6.1 Pruébese que la unión de un número finito de conjuntos acotados es un conjunto acotado. Dificultad [2] Supongamos que A 1, A 2,..., A n son conjuntos acotados y tomemos un punto cualquiera del espacio, a. Entonces existen r 1, r 2..., r n mayores que 0, tales que A i B(a, r i ) para cada i = 1, 2,...,n. De esta forma, si tomamos r = máx{r 1, r 2..., r n }, se tiene que A i B(a, r) para i = 1, 2,..., n y n A i B(a, r). Por lo tanto n A i B(a, r) es acotado.
6.2 Dé un ejemplo de conjunto no acotado cuyo interior sea acotado. Dificultad [1] En (R, d u ) considérese, por ejemplo, N, Z o Q. Un ejemplo sencillo con interior no vacío es (0, 1) Z
6.3 Muéstrese, mediante un ejemplo, que el diámetro de un conjunto no es siempre igual al de su interior. Dificultad [1] Sea A = {1/n : n N}. Entonces δ(a) = 1 y δ(int(a)) = 0.
6.4 Probar que en un espacio métrico discreto, un conjunto es totalmente acotado si y sólo si es finito. Dificultad [1] Sea A un conjunto totalmente acotado y tomemos r = 1/2; entonces existe un número finito de puntos x 1,...,x n A tal que A B(x i, 1/2) Ahora bien, en un espacio métrico discreto, B(x i, 1/2) = {x i } de manera que A = {x 1, x 2,..., x n } y A es finito. El recíproco es siempre cierto.
6.5 Decidir si los siguientes conjuntos en (R 2, d 2 ) son acotados o no. En caso de que lo sean hallar su diámetro. 1. A = {(x, senx) : 0 x 2π} 2. B = {(x, 1/x) : 0 < x < 1} 3. C = {(x, y) : 4x 2 + y 2 < 1} 1. No es difícil comprobar que A B((π, 0), π) (véase la gráfica), de forma que A es acotado. Por otra parte, A B((π, 0), π), de manera que, δ(a) δ(b((π, 0), π)) 2π. Además, se tiene que d((0, 0), (2π, 0)) = 2π de manera que δ(a) = δ(a) = 2π 2. Veamos que B no es acotado mostrando que para cualquier número real K > 0, existen x, y B tal que d 2 (x, y) > K. En efecto, tomemos k = K + 2, entonces k > 1, 0 < 1/k < 1 y (1/k, k) B. Por otra parte, (1/2, 2) B y d 2 ((1/k, k), (1/2, 2)) = (1/k 1/2) 2 + (k 2) 2 > k 2 = K 3. C B((0, 0), 1) y, por tanto, δ(c) δ(b((0, 0), 1)) 2. Además d((0, 1), (0, 1)) = 2 así que δ(c) = δ(c) = 2 y C está acotado. A B
6.6 Probar que si un conjunto es totalmente acotado su clausura también es totalmente acotada. Dificultad [2] Sea A un conjunto totalmente acotado. Veamos que A es también totalmente acotado. Sea, pues, ε > 0; puesto que A es totalmente acotado, existe un número finito de puntos x 1,...,x n A tal que A Por tanto, A B(x i, ε/2) B(x i, ε/2) = B(x i, ε/2) Así, pues A es totalmente acotado. B(x i, ε/2) B(x i, ε)
6.8 Sean, en un espacio métrico (E, d), un conjunto compacto A y un punto x A. Demuestre que existen dos abiertos S y T con x S y A T tales que S T =. Dificultad [3] Si A = la propiedad es evidente: tómese T = y S = B(x, r) para cualguier r > 0. Sea, pues, A. Para cada y A, puesto que x A, se tiene que x y; por la propiedad de Hausdorff, existen pues r y y s y tales que B(x, r y ) B(y, s y ) = La familia R = {B(y, s y ) : y A} es, evidentemente, un recubrimiento abierto de A, del que, por ser A compacto, se podrá extraer un subrecubrimiento finito S = {B(y 1, s y1 ), B(y 2, s y2 ),..., B(y n, s yn } Pongamos, entonces T = B(y 1, s y1 ) B(y 2, s y2 ) B(y n, s yn Es evidente que T es abierto y A T. Además, para cada bola B(y i, s yi ) S existe, por construcción, un radio r yi tal que B(x, r yi ) B(y, s yi ) = Tomemos r = mín{r y1, r y2,..., r yn }, entonces para 1 i n se tiene que B(x, r) B(x, r yi ) de manera que B(x, r) T = B(x, r) (B(y 1, s y1 ) B(y 2, s y2 ) B(y n, s yn ) = (B(x, r) B(y 1, s y1 )) (B(x, r) B(y 2, s y2 )) (B(x, r) B(y n, s yn )) (B(x, r y1 ) B(y 1, s y1 )) (B(x, r y2 ) B(y 2, s y2 )) (B(x, yn r) B(y n, s yn )) = Finalmente, pues, poniendo S = B(x, r), S es abierto y se tiene que x S, A T y S T =.
6.9 Probar que la unión finita de compactos es compacto. Dificultad [3] Sean A 1, A 2,..., A n, n conjuntos compactos y pongamos A = A 1 A 2 A n Sea, entonces, R un recubrimiento abierto de A y veamos que de él se puede extraer un subrecubrimiento de A finito S. En efecto, puesto que R es un recubrimiento abierto de A, y para cada i con 1 i n, A i A, también R es un recubrimiento abierto de A i. Además puesto que A i es compacto, se puede extraer de R un subrecubrimiento finito para A i que llamaremos S i. Poniendo entonces S = S 1 S 2 S n, es evidente que S es un subrecubrimiento de R, es un recubrimiento para A y es finito. Así, pues, A es compacto.
6.10 Probar que la intersección de compactos es compacto. Dificultad [4] Sea (E, d) un espacio métrico y sean A λ, con λ perteneciendo a un conjunto de índices I, conjuntos compactos, y pongamos A = λ I A λ Sea, entonces, R un recubrimiento abierto de A; entonces R = R {E \ A} es un recubrimiento abierto de E y por lo tanto, de cada A λ. Así, para cada λ I, existe un subrecubrimiento finito de R que cubre a A λ y que llamamos S λ. Pongamos S = λ I S λ \ {E \ A} Entonces S es un subrecubrimiento de R, es un recubrimiento para A y es finito. Así, pues, A es compacto.
6.11 Dar un ejemplo de dos conjuntos no compactos cuya unión e intersección sean compactas. Dificultad [1] En (R, d) consídérense, por ejemplo, los conjuntos A = [0, 1] (2, 3] y B = [0, 1) [2, 3]; entonces A B = [0, 1] [2, 3] que es compacto, y A B = {0, 3} que también lo es.
6.12 Una familia F de conjuntos tiene la propiedad de intersección finita si toda subfamilia finita de F tiene intersección no vacía. Probar que un espacio métrico (E, d) es compacto si y sólo si toda familia de conjuntos cerrados con la propiedad de intersección finita, tiene intersección no vacía. Dificultad [4] Sea E es compacto y veamos que toda familia de conjuntos cerrados con la propiedad de intersección finita, tiene intersección no vacía. En efecto, sea F = {C λ : λ I} una familia de conjuntos cerrados con la propiedad de intersección finita y supongamos que C λ =. λ I Entonces la familia R = {E \ C λ : λ I} es un recubrimiento abierto de E puesto que C λ = E \ = E λ I E \ C λ = E \ λ I Ahora bien, E es compacto, así que de R se puede extraer un subrecubrimiento finito S = {E \ C 1, E \ C 2,..., E \ C n } que es también un recubrimiento de E. Es decir, que E n E \ C i = E \ C i de manera que n C i = en contra de la hipótesis de ser F una familia con la propiedad de intersección finita. Probemos ahora la otra implicación por el contrarrecíproco. Supongamos que E no es compacto y veamos cómo podemos construir una familia de cerrados con la propiedad de intersección finita, cuya intersección es vacía. En efecto, si E no es compacto, entonces existe una recubrimiento abierto de E, R = {A λ : λ I}, del cual no puede extraerse un subrecubrimiento finito que sea también un recubrimiento de E. Consideremos, entonces la familia de cerrados F = {E \ A λ : λ I},
y veamos que F tiene la propiedad de intersección finita. Si no fuese así, existiría una familia finita tales que {E \ A 1, E \ A 2,..., E \ A n }, = n E \ A i = E \ y, por tanto E = n A i y {A 1, A 2,..., A n } A i sería un subrecubrimiento finito de E en contra de la hipótesis. Por otra parte λ I E \ A λ = E \ λ I A λ = E \ E =, de manera que F es una familia de cerrados con la propiedad de intersección finita cuya intersección es vacía. Los dos ejemplos siguientes ayudarán a clarificar la situación. En primer lugar veamos que existen familias con la propiedad de intersección finita, cuya intersección es vacía. En efecto, sea F = {(0, 1/n] : n N}; entonces F tiene la propiedad de intersección finita y, sin embargo, (0, 1/n] = n=1 En segundo lugar, si se considera (R, d u ), es evidente que R no es compacto, por lo tanto debe existir una familia de cerrados con la propiedad de intersección finita cuya intersección es vacía. Un ejemplo sencillo es {(, n] [n, ) : n N}
6.13 Sea (E, d) un espacio compacto y {A 1, A 2,... } una familia numerable de conjuntos cerrados no vacíos tal que, para todo n N se verifica que A n+1 A n Pruébese que A n es cerrado y no vacío. Que A n es cerrado es evidente por ser intersección de cerrados. Por otra parte, es evidente que la familia {A 1, A 2,... } tiene la propiedad de intersección finita por ser A n no vacío para cada n N. Así, pues, puesto que E es compacto, se tiene que A n. (Véase el problema anterior y también el ejemplo final para un ejemplo de familia numerable que verifica las hipótesis del problema y, sin embargo, tiene intersección vacía cuando E no es compacto.)
6.15 Sea (E, d) un espacio métrico y F un subconjunto de E. Probar que un conjunto A F es compacto en (E, d) si y sólo si es compacto en (F, d). Supongamos que A es compacto en (E, d) y veamos que es compacto en (F, d). Sea entonces R F = {A λ : λ I} un recubrimiento de conjuntos abiertos en (F, d) de A. Para cada λ I, por ser A λ abierto en (F, d), existe un conjunto B λ abierto en (E, d) tal que A λ = B λ F Ahora, puesto que A λ I se tiene que la familia A λ = (B λ F) B λ λ I λ I R E = {B λ : λ I} es un recubrimiento abierto de A en (E, d) del que se podrá extraer, por ser A compacto en (E, d), un subrecubrimiento finito S E = {B 1, B 2,..., B n } Veamos, entonces, que el subrecubrimiento finito S F = {A 1, A 2,..., A n } es también un recubrimiento de A en (F, d). En efecto, puesto que A B i, se tiene que ( n ) A = A F B i F = Así, pues, A es compacto en (F, d). (B i F) = Supongamos ahora que A es compacto en (F, d) y sea R E = {B λ : λ I} un recubrimiento abierto de A en (E, d). Entonces, para cada λ I, el conjunto A λ = B λ F es un abierto en (F, d) y, como se comprueba inmediatamente, la familia R F = {A λ : λ I} es un recubrimiento abierto en (F, d) de A. Ahora, por ser A compacto en (F, d), existe un subrecubrimiento finito S F = {A 1, A 2,..., A n } que es también un recubrimiento de A en (F, d) y se comprueba, también de manera inmediata, que que S E = {B 1, B 2,..., B n } es un subrecubrimiento en (E, d) de A y, por tanto, A es compacto en (E, d). A i
6.19 Un conjunto A de un espacio métrico (E, d) es relativamente compacto si su clausura adh A es un conjunto compacto. Las siguientes cuestiones son fáciles de demostrar. 1. Todo conjunto compacto es relativamente compacto. Es cierto el recíproco?. 2. Todo conjunto relativamente compacto y cerrado es compacto. 3. Todo conjunto relativamente compacto es acotado. 4. Todo conjunto relativamente compacto es totalmente acotado. Es cierto el recíproco? 1. Si A es compacto, entonces es cerrado y, por lo tanto, A = A y es compacto. El recíproco no es cierto. Basta considerar en (R, d u ) el conjunto A = (0, 1]. 2. Si A es cerrado, entonces A = A y, pues que A es compacto por ser A relativamente compacto, se tiene que A es compacto. 3. Si A es relativamente compacto, entonces A es compacto y, por lo tanto, acotado. Así, pues, A es acotado por ser subconjunto de un conjunto acotado. 4. Si A es relativamente compacto, entonces A es compacto y, por lo tanto, totalmente acotado. Así, pues, A es totalmente acotado por ser subconjunto de un conjunto acotado. El recíproco equivale a la pregunta de si un conjunto totalmente acotado y cerrado es compacto. La respuesta es que no, pero habrá de esperarse al próximo capítulo para que el asunto quede enteramente dilucidado.
6.20 Probar que todo subconjunto no vacío de un conjunto relativamente compacto es relativamente compacto. Concluir que todo subconjunto de un conjunto compacto es relativamente compacto. Sea A B con B relativamente compacto. Entonces A B y B es compacto y A es cerrado, por lo tanto A es compacto y, por lo tanto, A es relativamente compacto. Todo conjunto conjunto compacto es relativamente compacto y, por lo tanto, todo subconjunto suyo es relativamente compacto.
6.21 Sea (E, d) un espacio métrico en el que toda bola cerrada es compacta. Probar que todo conjunto acotado es relativamente compacto. Sea A un conjunto acotado y a E; entonces existe r > 0 tal que A B(a, r) B(a, r) y, puesto que B(a, r) es, por hipótesis, un conjunto compacto, A es relativamente compacto por ser subconjunto de un conjunto compacto.
6.22 Existe algún espacio métrico de infinitos elementos que no contenga subconjuntos compactos infinitos?. Sí, existe. Considérese por ejemplo (R, d t ): ningún subconjunto infinito es totalmente acotado y, por lo tanto, no puede ser compacto.