A topoloxía dos espacios euclidianos

O obxectivo deste tema é introducir as nocións de conxunto aberto e pechado, que en certa medida serán o eixo central da asignatura. Introduciremos os conceptos de aberto e pechado relativo co fin de estudar a topoloxía dos subespacios topolóxicos de $\mathbb{R}^n$.

Conxuntos abertos

Sexa $U\subset\mathbb{R}^n$. Diremos que $U$ é aberto en $\mathbb{R}^n$ se para cada $\mathbf{x}\in U$ existe $r>0$ tal que $B(\mathbf{x},r)\subset U$.

Nótese que o radio $r$ da definición anterior dependerá do punto $\mathbf{x}$ considerado, como se porá de manifesto nos exemplos. Ademais, cando non fagamos referencia explícita, se dicimos que $U\subset\mathbb{R}^n$ é aberto, entenderemos que $U$ é aberto en $\mathbb{R}^n$. En xeral, hai que especificar onde é (ou non é) aberto ou pechado un conxunto, xa que tamén ten sentido falar de subconxuntos abertos de conxuntos distintos de $\mathbb{R}^n$, como se verá, por exemplo, máis adiante cando falemos de topoloxía relativa.

As bólas abertas son conxuntos abertos, pero esta afirmación, aínda que non é difícil de probar, non é obvia.

Toda bóla aberta é un conxunto aberto.

Sexan $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ e $r>0$. Vexamos que $B(\mathbf{x},r)$ é aberta.

Para iso tomemos $\mathbf{y}\in B(\mathbf{x},r)$ arbitrario. Agora definimos $s=r-d(\mathbf{x},\mathbf{y})$ e comprobemos que $B(\mathbf{y},s)\subset B(\mathbf{x},r)$.

Dado $\mathbf{z}\in B(\mathbf{y},s)$ tense que \begin{align*} d(\mathbf{z},\mathbf{x}) &{}\leq d(\mathbf{z},\mathbf{y})+d(\mathbf{y},\mathbf{x})\\ &{} < s+d(\mathbf{x},\mathbf{y}) = r, \end{align*} de onde se segue que $\mathbf{z}\in B(\mathbf{x},r)$ como queriamos ver.

O seguinte resultado é fundamental para esta materia, xa que permite afirmar que os abertos de $\mathbb{R}^n$ forman unha topoloxía, concepto do que falaremos a continuación.

O conxuntos abertos cumpren as seguintes propiedades:

$\emptyset$ e $\mathbb{R}^n$ son abertos en $\mathbb{R}^n$.
A unión arbitraria de conxuntos abertos en $\mathbb{R}^n$ é aberto en $\mathbb{R}^n$.
A intersección finita de conxuntos abertos en $\mathbb{R}^n$ é aberto en $\mathbb{R}^n$.

O baleiro é un conxunto obviamente aberto, xa que satisfai vacuamente a definición. Tamén é evidente que $\mathbb{R}^n$ é aberto en $\mathbb{R}^n$, xa que as bólas son subconxuntos de $\mathbb{R}^n$.

Sexa $\{U_i\}_{i\in I}$ unha familia arbitraria de abertos. Temos que ver que $U=\cup_{i\in I}U_i$ tamén é aberto en $\mathbb{R}^n$.

Pois ben, sexa $\mathbf{x}\in U$. Entón existe algún $i_0\in I$ de xeito que $\mathbf{x}\in U_{i_0}$. Dado que $U_{i_0}$ é aberto, existe $r>0$ de forma que $B(\mathbf{x},r)\subset U_{i_0}$. Como $U_{i_0}\subset\cup_{i\in I}U_i=U$, obtemos que $B(\mathbf{x},r)\subset U$. Xa que $x\in U$ é arbitrario, obtemos que $U$ é aberto.

Para proba-la terceira afirmación, basta con facelo para dous conxuntos, xa que para un número finito arbitrario procederíase simplemente aplicando a propiedade asociativa da intersección de conxuntos.

Sexan pois $U$ e $V$ abertos en $\mathbb{R}^n$. Tomemos $\mathbf{x}\in U\cap V$ arbitrario. Entón

Como $U$ é aberto, existe $s>0$ tal que $B(\mathbf{x},s)\subset U$.
Como $V$ é aberto, existe $t>0$ tal que $B(\mathbf{x},t)\subset V$.

Definimos entón $r=\min\{s,t\}>0$. Así, $B(\mathbf{x},r)\subset B(\mathbf{x},s)\subset U$ e $B(\mathbf{x},r)\subset B(\mathbf{x},t)\subset V$, de onde se deduce que $B(\mathbf{x},r)\subset U\cap V$. Logo $U\cap V$ é aberto, como queriamos ver.

Os intervalos abertos son abertos en $\mathbb{R}$. En efecto, un intervalo do xeito $(a,b)$ é aberto xa que pode escribirse como \begin{align*} (a,b) &{}=\left(\frac{a+b}{2}-\frac{b-a}{2},\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2}\right)\\ &{}=B_{\mathbb{R}}\left(\frac{a+b}{2},\frac{b-a}{2}\right). \end{align*} É dicir, todo intervalo é unha bóla en $\mathbb{R}$ centrada no seu punto medio e de radio a semidistancia entre os seus extremos. Como as bólas abertas son abertos, tamén o son os intervalos da forma $(a,b)$.

Un intervalo da forma $(a,+\infty)$ tamén é aberto en $\mathbb{R}$ xa que se pode escribir como \[ (a,+\infty)=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}(a,a+n), \] e por ser unión de abertos, $(a,+\infty)$ é aberto.

Para intervalos da forma $(-\infty,b)$ procédese de xeito análogo.

A intersección arbitraria de abertos non é necesariamente un aberto, como pon de manifesto \[ \bigcap_{n=1}^\infty \left(-\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right)=\{ 0\}. \]

O problema que aparece ó intentar reproducir a proba do terceiro apartado do teorema anterior é que precisamos encontrar o mínimo dunha cantidade infinita de radios positivos. Tal mínimo non ten que existir, a pesar de que exista o ínfimo (que tan so verificará a desigualdade $\geq 0$).

Dado un conxunto $X$ e unha familia $\tau$ de subconxuntos de $X$, dicimos que $\tau$ define unha topoloxía en $X$ se os subconxuntos de $\tau$ satifán os enunciados do teorema anterior, isto é, $\emptyset$, $X\in\tau$, a unión de elementos de $\tau$ está en $\tau$, e a intersección finita de elementos de $\tau$ está en $\tau$. O par $(X,\tau)$ chámase entón un espacio topolóxico. Tendo isto en conta, $\mathbb{R}^n$ xunto coa colección dos seus subconxuntos abertos, é un espacio topolóxico.

A topoloxía é a rama das matemáticas que estuda os espacios topolóxicos. Os espacios topolóxicos son unha abstracción dos espacios euclidianos que é necesaria para estudar un conxunto no que cómpre determinar cando os elementos dese conxunto están preto ou non. A definición de topoloxía é o producto de moitos refinamentos ó longo da primeira metade do século XX. A definición actual non pon de manifesto de xeito claro o seu obxectivo: unha topoloxía é un criterio para determinar se os elementos dun espacio están ou non preto. No transcurso da materia iremos vendo que a distancia (un concepto que si permite medir cercanía) non é fundamental para moitas definicións, e o concepto elemental subxacente que se necesita é o de topoloxía.

Sexan $U$ aberto en $\mathbb{R}^n$ e $V$ aberto en $\mathbb{R}^m$. Probar que $U\times V$ é aberto en $\mathbb{R}^{n+m}$.

Conxuntos pechados

Un conxunto $F\subset\mathbb{R}^n$ é pechado en $\mathbb{R}^n$ se e só se o seu complementario $\mathbb{R}^n\setminus F$ é un conxunto aberto en $\mathbb{R}^n$.

Ser aberto e ser pechado non son propiedades excluíntes. Un conxunto pode ser aberto e pechado ó mesmo tempo como veremos a continuación con $\emptyset$ e $\mathbb{R}^n$. Un conxunto pode ser aberto e non pechado ou non aberto e pechado. Ademais, un conxunto non ten porque ser aberto ou pechado, como é o caso dos intervalos $[a,b)$.

Veremos agora que as bólas pechadas son, en efecto, conxuntos pechados. Como sucedía coas bólas abertas, este resultado non é evidente.

As bólas pechadas son conxuntos pechados.

Sexan $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ e $r>0$. Vexamos que $B[\mathbf{x},r]$ é pechado, é dicir, que $\mathbb{R}^n\setminus B[\mathbf{x},r]$ é aberto.

Sexa pois $\mathbf{y}\in \mathbb{R}^n\setminus B[\mathbf{x},r]$, é dicir, $d(\mathbf{y},\mathbf{x})> r$. Tomemos $s=d(\mathbf{y},\mathbf{x})-r>0$, e vexamos que $B(\mathbf{y},s)\subset\mathbb{R}^n\setminus B(\mathbf{x},r)$.

Para iso tomemos $\mathbf{z}\in B(\mathbf{y},s)$, co que $d(\mathbf{z},\mathbf{y}) < s$. Entón utilizando a desigualdade triangular, $d(\mathbf{x},\mathbf{y})\leq d(\mathbf{x},\mathbf{z})+d(\mathbf{z},\mathbf{y})$, tense que \begin{align*} d(\mathbf{z},\mathbf{x}) &{}\geq d(\mathbf{x},\mathbf{y})-d(\mathbf{y},\mathbf{z})\\ &{}> d(\mathbf{y},\mathbf{x})-s =r, \end{align*} polo que $\mathbf{z}\in\mathbb{R}^n\setminus B[\mathbf{x},r]$, como queriamos probar. Como $\mathbf{y}$ foi elexido arbitrariamente, deducimos que $\mathbb{R}^n\setminus B[\mathbf{x},r]$ é aberto, e polo tanto, $B[\mathbf{x},r]$ é pechado.

De xeito moi similar pode probarse tamén

Se $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ entón o conxunto $\{\mathbf{x}\}$ é pechado en $\mathbb{R}^n$.

O seguinte resultado é análogo ó establecido para conxuntos abertos anteriormente.

Os conxuntos pechados cumpren as seguintes propiedades:

$\emptyset$ e $\mathbb{R}^n$ son pechados en $\mathbb{R}^n$.
A intersección arbitraria de conxuntos pechados en $\mathbb{R}^n$ é pechado en $\mathbb{R}^n$.
A unión finita de conxuntos pechados en $\mathbb{R}^n$ é pechado en $\mathbb{R}^n$.

O resultado obtense facilmente das propiedades dos abertos, simplemente empregando as leis de De Morgan.

Leis de De Morgan. Para $\{A_i\}_{i\in I}$, unha familia de subconxuntos de $X$: \begin{align*} \cup_{i\in I}(X\setminus A_i)&= X \setminus(\cap_{i\in I} A_i),\\ \cap_{i\in I}(X\setminus A_i)&= X\setminus(\cup_{i\in I} A_i). \end{align*}

Leis de De Morgan:

Para $\{A_i\}_{i\in I}$, unha familia de subconxuntos de $X$: \begin{align*} &\cup_{i\in I}(X\setminus A_i)=\\ &\qquad X \setminus(\cap_{i\in I} A_i),\\[2ex] &\cap_{i\in I}(X\setminus A_i)=\\ &\qquad X\setminus(\cup_{i\in I} A_i). \end{align*}

En primeiro lugar, $\emptyset=\mathbb{R}^n\setminus\mathbb{R}^n$ e $\mathbb{R}^n=\mathbb{R}^n\setminus\emptyset$, co cal $\emptyset$ e $\mathbb{R}^n$ son abertos e pechados en $\mathbb{R}^n$.

Se $\{F_i\}_{i\in I}$ é unha familia de pechados, entón $\mathbb{R}^n\setminus F_i$ é aberto para cada $i\in I$. Por tanto, \[ \mathbb{R}^n\setminus(\cap_{i\in I}F_i)=\cup_{i\in I}(\mathbb{R}^n\setminus F_i) \] é aberto por ser unión de abertos. O seu complementario, $\cap_{i\in I}F_i$, é en consecuencia, pechado.

Finalmente, se $F$ e $G$ son pechados, \[ \mathbb{R}^n\setminus(U\cup V)=(\mathbb{R}^n\setminus U)\cap(\mathbb{R}^n\setminus V) \] é aberto por ser intersección finita de abertos. Así, o seu complementario $U\cup V$ é aberto.

Todo conxunto finito é pechado.

Simplemente nótese que $\{\mathbf{x}_1,\dots,\mathbf{x}_k\}=\cup_{i=1}^k\{\mathbf{x}_i\}$. Como os conxuntos formados por un só punto son pechados e a unión finita de pechados é pechado, deducimos que $\{\mathbf{x}_1,\dots,\mathbf{x}_k\}$ é pechado.

A unión arbitraria de conxuntos pechados non é necesariamente pechada, como sucede no caso \[ (0,1)=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\left[\frac{1}{n},1-\frac{1}{n}\right]. \]

Topoloxía relativa

Con frecuencia non se traballa con todo o espacio, senón tan só cunha parte do mesmo (que ben pode se-lo dominio da aplicación que se está a estudar). Así, convén estender as nocións anteriores para o caso no que se traballe nun subconxunto $X\subset\mathbb{R}^n$. De feito, nun espacio métrico os conceptos de bóla, conxunto aberto, pechado e similares definiríanse seguindo a terminoloxía desta sección.

En primeiro lugar, a distancia $d_X$ en $X$ defínese a partir da distancia en $\mathbb{R}^n$ simplemente por restricción: $d_X(\mathbf{x},\mathbf{y})=d(\mathbf{x},\mathbf{y})$ para todo $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in X$. Como non hai diferencia entre as dúas cando collemos puntos de $X$, poremos simplemente $d_X=d$.

Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$ un subconxunto.

Dado un punto $\mathbf{x}_0\in X$ chamaremos bóla aberta en $X$ de centro $\mathbf{x}_0$ e radio $r>0$ a \begin{align*} B_X(\mathbf{x}_0,r) &{}=\{\mathbf{x}\in X:d(\mathbf{x},\mathbf{x}_0) < r \}\\[1ex] &{}=B_{\mathbb{R}^n}(\mathbf{x}_0,r)\cap X. \end{align*}

Cando estea claro en que subconxunto de $\mathbb{R}^n$ estamos traballando, a miúdo escribiremos simplemente $B(\mathbf{x}_0,r)$. Nótese, non obstante, que as bólas sempre son relativas a algún subconxunto de $\mathbb{R}^n$, posiblemente todo $\mathbb{R}^n$.

Cando tomemos bólas abertas nun subconxunto de $\mathbb{R}^n$ diremos que son bólas relativas, por analoxía a outros conceptos de topoloxía relativa que consideraremos a continuación.

Podemos pensar a recta real $\mathbb{R}$ como o subconxunto $\mathbb{R}\times\{0\}$ de $\mathbb{R}^2$. Neste caso, as bólas relativas centradas nun punto $(x,0)$ de radio $r$ son da forma $(x-r,x+r)\times\{0\}$.

Un conxunto $U\subset X$ dise que é aberto en $X$ se para cada punto $\mathbf{x}\in U$ existe $r>0$ tal que $B_X(\mathbf{x},r)\subset U$.

Como vemos, formalmente a definición de conxunto aberto relativo é a mesma que para $\mathbb{R}^n$, salvo polo feito de que agora tódolos puntos considerados deben de estar en $X$.

Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$. Un conxunto $U\subset X$ é aberto en $X$ se e só se existe un aberto $V$ de $\mathbb{R}^n$ de forma que $U=V\cap X$.

Supoñamos primeiro que $U$ é aberto en $X$.

Para cada $\mathbf{x}\in U$ tomemos pois $r_\mathbf{x}>0$ tal que $B_X(\mathbf{x},r_\mathbf{x})\subset U$. Definimos \[ V=\bigcup_{\mathbf{x}\in U}B_{\mathbb{R}^n}(\mathbf{x},r_\mathbf{x}). \]

Pois ben, empregando a propiedade distributiva da intersección con respecto da unión temos \begin{align*} V\cap X &{}=\left(\bigcup_{\mathbf{x}\in U} B_{\mathbb{R}^n}(\mathbf{x},r_\mathbf{x})\right)\cap X\\ &{}=\bigcup_{\mathbf{x}\in U} \left(B_{\mathbb{R}^n}(\mathbf{x},r_\mathbf{x})\cap X\right)\\ &{}=\bigcup_{\mathbf{x}\in U}B_X(\mathbf{x},r_\mathbf{x})=U, \end{align*} onde a última igualdade se segue de que $B_X(\mathbf{x},r_\mathbf{x})\subset U$ e de que cada bóla contén sempre ó seu centro.

Reciprocamente, supoñamos que $U=V\cap X$ onde $V$ é aberto de $\mathbb{R}^n$ e vexamos que entón $U$ é aberto en $X$.

Sexa pois $\mathbf{x}\in U$. Como $\mathbf{x}\in V$ e $V$ é aberto, existe $r>0$ tal que $B_{\mathbb{R}^n}(\mathbf{x},r)\subset V$. Por tanto, \begin{align*} B_X(\mathbf{x},r) &{}=B_{\mathbb{R}^n}(\mathbf{x},r)\cap X\\ &{}\subset V\cap X=U. \end{align*} Como $\mathbf{x}\in U$ foi escollido arbitrariamente, deducimos que $U$ é aberto en $X$.

A definición anterior, no contexto dos espacios topolóxicos, tómase precisamente como definición de aberto relativo. No futuro, cando tratemos de probar que un conxunto é aberto en $X$ empregarase indistintamente a definición de aberto relativo ou esta caracterización.

Un conxunto $F\subset X$ é pechado en $X$ se o seu complementario en $X$, $X\backslash F$, é aberto en $X$.

Sexa $X=[2,5)\subset\mathbb{R}$. Entón o conxunto $U=[2,3)$ é un aberto en $X$ malia non ser un aberto en $\mathbb{R}$.

Sexa $X=\{ 3,5\}\cup [7,10)\subset\mathbb{R}$. Entón

$X$ é aberto en $X$, pero non o é en $\mathbb{R}$,
$\{ 3\}$ é aberto en $X$, xa que $\{ 3\}=B_X(3,1)$
$(7,9)$ é aberto en $X$ e en $\mathbb{R}$.

Un conxunto $F\subset X$ é pechado en $X$ se e só se existe un pechado $G$ en $\mathbb{R}^n$ de forma que $F=G\cap X$.

Faremos esta demostración empregando as leis de De Morgan, xunto coa caracterización de conxuntos abertos relativos.

O conxunto $F$ é pechado en $X$ se e só se $X\setminus F$ é aberto en $X$.

Pola caracterización de abertos relativos, isto é así se e só se existe $V$ aberto en $\mathbb{R}^n$ tal que $X\setminus F=V\cap X$. Equivalentemente, \begin{align*} F=X\setminus(V\cap X)=(\mathbb{R}^n\setminus V)\cap X, \end{align*} co que basta tomar \[ G=\mathbb{R}^n\setminus V, \] que é pechado en $\mathbb{R}^n$.

Os abertos relativos dun conxunto $X$ forman unha topoloxía en $X$. Este resultado enúnciase a continuación, pero a súa demostración non se inclúe xa que é análoga á que se fixo para $\mathbb{R}^n$.

Os abertos de $X$ satisfán as seguinte propiedades:

$\emptyset$ e $X$ son abertos en $X$.
A unión de abertos de $X$ é aberto en $X$.
A intersección finita de abertos de $X$ é aberto en $X$.

O resultado análogo para as propiedades dos conxuntos pechados enúnciase e demóstrase de forma similar.

Os conxuntos pechados de $X$ cumpren as seguintes propiedades:

$\emptyset$ e $X$ son pechados en $X$.
A intersección arbitraria de conxuntos pechados en $X$ é pechado en $X$.
A unión finita de conxuntos pechados en $X$ é pechado en $X$.

Finalmente facemos nota-lo seguinte feito. Supoñamos $X\subset \mathbb{R}^n$ e $Y\subset X$. Entón $U\subset Y$ é aberto en $Y$ se e só se existe $V$ aberto en $X$ tal que $U=V\cap X$. Este resultado obtense de xeito análogo á caracterización de abertos relativos que se fixo arriba. O correspondente enunciado para pechados tamén se consegue de xeito similar. De feito, todo o anterior podería terse establecido para un espacio topolóxico arbitrario $(X,\tau)$. A demostración déixase como exercicio.

En particular, se $X$ é aberto en $Y$, e $Y$ é aberto en $Z$, entón $X$ é aberto en $Z$. En efecto, como $X$ é aberto en $Y$, pola caracterización de abertos relativos existe $U$ aberto en $Z$ tal que $X=U\cap Y$. Pero agora $X$ é intersección de dous abertos de $Z$, e por tanto é aberto en $Z$. Analogamente, funcionaría para pechados.

Outros conceptos topolóxicos

Para rematar este capítulo definiremos algúns conceptos topolóxicos relacionados cos puntos dun conxunto.

No que segue, $X$ é un subconxunto de $\mathbb{R}^n$ e $A$ é un subconxunto de $X$. As definicións danse relativas á topoloxía de $X$ aínda que non se fai explícito na notación. Non obstante, neste curso pensaremos soamente nestes conceptos para $X=\mathbb{R}^n$.

Un punto $\mathbf{x}\in A$ dise punto interior de $A$ se e só se existe $r>0$ tal que $B_X(\mathbf{x},r)\subset A$.

Chámase interior de $A$ ó conxunto $\mathop{\rm Int}(A)$ (ou $\stackrel{\circ}{A}$) de puntos interiores de $A$.

Á esquerda, un punto interior. Á dereita, un punto non interior.

Proba-las seguintes propiedades do interior:

$\mathop{\rm Int}(A)$ é o maior aberto que está contido en $A$.
$A$ é aberto se e só se $\mathop{\rm Int}(A)=A$.

Un punto $\mathbf{x}\in X$ dise punto clausura ou adherente de $A$ se e só se para todo $r>0$ se ten que $B_X(\mathbf{x},r)\cap A\neq\emptyset$.

A clausura de $A$ é o conxunto $\mathop{\rm Cl}(A)$ (ou $\bar{A}$) de puntos da clausura de $A$.

Á esquerda, puntos adherentes ou da clausura. Á dereita, un punto que non é da clausura.

Proba-las seguintes propiedades da clausura:

$\mathop{\rm Cl}(A)$ é o menor pechado que contén a $A$.
$A$ é pechado se e só se $\mathop{\rm Cl}(A)=A$.
$\mathop{\rm Cl}(X\setminus A)=X\setminus \mathop{\rm Int}(A)$ e $\mathop{\rm Int}(X\setminus A)=X\setminus \mathop{\rm Cl}(A)$.

Un punto $\mathbf{x}\in X$ dise punto fronteira de $A$ se e só se para todo $r>0$ temos que $B_X(\mathbf{x},r)\cap A\neq \emptyset$ e $B_X(\mathbf{x},r)\cap(X\setminus A)\neq\emptyset$.

A fronteira de $A$ é o subconxunto $\partial A$ de puntos da fronteira de $A$.

Á esquerda, un punto da fronteira. Á dereita, puntos que non son da fronteira.

Proba-las seguintes propiedades da fronteira:

$\partial A$ é un conxunto pechado.
$A$ é aberto se e só se $\partial A\subset X\setminus A$.
$A$ é pechado se e só se $\partial A\subset A$.
$A$ é aberto e pechado se e só se $\partial A=\emptyset$.
$\partial A=\mathop{\rm Cl}(A)\setminus \mathop{\rm Int}(A)$.
$\partial A=\mathop{\rm Cl}(A)\cap \mathop{\rm Cl}(X\setminus A)$.

Un punto $\mathbf{x}\in X$ dise punto de acumulación de $A$ se e só se para todo $r>0$ se ten que $(B_X(\mathbf{x},r)\setminus\{\mathbf{x}\})\cap A\neq\emptyset$.

Ó conxunto de puntos de acumulación de $A$ chámaselle conxunto derivado de $A$ e denótase por $A'$.

O seguinte resultado é unha caracterización dos puntos de acumulación que será necesaria máis adiante neste curso.

Tense que $\mathbf{x}\in A'$ se e só se toda bóla $B_X(\mathbf{x},r)$ centrada en $\mathbf{x}$ ten infinitos puntos de $A$.

Sexa $\mathbf{x}\in A'$ un punto de acumulación de $A$ e $r>0$ arbitrario. Vexamos que $B(\mathbf{x},r)$ ten infinitos puntos de $A$.

Pola contra supoñamos que en $B(\mathbf{x},r)$ só houbese unha cantidade finita de puntos de $A$. Nese caso podemos escribir $(B(\mathbf{x},r)\setminus\{\mathbf{x}\})\cap A=\{\mathbf{y}_1,\dots,\mathbf{y}_k\}$. Tomemos agora $s=\min\{d(\mathbf{x},\mathbf{y}_1),\dots,d(\mathbf{x},\mathbf{y}_k)\}$. Claramente, $s>0$ pois $\mathbf{y}_i\neq \mathbf{x}$ para todo $i\in\{1,\dots,k\}$. Para este novo radio, como $s< r$, verifícase que \begin{align*} (B(\mathbf{x},s)\setminus\{\mathbf{x}\})\cap A &{}\subset (B(\mathbf{x},r)\setminus\{\mathbf{x}\})\cap A\\ &{}=\{\mathbf{y}_1,\dots,\mathbf{y}_k\}. \end{align*} Non obstante, para $i\in\{1,\dots,k\}$, satisfaise que $\mathbf{y}_i\notin (B(\mathbf{x},s)\setminus\{\mathbf{x}\})\cap A$ pois $d(\mathbf{x},\mathbf{y}_i)\geq s$. Isto quere dicir que $(B(\mathbf{x},s)\setminus\{\mathbf{x}\})\cap A=\emptyset$, o cal é unha contradicción con que $\mathbf{x}\in A'$.

Un punto $\mathbf{x}\in A$ dise illado en $A$ se existe $r>0$ tal que $B_X(\mathbf{x},r)\cap A=\{\mathbf{x}\}$.

O conxunto de puntos illados de $A$ denotarase $\mathop{\rm Ill}(A)$.

Sexa $A=\{1/n:n\in\mathbb{N}\}\subset\mathbb{R}$. Tódolos puntos de $A$ son illados, e por tanto ningún é de acumulación. O punto $0\in\mathbb{R}$ é un punto de acumulación de $A$.

Probar que $A'=\mathop{\rm Cl}(A)\setminus\mathop{\rm Ill}(A)$.

Problemas resoltos

Sexan $U$ e $V$ subconxuntos de $\mathbb{R}^2$ tales que $U\cup V$ é aberto en $\mathbb{R}^2$. ¿Son $U$ e $V$ abertos en $\mathbb{R}^2$?

Falso. Por exemplo, tomemos $U=\mathbb{Q}\times\mathbb{R}$ e $V=(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})\times\mathbb{R}$. Obviamente $U$ e $V$ non son abertos en $\mathbb{R}^2$, pois $\mathbb{Q}$ non é aberto nin pechado en $\mathbb{R}$, pero $U\cup V=\mathbb{R}^2$ si é aberto en $\mathbb{R}^2$.

Outro xeito sinxelo de velo é o seguinte: tomemos $U=\mathbb{R}^2$ e $V$ calquera subconxunto de $\mathbb{R}^2$ que non sexa aberto. Entón $U\cup V=\mathbb{R}^2$, pero $V$ non é aberto.

Dise que un conxunto $A$ é denso en $\mathbb{R}^n$ se $\bar{A}=\mathbb{R}^n$. Sexan agora $X$ e $Y$ abertos densos de $\mathbb{R}^n$. ¿É certo que $X\cap Y\neq\emptyset$?

Verdadeiro. Obviamente, como $\bar{X}=\bar{Y}=\mathbb{R}^n$, temos que $X$, $Y\neq\emptyset$. Sexa $\mathbf{x}\in X$. Como $X$ é aberto, existe $r>0$ tal que $B(\mathbf{x},r)\subset X$. Como $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n=\bar{Y}$ é da clausura de $Y$, para o radio anterior temos que $B(\mathbf{x},r)\cap Y\neq\emptyset$, co que basta tomar calquera punto de $B(\mathbf{x},r)\cap Y$.

Probar que se $A$, $B\subset\mathbb{R}^n$ entón $\overline{A}\cup\overline{B}=\overline{A\cup B}$.

Vexamos que a unión das clausuras é a clausura da unión.

($\subset$) Sexa $\mathbf{x}\in\overline{A}\cup\overline{B}$ e vexamos que $\mathbf{x}\in\overline{A\cup B}$. Para iso sexa $r>0$ arbitrario. Se $\mathbf{x}\in\overline{A}$ entón $B(\mathbf{x},r)\cap A\neq\emptyset$ e por tanto $B(\mathbf{x},r)\cap (A\cup B)\neq\emptyset$. Se $\mathbf{x}\in\overline{B}$ entón $B(\mathbf{x},r)\cap B\neq\emptyset$ e por tanto $B(\mathbf{x},r)\cap (A\cup B)\neq\emptyset$. En calquera caso $B(\mathbf{x},r)\cap (A\cup B)\neq\emptyset$, e como $r>0$ era arbitrario, deducimos que $\mathbf{x}\in\overline{A\cup B}$.

($\supset$) Reciprocamente, sexa $\mathbf{x}\in\overline{A\cup B}$ e vexamos que $\mathbf{x}\in\overline{A}\cup\overline{B}$. Supoñamos que $\mathbf{x}\notin\overline{A}$, é dicir, que existe $s>0$ tal que $B(\mathbf{x},s)\cap A=\emptyset$. Temos que probar que $\mathbf{x}\in\overline{B}$. Para iso sexa $r>0$ arbitrario, e supoñamos, sen perda de xeneralidade que $r<s$. Como $\mathbf{x}\in\overline{A\cup B}$, temos $B(\mathbf{x},r)\cap(A\cup B)\neq\emptyset$. Logo, $B(\mathbf{x},r)\cap A\neq\emptyset$ ou $B(\mathbf{x},r)\cap B\neq\emptyset$. O primeiro caso non pode darse xa que $B(\mathbf{x},s)\cap A=\emptyset$ e $B(\mathbf{x},r)\subset B(\mathbf{x},s)$. Por tanto, ten que darse o segundo, $B(\mathbf{x},r)\cap B\neq\emptyset$, é dicir, $\mathbf{x}\in\overline{B}$. En definitiva, $\mathbf{x}\in\overline{A}\cup\overline{B}$, como queriamos ver.

Dados $A$, $B\subset\mathbb{R}^n$, ¿que relación de contido existe entre $\overline{A}\cap\overline{B}$ e $\overline{A\cap B}$?

Vexamos que a intersección e a clausura se relacionan mediante $\overline{A\cap B}\subset\overline{A}\cap\overline{B}$.

Sexa $\mathbf{x}\in\overline{A\cap B}$ e vexamos que $\mathbf{x}\in\overline{A}\cap\overline{B}$. Sexa $r>0$ arbitrario. Por hipótese, $B(\mathbf{x},r)\cap(A\cap B)\neq\emptyset$, o que implica, xa que $A\cap B\subset A$, que $B(\mathbf{x},r)\cap A\neq\emptyset$. Por tanto, $\mathbf{x}\in \overline{A}$. Analogamente $\mathbf{x}\in \overline{B}$. Logo, $\mathbf{x}\in\overline{A}\cap\overline{B}$, e en consecuencia, $\overline{A\cap B}\subset\overline{A}\cap\overline{B}$.

O recíproco non ten por que ser certo. En efecto, $\overline{\mathbb{Q}\cap(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})}=\overline{\emptyset}=\emptyset$, mentres que $\overline{\mathbb{Q}}\cap\overline{\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}} =\mathbb{R}\cap\mathbb{R}=\mathbb{R}$.

Considerémo-lo conxunto \[ X=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2 < 1\} \cup\bigl(\mathbb{Z}\times\{0\}\bigr). \] Calcula-lo seu interior, a súa clausura, a súa fronteira, os seus puntos de acumulación e os seus puntos illados.

Resolveremos este exercicio empregando directamente as definicións. Máis adiante haberá outros métodos para facer algúns pasos con máis rapidez.

Vexamos que o interior de $X$ é \[ \mathop{\rm Int}(X)=B((0,0),1). \]

($\supset$) Como $B((0,0),1)$ é aberta, e está contida en $X$, séguese inmediantamente que todo punto de $B((0,0),1)$ é interior a $X$.

($\subset$) Como os puntos interiores pertencen ó conxunto, bastará con probar que ningún punto da forma $(x,0)$ con $x\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$ é interior a $X$. En efecto, para calquera $r>0$ tense que $B((x,0),r)\cap X\neq\emptyset$, pois $(x,r/2)\in B((0,0),r)$, pero $\lvert x\rvert\geq 1$ e $r/2\neq 0$.

Vexamos agora que a clausura de $X$ é \[ \mathop{\rm Cl}(X)=B[(0,0),1] \cup\bigl(\mathbb{Z}\times\{0\}\bigr). \]

($\supset$) Como $X\subset \mathop{\rm Cl}(X)$ bastará con ver que se $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ satisfai $x^2+y^2=1$, entón $(x,y)\in\mathop{\rm Cl}(X)$. Sexa $r>0$ dado e supoñamos $r<2$. Vexamos que $B((x,y),r)\cap X\neq\emptyset$. En efecto, $(1-r/2)(x,y)\in B((x,y),r)$ pois \[ d((1-r/2)(x,y),(x,y))=r/2<r, \] e $(1-r/2)(x,y)\in B((0,0),1)\subset X$ pois \[ d((1-r/2)(x,y),(0,0))=1-r/2<1. \]

Sexa $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$, $f(x,y)=(\sin \pi x,y)$. Entón, \[ \mathbb{Z}\times\{0\}=f^{-1}(\{(0,0)\}), \] e por ser imaxe recíproca dun pechado por unha función continua, $\mathbb{Z}\times\{0\}$ é pechado.

($\subset$) Vexamos en primeiro lugar que $\mathbb{Z}\times\{0\}$ é pechado. Sexa $(x,y)\in\mathbb{R}^2$.

Sexa $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$, $f(x,y)=(\sin \pi x,y)$. Entón, $\mathbb{Z}\times\{0\}=f^{-1}(\{(0,0)\})$, e por ser imaxe recíproca dun pechado por unha función continua, $\mathbb{Z}\times\{0\}$ é pechado.

Se $y\neq 0$, tomando $r=\lvert y\rvert>0$ temos que $B((x,y),r)\subset\mathbb{R}^2\setminus(\mathbb{Z}\times\{0\})$, xa que se $(a,b)\in B((x,y),r)$ entón \begin{align*} \lvert b-y\rvert &{}\leq\sqrt{(a-x)^2+(b-y)^2}\\ &{}<r=\lvert y\rvert, \end{align*} o que significa $-\lvert y\rvert < b-y < \lvert y \rvert$, e por tanto $b\neq 0$.

Se $y=0$ e $x\notin\mathbb{Z}$, poñamos $n<x<n+1$ con $n\in\mathbb{Z}$, tomamos $r=\min\{x-n,n+1-x\}$. Neste caso, $B((x,0),r)\subset \mathbb{R}^2\setminus(\mathbb{Z}\times\{0\})$ pois se $(a,b)\in B((x,0),r)$ entón \begin{align*} \lvert a-x\rvert &{}\leq\sqrt{(a-x)^2+b^2}<r, \end{align*} o que significa \[ n-x<-r<a-x<r<n+1-x, \] de onde $n<a<n+1$. Logo $a\notin\mathbb{Z}$, e en consecuencia, $(a,b)\in \mathbb{R}^2\setminus(\mathbb{Z}\times\{0\})$. Xuntando estes dous casos deducimos entón que $\mathbb{Z}\times\{0\}$ é pechado.

Para remata-lo cálculo da clausura observamos entón que $B[(0,0),1]\cup(\mathbb{Z}\times\{0\})$ é pechado por ser unión de dous pechados. Logo calquera punto do complementario de $B[(0,0),1]\cup(\mathbb{Z}\times\{0\})$ é interior a dito complementario. Isto implica que ningún punto de fóra de $B[(0,0),1]\cup(\mathbb{Z}\times\{0\})$ é da clausura de $X$, que é o que faltaba por ver.

Dado que $\partial X=\mathop{\rm Cl}(X)\setminus\mathop{\rm Int}(X)$, deducimos que a fronteira de $X$ é \[ \partial X=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2=1\}\cup\bigl((\mathbb{Z}\setminus\{0\})\times\{0\}\bigr). \]

A continuación veremos que o conxunto de puntos illados é \[ \mathop{\rm Ill}(X)=(\mathbb{Z}\setminus\{-1,0,1\})\times\{0\}. \]

($\supset$) Sexa $(x,0)\in\mathbb{R}^2$ con $x\in\mathbb{Z}$, $x\neq -1,0,1$. Entón $B((x,0),1)\cap X=\{(x,0)\}$. En efecto, se $(a,b)\in B((x,0),1)$ temos \begin{align*} \lvert a-x\rvert &{}\leq\sqrt{(a-x)^2+b^2}<1, \end{align*} co que $a\in(x-1,x+1)$. Como $\lvert x\rvert \geq 2$, obtemos $\lvert a\rvert>1$, e por tanto, $(a,b)\notin B((0,0),1)$. Logo, se $(a,b)\in X$ terá que ser $(a,b)=(x,0)$, como queriamos ver.

($\subset$) O mesmo argumento que vimos anteriormente para a clausura implica que os puntos de $B((0,0),1)\cup\{(-1,0),(1,0)\}$ son de acumulación. Por tanto non hai máis puntos illados cós de $(\mathbb{Z}\setminus\{-1,0,1\})\times\{0\}$.

Finalmente, como $X'=\mathop{\rm Cl}(X)\setminus\mathop{\rm Ill}(X)$ deducimos que o conxunto de puntos de acumulación de $X$ vén dado por \[ X'=B[(0,0),1]. \]

Sexa $X=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\neq 1\}$. ¿É $B((0,0),1)$ pechada en $X$?

Verdadeiro. Resulta que $B[(0,0),1]\cap X=B((0,0),1)$ co que, ó ser intersección dun pechado en $\mathbb{R}^2$ con $X$, pola caracterización dos pechados relativos, $B((0,0),1)$ é un subconxunto pechado de $X$.