Consideremos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(0,1))<\delta$.

Se $y\geq e^x$ temos que \begin{align*} d(f(x,y),f(0,1)) &{}=d((x,1),(0,1))\\ &{}=\lvert x\rvert\leq\sqrt{x^2+(y-1)^2}\\ &{}=d((x,y),(0,1))<\delta=\epsilon. \end{align*}

Se $y<e^x$, dado que $\lvert\sin x\rvert\leq\lvert x\rvert$, chegamos a que \begin{align*} d(f(x,y),f(0,1)) &{}=d((\sin x,y),(0,1))\\ &{}=\sqrt{\sin^2 x+(y-1)^2}\\ &{}\leq\sqrt{x^2+(y-1)^2}\\ &{}=d((x,y),(0,1))<\delta=\epsilon. \end{align*}

En calquera caso obtivemos $d(f(x,y),f(0,1))<\epsilon$, e por tanto a función $f$ é continua en $(0,1)$.

En conclusión, $f$ é continua no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y\neq e^x\}\cup\{(0,1)\}$, e non continua no resto de $\mathbb{R}^2$.

Considera-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle \left(\frac{x+y}{x},\frac{x-y}{x}\right) & \text{se $x\neq 0$,}\\[3ex] (1,1) & \text{se $x=0$.} \end{cases} \] Estudia-la continuidade de $f$.

En primeiro lugar, definímo-lo conxunto $U=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x\neq 0\}$. Vexamos que $U$ é aberto. Para iso considerámo-la proxección na primeira variable $\pi_1\colon \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$, $x\mapsto \pi_1(x,y)=x$. Entón resulta evidente que $U=\pi_1^{-1}(\mathbb{R}\setminus\{0\})$, e como $\pi_1$ é continua, e $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ é aberto en $\mathbb{R}$ (por ser $\{0\}$ pechado), deducimos que efectivamente $U$ é aberto en $\mathbb{R}^2$. Agora observamos que $f_{\vert U}$ vén definida como \[ f_{\vert U}(x,y)=\left(\frac{x+y}{x},\frac{x-y}{x}\right), \] de modo que por ser $f_{\vert U}$ un cociente de polinomios onde o denominador non se anula, concluímos que $f_{\vert U}$ é continua en $U$. Agora ben, como $U$ é aberto, deducimos que $f$ é continua en tódolos puntos de $U$.

A continuación estudiámo-la continuidade en $A=\mathbb{R}^2\setminus U=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x=0\}=\{0\}\times\mathbb{R}$. Sexa $(0,y)\in A$ un punto arbitrario. Considerámo-la sucesión $\{(\frac{1}{n},y+\frac{1}{n})\}$, que obviamentemente converxe a $(0,y)$. É claro que $\{(\frac{1}{n},y+\frac{1}{n})\}\subset U$ pois $\frac{1}{n}\neq 0$, co cal \begin{align*} \left\{f\left(\frac{1}{n},y+\frac{1}{n}\right)\right\} &{}=\left\{\left(\frac{\frac{1}{n}+y+\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}, \frac{\frac{1}{n}-y-\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\right)\right\}\\ &{}=\left\{\left(2+ny,-ny\right)\right\}. \end{align*} Se $y\neq 0$, a sucesión anterior diverxe, e por tanto $f$ non pode ser continua en $(0,y)\in A$, con $y\neq 0$. Por outra banda, se $y=0$, a sucesión anterior converxe a $(2,0)$; como $f(0,y)=(1,1)\neq (2,0)$, concluímos que $f$ tampouco pode ser continua en $(0,0)$.

En definitiva, $f$ é continua no conxunto $U=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x\neq 0\}$, e non continua en $\mathbb{R}^2\setminus U=\{0\}\times\mathbb{R}$.

Considera-la función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle (x^2, 3y) & \text{se $y>x^2+1$,}\\[2ex] (y-1,3x+3) & \text{se $y\leq x^2+1$.} \end{cases} \] Estudia-la continuidade de $f$.

Considerémo-la aplicación $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $g(x,y)=y-x^2-1$. Claramente $g$ é continua, e por tanto os conxuntos $U=g^{-1}((0,\infty))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>x^2+1\}$ e $V=g^{-1}((-\infty,0))=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y<x^2+1\}$ son abertos por seren imaxe recíproxa dun aberto por una aplicación continua. Como $f_{\vert U}\colon (x,y)\in U\mapsto f(x,y)=(x^2,3y)\in\mathbb{R}^2$ é continua e $U$ é aberto en $\mathbb{R}^2$, concluímos que $f$ é continua nos puntos de $U$. Analogamente, $f_{\vert V}\colon (x,y)\in V\mapsto f(x,y)=(y-1,3x+3)\in\mathbb{R}^2$ é continua e $V$ é aberto, co que $f$ tamén é continua nos puntos de $V$. En conclusión, $f$ é continua nos puntos de $U\cup V$.

Estudámo-la continuidade en $\mathbb{R}^2\setminus(U\cup V)=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=x^2+1\}$. Sexa $x\in\mathbb{R}$, $x\neq 0,1$, e estudiemos por tanto a continuidade en $(x,x^2+1)\in\mathbb{R}^2$. Tomámo-la sucesión $\{(x,x^2+1 +\frac{1}{n})\}$, que obviamente converxe a $(x,x^2+1)$. Por unha banda, $f(x,x^2+1)=(x^2,3x+3)$, e pola outra, $\{f(x,x^2+1+\frac{1}{n})\}=\{(x^2,3x^2+3+3/n)\}$, que converxe a $(x^2,3x^2+3)$. Como $x\neq 0,1$, claramente $(x^2,3x+3)\neq(x^2,3x^2+3)$, e en consecuencia, $f$ non é continua en $(x,x^2+1)$, $x\neq 0,1$.

Falta por estudia-la continuidade en $(0,1)$ e $(1,2)$. Empezamos por $(0,1)$. Sexa $\epsilon>0$ dado. Tomemos $\delta=\min\{1,\epsilon/3\}>0$. Consideremos $(x,y)\in \mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(0,1))<\delta$. En particular, $\lvert x\rvert\leq\sqrt{x^2+(y-1)^2}=d((x,y),(0,1))<\delta\leq 1$, o que implica $x^2<1$, e por tanto, $x^4<x^2$. Se $y>x^2+1$ entón \begin{align*} d(f(x,y),f(0,1)) &{}=d((x^2,3y),(0,3))\\ &{}=\sqrt{x^4+(3y-3)^2}\\ &{}<\sqrt{x^2+9(y-1)^2}\\ &{}\leq\sqrt{9x^2+9(y-1)^2}\\ &{}=3\sqrt{x^2+(y-1)^2}\\ &{}=3d((x,y),(0,1)) <3\delta\leq 3\epsilon/3=\epsilon. \end{align*} Se $y\leq x^2+1$ entón \begin{align*} d(f(x,y),f(0,1)) &{}=d((y-1,3x+3),(0,3))\\ &{}=\sqrt{(y-1)^2+9x^2}\\ &{}\leq\sqrt{9(y-1)^2+9x^2}\\ &{}=3\sqrt{x^2+(y-1)^2}\\ &{}=3d((x,y),(0,1)) <3\delta\leq 3\epsilon/3=\epsilon. \end{align*} Por tanto, $f$ é continua en $(0,1)$.

Finalmente estudiámo-la continuidade no punto $(1,2)$. Sexa $\epsilon>0$ dado. Tomemos neste caso $\delta=\min\{1,\epsilon/3\}>0$. Consideremos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(1,2))<\delta$.

Sexa $y>x^2+1$. Como $\lvert x-1\rvert \leq \sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}<\delta\leq 1$ temos que $0<x<2$, e por tanto, $-3<1<x+1<3$; logo $\lvert x+1\rvert <3$. Isto implica $\lvert x^2-1\rvert = \lvert x+1\rvert\lvert x-1\rvert<3\lvert x-1\rvert$. Tendo isto en conta verifícase que \begin{align*} d(f(x,y),f(1,2)) &{}=d((x^2,3y), (1,6))\\ &{}=\sqrt{(x^2-1)^2+(3y-6)^2}\\ &{}<\sqrt{9(x-1)^2+9(y-2)^2}\\ &{}=3\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}\\ &{}=3d((x,y),(1,2))<3\delta\leq3\epsilon/3=\epsilon. \end{align*} Por outra banda, se $y>x^2+1$, entón \begin{align*} d(f(x,y),f(0,0))&{}=d((y-1,3x+3),(1,6))\\ &{}=\sqrt{(y-2)^2+(3x-3)^2}\\ &{}\leq\sqrt{9(x-1)^2+(y-2)^2}\\ &{}\leq\sqrt{9(x-1)^2+9(y-2)^2}\\ &{}=3\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}\\ &{}=3d((x,y),(1,2))<3\delta\leq3\epsilon/3=\epsilon. \end{align*} Isto proba que $f$ é continua en $(1,2)$.

En consecuencia, $f$ é continua no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y\neq x^2+1\}\cup\{(0,1),(1,2)\}$ e non continua no resto dos puntos.

Estudia-la continuidade da seguinte función: $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$, \[ f(x,y)=\begin{cases} \displaystyle \frac{(x,y)}{\lVert (x,y)\rVert} & \text{ se $\lVert(x,y)\rVert\geq 1$,}\\[3ex] (x,-y) & \text{ se $\lVert(x,y)\rVert < 1$.} \end{cases} \]

Considerémo-los subconxuntos \begin{align*} U&{}=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2 > 1\}=\mathbb{R}^2\setminus B[(0,0),1],\\ V&{}=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2 < 1\}=B((0,0),1). \end{align*} Está claro que $U$ é aberto, por se-lo complementario dunha bóla pechada, e $V$ é aberto, xa que é unha bóla aberta. Como \[ f_{\mid U}\colon U\to\mathbb{R}^2,\ (x,y)\mapsto (x,y)/\sqrt{x^2+y^2} \] é continua (nótese que o denominador non se anula en $U$), e $U$ é aberto, deducimos que $f$ é continua nos puntos de $U$. Analogamente, \[ f_{\mid V}\colon V\to\mathbb{R}^2,\ (x,y)\mapsto (x,-y) \] é continua e $V$ é aberto, co que $f$ é continua nos puntos de $V$. Por tanto, ata agora probamos que $f$ é continua nos puntos de $U\cup V$.

Estudiámo-la continuidade en $S^1=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2=1\}$. Sexa $(x,y)\in S^1$, con $y\neq 0$. Considerémo-la sucesión $\bigl\{\bigl(1-\frac{1}{n}\bigr)(x,y)\bigr\}$. Obviamente, \begin{align*} \Bigl\lVert\Bigl(1-\frac{1}{n}\Bigr)(x,y)\Bigr\rVert &{}=\left\lvert1-\frac{1}{n}\right\rvert\lVert(x,y)\rVert\\ &{}=1-\frac{1}{n}<1, \end{align*} co que tal sucesión está contida en $V$. Claramente $\bigl\{\bigl(1-\frac{1}{n}\bigr)(x,y)\bigr\}\to(x,y)$. Agora ben, \[ f(x,y)=(x,y)/\lVert(x,y)\rVert=(x,y), \] mentres que \[ \Bigl\{f\Bigl(\Bigl(1-\frac{1}{n}\Bigr)(x,y)\Bigr)\Bigr\} =\Bigl\{\Bigl(\Bigl(1-\frac{1}{n}\bigr)x,-\Bigl(1-\frac{1}{n}\Bigr)y\Bigr)\Bigr\} \] converxe a $(x,-y)$. Como $y\neq 0$, temos que $(x,y)\neq (x,-y)$ e por tanto a función $f$ non é continua no punto $(x,y)\in S^1$, $y\neq 0$. En consecuencia, $f$ non é continua en $S^1\setminus\{(\pm 1,0)\}$.

Finalmente estudiámo-la continuidade en $(\pm 1, 0)$. Sexa $\epsilon>0$ dado. Tomemos $\delta=\epsilon$. Consideramos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tal que $d((x,y),(\pm 1, 0))<\delta$, é dicir, $(x\mp 1)^2+y^2<\delta^2$.

Se $\lVert(x,y)\rVert < 1$ entón, \begin{align*} d(f(x,y),f(\pm 1, 0)) &{}=d((x,-y),(\pm 1, 0))\\ &{}=\sqrt{(x\mp 1)^2+y^2}\\ &{}<\delta=\epsilon. \end{align*}

Supoñamos agora que $\lVert(x,y)\rVert\geq 1$. Neste caso a acotación resulta máis complicada. En primeiro lugar, \begin{align*} d(f(x,y),f(\pm 1, 0))^2 &{}=d\Bigl(\frac{(x,y)}{\lVert(x,y)\rVert},(\pm 1,0)\Bigr)^2\\ &{}=\Bigl(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\mp 1\Bigr)^2+\frac{y^2}{x^2+y^2}\\ &{}=2\Bigl(1\mp\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\Bigr). \end{align*} Recordemos que $x^2+y^2\geq 1$, e observemos que, como $\lvert x\rvert\leq\sqrt{x^2+y^2}$, temos $\pm 2x/\sqrt{x^2+y^2}\geq -2$. Isto implica \[ {\Bigl(\sqrt{x^2+y^2}-1\Bigr)}\Bigl(\sqrt{x^2+y^2}+1\pm\frac{2x}{\sqrt{x^2+y^2}}\Bigr)\geq 0, \] xa que os dous factores son non negativos. Operando, \begin{align*} 0 &{}\leq x^2+y^2-1\mp 2x\pm\frac{2x}{\sqrt{x^2+y^2}}\\ &{}=(x\mp 1)^2+y^2-2\Bigl(1\mp\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\Bigr), \end{align*} ou, equivalentemente, \[ 2\Bigl(1\mp\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\Bigr)\leq (x\mp 1)^2+y^2. \] En definitiva, \begin{align*} d(f(x,y),f(\pm 1, 0))^2 &{}=2\Bigl(1\mp\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\Bigr)\\ &{}\leq (x\mp 1)^2+y^2\\ &{}<\delta^2=\epsilon^2, \end{align*} co que $f$ é continua en $(\pm 1, 0)$.

En conclusión $f$ é continua no conxunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\neq 1\}\cup\{(1,0),(-1,0)\}$ e non continua no resto.