Tarea N 2. Análisis I. MAT-223

Tarea N 2. Análisis I. MAT-223 Mauricio Godoy Molina 18/03/2005 1. Sea A n el conjunto de todos los números naturales divisibles por n. Determine: A n y A n 2. Sea τ la topología del conjunto N formada por el conjunto vacío y todos los subconjuntos de la forma E n = {n, n + 1,... /n N}. Determinar: a) Los subconjuntos cerrados de (N, τ). b) La clausura de los conjuntos {7, 24, 47, 85} y {3, 6, 9, 12}. c) Los subconjuntos A densos en N, es decir, A = N. 3. Sea (X, d) espacio métrico y A X. Probar la equivalencia entre: a) ε > 0, {x 1,..., x n } A tal que A b) ε > 0, {y 1,..., y m } X tal que A n B 0 (x i, ε). i=1 m B 0 (y i, ε). i=1 Un conjunto A que cumple con una (por lo tanto ambas) de las condiciones anteriores se dice que es totalmente acotado. 4. Sea (X, d) espacio métrico, donde d satisface la Desigualdad Ultramétrica: d(x, z) máx(d(x, y), d(y, z)) x, y, z X Probar: a) d(x, y) d(y, z) = d(x, z) = máx{d(x, y), d(y, z)}, x, y, z X. b) Toda bola abierta B 0 (x, r) es, a la vez, un conjunto abierto y cerrado, y que para cada y B 0 (x, r) : B 0 (x, r) = B 0 (y, r). c) Toda bola cerrada B(x, r) es, a la vez, un conjunto abierto y cerrado, y que para cada y B(x, r) : B(x, r) = B(y, r). d) Si dos bolas tienen un punto en común, una de ellas contiene a la otra. 1

5. Probar que en un espacio métrico X la unión de un conjunto abierto y su exterior es denso en todas partes. 6. Sea (X, d) métrico. Probar que para cada subconjunto A, B de X: a) Fr(A) Fr(A). b) Fr(A) Fr(B) Fr(A B), si A B =. c) Fr(A B) Fr(A) Fr(B). d) A B A B. 2

1. (i) Λ 1 = Soluciones.- A n Interpretando este conjunto, correpondería al conjunto de todos aquellos números naturales que son divisibles por cualquier otro número natural. Es de esperarse que sea vacío. Supongamos x Λ 1 (por lo tanto x N), es decir, x es divisible por cualquier número natural. Claramente existe una contradicción debido a que x debería ser divisible por x+1, contradiciendo una propiedad evidente de la divisibilidad: si r N es un divisor de n N, entonces r n (si r n, entonces existe un s N tal que n = rs, de donde se deduce evidentemente la desigualdad, dado que r, s 1). (ii) Λ 2 = Λ 1 = A n = A n Interpretando este conjunto, correspondería al conjunto de todos aquellos números naturales que son múltiplo de algún número natural mayor que 1. Es de esperarse que sea N {1}. Supongamos x N {1} tal que x no es divisible por ningún otro número natural (obviamente ocurre que x / Λ 2 ). La contradicción es evidente, pues x es divisible por x que es un número natural mayor que 1. Λ 2 = A n = N {1} 2. a) Determinar los subconjuntos cerrados de (N, τ) es relativamente sencillo, pues tenemos en la topología descritos todos los posibles abiertos del espacio topológico pues notemos que si n > m se tiene que E n E m, por lo tanto las uniones y las intersecciones de abiertos del tipo E n siguen siendo del tipo E n pues sin importar los subíndices que se consideren siempre ocurre que uno contiene al otro. Dado que los cerrados corresponden al complemento de los abiertos, tenemos una forma general que describe a los conjuntos cerrados, es decir: F 0 = N c = que es cerrado por ser τ una topología. Si n 1, F n = {1,..., n} es cerrado. Resulta evidente verificar que este tipo de conjuntos es el único posible con tal de tener un conjunto cerrado por una situación análoga a la de E n : si m > n, entonces F n F m. Si suponemos que algún otro conjunto K N que no es de la forma F n es cerrado, entonces su complemento debería ser abierto, pero no podría serlo pues no tendría la forma E n. b) Para determinar la clausura de los conjuntos, recordemos que la clausura de A es el conjunto cerrado más pequeño que contiene a A. Por lo tanto, se deduce de inmediato que: {7, 24, 47, 85} = {k N tal que k 85} = F 85 {3, 6, 9, 12} = {k N tal que k 12} = F 12 3

c) Claramente un conjunto que cumple la ecuación es A = N. No es muy difícil notar que no existe otra solución, pues supongamos que existe un A = N tal que A N, es decir, se cumple que A = F k para algún k N (pues A es cerrado y los únicos cerrados son de la forma F n ). Dado que A = N, entonces debe cumplirse que #A = #N = ℵ 0, pero también tenemos que #A = #F k = k. Evidentemente esto es una contradicción, es decir, el único subconjunto denso en N es N. 3. (a) (b) Evidente, pues basta considerar el conjunto de puntos de X como el conjunto de puntos de A que ya se tiene como válido. (a) (b) Basta demostrar que dados los puntos en el conjunto X, deben existir puntos en A que cumplan tal condición. Obviamente consideraré que existe al menos un elemento del conjunto Y = {y 1,..., y m } que no está en A y que al quitarlo de Y se cumple que la unión de estos elementos no cubre totalmente a A; denotaré a este elemento simplemente por y. Supongamos z A, pero z no está en la unión de las bolas, dado que X es espacio métrico, podemos considerar r > mín yi y{d(z, y i )}. De haber más elementos que no cumplan la condición de no cubrir a A, podemos encontrar distintos valores de r. Dado que hay un número finito de y i (de hecho hay sólo m), hay un número finito de valores para r. Basta centrar bolas de radio máx{r} en los diferentes z. Claramente esto cubre al conjunto con un número finito de bolas abiertas de radio arbitrario centradas en puntos de A. 4. a) Si tenemos que d(x, y) d(y, z) podemos asumir sin pérdida de la generalidad que d(x, y) > d(y, z), es decir, que máx{d(x, y), d(y, z)} = d(x, y). Entonces podemos reescribir la desigualdad ultramétrica de la siguiente forma: d(x, z) d(x, y) Bajo el argumento de la desigualdad ultramétrica se tiene que d(x, y) máx{d(x, z), d(y, z)} Pero dado que supusimos que d(x, y) > d(y, z), entonces no puede ser que máx{d(x, z), d(y, z)} = d(y, z) pues contradeciríamos la hipótesis, por lo tanto tenemos que Por lo tanto, necesariamente ocurre que d(x, y) d(x, z) d(x, z) = d(x, y) = máx{d(x, y), d(y, z)} b) No es necesario verificar que una bola abierta es un abierto pues sigue de inmediato de la definición. Verifiquemos que es un cerrado, es decir, que cumple B 0 (x, r) = B 0 (x, r) Trivial, pues sabemos que para todo conjunto la adherencia es el cerrado más pequeño que lo contiene. 4

Sea y B 0 (x, r) luego, por la definición, se tiene ε > 0 : B 0 (y, ε) B 0 (x, r), es decir, existe un z B 0 (x, r) z B 0 (y, ε) tal que: d(y, x) máx{d(y, z), d(z, x)} < máx{r, ε} Sin pérdida de la generalidad podemos considerar sólo los ε < r (pues los argumentos desarrollados anteriormente son válidos para cualquier ε), en otras palabras tenemos la relación: d(y, x) < r = y B 0 (x, r) Por lo tanto B 0 (x, r) B 0 (x, r). En conclusión, debe ocurrir que B 0 (x, r) = B 0 (x, r) y, por lo tanto, se deduce que toda bola abierta es un conjunto cerrado. Para verificar que y B 0 (x, r) : B 0 (x, r) = B 0 (y, r) (teniendo claro que d(x, y) < r), consideremos: Sea z B 0 (x, r) (d(x, z) < r). Debemos probar que z B 0 (y, r) (d(y, z) < r), para d(y, z) máx{d(x, y), d(x, z)} < r Sea z B 0 (y, r) (d(y, z) < r). Debemos probar que z B 0 (x, r) (d(x, z) < r), para d(x, z) máx{d(x, y), d(y, z)} < r c) No es necesario verificar que una bola cerrada es un cerrado pues sigue de inmediato de la definición. Verifiquemos que es un abierto, es decir, B(x, r) = int(b(x, r)). Trivial, pues sabemos que para todo conjunto el interior es el abierto más grande contenido en él. Sea y B(x, r) (d(x, y) r). Sea z B 0 (y, ε) (para algún 0 < ε < r), es decir, d(y, z) < ε. Debemos demostrar que d(x, z) r (en otras palabras, verificar que existe un entorno de un punto de la bola cerrada que está totalmente contenido en la bola). Por la desigualdad ultramétrica se tiene que: d(x, z) máx{d(y, z), d(x, y)} máx{r, ε} = r Por lo tanto tenemos que z B(x, r), por lo tanto, B 0 (y, ε) B(x, r) y, en conclusión: B(x, r) int(b(x, r)) En resumen, debe ocurrir que B(x, r) = int(b(x, r)) y, por lo tanto, se deduce que toda bola cerrada es un conjunto abierto. Para verificar que y B(x, r) : B(x, r) = B(y, r) (teniendo claro que d(x, y) r), consideremos: Sea z B(x, r) (d(x, z) r). Debemos probar que z B(y, r) (d(y, z) r), para d(y, z) máx{d(x, y), d(x, z)} r 5

Sea z B(y, r) (d(y, z) r). Debemos probar que z B(x, r) (d(x, z) r), para d(x, z) máx{d(x, y), d(y, z)} r d) Sean dos bolas (abiertas para ser más restrictivo) B 1 = B 0 (x, r 1 ) y B 2 = B 0 (y, r 2 ) (sin pérdida de generalidad supondré que r 1 < r 2 ) tales que tienen un punto en común z B 1 B 2. Claramente se tiene que d(x, z) < r 1 y d(y, z) < r 2. De este hecho se deduce por la desigualdad ultramétrica que: d(x, y) máx{d(x, z), d(y, z)} < máx{r 1, r 2 } = r 2 Supongamos α B 1, entonces d(α, x) < r 1 ; debemos probar que α B 2, es decir, que d(α, y) < r 2. Haciendo uso de la desigualdad ultramétrica tenemos que: d(α, y) máx{d(α, x), d(x, y)} < máx{r 1, r 2 } = r 2 Por lo tanto todo elemento de B 1 está en B 2, en otras palabras, si dos bolas tienen un elemento en común, la de radio mayor contiene a la de radio menor. 5. Hay que demostrar que A X abierto: A ext(a) = X. Teniendo presente que A B = A B, podemos reescribir la proposición de la siguiente forma X = A ext(a) = A ext(a) = A Fr(A) int(a c ) Fr(ext(A)) Para esto, resulta claro ver que A c = Fr(A c ) int(a c ), pues: Sea x A c, tenemos dos casos: Caso 1: x / int(a c ), luego tenemos la negación de la definición de int(a c ), es decir, Luego tenemos que x / int(a c ) ε > 0 : B 0 (x, ε) A c B 0 (x, ε) A c B 0 (x, ε) A pues x A c pues B 0 (x, ε) A c Por lo tanto, si x A c y x / int(a c ), necesariamente x Fr(A c ). Caso 2: x / Fr(A c ), de forma análoga al caso anterior se tiene que: x / Fr(A c ) ε > 0 : B 0 (x, ε) A B 0 (x, ε) A c Dado que x A c se deduce que no puede ocurrir que B 0 (x, ε) A, por lo tanto, necesariamente debemos tener que B 0 (x, ε) A c. Por lo tanto, si x A c y x / Fr(A c ), entonces debe ocurrir que x int(a c ). Evidente pues dado que A es un conjunto abierto, A c es un cerrado, por lo tanto se tiene que Fr(A c ) A c (pues se tiene que A c = A c = Fr(A c ) A c ), además por la definición de interior, se tiene que int(a c ) A c. Teniendo en cuenta que Fr(A) = Fr(A c ) se tiene que: A Fr(A) int(a c ) Fr(ext(A)) = (A A c ) Fr(ext(A)) = X Fr(ext(A)) = X 6

6. a) Sea x Fr(A), es decir, ε > 0 : B 0 (x, ε) A B 0 (x, ε) A c. Teniendo en cuenta que Fr(A) A (por lo tanto, x A) y que A = A Fr(A) tenemos que: Caso 1: x Fr(A) se desprende de inmediato la proposición. Caso 2: x A se tiene de inmediato que B 0 (x, ε) A. Teniendo en cuenta que B 0 (x, ε) A c se sigue que: B 0 (x, ε) (A Fr(A)) c = B 0 (x, ε) A c (Fr(A)) c Por lo que, en particular, debe ocurrir que B 0 (x, ε) A c x Fr(A). Por lo tanto se deduce que Fr(A) Fr(A). b) c) Si x Fr(A B), luego se tiene que:. En otras palabras, ε > 0 : B 0 (x, ε) (A B) B 0 (x, ε) (A B) c Debemos demostrar que esta afirmación implica que: ε > 0 : (B 0 (x, ε) A B 0 (x, ε) A c ) (B 0 (x, ε) B B 0 (x, ε) B c ) Si B 0 (x, ε) (A B) c, entonces quiere decir que los conjuntos B 0 (x, ε), A c y B c tienen intersección no vacía dos a dos, probando dos de las intersecciones que debemos demostrar. Si x / (A B) c, entonces x A x B, por lo tanto al menos una de las intersecciones B 0 (x, ε) A o B 0 (x, ε) B es no vacía, dejando demostrada la proposición a verificar. d) Falso. Tomemos el siguiente contraejemplo: Consideremos A = [1, 2] R y B = (2, 3] R, por lo tanto tenemos que A B = {2} = A (B Fr(B)) Y también tenemos que por lo tanto deberíamos tener que: A B = = {2} lo cual es imposible. 7