Topoloxía dos espazos euclidianos

Jos´ e Carlos D ´ ıaz Ramos Topolox´ıa dos espazos euclidianos Jos´ e Carlos D ´ ıaz Ramos 28 de febreiro do 2023 Este traballo ten licencia Creative Commons “Atribuci´on-Non comercial-Compartir igual 4.0 Internacional (CC BY-NC-SA 4.0)” iii Prefacio Este traballo corresp´ondese cos apuntes da materia “Topolox´ıa dos espazos euclidianos” do Grao de Matem´aticas da Universidade de Santiago de Compostela. A versi´on m´ais actualizada pode atoparse en li˜na na direcci´on http://xtsunxet.usc.es/carlos/topoloxia1/ v ´ Indice xeral 1. Os espacios euclidianos 1 1.1. Producto escalar e norma euclidiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2. Desigualdades de Cauchy-Schwarz e de Minkowski . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3. Distanciaeuclidiana .............................. 5 1.4. Problemasresoltos ............................... 8 2. A topolox´ıa dos espacios euclidianos 11 2.1. Conxuntosabertos ............................... 11 2.2. Conxuntospechados .............................. 14 2.3. Topolox´ıarelativa................................ 16 2.4. Outros conceptos topol´oxicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.5. Problemasresoltos ............................... 22 3. Sucesi´ons 27 3.1. Sucesi´ons e converxencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.1.1. Subsucesi´ons .............................. 30 3.1.2. Caracterizaci´on secuencial de conceptos topol´oxicos . . . . . . . . . 31 3.2. Completitude .................................. 33 3.2.1. Sucesi´ons de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.2.2. A completitude de Rn......................... 37 3.3. Problemasresoltos ............................... 38 4. Continuidade 41 4.1. Continuidadepuntual.............................. 41 4.2. Continuidadeglobal............................... 45 4.2.1. Restricci´on de funci´ons continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 4.3. Continuidade uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 4.4. Homeomorfismos ................................ 53 4.4.1. Propiedades topol´oxicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 4.5. Problemasresoltos ............................... 57 5. Conexi´on 71 5.1. Conxuntosconexos ............................... 71 5.2. Conxuntos conexos por cami˜nos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 5.3. Problemasresoltos ............................... 84 vii 6. Compacidade 97 6.1. Recubrimentos e conxuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 6.2. O Teorema de Heine-Borel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 6.3. Problemasresoltos ...............................107 Bibliograf´ıa 117 viii Cap´ıtulo 1 Os espacios euclidianos O espacio euclidiano de dimensi´on n, denotado por Rn, ´e o conxunto das n-tuplas de n´umeros reais coa estructura natural de espacio vectorial. M´ais concretamente, Rn={(x1, ... , xn) : xi∈R,∀i= 1, ... , n}, onde se definen a suma e o producto por un escalar mediante (x1, ... , xn)+(y1, ... , yn)=(x1+y1, ... , xn+yn), λ·(x1, ... , xn)=(λx1, ... , λxn), con λ∈Re (x1, ... , xn), (y1, ... , yn)∈Rn. Os elementos do espacio euclidiano Rndenotaranse mediante x= (x1, ... , xn). Ditos elementos ch´amanse vectores. Un elemento distinguido dun espacio vectorial ´e o vector cero, aquel que ten t´odalas compo˜nentes nulas: 0= (0, ... , 0). Obviamente, se n= 1 obtemos simplemente a recta real R. Para n= 2 e n= 3 adoptamos unha notaci´on un pouco m´ais relaxada cando conve˜na e poremos (x, y) e (x, y, z) para un vector xen´erico de R2eR3respectivamente. 1.1. Producto escalar e norma euclidiana Definici´on 1.1.Def´ınese o producto escalar ⟨,⟩no espacio euclidiano como a aplicaci´on ⟨,⟩:Rn×Rn→R (x,y)7→ ⟨x,y⟩= n X i=1 xiyi. Proposici´on 1.2. O producto escalar ten as seguintes propiedades: ´ E unha aplicaci´on multilinear: ⟨x,y+z⟩=⟨x,y⟩+⟨x,z⟩, ⟨x+z,y⟩=⟨x,y⟩+⟨z,y⟩, ⟨λx,y⟩=λ⟨x,y⟩=⟨x, λy⟩. ´ E unha aplicaci´on sim´etrica:⟨x,y⟩=⟨y,x⟩. 1 8 Os espacios euclidianos Para un conxunto limitado pode definirse o concepto de di´ametro, que se entende intuitivamente coma a maior distancia ´a que se poder´ıan atopar dous dos seus puntos. En xeral, como veremos, tal distancia non ten por que realizarse (´e dicir, non ten por que haber dous puntos que estean a unha distancia exactamente igual ´o di´ametro). Definici´on 1.17.Sexa Xun conxunto limitado de Rn. Def´ınese o di´ametro de Xcomo o n´umero δ(X) = sup{d(x,y) : x,y∈X}. ´ E consecuencia da desigualdade triangular (Proposici´on 1.10) que se un conxunto ´e limitado, ent´on o seu di´ametro existe. En caso de que o conxunto non sexa limitado o supremo anterior non existe e dirase que o conxunto ten di´ametro infinito. 1.4. Problemas resoltos Problema 1.18.Calcular δBR2(x0, r). Soluci´on. Vexamos que o di´ametro (Definici´on 1.17) ´e δBR2(x0, r)= 2r. Sexan x,y∈BR2(x0, r) arbitrarios. Pola desigualdade triangular (Proposici´on 1.10) temos que d(x,y)≤d(x,x0) + d(x0,y) < r +r= 2r, co que δBR2(x0, r)≤2r. Sexa agora ϵ > 0 arbitrario, e supo˜namos, sen perda de xeneralidade, que ϵ < 4r. Tomemos x=x0+ (−r+ϵ/4,0) e y=x0+ (r−ϵ/4,0). Temos que d(x,x0) = ∥(−r+ϵ/4,0)∥ =r−ϵ 4< r, co que x∈BR2(x0, r). Analogamente, y∈BR2(x0, r). Por outra banda, d(x,y) = ∥(2r−ϵ/2,0)∥ = 2r−ϵ/2>2r−ϵ, o que proba, de acordo coa definici´on de supremo (Definici´on 1.16), que δBR2(x0, r)= 2r. Problema 1.19.Dados dous conxuntos A,B⊂Rn, def´ınese a distancia entre AeBcomo d(A, B) = ´ınf{d(x,y) : x∈A, y∈B}. Sexan A={0}×R, B={(x, y)∈R2:x > 0, y = 1/x}. Calcular d(A, B). Problemas resoltos 9 Soluci´on. Vexamos que d(A, B) = 0. En particular isto implica que a distancia entre conxuntos non ´e unha distancia (Definici´on 1.9) propiamente dita, xa que A=B(de feito, A∩B=∅). Obviamente, d(x,y)≥0 se x∈Aey∈Bpolas propiedades da distancia (Proposici´on 1.10). Sexa pois ϵ > 0 arbitrario. Tom´amo-los puntos (0,2/ϵ)∈Ae (ϵ/2,2/ϵ)∈B. Ent´on, d((0,2/ϵ),(ϵ/2,2/ϵ)) = s−ϵ 22 +2 ϵ−2 ϵ =ϵ 2< ϵ, co que d(A, B) = 0. Cap´ıtulo 2 A topolox´ıa dos espacios euclidianos O obxectivo deste tema ´e introducir as noci´ons de conxunto aberto e pechado, que en certa medida ser´an o eixo central da asignatura. Introduciremos os conceptos de aberto e pechado relativo co fin de estudar a topolox´ıa dos subespacios topol´oxicos de Rn. 2.1. Conxuntos abertos Definici´on 2.1.Sexa U⊂Rn. Diremos que U´e aberto en Rnse para cada x∈Uexiste r > 0 tal que B(x, r)⊂U. N´otese que o radio rda definici´on anterior depender´a do punto xconsiderado, como se por´a de manifesto nos exemplos. Ademais, cando non fagamos referencia expl´ıcita, se dicimos que U⊂Rn´e aberto, entenderemos que U´e aberto en Rn. En xeral, hai que especificar onde ´e (ou non ´e) aberto ou pechado un conxunto, xa que tam´en ten sentido falar de subconxuntos abertos de conxuntos distintos de Rn, como se ver´a, por exemplo, m´ais adiante cando falemos de topolox´ıa relativa (Secci´on 2.3). As b´olas abertas son conxuntos abertos, pero esta afirmaci´on, a´ında que non ´e dif´ıcil de probar, non ´e obvia. 11 12 A topolox´ıa dos espacios euclidianos Proposici´on 2.2. Toda b´ola aberta ´e un conxunto aberto. Demostraci´on. Sexan x∈Rner > 0. Vexamos que B(x, r) ´e aberta (Definici´on 2.1). Para iso tomemos y∈B(x, r) arbitrario. Agora definimos s=r−d(x,y) e comprobemos que B(y, s)⊂B(x, r). Dado z∈B(y, s) tense que d(z,x)≤d(z,y) + d(y,x) < s +d(x,y) = r, de onde se segue que z∈B(x, r) como queriamos ver. O seguinte resultado ´e fundamental para esta materia, xa que permite afirmar que os abertos de Rnforman unha topolox´ıa, concepto do que falaremos a continuaci´on. Teorema 2.3. O conxuntos abertos cumpren as seguintes propiedades: ∅eRnson abertos en Rn. A uni´on arbitraria de conxuntos abertos en Rn´e aberto en Rn. A intersecci´on finita de conxuntos abertos en Rn´e aberto en Rn. Demostraci´on. O baleiro ´e un conxunto obviamente aberto (Definici´on 2.1), xa que satisfai vacuamente a definici´on. Tam´en ´e evidente que Rn´e aberto (Definici´on 2.1) en Rn, xa que as b´olas son subconxuntos de Rn. Sexa {Ui}i∈Iunha familia arbitraria de abertos. Temos que ver que U=∪i∈IUitam´en ´e aberto (Definici´on 2.1) en Rn. Pois ben, sexa x∈U. Ent´on existe alg´un i0∈Ide xeito que x∈Ui0. Dado que Ui0 ´e aberto, existe r > 0 de forma que B(x, r)⊂Ui0. Como Ui0⊂ ∪i∈IUi=U, obtemos que B(x, r)⊂U. Xa que x∈U´e arbitrario, obtemos que U´e aberto (Definici´on 2.1). Conxuntos abertos 13 Para proba-la terceira afirmaci´on, basta con facelo para dous conxuntos, xa que para un n´umero finito arbitrario proceder´ıase simplemente aplicando a propiedade asociativa da intersecci´on de conxuntos. Sexan pois UeVabertos en Rn. Tomemos x∈U∩Varbitrario. Ent´on Como U´e aberto, existe s > 0 tal que B(x, s)⊂U. Como V´e aberto, existe t > 0 tal que B(x, t)⊂V. Definimos ent´on r= m´ın{s, t}>0. As´ı, B(x, r)⊂B(x, s)⊂UeB(x, r)⊂B(x, t)⊂ V, de onde se deduce que B(x, r)⊂U∩V. Logo U∩V´e aberto (Definici´on 2.1), como queriamos ver. Exemplo 2.4.Os intervalos abertos son abertos en R. En efecto, un intervalo do xeito (a, b) ´e aberto xa que pode escribirse como (a, b) = a+b 2−b−a 2,a+b 2+b−a 2! =BR a+b 2,b−a 2!. ´ E dicir, todo intervalo ´e unha b´ola en Rcentrada no seu punto medio e de radio a semidistancia entre os seus extremos. Como as b´olas abertas son abertos (Proposici´on 2.2), tam´en o son os intervalos da forma (a, b). Un intervalo da forma (a, +∞) tam´en ´e aberto en Rxa que se pode escribir como (a, +∞) = [ n∈N (a, a +n), e por ser uni´on de abertos (Teorema 2.3), (a, +∞) ´e aberto. Para intervalos da forma (−∞, b) proc´edese de xeito an´alogo. Exemplo 2.5.A intersecci´on arbitraria de abertos non ´e necesariamente un aberto, como pon de manifesto ∞ \ n=1 −1 n,1 n={0}. O problema que aparece ´o intentar reproducir a proba do terceiro apartado do teorema anterior (Teorema 2.3) ´e que precisamos encontrar o m´ınimo dunha cantidade infinita de radios positivos. Tal m´ınimo non ten que existir, a pesar de que exista o ´ınfimo (que tan so verificar´a a desigualdade ≥0). Observaci´on 2.6.Dado un conxunto Xe unha familia τde subconxuntos de X, dicimos que τdefine unha topolox´ıa en Xse os subconxuntos de τsatif´an os enunciados do teorema anterior (Teorema 2.3), isto ´e, ∅,X∈τ, a uni´on de elementos de τest´a en τ, e a intersecci´on finita de elementos de τest´a en τ. O par (X, τ) ch´amase ent´on un espacio topol´oxico. Tendo isto en conta, Rnxunto coa colecci´on dos seus subconxuntos abertos, ´e un espacio topol´oxico. 14 A topolox´ıa dos espacios euclidianos A topolox´ıa ´e a rama das matem´aticas que estuda os espacios topol´oxicos. Os espacios topol´oxicos son unha abstracci´on dos espacios euclidianos que ´e necesaria para estudar un conxunto no que c´ompre determinar cando os elementos dese conxunto est´an preto ou non. A definici´on de topolox´ıa ´e o producto de moitos refinamentos ´o longo da primeira metade do s´eculo XX. A definici´on actual non pon de manifesto de xeito claro o seu obxectivo: unha topolox´ıa ´e un criterio para determinar se os elementos dun espacio est´an ou non preto. No transcurso da materia iremos vendo que a distancia (un concepto que si permite medir cercan´ıa) non ´e fundamental para moitas definici´ons, e o concepto elemental subxacente que se necesita ´e o de topolox´ıa. Exercicio 2.7.Sexan Uaberto en RneVaberto en Rm. Probar que U×V´e aberto en Rn+m. 2.2. Conxuntos pechados Definici´on 2.8.Un conxunto F⊂Rn´e pechado en Rnse e s´o se o seu complementario Rn\F´e un conxunto aberto en Rn. Ser aberto e ser pechado non son propiedades exclu´ıntes. Un conxunto pode ser aberto e pechado ´o mesmo tempo como veremos a continuaci´on con ∅eRn. Un conxunto pode ser aberto e non pechado ou non aberto e pechado. Ademais, un conxunto non ten porque ser aberto ou pechado, como ´e o caso dos intervalos [a, b). Veremos agora que as b´olas pechadas son, en efecto, conxuntos pechados. Como suced´ıa coas b´olas abertas, este resultado non ´e evidente. Lema 2.9. As b´olas pechadas son conxuntos pechados. Demostraci´on. Sexan x∈Rner > 0. Vexamos que B[x, r] ´e pechado, ´e dicir, que Rn\B[x, r] ´e aberto (Definici´on 2.1). Sexa pois y∈Rn\B[x, r], ´e dicir, d(y,x)> r. Tomemos s=d(y,x)−r > 0, e vexamos que B(y, s)⊂Rn\B(x, r). Conxuntos pechados 15 Para iso tomemos z∈B(y, s), co que d(z,y)< s. Ent´on utilizando a desigualdade triangular (Proposici´on 1.10), d(x,y)≤d(x,z) + d(z,y), tense que d(z,x)≥d(x,y)−d(y,z) > d(y,x)−s=r, polo que z∈Rn\B[x, r], como queriamos probar. Como yfoi elexido arbitrariamente, deducimos que Rn\B[x, r] ´e aberto (Definici´on 2.1), e polo tanto, B[x, r] ´e pechado (Definici´on 2.8). De xeito moi similar pode probarse tam´en Lema 2.10. Se x∈Rnent´on o conxunto {x}´e pechado en Rn. O seguinte resultado ´e an´alogo ´o establecido para conxuntos abertos anteriormente. Proposici´on 2.11. Os conxuntos pechados cumpren as seguintes propiedades: ∅eRnson pechados en Rn. A intersecci´on arbitraria de conxuntos pechados en Rn´e pechado en Rn. A uni´on finita de conxuntos pechados en Rn´e pechado en Rn. Demostraci´on. O resultado obtense facilmente das propiedades dos abertos (Teorema 2.3), simplemente empregando as leis de De Morgan. 1 En primeiro lugar, ∅=Rn\RneRn=Rn\∅, co cal ∅eRnson abertos e pechados en Rn. 1Leis de De Morgan. Para {Ai}i∈I, unha familia de subconxuntos de X: ∪i∈I(X\Ai) = X\(∩i∈IAi), ∩i∈I(X\Ai) = X\(∪i∈IAi). 16 A topolox´ıa dos espacios euclidianos Se {Fi}i∈I´e unha familia de pechados, ent´on Rn\Fi´e aberto para cada i∈I. Por tanto, Rn\(∩i∈IFi) = ∪i∈I(Rn\Fi) ´e aberto por ser uni´on de abertos (Teorema 2.3). O seu complementario, ∩i∈IFi, ´e en consecuencia, pechado (Definici´on 2.8). Finalmente, se FeGson pechados, Rn\(U∪V)=(Rn\U)∩(Rn\V) ´e aberto por ser intersecci´on finita de abertos (Teorema 2.3). As´ı, o seu complementario U∪V´e aberto (Definici´on 2.1). Corolario 2.12. Todo conxunto finito ´e pechado. Demostraci´on. Simplemente n´otese que {x1, ... , xk}=∪k i=1{xi}. Como os conxuntos formados por un s´o punto son pechados (Lema 2.10) e a uni´on finita de pechados ´e pechado (Proposici´on 2.11), deducimos que {x1, ... , xk}´e pechado. Exemplo 2.13.A uni´on arbitraria de conxuntos pechados non ´e necesariamente pechada, como sucede no caso (0,1) = [ n∈N1 n,1−1 n. 2.3. Topolox´ıa relativa Con frecuencia non se traballa con todo o espacio, sen´on tan s´o cunha parte do mesmo (que ben pode se-lo dominio da aplicaci´on que se est´a a estudar). As´ı, conv´en estender as noci´ons anteriores para o caso no que se traballe nun subconxunto X⊂Rn. De feito, nun espacio m´etrico (Observaci´on 1.11) os conceptos de b´ola, conxunto aberto, pechado e similares definir´ıanse seguindo a terminolox´ıa desta secci´on. En primeiro lugar, a distancia dXen Xdef´ınese a partir da distancia en Rnsimplemente por restricci´on: dX(x,y) = d(x,y) para todo x,y∈X. Como non hai diferencia entre as d´uas cando collemos puntos de X, poremos simplemente dX=d. Definici´on 2.14.Sexa X⊂Rnun subconxunto. Dado un punto x0∈Xchamaremos b´ola aberta en Xde centro x0e radio r > 0 a BX(x0, r) = {x∈X:d(x,x0)< r} =BRn(x0, r)∩X. Cando estea claro en que subconxunto de Rnestamos traballando, a mi´udo escribiremos simplemente B(x0, r). N´otese, non obstante, que as b´olas sempre son relativas a alg´un subconxunto de Rn, posiblemente todo Rn. Cando tomemos b´olas abertas nun subconxunto de Rndiremos que son b´olas relativas, por analox´ıa a outros conceptos de topolox´ıa relativa que consideraremos a continuaci´on. Exemplo 2.15.Podemos pensar a recta real Rcomo o subconxunto R×{0}de R2. Neste caso, as b´olas relativas centradas nun punto (x, 0) de radio rson da forma (x−r, x +r)× {0}. Topolox´ıa relativa 17 Definici´on 2.16.Un conxunto U⊂Xdise que ´e aberto en Xse para cada punto x∈U existe r > 0 tal que BX(x, r)⊂U. Como vemos, formalmente a definici´on de conxunto aberto relativo ´e a mesma que para Rn, salvo polo feito de que agora t´odolos puntos considerados deben de estar en X. Proposici´on 2.17. Sexa X⊂Rn. Un conxunto U⊂X´e aberto en Xse e s´o se existe un aberto Vde Rnde forma que U=V∩X. Demostraci´on. Supo˜namos primeiro que U´e aberto (Definici´on 2.16) en X. Para cada x∈Utomemos pois rx>0 tal que BX(x, rx)⊂U. Definimos V=[ x∈U BRn(x, rx). Pois ben, empregando a propiedade distributiva da intersecci´on con respecto da uni´on 24 A topolox´ıa dos espacios euclidianos Soluci´on. Resolveremos este exercicio empregando directamente as definici´ons. M´ais adiante haber´a outros m´etodos para facer alg´uns pasos con m´ais rapidez. Vexamos que o interior (Definici´on 2.24) de X´e Int(X) = B((0,0),1). (⊃) Como B((0,0),1) ´e aberta (Proposici´on 2.2), e est´a contida en X, s´eguese inmediantamente que todo punto de B((0,0),1) ´e interior a X. (⊂) Como os puntos interiores pertencen ´o conxunto, bastar´a con probar que ning´un punto da forma (x, 0) con x∈Z\{0}´e interior a X. En efecto, para calquera r > 0 tense que B((x, 0), r)∩X=∅, pois (x, r/2) ∈B((0,0), r), pero |x| ≥ 1 e r/2= 0. Vexamos agora que a clausura (Definici´on 2.26) de X´e Cl(X) = B[(0,0),1] ∪Z×{0}. (⊃) Como X⊂Cl(X) bastar´a con ver que se (x, y)∈R2satisfai x2+y2= 1, ent´on (x, y)∈Cl(X). Sexa r > 0 dado e supo˜namos r < 2. Vexamos que B((x, y), r)∩X=∅. En efecto, (1 −r/2)(x, y)∈B((x, y), r) pois d((1 −r/2)(x, y),(x, y)) = r/2< r, e (1 −r/2)(x, y)∈B((0,0),1) ⊂Xpois d((1 −r/2)(x, y),(0,0)) = 1 −r/2<1. (⊂) Vexamos en primeiro lugar que Z×{0}´e pechado (Definici´on 2.8). Sexa (x, y)∈R2. 2 2Sexa f:R2→R2,f(x, y) = (sen πx, y). Ent´on, Z×{0}=f−1({(0,0)}), e por ser imaxe rec´ıproca dun pechado por unha funci´on continua (Teorema 4.10), Z×{0}´e pechado. Problemas resoltos 25 Se y= 0, tomando r=|y|>0 temos que B((x, y), r)⊂R2\(Z× {0}), xa que se (a, b)∈B((x, y), r) ent´on |b−y| ≤ q(a−x)2+ (b−y)2 < r =|y|, o que significa −|y|< b −y < |y|, e por tanto b= 0. Se y= 0 e x /∈Z, po˜namos n<x<n+1 con n∈Z, tomamos r= m´ın{x−n, n+1−x}. Neste caso, B((x, 0), r)⊂R2\(Z×{0}) pois se (a, b)∈B((x, 0), r) ent´on |a−x| ≤ q(a−x)2+b2< r, o que significa n−x < −r < a −x<r<n+ 1 −x, de onde n<a<n+ 1. Logo a /∈Z, e en consecuencia, (a, b)∈R2\(Z×{0}). Xuntando estes dous casos deducimos ent´on que Z×{0}´e pechado. Para remata-lo c´alculo da clausura observamos ent´on que B[(0,0),1] ∪(Z×{0}) ´e pechado por ser uni´on de dous pechados (Proposici´on 2.11). Logo calquera punto do complementario de B[(0,0),1] ∪(Z×{0}) ´e interior a dito complementario. Isto implica que ning´un punto de f´ora de B[(0,0),1] ∪(Z×{0}) ´e da clausura de X, que ´e o que faltaba por ver. Dado que ∂X = Cl(X)\Int(X), deducimos que a fronteira (Definici´on 2.28) de X´e ∂X ={(x, y)∈R2:x2+y2= 1}∪(Z\{0})×{0}. A continuaci´on veremos que o conxunto de puntos illados (Definici´on 2.32) ´e Ill(X) = (Z\{−1,0,1})×{0}. (⊃) Sexa (x, 0) ∈R2con x∈Z,x=−1,0,1. Ent´on B((x, 0),1) ∩X={(x, 0)}. En efecto, se (a, b)∈B((x, 0),1) temos |a−x| ≤ q(a−x)2+b2<1, 26 A topolox´ıa dos espacios euclidianos co que a∈(x−1, x + 1). Como |x| ≥ 2, obtemos |a|>1, e por tanto, (a, b)/∈B((0,0),1). Logo, se (a, b)∈Xter´a que ser (a, b)=(x, 0), como queriamos ver. (⊂) O mesmo argumento que vimos anteriormente para a clausura implica que os puntos de B((0,0),1)∪{(−1,0),(1,0)}son de acumulaci´on. Por tanto non hai m´ais puntos illados c´os de (Z\{−1,0,1})×{0}. Finalmente, como X′= Cl(X)\Ill(X) deducimos que o conxunto de puntos de acumulaci´on (Definici´on 2.30) de Xv´en dado por X′=B[(0,0),1]. Problema 2.40.Sexa X={(x, y)∈R2:x2+y2= 1}. ¿´ EB((0,0),1) pechada en X? Soluci´on. Verdadeiro. Resulta que B[(0,0),1]∩X=B((0,0),1) co que, ´o ser intersecci´on dun pechado en R2con X, pola caracterizaci´on dos pechados relativos (Proposici´on 2.21), B((0,0),1) ´e un subconxunto pechado de X. Cap´ıtulo 3 Sucesi´ons O obxectivo deste tema ´e introducir a noci´on de converxencia de sucesi´ons e utilizar dita propiedade para o estudio da topolox´ıa. 3.1. Sucesi´ons e converxencia Sexa Xun subconxunto de Rn. Unha sucesi´on en X´e unha enumeraci´on de elementos de X. M´ais concretamente, Definici´on 3.1.Unha sucesi´on nun conxunto X´e unha aplicaci´on x:N→X. Normalmente designaremos por xk´a imaxe pola aplicaci´on xdo natural k, ´e dicir, xk= x(k). ´ A propia sucesi´on denotar´emola {xk}, e o conxunto imaxe da sucesi´on excribir´emolo explicitamente como {xk:k∈N}. Non obstante, a´ında empregar´emo-la notaci´on {xk} ⊂ Apara expresar que {xk:k∈N} ⊂ A. A cada elemento xkdenom´ınaselle termo da sucesi´on. O esencial dunha sucesi´on non ´e tanto o conxunto imaxe, sen´on o xeito no que se ordean os termos. Por exemplo, as sucesi´ons xk= (−1)k, e −1,1,1,1, ... pos´uen o mesmo conxunto imaxe, pero os seus comportamentos son moi diferentes. Definici´on 3.2.Unha sucesi´on {xk}dise que converxe a un punto x0se toda b´ola aberta arredor de x0cont´en a t´odolos termos da sucesi´on a partir dun momento dado, ´e dicir, se ∀ϵ > 0,∃N∈N:xk∈BX(x0, ϵ),∀k≥N. En tal caso dirase que a sucesi´on ´e converxente, e que x0´e o seu l´ımite. Equivalentemente, a condici´on de converxencia a x0tam´en se pode escribir como ∀ϵ > 0,∃N∈N:d(xk,x0)< ϵ, ∀k≥N. En xeral representaremos a condici´on de converxencia anterior como {xk} → x0,ou l´ım k→∞xk=x0. Se unha sucesi´on non converxe a ning´un punto diremos que ´e diverxente ou que diverxe. Os conceptos de “diverxer a infinito” non est´an definidos para sucesi´ons en Rn. O seguinte resultado ´e importante non tanto polas s´uas consecuencias pr´acticas, sen´on polo feito de que nun espacio topol´oxico (Observaci´on 2.6) esta ser´ıa a definici´on de converxencia. 27 28 Sucesi´ons Proposici´on 3.3. Sexa {xk}unha sucesi´on en X. Ent´on {xk}converxe a x0se e s´o se para todo aberto Ucontendo a x0existe N∈Ntal que xk∈Upara todo k≥N. Demostraci´on. Supo˜namos {xk} → x0, e sexa Uaberto de Xtal que x0∈U. Como U´e aberto (Definici´on 2.1), existe ϵ > 0 tal que B(x0, ϵ)⊂U. Por definici´on de l´ımite (Definici´on 3.2), existe N∈Ntal que xk∈B(x0, ϵ)⊂Upara todo k≥N, como queriamos. Reciprocamente, dado ϵ > 0 arbitrario, como U=B(x0, ϵ) ´e un aberto contendo a x0, por hip´otese existe N∈Ntal que xk∈B(x0, ϵ) para todo k≥N, o que ´e a definici´on de l´ımite (Definici´on 3.2). Proposici´on 3.4. O l´ımite dunha sucesi´on, se existe, ´e ´unico. Demostraci´on. Supo˜namos pola contra que a sucesi´on {xk}ten dous l´ımites (Definici´on 3.2) x,y∈X, con x=y. Tomemos ϵ=d(x,y)/2>0. Como {xk} → x, para o ϵanterior existe N1∈Ntal que xk∈B(x, ϵ) para todo k≥N1. Similarmente, como {xk} → y, existe N2∈Ntal que xk∈B(y, ϵ) para todo k≥N2. Tomando N= m´ax{N1, N2}ek≥Ntemos que xk∈B(x, ϵ)∩B(y, ϵ), o que non ´e posible xa que pola desigualdade triangular (Proposici´on 1.10) d(x,y)≤d(x,xk) + d(xk,y) < ϵ +ϵ=d(x,y). Por tanto, o l´ımite, se existe, ten que ser ´unico. O seguinte exercicio d´a un criterio para un espacio topol´oxico que asegurar´ıa a existencia de l´ımite ´unico cunha demostraci´on similar ´a da anterior proposici´on. Exercicio 3.5.Proba que todo subconxunto de Xde Rn´e Hausdorff, ´e dicir, que para calquera par de puntos distintos x,y∈X,x=y, existen abertos UeVde Xtales que x∈U,y∈V, e U∩V=∅. No caso de n= 1 temos sucesi´ons de n´umeros reais, e tendo en conta que a distancia en R´e o valor absoluto da diferencia, obtemos o concepto de converxencia de sucesi´on de n´umeros reais. Neste curso suporemos certos os resultados de converxencia de sucesi´ons de n´umeros reais. Entre eles cabe resaltar o lema do sandwich: Lema 3.6. Sexan {xk},{yk}e{zk}sucesi´ons de n´umeros reais tales que xk≤yk≤zk para todo k∈N. Se {xk} → te{zk} → t, ent´on {yk}´e converxente e {yk} → t. Sucesi´ons e converxencia 29 Demostraci´on. Sexa ϵ > 0 arbitrario. Como {xk} → t, existe N1∈Ntal que |xk−t|< ϵ para todo k≥N1. Como {zk} → t, existe N2∈Ntal que |zk−t|< ϵ para todo k≥N2. Tomemos N= m´ax{N1, N2}ek≥N. Ent´on yk−t≤zk−t≤ |zk−t|< ϵ, t−yk≤t−xk≤ |xk−t|< ϵ, de onde se deduce |yk−t|< ϵ como queriamos probar. Exercicio 3.7.Sexa {xk}unha sucesi´on nun conxunto X. Ent´on a sucesi´on converxe a un punto x0se e s´o se a sucesi´on de n´umeros reais {d(xk,x0)}converxe a 0. Como resultado importante que permite aplica-los resultados co˜necidos en Rpara o c´alculo de l´ımites de sucesi´ons de vectores de Rntemos a seguinte equivalencia. Teorema 3.8. Sexa {xk}={(xk1, ... xkn)}unha sucesi´on en X⊂Rn. Ent´on, {xk} converxe a x= (x1, ... , xn)se e s´o se {xki}converxe a xipara todo i∈ {1, ... , n}. Dito doutro xeito: l´ım k→∞xk=l´ım k→∞xk1, ... , l´ım k→∞xkn, sempre que os l´ımites existan. Demostraci´on. Supo˜namos primeiro que {xk} → x. Sexa i∈ {1, ... , n}e vexamos que {xki}converxe (Definici´on 3.2) a xi. Sexa ϵ > 0 dado. Como {xk} → x, existe N∈Ntal que d(xk,x)< ϵ para todo k≥N. Pois ben, se k≥Nent´on |xki −xi|=q(xki −xi)2 ≤v u u t n X j=1 (xkj −xj)2 =d(xk,x)< ϵ, de onde {xki} → xi. Reciprocamente, supo˜namos que {xki} → xipara todo i∈ {1, ... , n}, e vexamos que ent´on {xk} → x. Sexa pois ϵ > 0 dado. Como {xki} → xi, existe Ni∈Ntal que |xki −xi|< ϵ/√npara todo k≥Ni. Tomemos ent´on N= m´ax{N1, ... , Nn}e sexa k≥N. As´ı, d(xk,x) = v u u t n X j=1 (xkj −xj)2 ≤v u u t n X j=1 m´ax{(xkj −xj)2:j= 1, ... , n} =√nm´ax{|xkj −xj|:j= 1, ... , n|} <√nϵ √n=ϵ, de onde {xk}converxe (Definici´on 3.2) a x, como queriamos ver. 30 Sucesi´ons Figura 3.1: Ilustraci´on das d´uas implicaci´ons da demostraci´on En cursos m´ais avanzados verase que a idea fundamental da anterior demostraci´on consiste en resolve-lo seguinte exercicio. Exercicio 3.9.Para un vector x= (x1, ... , xn) definimos ∥x∥∞= m´ax{|xi|:i∈ {1, ... , n}}. Probar que ∥·∥∞satisfai as propiedades dunha norma (Proposici´on 1.4). Probar ademais as seguintes desigualdades: ∥x∥∞≤ ∥x∥,∥x∥ ≤ √n∥x∥∞. O seguinte exercicio ´e doado de resolver coa propia definici´on de converxencia. En todo caso, esta afirmaci´on tam´en se segue de que toda sucesi´on converxente ´e de Cauchy (Proposici´on 3.19), e de que toda sucesi´on de Cauchy ´e limitada (Proposici´on 3.23). Exercicio 3.10.Toda sucesi´on converxente ´e limitada. 3.1.1. Subsucesi´ons Unha subsucesi´on dunha sucesi´on dada consiste nunha escolla dos termos da sucesi´on mantendo a s´ua orde. Recalcamos que non ´e suficiente con que os termos sexan un subconxunto da sucesi´on orixinal, e que o feito de que estean ben ordeados, ´e dicir mantendo a orde da sucesi´on orixinal, ´e un requerimento fundamental da definici´on. 1 De xeito m´ais preciso: 1Unha aplicaci´on ϕ:N→N´e estrictamente crecente se e s´o se para calquera naturais k,ℓ∈N, k < ℓ ⇒ϕ(k)< ϕ(ℓ). Isto implica, por exemplo, que ϕ(k)≥kpara todo k∈N. Sucesi´ons e converxencia 31 Definici´on 3.11.Sexa {xk}unha sucesi´on e ϕ:N→Nunha aplicaci´on estrictamente crecente. Ent´on a aplicaci´on x◦ϕ:N→X k7→ xϕ(k) dise que ´e unha subsucesi´on da sucesi´on {xk}. Exemplo 3.12.Toda sucesi´on ten infinitas subsucesi´ons. Por exemplo: A subsucesi´on {x2k}dos termos de orde par en {xk}. A subsucesi´on {x2k+1}dos termos de orde impar en {xk}. A subsucesi´on {x3k}dos m´ultiplos de tres... C´ompre recalcar que ´e necesario mante-la orde. Por exemplo, x5,x2,x10,x7,x13,... non ´e unha subsucesi´on de {xk}. Proposici´on 3.13. Se unha sucesi´on {xk}´e converxente, tam´en o son t´odalas s´uas subsucesi´ons e ademais todas converxen ´o mesmo l´ımite. Demostraci´on. Supo˜namos {xk} → xe sexa ϕ:N→Nunha funci´on estrictamente crecente. Temos que ver que {xϕ(k)} → x. Para iso sexa ϵ > 0 arbitrario. Como {xk} → x, existe N∈Ntal que xk∈B(x, ϵ) para todo k≥N. Ent´on, se k≥N, tam´en temos que ϕ(k)≥k≥N, de xeito que xϕ(k)∈B(x, ϵ) como queriamos ver. Exemplo 3.14.Unha sucesi´on pode posu´ır subsucesi´ons converxentes sen que ela mesma o sexa. Por exemplo, a sucesi´on {xk}=(−1)k1 + 1 k non ´e converxente. Non obstante, as subsucesi´ons {x2k}=1 + 1 2k, {x2k+1}=−1 + 1 2k+ 1, converxen: {x2k} → 1, {x2k+1}→−1. 3.1.2. Caracterizaci´on secuencial de conceptos topol´oxicos Alg´uns dos conceptos topol´oxicos introducidos no tema anterior (Secci´on 2.4) poden ser caracterizados en termos de sucesi´ons. Sexa X⊂RneA⊂X. Proposici´on 3.15. Un punto x∈X´e adherente (Definici´on 2.26) a Ase e s´o se existe unha sucesi´on {xk}de puntos de Atal que {xk} → x. 32 Sucesi´ons Demostraci´on. Supo˜namos primeiro que x∈¯ A. Vexamos que existe unha sucesi´on de puntos de Aque converxe a x. Para cada k∈N, por definici´on de punto clausura (Definici´on 2.26), e en vista de que BX(x,1/k)∩A=∅, podemos tomar xk∈B(x,1/k)∩A. Temos por tanto unha sucesi´on {xk} ⊂ Atal que 0 ≤d(xk,x)≤1/k. Como {1/k} → 0, o lema do sandwich (Lema 3.6) implica ent´on que d(xk,x)→0, ou equivalentemente, {xk} → x, como queriamos ver. Reciprocamente, supo˜namos que existe {xk} ⊂ Atal que {xk} → x, e probemos ent´on que x∈¯ A. Sexa r > 0 arbitrario. Como {xk} → x, existe N∈Ntal que xk∈BX(x, r) para todo k≥N. En particular, xN∈BX(x, r)∩A, co que BX(x, r)∩A=∅, o que proba que x ´e un punto da clausura (Definici´on 2.26) de A. A correspondente afirmaci´on para puntos de acumulaci´on pr´obase de xeito similar. A segunda afirmaci´on da seguinte proposici´on d´eixase como exercicio. Proposici´on 3.16. Sexa x∈X. Ent´on temos as seguintes caracterizaci´on dos puntos de acumulaci´on (Definici´on 2.30): x∈A′se e s´o se existe unha sucesi´on {xk}de puntos de A, todos distintos de x, tal que {xk} → x. x∈A′se e s´o se existe unha sucesi´on {xk}de puntos de A, todos distintos entre si, tal que {xk} → x. Demostraci´on. Supo˜namos primeiro que x∈A′. Vexamos que existe unha sucesi´on de puntos de A, todos distintos de x, que converxe a x. Para cada k∈N, por definici´on de punto de acumulaci´on (Definici´on 2.30), dado que BX(x,1/k)\{x}∩A=∅, podemos tomar xk∈B(x,1/k)∩Acon xk=x. Temos por tanto unha sucesi´on {xk} ⊂ A, con xk=x, tal que 0 ≤d(xk,x)≤1/k. Como {1/k} → 0, o lema do sandwich (Lema 3.6) implica ent´on que d(xk,x)→0, ou equivalentemente, {xk} → x, como faltaba por ver. Reciprocamente, supo˜namos que existe {xk} ⊂ A, con xk=xpara todo k∈N, tal que {xk} → x, e probemos ent´on que x∈A′. Completitude 33 Sexa r > 0 arbitrario. Como {xk} → x, existe N∈Ntal que xk∈BX(x, r) para todo k≥N. Por hip´otese, xN=x, e as´ı xN∈BX(x, r)\{x}∩A, co que BX(x, r)\{x}∩A= ∅. En consecuencia, x´e un punto de acumulaci´on (Definici´on 2.30) de A. De xeito parecido, podemos tam´en obter unha caracterizaci´on dos conxuntos pechados, como aqueles que conte˜nen t´odolos l´ımites das s´uas sucesi´ons converxentes. Proposici´on 3.17. Un conxunto A⊂X´e pechado (Definici´on 2.18) en Xse e s´o se para toda sucesi´on {xk}de puntos de Aque converxa en Xa un punto, digamos x∈X, se ten que x∈A. Demostraci´on. Supo˜namos que A´e pechado (Definici´on 2.8), e sexa {xk} ⊂ Aunha sucesi´on tal que {xk} → x∈X. Vexamos que x∈A. Pola contra supo˜namos que x∈X\A. Como X\A´e aberto, existe r > 0 tal que BX(x, r)⊂X\A. Para este radio, como {xk} → x, existe N∈Ntal que xk∈BX(x, r)⊂ X\A, para todo k≥N, o que ´e absurdo pois {xk} ⊂ A. Logo x∈Acomo queriamos ver. Supo˜namos agora que Anon ´e pechado e vexamos que hai unha sucesi´on {xk}de puntos de Aque non converxe a un punto de A. Como Anon ´e pechado (Definici´on 2.8), existe x∈X\Atal que para todo r > 0 se ten que BX(x, r)∩A=∅. En particular, para r= 1/k existir´a xk∈BX(x,1/k)∩A. Constru´ımos as´ı unha sucesi´on {xk} ⊂ A. Ademais, como 0 ≤d(xk,x)<1/k, polo lema do sandwich (Lema 3.6) ded´ucese que {xk} → x∈X\A, como queriamos ver. Esta caracterizaci´on dos conxuntos pechados ´e ´util sobre todo para probar que un conxunto non ´e pechado, xa que bastar´a con atopar unha sucesi´on de puntos do conxunto que non converxe a un punto do conxunto. 3.2. Completitude Nesta secci´on introduciremos o concepto de sucesi´on de Cauchy e de completitude dun conxunto. Estes dous conceptos non son puramente topol´oxicos, sen´on que est´an asociados ´a distancia. Non obstante interesa co˜necelos xa que aparecen en moitos lugares das matem´aticas. 3.2.1. Sucesi´ons de Cauchy Falando informalmente, nunha sucesi´on de Cauchy pret´endese defini-lo concepto de converxencia sen facer referencia ´o l´ımite. As´ı, unha sucesi´on ser´a de Cauchy cando “converxe”, pero no espacio no que est´a inclu´ıda pode falta-lo seu l´ımite. Vexamos a continuaci´on estas afirmaci´ons de xeito m´ais riguroso. Definici´on 3.18.Unha sucesi´on {xk}´e de Cauchy se ∀ϵ > 0,∃N∈N:d(xp,xq)< ϵ, ∀p, q ≥N. Equivalentemente, {xk}´e de Cauchy se e s´o se ∀ϵ > 0,∃N∈N:d(xk,xk+m)< ϵ, ∀k≥N, ∀m≥0. 40 Sucesi´ons Cap´ıtulo 4 Continuidade O obxectivo deste tema ´e introduci-lo concepto de continuidade dunha funci´on, tan- to desde o punto de vista puntual como global. Tam´en se falar´a de homeomorfismos e propiedades topol´oxicas. 4.1. Continuidade puntual Nesta secci´on Xdenotar´a un subconxunto de Rn, e Yser´a un subconxunto de Rm. Definici´on 4.1.Unha funci´on f:X→Ydise que ´e continua en x0∈Xse ∀ϵ > 0,∃δ > 0 : d(x,x0)< δ =⇒d(f(x), f(x0)) < ϵ. Equivalentemente, f´e continua en x0se e s´o se ∀ϵ > 0,∃δ > 0 : f(BX(x0, δ)) ⊂BY(f(x0), ϵ). Exemplo 4.2.As seguintes funci´ons son continuas en calquera punto: As funci´ons constantes, a identidade idX:X→X,x7→ x, e a inclusi´on iX:X→Y, x7→ x, sendo X⊂Y, son funci´ons continuas. 41 42 Continuidade Aceptaremos, sen demostraci´on, que as funci´ons elementais t´ıpicas do c´alculo nunha variable son continuas. Por exemplo, os polinomios, as funci´ons trigonom´etricas (onde estean definidas), a exponencial e o logaritmo son continuas. Tam´en aceptamos que a suma, resta, multiplicaci´on, divisi´on (cando o denominador ´e non cero), potencias e radicales (de n´umeros positivos) de n´umeros reais son funci´ons continuas. A definici´on de continuidade pode establecerse de tal xeito que s´o involucra a topolox´ıa dun conxunto (Observaci´on 2.6). Proposici´on 4.3. Unha funci´on f:X→Y´e continua en x0∈Xse e s´o se para calquera aberto Vde Ycontendo a f(x0)existe un aberto Ude Xcontendo a x0tal que f(U)⊂V. Demostraci´on. Supo˜namos que f´e continua en x0∈X. Sexa Vaberto en Ytal que f(x0)∈V. Por definici´on de aberto (Definici´on 2.1), existe ϵ > 0 tal que BY(f(x0), ϵ)⊂ V. Como f´e continua (Definici´on 4.1) en x0, existe δ > 0 tal que f(BX(x0, δ)) ⊂ BY(f(x0), ϵ). Por tanto, tomando U=BX(x0, δ) obtemos f(U)⊂BY(f(x0), ϵ)⊂V. Rec´ıprocamente, supo˜namos que para calquera aberto Vde Ycontendo a f(x0) existe un aberto Ude Xcontendo a x0tal que f(U)⊂V. Sexa ϵ > 0 dado. Como BY(f(x0), ϵ) ´e un aberto en Ycontendo a f(x0) existe, por hip´otese, un aberto Ude Xtal que x0∈U ef(U)⊂BY(f(x0), ϵ). Por definici´on de aberto (Definici´on 2.1), existe δ > 0 tal que BX(x0, δ)⊂U. En consecuencia, f(BX(x0, δ)) ⊂f(U)⊂BY(f(x0), ϵ), como queriamos ver. O seguinte resultado afirma que a composici´on de aplicaci´ons continuas ´e unha aplicaci´on continua. Teorema 4.4. Sexan X⊂Rn,Y⊂RmeZ⊂Rp. Consideremos f:X→Yeg:Y→Z aplicaci´ons, e x0∈X. Se f´e continua en x0eg´e continua en f(x0), ent´on g◦f´e continua en x0. Continuidade puntual 43 Demostraci´on. Sexa ϵ > 0 dado. Como g´e continua (Definici´on 4.1) en f(x0)∈Y, existe η > 0 tal que g(BY(f(x0), η)) ⊂BZ(g(f(x0)), ϵ). Como f´e continua (Definici´on 4.1) en x0∈X, existe δ > 0 tal que f(BX(x0, δ)) ⊂BY(f(x0), η). En consecuencia, (g◦f)(BX(x0, δ)) = g(f(BX(x0, δ))) ⊂g(BY(f(x0), η)) ⊂BZ((g◦f)(x0), ϵ), como queriamos ver. O seguinte resultado co˜necese como a caracterizaci´on secuencial da continuidade. Proposici´on 4.5. Unha funci´on f:X→Y´e continua en x0∈Xse e s´o se para toda sucesi´on {xk}de puntos de Xtal que {xk} → x0se ten que {f(xk)} → f(x0). Dito dun xeito m´ais impreciso, f´e continua se e s´o se l´ım k→∞f(xk) = fl´ım k→∞xk, onde {xk}´e unha sucesi´on converxente ´o punto onde estamos mirando a continuidade. Demostraci´on. Supo˜namos que f´e continua en x0e sexa {xk} ⊂ Xunha sucesi´on tal que {xk} → x0. Vexamos que {f(xk)} → f(x0). Sexa Vun aberto contendo a f(x0) arbitrario. 44 Continuidade Como f´e continua (Proposici´on 4.3) en x0, existe Uaberto en Xcon x0∈Utal que f(U)⊂V. Por ser converxente (Proposici´on 3.3) {xk} → x0, existe N∈Ntal que xk∈Upara todo k≥N. Pois ben, se k≥N, ent´on f(xk)∈f(U)⊂V, co que {f(x)} → f(x0). Reciprocamente, supo˜namos que fnon ´e continua en x0. Vexamos que existe unha sucessi´on {xk}en Xtal que {xk} → x0, pero tal que {f(xk)}non converxe a f(x0). Como fnon ´e continua (Proposici´on 4.3) en x0, existe ϵ > 0 tal que para calquera δ > 0 se ten que f(BX(x0, δ)) ⊂ BY(f(x0), ϵ). En particular, collendo δ= 1/k,k∈N, podemos atopar xk∈BX(x0,1/k) tal que f(xk)∈ BY(f(x0), ϵ). Polo lema do sandwich (Lema 3.6), como 0 ≤d(xk,x0)<1/k obtemos que {xk} → x0. Non obstante, d(f(xk), f(x0)) ≥ϵpara todo k∈N, co que {f(xk)}non converxe a f(x0), como queriamos ver. Observaci´on 4.6.Def´ınense as proxecci´ons de Rn, como as aplicaci´ons πi:Rn→Rdadas pola expresi´on πi(x1, ... , xn) = xi, para cada i∈ {1, ... , n}. Tendo en conta que para calquera x,y∈Rnobtemos |πi(x)−πi(y)|=|xi−yi| ≤ ∥x−y∥=d(x,y), ´e doado deducir que as proxecci´ons son continuas en calquera punto x∈Rn. Se agora temos f:X→Ycon X⊂RneY⊂Rm, defin´ımo-las compo˜nentes ou coordenadas de fcomo as funci´ons fi=πi◦f:X→R, para cada i∈ {1, ... , m}. Por tanto, podemos escribir f(x1, ... , xn) = f1(x1, ... , xn), ... , fm(x1, ... , xn). Resulta que unha funci´on ´e continua se e s´o se o son t´odalas s´uas compo˜nentes. Proposici´on 4.7. Unha funci´on f:X→Y´e continua en x0∈Xse e s´o se as s´uas compo˜nentes fi:X→Rson continuas en x0para todo i∈ {1, ... , m}. Demostraci´on. Se f´e continua en x0, como as proxecci´ons (Observaci´on 4.6) πison continuas en todo punto, obtemos que fi=πi◦f´e continua por ser composicion de continuas (Teorema 4.4). Reciprocamente, supo˜namos que as compo˜nentes f1, ... , fmde fson continuas en x0 e vexamos que ent´on ftam´en ´e continua (Definici´on 4.1) en x0. Sexa ϵ > 0 dado. Dado i∈ {1, ... , m}, como fi´e continua en x0, existe δi>0 tal que se d(x,x0)< δi ent´on |fi(x)−fi(x0)|< ϵ/√m. Continuidade global 45 Tomemos pois δ= m´ın{δ1, ... , δm}e sexa x∈Xtal que d(x,x0)< δ. Ent´on, d(f(x), f(x0)) = v u u t m X i=1fi(x)−fi(x0)2 ≤v u u t m X i=1 m´ax j∈{1,...,m}fj(x)−fj(x0)2! =√m m´ax j∈{1,...,m}n|fj(x)−fj(x0)|o)! <√mϵ √m=ϵ, como queriamos probar. Exemplo 4.8.Simplemente observando a definici´on, ´e sinxelo ver que o producto escalar (Definici´on 1.1), a norma (Definici´on 1.3) e a distancia (Definici´on 1.9) de Rnson funci´ons continuas en todo punto. 4.2. Continuidade global Nesta materia estaremos sobre todo interesados en funci´ons que son continuas en t´odolos puntos. Non empregar´emo-la denominaci´on “globalmente continua” para unha funci´on que sexa continua en t´odolos puntos a menos que queiramos enfatizar este feito. Como sempre, tomaremos X⊂RneY⊂Rm. Definici´on 4.9.Dicimos que f´e continua en Xse f´e continua en x(Definici´on 4.1) para todo x∈X. O seguinte teorema ´e fundamental en topolox´ıa. De feito, a segunda equivalencia ´e o que habitualmente se toma como definici´on de aplicaci´on continua entre espacios topol´oxicos (Observaci´on 2.6). Teorema 4.10. Sexa f:X→Yunha aplicaci´on. Ent´on, as seguintes afirmaci´ons son equivalentes f´e continua en X. Para cada subconxunto Vaberto en Y, a s´ua imaxe rec´ıproca, f−1(V), ´e aberto en X. Para cada subconxunto Fpechado en Y, a s´ua imaxe rec´ıproca, f−1(F), ´e pechado en X. Demostraci´on. Supo˜namos que f´e continua en X(Definici´on 4.9) e sexa Vaberto en Y. Vexamos ent´on que f−1(V) ´e aberto (Definici´on 2.16) en X. Sexa pois x∈f−1(V) arbitrario. Como f(x)∈VeV´e aberto (Definici´on 2.16), existe ϵ > 0 tal que BY(f(x), ϵ)⊂V. Como f´e continua en x, existe δ > 0 tal que f(BX(x, δ)) ⊂BY(f(x), ϵ). Por tanto, BX(x, δ)⊂f−1(f(BX(x, δ))) ⊂f−1(BY(f(x), ϵ)) ⊂f−1(V), 46 Continuidade de onde se deduce que f−1(V) ´e aberto. 1 O segundo e o terceiro enunciado son equivalentes xa que f−1(Y\G) = X\f−1(G) e os pechados son os complementarios dos abertos. Finalmente, supo˜namos que a imaxe rec´ıproca dun aberto en Y´e aberto en Xe vexamos que ent´on f´e continua (Definici´on 4.9). Sexa x∈Xarbitrario, e vexamos pois que f´e continua en x(Definici´on 4.1). Sexa ϵ > 0 dado. Como BY(f(x), ϵ) ´e aberto en Y(por ser unha b´ola aberta (Proposici´on 2.2)), por hip´otese f−1(BY(f(x), ϵ)) ´e aberto (Definici´on 2.16) en X. Ademais, x∈f−1(BY(f(x), ϵ)) co que existe δ > 0 tal que BX(x, δ)⊂f−1(BY(f(x), ϵ)). Pois ben, f(BX(x, δ)) ⊂f(f−1(BY(f(x), ϵ))) ⊂BY(f(x), ϵ)), de modo que f´e continua en x. 1Sexa f:X→Yunha funci´on. Ent´on: Para calquera A⊂X,A⊂f−1(f(A)). Para calquera B⊂Y,f(f−1(B)) ⊂B. Continuidade global 47 Exemplo 4.11.O teorema anterior pode ser empregado para probar, de xeito moi sinxelo, o car´acter aberto ou pechado de moitos subconxuntos. Consideremos por exemplo os n´umeros reais a,b,c∈Re definamos f:R2→Rcomo f(x, y) = ax +by +c. Resulta que a funci´on f´e continua, xa que prov´en de compo˜ner funci´ons continuas como son as proxecci´ons, as constantes, sumas e productos. Tendo en conta isto, O conxunto A={(x, y)∈R2:ax +by +c > 0}´e aberto. En efecto, temos que A=f−1((0,∞)) e sabemos que (0,∞) ´e aberto en Re que f´e continua. Logo, pola caracterizaci´on da continuidade (Teorema 4.10), A=f−1((0,∞)) ´e aberto en R2. ´ E dicir, os semiplanos abertos son conxuntos abertos de R2. De xeito similar, o conxunto B={(x, y)∈R2:ax+by+c≥0}´e pechado. En efecto, pois B=f−1([0,∞)), [0,∞) ´e pechado en R, e f´e continua, e simplemente empreg´amo-la terceira equivalencia da caracterizaci´on da continuidade (Teorema 4.10). Analogamente, as rectas tam´en son pechadas, xa que se satisfai que {(x, y)∈R2: ax +by +c= 0}=f−1({0}) e {0}´e pechado en R. Exemplo 4.12.C´ompre sinalar que non hai, en xeral, relaci´on entre a continuidade (´e dicir, que a imaxe rec´ıproca de abertos ou pechados sexa aberto ou pechado, respectivamente), e que a imaxe directa dun aberto ou un pechado sexa aberto ou pechado. Po˜nemos alg´un exemplo. Consider´amo-la funci´on f:R→ {0,1}definida como f(x) =    0,se x∈Q, 1,se x∈R\Q. Claramente fnon ´e continua en ning´un punto de R, xa que toda b´ola centrada nun punto de Rten puntos racionais e irracionais. Non obstante, fleva calquera subconxunto de Rnun aberto de {0,1}. Isto ´e as´ı porque calquera subconxunto de {0,1}´e aberto en {0,1}. En efecto, {0}={0,1}∩(−1/2,1/2), e {1}={0,1}∩(1/2,3/2); pola caracterizaci´on dos abertos relativos (Proposici´on 2.17) de Rtemos pois que {0}e{1}son abertos en {0,1}. Como t´odolos subconxuntos de {0,1}son abertos en {0,1}, ´e claro que ent´on todo subconxunto de {0,1}tam´en ´e pechado en {0,1}. En particular, fleva abertos en abertos e pechados en pechados. 48 Continuidade Sexa agora g:R→Rdada por g(x) = 1 1+x2, que ´e unha funci´on continua (por ser composici´on de continuas (Teorema 4.4)). Non obstante, non leva necesariamente abertos en abertos, nin pechados en pechados. Por exemplo, g((−1,1)) = (1/2,1], g([1,∞)) = [1,0). 4.2.1. Restricci´on de funci´ons continuas Sexan X⊂RneY⊂Rm. En primeiro lugar veremos que a continuidade non depende do rango. Proposici´on 4.13. Sexa f:X→Yunha aplicaci´on. Sexa Z⊂Rmun conxunto tal que f(X)⊂Ze denotemos ˆ f:X→Z´a funci´on definida como ˆ f(x) = f(x),x∈X. Ent´on, f´e continua en x0∈Xse e s´o se ˆ f´e continua en x0. Demostraci´on. Supo˜namos que f´e continua en x0∈X, e vexamos que ˆ ftam´en o ´e. Sexa ϵ > 0 dado. Como f´e continua (Definici´on 4.1) en x0, existe δ > 0 de xeito que f(BX(x0), δ)⊂ BY(f(x0, ϵ)). Agora ben, como f(x) = ˆ f(x) para todo x∈X, e f(X)⊂Y∩Z, obtemos, por definici´on de b´ola relativa (Definici´on 2.14), que ˆ f(BX(x0, δ)) ⊂BZ(f(x0), ϵ), co que ˆ f´e continua en x0. Como os papeis de f:X→Yeˆ f:X→Zson intercambiables, ded´ucese o resultado. De feito, a partir de agora non faremos distinci´on coa notaci´on entre as funci´ons fe ˆ fda proposici´on anterior (Proposici´on 4.13), e simplemente denotar´emo-las d´uas por f. Ademais de X⊂RneY⊂Rmtomemos agora A⊂X. Dada unha aplicaci´on f:X→Y, denom´ınase restricci´on de faA´a composici´on f|A=f◦iA:AiA →Xf →Y, ´e dicir, ´a funci´on fconsiderada como definida soamente no conxunto A. Dado que a inclusi´on iA´e continua, ´e obvio que Continuidade global 49 Proposici´on 4.14. A restricci´on dunha funci´on continua a calquera subconxunto segue a ser continua. Exemplo 4.15.O rec´ıproco do anterior resultado non ´e certo. Tomemos por exemplo a funci´on f:R→Rdefinida como f(x) =      0,se x∈Q, 1,se x∈R\Q. ´ E claro que f|QefR\Qson continuas por ser constantes. Non obstante, fnon ´e continua en ning´un punto de R, xa que toda b´ola centrada nun punto de Rten puntos racionais e irracionais. Agora ben, se o conxunto ´o que nos restrinximos ´e aberto, ent´on si que podemos garantiza-la continuidade. Proposici´on 4.16. Sexa f:X→Yunha aplicaci´on, Aaberto en X, e supo˜namos que f|A´e continua. Ent´on, f´e continua en t´odolos puntos de A. Demostraci´on. Sexa x∈Ae vexamos que f´e continua (Definici´on 4.1) en x. Sexa ϵ > 0 dado. Como f|A´e continua (Definici´on 4.1) en x∈A, existe δ1>0 tal que f|A(BA(x, δ1)) ⊂ BY(f(x), ϵ). Como A´e aberto (Definici´on 2.16) en X, existe δ2>0 tal que BX(x, δ2)⊂A. Tomemos pois δ= m´ın{δ1, δ2}. Ent´on BX(x, δ)⊂Ao que implica, pola definici´on de b´ola relativa (Definici´on 2.14), que BA(x, δ) = BX(x, δ). As´ı f(BX(x, δ)) = f|A(BA(x, δ)) ⊂BY(f(x), ϵ). Por tanto, f´e continua en x, como queriamos ver. 56 Continuidade En particular, t´odalas b´olas de Rnson homeomorfas entre si. Non obstante, b´olas de distintas dimensi´ons non son homeomorfas, a´ında que a demostraci´on desta afirmaci´on tan xeral est´a m´ais al´o dos obxectivos deste curso. Demostraci´on. Vexamos primeiro que BRn(0,1) ´e homeomorfa a Rn. Para iso, basta con defini-la aplicaci´on f:B(0,1) →Rn, mediante f(x) = x 1−∥x∥. ´ E claro que f´e continua, e pode verse que a s´ua inversa v´en dada por f−1(y) = y 1 + ∥y∥, que tam´en ´e continua. Logo f´e un homeomorfismo (Definici´on 4.26). A continuaci´on, para ver que d´uas b´olas calquera B(x, r) e B(y, s) son homeomorfas, basta con compo˜ner traslaci´ons e homotecias (que son homeomorfismos). En efecto, sexa f=Ty◦Hs/r ◦T−x. Ent´on, f|B(x,r):B(x, r)→B(y, s) ´e un homeomorfismo (Definici´on 4.26). Un argumento similar ´o do teorema anterior valer´ıa tam´en para ver que d´uas b´olas pechadas de Rnson homeomorfas entre si. Non obstante, veremos que unha b´ola pechada de Rnnon ´e homeomorfa a Rn. 4.4.1. Propiedades topol´oxicas Denotaremos xenericamente por Pa unha propiedade que poida satisfacer un conxunto (m´ais concretamente un espacio topol´oxico (Observaci´on 2.6)). Definici´on 4.31.Unha propiedade Pdise que ´e topol´oxica se ´e invariante por homeomorfismos (Definici´on 4.26), ´e dicir, que se Xsatisfai a propiedade P, e Y´e homeomorfo aX, ent´on Ytam´en satisfai a propiedade P. Por tanto, se XeYson homeomorfos, ent´on ter´an as mesmas propiedades topol´oxicas. Exemplo 4.32.Propiedades topol´oxicas b´asicas: “Ser finito” ´e unha propiedade topol´oxica (Definici´on 4.31). En efecto, se X´e un conxunto finito, e Y´e homeomorfo (Definici´on 4.26) a X, ent´on, como os homeomorfismos son aplicaci´ons bixectivas, Ytam´en ´e finito. Analogamente, “ser numerable” ou “ser non numerable” tam´en son propiedades topol´oxicas (Definici´on 4.31), xa que os homeomorfismos conservan o cardinal. A completitude (Definici´on 3.26) non ´e unha propiedade topol´oxica (Definici´on 4.31). Por exemplo, vimos que (−1,1) e Rson homeomorfos (Proposici´on 4.28), pero (−1,1) non ´e completo (por non ser pechado en R(Proposici´on 3.27)), mentres que Rsi ´e completo (Teorema 3.30). O obxectivo do que queda de curso ´e definir d´uas propiedades topol´oxicas, conexi´on e compacidade, que, entre outras cousas, nos permitir´an determinar nalgunhas situaci´ons se dous conxuntos son ou non homeomorfos. Problemas resoltos 57 4.5. Problemas resoltos Problema 4.33.Sexa A={(x, y)∈R2:y=x2+ 1}. Probar que toda sucesi´on de Cauchy de puntos de Aconverxe a un punto de A. Soluci´on. Consider´amo-la aplicaci´on f:R2→Rdefinida por f(x, y) = y−x2−1, que claramente ´e unha funci´on continua. Ent´on A=f−1({0}), e por tanto, A´e pechado en R2 por ser imaxe rec´ıproca dun pechado por unha aplicaci´on continua. Logo, A´e completo, e en consecuencia toda sucesi´on de Cauchy de A´e converxente en A. Problema 4.34.Sexa A={(x, y)∈R2:y≥ |x|ou y < 0}. Calcula-lo interior de A. Soluci´on. Sexa B={(x, y)∈R2:y > |x|ou y < 0} e vexamos que Int(A) = B. Consider´amo-la funci´on f:R2→Rdefinida por f(x, y) = y− |x|, que claramente ´e continua por ser composici´on de aplicaci´ons continuas. Como B=f−1((0,∞))∪{(x, y)∈ R2:y > 0}, temos que B´e aberto por ser uni´on de abertos (o primeiro conxunto ´e imaxe rec´ıproca dun aberto por unha aplicaci´on continua, mentres que o segundo ´e un semiplano aberto). Xa que o interior ´e o maior aberto contido no conxunto, temos que B⊂Int(A). Falta por ver que se (x, y)∈A\Bent´on (x, y)/∈Int(A). Tomemos pois (x, y)∈A\B, ´e dicir, y=|x|. Sexa r > 0 arbitrario e tomemos z= m´ın{r/2,|x|} >0. Ent´on (x, |x|−z)∈B((x, |x|), r)∩(R2\A), pois d((x, |x|),(x, |x|−z)) = z≤r/2< r, |x|−z < |x|, e |x|−z≥0. Problema 4.35.Sexa A={(x, y)∈R2:|y| ≥ x2}. Calcula-lo interior de A. 58 Continuidade Soluci´on. Sexa B={(x, y)∈R2:|y|> x2}. e vexamos que Int(A) = B. Consider´amo-la funci´on f:R2→Rdefinida por f(x, y) = |y| − x2, que claramente ´e continua por selo as proxecci´ons, o valor absoluto, a resta e a composici´on de aplicaci´ons continuas. Como B=f−1((0,∞)), temos que B´e aberto por ser imaxe rec´ıproca dun aberto por unha aplicaci´on continua. Xa que o interior ´e o maior aberto contido no conxunto, temos que B⊂Int(A). Falta por ver que se (x, y)∈A\Bent´on (x, y)/∈Int(A). Tomemos pois (x, y)∈A\B, ´e dicir, |y|=x2. Sexa r > 0 arbitrario. Supo˜namos x≥0, sendo o caso x≤0 an´alogo a este. Neste caso tom´emo-lo punto (x+r/2, y)∈B((x, y), r), que non obstante satisfai (x+r/2, y)/∈Axa que |y|=x2< x2+r/2. Problema 4.36.Decidir se o conxunto A={(x, y)∈R2:|y| ≥ x2}´e completo. Soluci´on. Vexamos que A´e completo. Consider´amo-la funci´on f:R2→Rdefinida mediante f(x, y) = |y|−x2. Claramente ´e continua por selo as proxecci´ons, o valor absoluto, a resta e a composici´on de aplicaci´ons continuas. Como A=f−1([0,∞)), temos que A´e pechado por ser imaxe rec´ıproca dun pechado por unha aplicaci´on continua. Como en R2, que ´e completo, os pechados e os completos coinciden, A´e pechado. Problema 4.37.Sexa X=n1 n:n∈Noef:X→Runha funci´on arbitraria. ¿´ Efunha funci´on continua? Soluci´on. Verdadeiro. Como {1 n}=1 n+1,1 n−1∩X,n≥2, e {1}=1 2,∞∩X, deducimos que t´odolos subconxuntos formados por un punto de Xson abertos en X. Como a uni´on arbitraria de abertos de X´e aberto en Xdeducimos que t´odolos subconxuntos de Xson abertos. Se f:X→Y´e unha funci´on arbitraria e V´e aberto en Y, ent´on f−1(V) ´e aberto en X(pois t´odolos subconxuntos de Xo son). Logo, f´e continua. Problemas resoltos 59 Problema 4.38.Consider´emo-la funci´on f:R2→R2dada por f(x, y) =        (4xy, 2|x|) se y > |x|, (2y, 2x2) se y≤ |x|. estudia-la continuidade de f. Soluci´on. Consider´emo-la aplicaci´on g:R2→Rdefinida por g(x, y) = y−|x|. Claramente g´e continua, e por tanto os conxuntos U=g−1((0,∞)) = {(x, y)∈R2:y > |x|} e V=g−1((−∞,0)) = {(x, y)∈R2:y < |x|} son abertos por seren imaxe rec´ıproca dun aberto por una aplicaci´on continua. Como f|U: (x, y)∈U7→ f(x, y) = (4xy, 2|x|)∈R2 ´e continua e U´e aberto en R2conclu´ımos que f´e continua nos puntos de U. Analogamente, f|V: (x, y)∈V7→ f(x, y) = (2y, 2x2)∈R2´e continua e V´e aberto, co que ftam´en ´e continua nos puntos de V. En conclusi´on, f´e continua nos puntos de U∪V. Estud´amo-la continuidade en R2\(U∪V) = {(x, y)∈R2:y=|x|}. Sexa x∈R,x= 0, e estudemos por tanto a continuidade en (x, |x|)∈R2. Tom´amo-la sucesi´on {(x, |x|+1 n)}, que obviamente converxe a (x, |x|). Por unha banda, f(x, |x|) = (2|x|,2x2), e pola outra, {f(x, |x|+1 n)}={(4x(|x|+1 n),2|x|)}, que converxe a (4x|x|,2|x|). Como x= 0, claramente (2|x|,2x2)= (4x|x|,2|x|) e en consecuencia fnon ´e continua en (x, |x|), x= 0. Finalmente estud´amo-la continuidade no punto (0,0). Sexa ϵ > 0 dado. Tomemos δ= m´ın{1,ϵ 4}>0. Consideremos (x, y)∈R2tal que d((x, y),(0,0)) < δ. En particular temos |x| ≤ qx2+y2 =d((x, y),(0,0)) < δ ≤1, 60 Continuidade e as´ı |x|< x2<1. Se y > |x|, ent´on d(f(x, y), f(0,0)) = d((4xy, 2|x|),(0,0)) =q16x2y2+ 4x2 <q16y2+ 4x2 ≤q16x2+ 16y2 = 4d((x, y),(0,0)) <4δ≤4ϵ 4=ϵ. Por outra banda, se y≤ |x|, ent´on d(f(x, y), f(0,0)) = d((2y, 2x2),(0,0)) =q4y2+ 4x4 ≤q4y2+ 4x2 = 2d((x, y),(0,0)) <2δ≤2ϵ 4=ϵ 2< ϵ. Isto proba que f´e continua en (0,0). En consecuencia, f´e continua no conxunto {(x, y)∈R2:y=|x|} ∪ {(0,0)}e non continua no resto dos puntos. Problema 4.39.Considera-la funci´on f:R2→R2dada por f(x, y) =        (y, x + 1) se y > x + 1, (2x, y) se y≤x+ 1. estudia-la continuidade de f. Soluci´on. Consider´emo-la aplicaci´on g:R2→Rdefinida por g(x, y) = y−x−1. Claramente g´e continua, e por tanto os conxuntos U=g−1((0,∞)) = {(x, y)∈R2:y > x+1} eV=g−1((−∞,0)) = {(x, y)∈R2:y < x + 1}son abertos por seren imaxe rec´ıproxa dun aberto por una aplicaci´on continua. Como f|U: (x, y)∈U7→ f(x, y) = (y, x+1) ∈R2 ´e continua e U´e aberto en R2conclu´ımos que f´e continua nos puntos de U. Analogamente, f|V: (x, y)∈V7→ f(x, y) = (2x, y)∈R2´e continua e V´e aberto, co que ftam´en ´e continua nos puntos de V. En conclusi´on f´e continua nos puntos de U∪V. Estud´amo-la continuidade no conxunto R2\(U∪V) = {(x, y)∈R2:y=x+ 1}. Sexa x∈R,x= 1 e estudemos por tanto a continuidade en (x, x + 1) ∈R2. Tom´amola sucesi´on {(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= 1, claramente (2x, x + 1) = (x+ 1, x + 1) e en consecuencia fnon ´e continua en (x, x + 1), x= 1. Problemas resoltos 61 Finalmente estud´amo-la continuidade en (1,2). Sexa ϵ > 0 dado. Tomemos δ=ϵ/2> 0. Consideremos (x, y)∈R2tal que d((x, y),(1,2)) < δ. Se y > x + 1 ent´on temos d(f(x, y), f(1,2)) = d((y, x + 1),(2,2)) =q(y−2)2+ (x−1)2 =d((x, y),(1,2)) < δ =ϵ/2< ϵ. Por outra banda, se y≤x+ 1 ent´on d(f(x, y), f(1,2)) = d((2x, y),(2,2)) =q(2x−2)2+ (y−2)2 ≤q4(x−1)2+ (y−2)2+ 3(y−2)2 = 2q(x−1)2+ (y−2)2 = 2d((x, y),(1,2)) <2δ=ϵ. Isto proba que f´e continua en (1,2). En consecuencia, f´e continua no conxunto {(x, y)∈R2:y=x+ 1}∪{(1,2)}e non continua no resto dos puntos. Problema 4.40.Determinar se o conxunto A={(x, y)∈R2: cos(x) + y=x3,−π≤x≤π} ´e completo. Soluci´on. Vexamos que si que ´e completo. A aplicaci´on f: [−π, π]×R⊂R2→Rdefinida por f(x, y) = cos(x) + y−x3´e claramente continua. Ent´on o conxunto f−1({0}) = {(x, y)∈[−π, π]×R: cos(x) + y−x3= 0}=A ´e pechado en [−π, π]×Rpor ser imaxe rec´ıproca dun pechado por unha aplicaci´on continua, e por tanto tam´en ´e pechado en R2, xa que [−π, π]×R´e pechado en R2. Dado que en R2, que ´e completo, os pechados e os completos coinciden, deducimos que A´e comple- to. Problema 4.41.Considera-la funci´on f:R2→R2dada por f(x, y) =        (2x−y, 4y) se y > 2x, (0,3x) se y≤2x. estudia-la continuidade de f. 62 Continuidade Soluci´on. Consider´emo-la aplicaci´on g:R2→Rdefinida por g(x, y) = y−2x. Claramente a funci´on g´e continua, e por tanto os conxuntos U=g−1((0,∞)) = {(x, y)∈R2:y > 2x} eV=g−1((−∞,0)) = {(x, y)∈R2:y < 2x}son abertos por seren imaxe rec´ıproxa dun aberto por una aplicaci´on continua. Como f|U: (x, y)∈U7→ f(x, y) = (2x−y, 4y)∈R2 ´e continua e U´e aberto en R2conclu´ımos que f´e continua nos puntos de U. Analogamente, f|V: (x, y)∈V7→ f(x, y) = (0,3x)∈R2´e continua e V´e aberto, co que ftam´en ´e continua nos puntos de V. En conclusi´on f´e continua nos puntos de U∪V. Estud´amo-la continuidade en R2\(U∪V) = {(x, y)∈R2:y= 2x}. Sexa x∈R,x= 0 e estudemos por tanto a continuidade en (x, 2x)∈R2. Tom´amo-la sucesi´on {(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= 0, claramente (0,3x)= (0,8x) e en consecuencia fnon ´e continua en (x, 2x), x= 0. Finalmente estud´amo-la continuidade en (0,0). Sexa ϵ > 0 dado. Tomemos δ= ϵ/5>0. Consideremos (x, y)∈R2tal que d((x, y),(0,0)) < δ. En particular, |x|,|y| ≤ √x2+y2< δ o que implica −δ < x, y < δ e por tanto, −3δ=−2δ−δ < 2x−y < 2δ+δ= 3δ. Se y > 2xent´on temos d(f(x, y), f(0,0)) = d((2x−y, 4y),(0,0)) =q(2x−y)2+ 16y2 <q(3δ)2+ 16δ2 = 5δ=ϵ. Por outra banda, se y≤2xent´on d(f(x, y), f(0,0)) = d((0,3x),(0,0)) = 3|x|<3δ = 3ϵ/5< ϵ. Isto proba que f´e continua en (0,0). En consecuencia, f´e continua no conxunto {(x, y)∈R2:y= 2x} ∪ {(0,0)}e non continua no resto. Problema 4.42.Considera-la funci´on f:R2→R2dada por f(x, y) =        (1 −y, x + 1) se y−x≥1, (x, 1) se y−x < 1. Estudia-la continuidade de f. Soluci´on. Consider´amo-la funci´on g:R2→Rdefinida por g(x, y) = y−x, que claramente ´e continua. Por tanto, temos que os conxuntos U=g−1((1,+∞)) = {(x, y)∈R2: y−x > 1}eV=g−1((−∞,1)) = {(x, y)∈R2:y−x < 1}son abertos por ser imaxe Problemas resoltos 63 rec´ıproca dun aberto por unha funci´on continua. Obviamente, a funci´on f|U:U→R2, (x, y)7→ (1 −y, x + 1) ´e continua; como U´e aberto, conclu´ımos que f´e continua en t´odolos puntos de U. Analogamente, f|V:V→R2, (x, y)7→ (x, 1) ´e continua, e como V ´e aberto, obtemos que f´e continua en t´odolos puntos de V. Falta ve-la continuidade no conxunto {(x, y)∈R2:y−x= 1}. Collamos por tanto un punto da forma (x, x + 1), x∈R, e estudi´emo-la continuidade nese punto. Consider´emola sucesi´on {(x+ 1/n, x + 1)}. Claramente {(x+ 1/n, x + 1)} → (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)} → (x, 1). Logo, se x= 0 temos (−x, x + 1) = (x, 1) de onde se deduce que fnon ´e continua nos puntos {(x, y)∈R2:y−x= 1, x = 0}. Para rematar, estudi´amo-la continuidade en (0,1). Sexa pois ϵ > 0 dado. Tomemos δ=ϵ. Consideremos (x, y)∈R2tal que d((x, y),(0,1)) < δ. Se y−x≥1 temos que d(f(x, y), f(0,1)) = d((1 −y, x + 1),(0,1)) =q(1 −y)2+x2 =d((x, y),(0,1)) < δ =ϵ. Se y−x < 1, verif´ıcase que d(f(x, y), f(0,1)) = d((x, 1),(0,1)) =|x| ≤ qx2+ (y−1)2 =d((x, y),(0,1)) < δ =ϵ. En calquera caso obtivemos d(f(x, y), f(0,1)) < ϵ e por tanto a funci´on f´e continua en (0,1). En conclusi´on, f´e continua no conxunto {(x, y)∈R2:y−x= 1} ∪{(0,1)}, e non continua no resto de R2. Problema 4.43.Considera-la funci´on f:R2→R2dada por f(x, y) =        (x+ 1,2) se y≥x, (2x, 2y) se y < x. Estudia-la continuidade de f. Soluci´on. Consider´amo-la funci´on g:R2→Rdefinida por g(x, y) = y−x, que claramente ´e continua. Ent´on, os conxuntos U=g−1((0,+∞)) = {(x, y)∈R2:y > x}eV= g−1((−∞,0)) = {(x, y)∈R2:y < x}son abertos por ser imaxe rec´ıproca dun aberto por unha funci´on continua. Obviamente, a funci´on f|U:U→R2, (x, y)7→ (x+1,2) ´e continua; como U´e aberto, conclu´ımos que f´e continua en t´odolos puntos de U. Analogamente, f|V:V→R2, (x, y)7→ (2x, 2y) ´e continua, e como V´e aberto, obtemos que f´e continua en t´odolos puntos de V. Falta ve-la continuidade no conxunto {(x, y)∈R2:y=x}. Collamos por tanto un punto da forma (x, x), x∈R, e estudi´emo-la continuidade nese punto. Consider´emo-la sucesi´on {(x+1/n, x)}. Claramente {(x+1/n, x)} → (x, x). Agora ben, f(x, x)=(x+1,2), 64 Continuidade mentres que, como x < x + 1/n,{f(x+ 1/n, x)}={(2(x+ 1/n),2x)} → (2x, 2x). Logo, se x= 1 temos (x+ 1,2) = (2x, 2x) de onde se deduce que fnon ´e continua nos puntos {(x, y)∈R2:y=x, x = 1}. Para rematar, estudi´amo-la continuidade en (1,1). Sexa pois ϵ > 0 dado. Tomemos δ=ϵ/2. Consideremos (x, y)∈R2tal que d((x, y),(1,1)) < δ. Se y≥xtemos que d(f(x, y), f(1,1)) = d((x+ 1,2),(2,2)) =|x−1| ≤q(x−1)2+ (y−1)2 =d((x, y),(1,1)) < δ =ϵ/2< ϵ. Se y < x, temos d(f(x, y), f(1,1)) = d((2x, 2y),(2,2)) =q(2x−2)2+ (2y−2)2 = 2q(x−1)2+ (y−1)2 = 2d((x, y),(1,1)) <2δ=ϵ. En calquera caso obtivemos d(f(x, y), f(1,1)) < ϵ, e por tanto, a funci´on f´e continua en (1,1). En conclusi´on, f´e continua no conxunto {(x, y)∈R2:y=x}∪{(1,1)}, e non continua no resto de R2. Problema 4.44.¿Se X´e un conxunto completo e f:X→Y´e continua, ´e f(X) completo? Soluci´on. Falso. De feito (0,1) ´e homeomorfo a R, pero (0,1) non ´e completo e non obstante Rsi o ´e. Problema 4.45.Considera-la funci´on f:R2→R2dada por f(x, y) =        (x, 1) se y≥ex, (sen x, y) se y < ex. Estudia-la continuidade de f. (Axuda: |sen x| ≤ |x|, para calquera x∈R.) Soluci´on. Consider´amo-la funci´on continua g:R2→Rdefinida por g(x, y) = y−ex. Ent´on, os conxuntos U=g−1((0,+∞)) = {(x, y)∈R2:y > ex}eV=g−1((−∞,0)) = {(x, y)∈R2:y < ex}son abertos por ser imaxe rec´ıproca dun aberto por unha funci´on continua. Obviamente, a funci´on f|U:U→R2, (x, y)7→ (x, 1) ´e continua; como U´e aber- to conclu´ımos que f´e continua en t´odolos puntos de U. Analogamente, f|V:V→R2, (x, y)7→ (sen x, y) ´e continua, e como V´e aberto, obtemos que f´e continua en t´odolos puntos de V. Problemas resoltos 65 Falta ve-la continuidade no conxunto {(x, y)∈R2:y=ex}. Collamos por tanto un punto da forma (x, ex) e estudi´emo-la continuidade nese punto. Consider´emo-la sucesi´on {(x+ 1/n, ex)}. Claramente {(x+ 1/n, ex)} → (x, ex). Agora ben, f(x, ex)=(x, 1), mentres que, como ex< ex+1/n,{f(x+ 1/n, ex)}={sen(x+ 1/n), ex} → (sen x, ex) pola continuidade da funci´on sen. Logo, se x= 0 temos ex= 1, e as´ı (x, 1) = (sen x, ex), de onde se deduce que fnon ´e continua nos puntos {(x, y)∈R2:y=ex, x = 0}. Para rematar estudi´amo-la continuidade en (0,1). Sexa ϵ > 0 dado. Tomemos δ=ϵ. Consideremos (x, y)∈R2tal que d((x, y),(0,1)) < δ. Se y≥extemos que d(f(x, y), f(0,1)) = d((x, 1),(0,1)) =|x| ≤ qx2+ (y−1)2 =d((x, y),(0,1)) < δ =ϵ. Se y < ex, dado que |sen x|≤|x|, chegamos a que d(f(x, y), f(0,1)) = d((sen x, y),(0,1)) =qsen2x+ (y−1)2 ≤qx2+ (y−1)2 =d((x, y),(0,1)) < δ =ϵ. En calquera caso obtivemos d(f(x, y), f(0,1)) < ϵ, e por tanto a funci´on f´e continua en (0,1). En conclusi´on, f´e continua no conxunto {(x, y)∈R2:y=ex} ∪ {(0,1)}, e non continua no resto de R2. Problema 4.46.Considera-la funci´on f:R2→R2dada por f(x, y) =          x+y x,x−y xse x= 0, (1,1) se x= 0. Estudia-la continuidade de f. Soluci´on. En primeiro lugar, defin´ımo-lo conxunto U={(x, y)∈R2:x= 0}. Vexamos que U´e aberto. Para iso consider´amo-la proxecci´on na primeira variable π1:R2→R, x7→ π1(x, y) = x. Ent´on resulta evidente que U=π−1 1(R\{0}), e como π1´e continua, e R\{0}´e aberto en R(por ser {0}pechado), deducimos que efectivamente U´e aberto en R2. Agora observamos que f|Uv´en definida como f|U(x, y) = x+y x,x−y x, de modo que por ser f|Uun cociente de polinomios onde o denominador non se anula, conclu´ımos que f|U´e continua en U. Agora ben, como U´e aberto, deducimos que f ´e continua en t´odolos puntos de U. 72 Conexi´on isto quere dicir, BX(x, r)⊂Vou BX(x, r)⊂U, ou o que ´e o mesmo, que UeVson abertos en X. Isto xustifica a definici´on habitual da bibliograf´ıa: Definici´on 5.1.Sexa X⊂Rn. Dicimos que U|V´e unha separaci´on de Xse UeVson abertos en X(Definici´on 2.16), X=U∪V, U∩V=∅. Todo conxunto Xadmite a separaci´on ∅ | X, que ´e a que se chama separaci´on trivial. Un conxunto ser´a conexo cando non se pode separar en varios anacos. ´ E dicir, Definici´on 5.2.Dise que X⊂Rn´e conexo se a ´unica separaci´on que admite ´e a trivial. Equivalentemente, temos a seguinte caracterizaci´on. Proposici´on 5.3. Un conxunto X´e conexo se e s´o se os ´unicos subconxuntos de Xque son ´a vez abertos e pechados en Xson ∅eX. Demostraci´on. Supo˜namos que X´e conexo, e supo˜namos que U´e aberto (Definici´on 2.16) e pechado (Definici´on 2.18) en X. Ent´on V=X\U´e aberto e pechado en X, e por tanto, U|V´e unha separaci´on de X(Definici´on 5.1). Como X´e conexo (Definici´on 5.2), a separaci´on ´e trivial, e por tanto, U=∅ou U=X. Reciprocamente, se U|V´e separaci´on (Definici´on 5.1) de X, como UeVson abertos en X(Definici´on 2.16) e un ´e o complementario do outro, ent´on UeVson tam´en pechados (Definici´on 2.18). Por hip´otese, U=∅ou U=X, o cal significa que a separaci´on U|V ´e trivial. Observaci´on 5.4.Antes de continuar conv´en face-la seguinte precisi´on. Sexa Xun conxunto e U|Vunha separaci´on de X. Tomemos agora Y⊂X. Ent´on U∩Y|V∩Y ´e unha separaci´on de Y. En efecto, (U∩Y)∪(V∩Y) = (U∪V)∩Y =X∩Y=Y, (U∩Y)∩(V∩Y) = ∅∩Y=∅, e pola caracterizaci´on dos abertos relativos (Proposici´on 2.17), U∩YeV∩Yson abertos en Y. Eventualmente referir´emonos a esta separaci´on como a separaci´on de Yinducida pola separaci´on U|Vde X. O feito de que a separaci´on U∩Y|V∩Ysexa trivial quere dicir que U∩Y=∅ou U∩Y=Y, o cal ´e equivalente, respectivamente, a que Y⊂Vou Y⊂U. C´ompre resaltar que non toda separaci´on de Yv´en inducida por unha separaci´on de X. Ademais, se X´e conexo, Ynon ten por que selo, e reciprocamente, se Y´e conexo tampouco ten por que selo X. Exemplo 5.5.Presentamos alg´uns exemplos elementais: Un conxunto cun s´o punto, {x}´e conexo, xa que a ´unica separaci´on posible de {x} ´e ∅ | {x}. Conxuntos conexos 73 Figura 5.1: Separaci´on inducida O conxunto {x,y}, con x=y, non ´e conexo. Isto s´eguese do feito de que calquera subconxunto de Rn´e Hausdorff (Exercicio 3.5). En xeral, todo conxunto finito de Rncon m´ais dun punto ´e non conexo. Qnon ´e conexo: por exemplo, (−∞,√2) ∩Q|(√2,∞)∩Q´e unha separaci´on non trivial de Q. M´ais xeralmente, se X⊂Q, ent´on os ´unicos subconxuntos conexos de Xson os formados por un ´unico punto. En efecto, supo˜namos que Xten polo menos dous puntos x,y∈X,x < y, e sexa r∈R\Xun n´umero irracional con x < r < y. Ent´on (−∞, r)∩X|(r, ∞)∩X´e unha separaci´on non trivial de X. Probar que un conxunto ´e conexo non ´e sinxelo en xeral. Empezaremos por tanto determinando os conxuntos conexos da recta real. Definici´on 5.6.Un subconxunto A⊂Rdise un intervalo xeneralizado se para calquera x,y∈Acon x<yse satisfai que se x<z<yent´on z∈A. Noutras palabras, os intervalos (xeneralizados) son os subconxuntos de Rque satisf´an que, dados dous puntos calquera do conxunto, t´odolos puntos intermedios tam´en est´an no conxunto. ´ E un sinxelo exercicio ver que os intervalos xeneralizados de Rson precisamente: ∅,{a}= [a, a],R= (−∞,∞) (a, b),(a, ∞),(−∞, b), [a, b],[a, ∞),[b, ∞), [a, b),(a, b]. 74 Conexi´on con a,b∈R,a<b. Teorema 5.7. Os conxuntos conexos de Rson xustamente os intervalos xeneralizados. En particular, R´e conexo. Demostraci´on. Supo˜namos primeiro que A⊂Rnon ´e un intervalo xeneralizado (Definici´on 5.6). Ent´on existen x,y∈Aez∈Rcon x < z < y tal que z /∈R. Sexan U= (−∞, z)∩AeV= (z, ∞)∩A. Obviamente, UeVson abertos en X(Proposici´on 2.17), A=U∪V, e U∩V=∅. Logo, U|V´e unha separaci´on (Definici´on 5.1) de A, e como x∈Uey∈V, dita separaci´on ´e non trivial. Por tanto Anon ´e conexo (Definici´on 5.2). Reciprocamente, supo˜namos que I´e un intervalo xeneralizado (Definici´on 5.6) de R, e vexamos que I´e conexo. Pola contra, supo˜namos que U|V´e unha separaci´on (Definici´on 5.1) non trivial de I. Sexan a∈Ueb∈V, e supo˜namos que a < b. Como I ´e un intervalo xeneralizado (Definici´on 5.6), en particular [a, b]⊂I. Definimos A={x∈R: [a, x]⊂U}. Claramente U=∅, pois a∈Axa que {a}= [a, a]⊂U. Ademais, A´e limitado superiormente, pois b´e unha cota superior de Axa que [a, b]⊂ U. Polo axioma do supremo (Observaci´on 3.29) de R, sexa z= sup A. Como I ´e un intervalo xeneralizado (Definici´on 5.6), e a≤z≤b, temos que z∈I. Supo˜namos z∈U; en particular, z < b. Se z=a, como U´e aberto en I, existe r > 0 tal que a+r < b e (a−r, a +r)∩I⊂U. Como I´e un intervalo xeneralizado (Definici´on 5.6) e [a, b]⊂I, en particular, [a, a +r)⊂ U. Pero ent´on [a, a +r/2] ⊂U, o que significa que a+r/2∈A, contradicindo que a= sup A. Logo z > a. Como U´e aberto en I(Proposici´on 2.17), existe r > 0 de xeito que a < z −r < z +r < b e (z−r, z +r)∩I⊂U. Como [a, b]⊂I, (z−r, z +r)⊂U. Por definici´on de supremo (Definici´on 1.16), existe t∈Atal que t>z−r. Ent´on, a, z +r 2⊂[a, t]∪(z−r, z +r)⊂U, o que contrad´ı que z´e o supremo de A. Por tanto, z∈V; en particular, a < z. Como V´e aberto en I(Proposici´on 2.17), existe r > 0 tal que a<z−re (z−r, z +r)∩I⊂V. N´otese que [a, b]⊂Iez≤b, co que (z−r, z]⊂V. Como z= sup A, por definici´on de supremo (Definici´on 1.16), existe t > z −rtal que t∈A, ´e dicir, [a, t]⊂U. Isto ´e absurdo pois ent´on t∈U∩V=∅. Chegamos por tanto a unha contradicci´on tanto se z∈Ucomo se z∈V. Dado que I=U∪V, a separaci´on U|Vnon pode ser non trivial, o que proba que I´e conexo. O seguinte resultado expr´esase de xeito sucinto dicindo que a imaxe continua dun conexo ´e conexo. Teorema 5.8. Sexa X⊂Rnun subconxunto conexo e f:X→Yunha aplicaci´on continua. Ent´on o conxunto imaxe f(X)´e conexo. Demostraci´on. Sexa U|Vunha separaci´on de f(X). Vexamos que f−1(U)|f−1(V) ´e unha separaci´on de X. Conxuntos conexos 75 En primeiro lugar, f−1(U)∪f−1(V) = f−1(U∪V) =f−1(f(X)) = X. Tam´en, f−1(U)∩f−1(V) = f−1(U∩V) =f−1(∅) = ∅, as´ı que f−1(U) e f−1(V) son uni´on disxunta de X.1 Por ´ultimo, como f´e continua (Teorema 4.10), f−1(U) e f−1(V) son abertos en X. Logo, f−1(U)|f−1(V) ´e efectivamente unha separaci´on (Definici´on 5.1) de X, e como X ´e conexo (Definici´on 5.2), deducimos que f−1(U) = ∅ou f−1(V) = ∅, o que implica U=∅ ou V=∅, ´e dicir, que f(X) ´e conexo. En particular, como os homeomorfismos son continuos e sobrexectivos, se XeYson homeomorfos, X´e conexo se e s´o se Y´e conexo. ´ E dicir, Corolario 5.9. A conexi´on ´e unha propiedade topol´oxica. Combinado co resultado anterior, a seguinte proposici´on permitir´a probar que unha ampla gama de conxuntos son conexos. Proposici´on 5.10. Sexan XeYdous conxuntos conexos. Ent´on, o seu producto cartesiano X×Y´e conexo. Demostraci´on. Pola contra supo˜namos que X×Ynon ´e conexo. Ent´on existe unha separaci´on (Definici´on 5.1) non trivial U|Vde X×Y, ´e dicir, UeVson abertos en X×Y, U∪V=X×Y,U∩V=∅eU,V= 0. As´ı, sexan (x1,y1)∈Ue (x2,y2)∈V. 1Sexa f:X→Yunha funci´on. Sexan A, B ⊂Y. Ent´on: f−1(A)∪f−1(B) = f−1(A∪B) f−1(A)∩f−1(B) = f−1(A∪B) 76 Conexi´on Como X´e homeomorfo (Definici´on 4.26) a X×{y1}, por se-la conexi´on unha propiedade topol´oxica (Corolario 5.9), deducimos que X×{y1}´e conexo. Sabemos que U∩(X×{y1})|V∩(X×{y1}) ´e unha separaci´on (Observaci´on 5.4) de X×{y1}. Como X×{y1}´e conexo e (x1,y1)∈ U∩(X×{y1}) teremos que ter ent´on U∩(X×{y1}) = X×{y1}eV∩(X×{y1}) = ∅, ´e dicir, X×{y1} ⊂ U. Analogamente, como Y´e homeomorfo (Definici´on 4.26) a {x2}×Y, deducimos, por sela conexi´on unha propiedade topol´oxica (Corolario 5.9), que {x2}×Y´e conexo. Sabemos que U∩({x2}×Y)|V∩({x2}×Y) ´e unha separaci´on (Observaci´on 5.4) de {x2}×Y. Como {x2}×Y´e conexo, e (x2,y2)∈ V∩({x2}×Y), ter´a que ser U∩({x2}×Y) = ∅eV∩({x2}×Y) = {x2}×Y, ´e dicir, {x2}×Y⊂V. En consecuencia, (x2,y1)∈(X×{y1})∩({x2}×Y) ⊂U∩V=∅, o que non pode ser. Por tanto, X×Y´e conexo (Definici´on 5.2). Aplicando a asociatividade do producto cartesiano, pode probarse que calquera producto cartesiano finito de conexos ´e conexo. En particular, Corolario 5.11. Rn´e conexo. Presentamos agora unha aplicaci´on dos ´ultimos resultados. Exemplo 5.12.Sexan a,b∈Rcon 0 ≤a≤b. Ent´on, un anel circular X={(x, y)∈R2:a2≤x2+y2≤b2} ´e conexo. Conxuntos conexos 77 Consider´emo-la funci´on f: [a, b]×[0,2π]→R2dada por f(r, θ) = (rcos θ, r sen θ). Clarament´e f´e continua, pois as s´uas compo˜nentes son composici´on de funci´ons continuas (Teorema 4.4). Como os intervalos son conexos (Teorema 5.7), e o producto cartesiano de conexos ´e conexo (Proposici´on 5.10), [a, b]×[0,2π] ´e conexo. Ademais f([a, b]×[0,2π]) = X, xa que θ7→ (rcos θ, r sen θ) parametriza unha circunferencia de radio r, e X´e uni´on de circunferencias con radios variando entre aeb. Por ser imaxe continua dun conexo (Teorema 5.8), X´e, por tanto, conexo. Unha t´ecnica ´util para probar que un conxunto ´e conexo ´e expresalo como uni´on de conexos con intersecci´on non baleira. Proposici´on 5.13. Sexa {Xi}i∈Iunha familia de conxuntos conexos tal que ∩i∈IXi=∅. Ent´on, ∪i∈IXi´e conexo. Demostraci´on. Sexa U|Vunha separaci´on (Definici´on 5.1) de ∪i∈IXi. Como por hip´otese ∩i∈IXi=∅, podemos tomar x∈ ∩i∈IXi. Supo˜namos por exemplo que x∈U. Dado i∈I, temos que U∩Xi|V∩Xi´e unha separaci´on (Observaci´on 5.4) de Xi, e como Xi´e conexo (Definici´on 5.2), dita separaci´on ´e trivial. Xa que x∈U∩Xi, conclu´ımos V∩Xi=∅, ´e dicir, Xi⊂U. Pero como i∈Ifoi tomado arbitrariamente, chegamos a que ∪i∈IXi⊂U, o que implica V=∅e por tanto a separaci´on orixinal ´e trivial, como queriamos ver. O ´ultimo resultado de utilidade que veremos para probar que un conxunto ´e conexo ´e Proposici´on 5.14. Sexa Xun conxunto conexo. Se X⊂Y⊂¯ X, ent´on Y´e conexo. En particular, a clausura dun conxunto conexo ´e outro conxunto conexo. Demostraci´on. Sexa U|Vunha separaci´on (Definici´on 5.1) de Y. Ent´on, U∩X|V∩X ´e unha separaci´on de X. Como X´e conexo, dita separaci´on ´e trivial, e por tanto, podemos supo˜ner, por exemplo, que U∩X=∅, ´e dicir, X⊂V. 78 Conexi´on Sexa x∈U. Como U´e aberto en Y, existe r > 0 tal que BY(x, r)⊂U. Como x∈Y⊂¯ X, temos que BY(x, r)∩X=∅. Pero ent´on, como BY(x, r)⊂UeX⊂V, obtemos U∩V=∅, contradicci´on. Por tanto, U=∅, de modo que U|V´e trivial, e en consecuencia Y´e conexo (Definici´on 5.2). Finalmente podemos probar unha xeneralizaci´on do co˜necido teorema de Bolzano. Teorema 5.15. (dos valores intermedios) Sexa X⊂Rnconexo e f:X→Runha aplicaci´on continua. Sexan x1,x2∈Xey∈Rtal que f(x1)< y < f(x2). Ent´on, existe x∈Xtal que f(x) = y. Demostraci´on. Como a imaxe continua dun conexo ´e conexo (Teorema 5.8), resulta que f(X) ´e un conexo de R. Xa que os conexos de Rson os intervalos (Teorema 5.7), f(x1), f(x2)∈f(X), e f(x1)< y < f(x2), deducimos que y∈f(X), de onde se deduce o resultado. 5.2. Conxuntos conexos por cami˜nos A conexi´on por cami˜nos ´e outra propiedade topol´oxica que implica a conexi´on, e que a mi´udo ´e m´ais sinxela de manexar. Tam´en ten un significado un pouco m´ais intuitivo. A conexi´on por cami˜nos poder´ıa ter sido introducida antes da conexi´on para xustificala ´ultima como unha xeneralizaci´on da primeira. Non obstante, os resultados relativos ´a conexi´on por cami˜nos dependen esencialmente de ter demostrado previamente que os intervalos son conexos. Por outra banda, o concepto realmente ´util ´e en xeral a conexi´on, non a conexi´on por cami˜nos, sendo esta un m´etodo ´util para probar que un conxunto ´e conexo. Empezamos co concepto intuitivo de cami˜no. Definici´on 5.16.Sexa X⊂Rnex,y∈X. Un cami˜no en Xunindo xey´e unha aplicaci´on continua γ: [0,1] →Xtal que γ(0) = xeγ(1) = y. En tal caso dise que xeyest´an conectados por un cami˜no en X. Conxuntos conexos por cami˜nos 79 O inter´es da seguinte proposici´on non ´e tanto o seu enunciado, se non a s´ua demostraci´on, que nos permite ver como se percorren cami˜nos en sentido inverso ou como se concatenan cami˜nos. Proposici´on 5.17. A relaci´on “estar conectado por un cami˜no en X”´e de equivalencia. Demostraci´on. Dado x∈X, ´e evidente que xest´a conectado con el mesmo por un cami˜no (Definici´on 5.16) en X. Basta coller γ: [0,1] →Xdefinido como γ(t) = x,t∈[0,1]. Supo˜namos agora x,y∈X, e que xeyest´an conectados por un cami˜no (Definici´on 5.16) γ: [0,1] →Xcon γ(0) = xeγ(1) = y. Vexamos que ent´on yest´a conectado con xmediante un cami˜no en X. Para iso basta toma-lo cami˜no inverso (percorrido en sentido contrario): ¯γ: [0,1] →X t7→ ¯γ(t) = γ(1 −t), que ´e continuo por ser composici´on de aplicaci´ons continuas (Teorema 4.4), a s´ua imaxe est´a en Xporque coincide coa imaxe de γ, e satisfai ¯γ(0) = γ(1) = y, ¯γ(1) = γ(0) = x. Finalmente sexa γ: [0,1] →Xun cami˜no (Definici´on 5.16) entre x=γ(0) e y=γ(1), eσ: [0,1] →Xun cami˜no (Definici´on 5.16) entre y=σ(0) e z=σ(1). Vexamos que xe zest´an conectados por un cami˜no en X. Para isto basta con concatena-los cami˜nos γeσ mediante γ∗σ: [0,1] →X t7→ (γ∗σ)(t) =      γ(2t),0≤t≤1 2, σ(2t−1),1 2≤t≤1. N´otese que a aplicaci´on est´a ben definida por γ(1) = σ(0), e ´e continua por ser unha funci´on combinada (Proposici´on 4.17). Finalmente (γ∗σ) = γ(0) = xe (γ∗σ)(1) = σ(1) = z. Estamos agora en posici´on de da-la seguinte definici´on: 80 Conexi´on Definici´on 5.18.Un conxunto X⊂Rndise conexo por cami˜nos se todo par de puntos de Xpoden ser unidos por un cami˜no en X. A conexi´on por cami˜nos, ademais de ser un pouco m´ais intuitiva c´a conexi´on, sirve como m´etodo para probar que un conxunto ´e conexo. Teorema 5.19. Se X´e conexo por cami˜nos, ent´on X´e conexo. Demostraci´on. Supo˜namos que X´e conexo por cami˜nos e que, pola contra, Xnon ´e conexo. Ent´on existe unha separaci´on (Definici´on 5.1) U|Vde Xnon trivial, ´e dicir, Ue Vson abertos non baleiros de X,X=U∪V, e U∩V=∅. Sexan x∈Uey∈V. Como X´e conexo por cami˜nos (Definici´on 5.18) existe un cami˜no (Definici´on 5.16) γ: [0,1] →Xtal que γ(0) = xeγ(1) = y. Vexamos que γ−1(U)|γ−1(V) ´e unha separaci´on non trivial de [0,1]. Conxuntos conexos por cami˜nos 81 Como γ´e continua (Teorema 4.10), γ−1(U) e γ−1(V) son abertos en [0,1]. Ademais, γ−1(U)∪γ−1(V) = γ−1(U∪V) =γ−1(X) = [0,1] γ−1(U)∩γ−1(V) = γ−1(U∩V) =γ−1(∅) = ∅. Finalmente, 0 ∈γ−1(U) pois γ(0) = x∈Ue 1 ∈γ−1(V) pois γ(1) = y∈V. Probamos ent´on que γ−1(U)|γ−1(V) ´e unha separaci´on non trivial de [0,1] o cal ´e unha contradicci´on pois [0,1] ´e conexo. Por tanto, X´e conexo. ´ O igual que sucede cos conexos, a imaxe continua dun conxunto conexo por cami˜nos ´e conexo por cami˜nos. Proposici´on 5.20. Sexa X⊂Rnun subconxunto conexo por cami˜nos e f:X→Yunha aplicaci´on continua. Ent´on o conxunto imaxe f(X)´e conexo por cami˜nos. Demostraci´on. Sexan y0,y1∈f(X). Ent´on existen x0,x1∈Xtales que f(x0) = y0ef(x1) = y1. Como X´e conexo por cami˜nos (Definici´on 5.18), existe un cami˜no (Definici´on 5.16) γ: [0,1] →Xtal que γ(0) = x0eγ(1) = x1. Como a composici´on de aplicaci´ons continuas ´e continua (Teorema 4.4), f◦γ: [0,1] →f(X) ´e un cami˜no unindo (f◦γ)(0) = f(x0) = y0e (f◦γ)(1) = f(x1) = y1, que ´e o que buscabamos. Corolario 5.21. A conexi´on por cami˜nos ´e unha propiedade topol´oxica. ´ A hora de probar que un conxunto ´e conexo por cami˜nos, a dificultade non ´e tanto busca-lo cami˜no, se non m´ais ben probar que o cami˜no est´a, efectivamente, contido no conxunto. Para facer isto non hai ningunha t´ecnica fixada: simplemente hai que emprega-la definici´on da aplicaci´on e do conxunto, e utiliza-las t´ecnicas t´ıpicas da teor´ıa de conxuntos. 88 Conexi´on Problema 5.30.Estudia-lo car´acter compacto e conexo do seguinte subconxunto de R2: E=B[(−2,0),1] ∪B[(2,0),1] ∪{(x, y)∈R2:−2≤x≤2, y = 1}. Soluci´on. Consider´emo-la aplicaci´on f: [0,1] ×[0,2π]→R2definida mediante a f´ormula f(r, θ) = r(cosθ, sen θ). Sabemos que f([0,1]×[0,2π]) = B[(0,0),1] e que f´e continua. Como [0,1]×[0,2π] ´e conexo por ser producto de conexos, deducimos que B[(0,0),1] ´e conexa. Obviamente una translaci´on d´anos un homeomorfismo entre B[(0,0),1] e B[(−1,0),1] (ou B[(1,0),1]), co cal B[(−1,0),1] e B[(1,0),1] son tam´en conexas. Por outra banda, A={(x, y)∈R2:−2≤x≤2, y = 1}= [−2,2] ×{1}. Tanto [−2,2] como {1}son conexos. Como o producto de conexos ´e conexo, deducimos que A´e conexo. Vexamos que E´e conexo. Como B[(−1,0),1] e [−2,2]×{1}son conexos, e B[(−1,0),1]∩ ([−2,2] × {1}) = {(−2,1)}, ent´on C=B[(−1,0),1] ∪([−2,2] × {1}) ´e conexo por ser uni´on de conexos con intersecci´on non baleira. A continuaci´on, como CeB[(1,0),1] son conexos e C∩B[(1,0),1] = {(2,1)}, ent´on E=C∪B[(1,0),1] tam´en ´e conexo por ser uni´on de conexos con intersecci´on non baleira. Problema 5.31.Probar que se X,Yson conxuntos conexos por cami˜nos e X∩Y=∅, ent´on X∪Y´e conexo por cami˜nos. Soluci´on. Sexa z∈X∩Y. Veremos que se pode unir calquera punto de X∪Ycon z, o cal, empregando o feito de que a relaci´on “estar conectado por un cami˜no” ´e de equivalencia, chegar´ıa para probar que X∪Y´e conexo por cami˜nos. Sexa pois p∈X∪Y. Logo, p∈Xou p∈Y. Se p∈X, como X´e conexo por cami˜nos, existe unha funci´on continua γ: [0,1] →Xtal que γ(0) = peγ(1) = z. En particular, γ([0,1]) ⊂X⊂X∪Y, co cal γdefine un cami˜no en X∪Yunindo pez. A demostraci´on ´e an´aloga cando p∈Y. Por tanto, podemos unir calquera punto de X∪Ycon z∈X∩Y, e a demostraci´on est´a finalizada. Problema 5.32.Estudia-lo car´acter conexo do seguinte subconxunto de R2: E= ([−2,2] ×(0,2]) ∪B[(0,0),1]. Soluci´on. Vexamos que E´e conexo. En efecto, [−2,2]×(0,2] ´e conexo pois o producto cartesiano de conexos ´e conexo, e os intervalos son conexos. Por outra banda, B[(0,0),1] ´e un conxunto conexo. Un xeito de ver isto ´e toma-la funci´on continua g: [0,1] ×[0,2π)→R2, (r, θ)7→ g(r, θ)=(rcos θ, r sen θ) Problemas resoltos 89 e observar que B[(0,0),1] = g([0,1] ×[0,2π)); por ser imaxe continua dun conexo (de novo o producto cartesiano de intervalos ´e conexo), deducimos que B[(0,0),1] ´e conexo. Finalmente, (0,1/2) ∈([−2,2] ×(0,2]) ∩B[(0,0),1], e como a uni´on de conexos con intersecci´on non baleira ´e un conexo, deducimos que E´e conexo. Problema 5.33.Estudia-lo car´acter conexo do seguinte subconxunto de R2: E=[−1,1] ×[0,1]∩B[(0,0),1]. Soluci´on. Defin´ımo-la funci´on f: [0,1] ×[0, π]→R2mediante f(r, θ)=(rcos θ, r sen θ). Sabemos que para rfixado, θ7→ f(r, θ) parametriza un arco de circunferencia de radio r centrada na orixe para ´angulos comprendidos entre 0 e π. Dado que E´e uni´on de todos eses arcos para radios comprendidos entre 0 e 1, deducimos que E=f([0,1] ×[0, π]). Como os intervalos son conexos, e o producto cartesiano de conexos ´e conexo, deducimos que [0,1] ×[0, π] ´e conexo. Como f´e continua, e a imaxe continua de conexos ´e conexo, concluimos que E´e conexo. Soluci´ons alternativas No esp´ırito da soluci´on anterior, tam´en se poder´ıa emprega-la aplicaci´on f:B[(0,0),1] → R2, definida por f(x, y)=(x, |y|). Como B[(0,0),1] ´e conexa e f(B[(0,0),1]) = E, deducimos que E´e conexo. 90 Conexi´on Para ver que E´e conexo tam´en se pode facer empregando conexi´on por cami˜nos. Sexan (x0, y0), (x1, y1)∈Epuntos arbitrarios. Consider´amo-lo cami˜no γ: [0,1] →R2definido por γ(t) = (1−t)(x0, y0)+t(x1, y1). Claramente γ´e unha funci´on continua, γ(0) = (x0, y0) eγ(1) = (x1, y1). Temos que ver ent´on que γ(t)∈Epara todo t∈[0,1]. En primeiro lugar, como (x0, y0), (x1, y1)∈B[(0,0),1] e t > 0, temos que d(γ(t),(0,0)) = ∥(1 −t)(x0, y0) + t(x1, y1)∥ ≤(1 −t)∥(x0, y0)∥+t∥(x1, y1)∥ ≤(1 −t) + t= 1, co que γ(t)∈B[(0,0),1] para todo t∈[0,1]. Por outra banda, (x0, y0), (x1, y1)∈[−1,1]× [0,1] trad´ucese en −1≤x0, x1≤1, e 0 ≤y0, y1≤1. Como 0 ≤t, 1−t≤1 deducimos −1 = (1 −t)(−1) + t(−1) ≤(1 −t)x0+tx1 ≤(1 −t)·1 + t·1=1, 0 = (1 −t)·0 + t·0 ≤(1 −t)y0+ty1 ≤(1 −t)·1 + t·1=1. Isto proba que γ(t)∈[−1,1] ×[0,1] para todo t∈[0,1], e xunto co probado arriba concluimos que γ(t)∈E, como queriamos demostrar. Outra posibilidade para demostrar que E´e conexo por cami˜nos ´e emprega-lo feito de que a relaci´on “estar conectado por un cami˜no contido en E” ´e unha relaci´on de equivalencia, e probar que podemos unir calquera punto ´o (0,0) mediante un cami˜no contido en E. Para iso, sexa (x, y)∈Eun punto arbitrario, e constru´ımo-lo cami˜no γ: [0,1] →R2definido por γ(t) = t(x, y). Ent´on, ´e claro que γ´e unha funci´on continua e que γ(0) = (0,0), γ(1) = (x, y). Vexamos pois que γ([0,1]) ⊂E. En efecto, d(t(x, y),(0,0)) = t∥(x, y)∥ ≤ t≤1, e como 0 ≤t≤1, −1≤x≤1, 0 ≤y≤1, tam´en ´e certo que −1≤tx ≤1, 0 ≤ty ≤1, co cal acabamos de probar que γ(t) = t(x, y)∈E para todo t∈[0,1]. Problema 5.34.Decidir se B((0,0),1) ∪{(0,1)}´e conexo. Soluci´on. Verdadeiro. ´ E evidente que, como a clausura dunha b´ola aberta ´e a pechada correspondente (Problema 3.32), B((0,0),1) ⊂B((0,0),1) ∪{(0,1)} ⊂B[(0,0),1] =B((0,0),1). Como B((0,0),1) ´e un conxunto conexo (por ser homeomorfo a Rn), e B((0,0),1)∪{(0,1)} est´a contido entre B((0,0),1) e a s´ua clausura, temos que B((0,0),1) ∪ {(0,1)}tam´en ´e conexo. Problema 5.35.Estudia-lo car´acter conexo do seguinte subconxunto de R2: E=[−2,2] ×[−2,2]\{0}×(−2,2). Problemas resoltos 91 Soluci´on. Vexamos que E´e conexo. Consideramos A= ([−2,0) ×[−2,2]) ∪{(0,−2),(0,2)}, B= ((0,2] ×[−2,2]) ∪{(0,−2),(0,2)}. O conxunto (−2,0) ×(−2,2) ´e conexo por ser producto de conexos, e a s´ua clausura ´e [−2,0] ×[−2,2]. Como (−2,0) ×(−2,2) ⊂A⊂[−2,0] ×[−2,2], conclu´ımos que A ´e conexo. De xeito an´alogo podemos ver tam´en que B´e conexo. Agora ben, A∩B= {(0,−2),(0,2)} =∅, co cal X=A∪B´e conexo por ser uni´on de conexos con intersecci´on non baleira. 92 Conexi´on Problema 5.36.Consider´emo-lo conxunto X=[ n∈N(x, y)∈R2:x−1 n2 +y2=1 n2. Estudia-lo car´acter conexo de Xe de X\{(0,0)}. Soluci´on. Definimos Xn=(x, y)∈R2:x−1 n2 +y2=1 n2. Vexamos que Xn´e conexo. Para iso consider´amo-la funci´on fn: [0,2π)→R2 t7→ fn(t) = 1 n(cos t, sen t) + 0,1 n, que ´e tal que fn=T0,1 n◦H1/n ◦f, onde f: [0,2π)→S1,t7→ f(t) = (cos t, sen t). Xa que fparametriza a circunferencia S1, est´a claro, por definici´on de translaci´on e de homotecia, que fnparametriza unha circunferencia de centro (0,1/n) e radio 1/n, ´e dicir, Xn=fn([0,2π)). Como a imaxe continua dun conexo ´e conexo (Teorema 5.8), conclu´ımos que Xn´e conexo. Agora ben, (0,0) ∈Tn∈NXn, co que por ser uni´on de conexos con intersecci´on non baleira (Proposici´on 5.13), X=Sn∈NXn´e conexo. Vexamos agora que Y=X\{(0,0)}non ´e conexo. Tomemos U=B((3/4,0),3/4), V=R2\B[(3/4,0),3/4]. Problemas resoltos 93 Vexamos que U∩Y|V∩Y´e unha separaci´on (Definici´on 5.1) non trivial de Y. En primeiro lugar, est´a claro que UeVson abertos en R2(por ser unha b´ola aberta (Proposici´on 2.2) e o complementario dunha b´ola pechada (Lema 2.9)). Logo, U∩Y eV∩Yson abertos en Ypola caracterizaci´on de abertos relativos (Proposici´on 2.17). Ademais, U∩V=∅co que (U∩Y)∩(V∩Y) = ∅. Por outro lado, (U∩Y)∪(V∩Y) = (U∪V)∩Y =(x, y)∈R2:x−3 42 +y2=3 42∩Y=Y, onde a ´ultima igualdade se segue de que o sistema x−3 42 +y2=3 42 , x−1 n2 +y2=1 n2 , ten a x=y= 0 como ´unica soluci´on. Finalmente, (1,0) ∈U∩Ye (2,0) ∈V∩Y, co que, efectivamente, a separaci´on ´e non trivial (Definici´on 5.1). Problema 5.37.Estudia-lo car´acter conexo do conxunto X={(x, y)∈R2:x≤y≤x2ou x2≤y≤x}. Soluci´on. Vexamos que o conxunto X´e conexo por cami˜nos (Definici´on 5.18), o que implicar´a que ´e conexo. Como a relaci´on “estar conectado por un cami˜no en X” ´e de equivalencia (Proposici´on 5.17), ser´a suficiente con atopar un cami˜no en Xunindo o punto (0,0) ∈Xcon calquera (x, y)∈X. Defin´ımo-lo cami˜no γ: [0,1] →R2 t7→ γ(t) =      2t(x, x),0≤t≤1/2, (x, (2 −2t)x+ (2t−1)y),1/2≤t≤1. Vexamos en primeiro lugar que γ´e unha funci´on continua. Como 21 2(x, x) = (x, x) = x, (2 −21 2)x+ (21 2−1)y, eγ|[0,1/2] eγ|[1/2,1] son claramente funci´on continuas, o teorema da funci´on combinada para pechados (Proposici´on 4.17) perm´ıtenos conclu´ır que γ´e continua. Claramente γ(0) = (0,0) e γ(1) = (x, y), as´ı que s´o falta comprobar que γ([0,1]) ⊂X. Distinguimos dous casos. Se 0 ≤t≤1/2, ent´on γ1(t)=2tx =γ2(t), e por tanto ´e tautol´oxico que γ2(t)≤γ1(t)2 ou γ1(t)2≤γ2(t). As´ı, γ(t)∈Xpara todo t∈[0,1/2]. Finalmente sexa 1/2≤t≤1 e supo˜namos x≤y≤x2(se x2≤y≤xa demostraci´on ´e an´aloga). Temos que 0 ≤2−2t≤1 e 0 ≤2t−1≤1. Por tanto, γ1(t) = x= (2 −2t)x+ (2t−1)x ≤(2 −2t)x+ (2t−1)y=γ2(t) ≤(2 −2t)x2+ (2t−1)x2=x2=γ1(t)2, co que γ(t)∈Xpara todo t∈[1/2,1]. 94 Conexi´on Problema 5.38.Sexan XeYsubconxuntos conexos de Rntales que ¯ X∩Y=∅. Probar que X∪Y´e conexo. Soluci´on. Sexa z∈¯ X∩Y. Logo X⊂X∪{z} ⊂ ¯ X, co que X∪{z}´e conexo por estar contido entre un conexo e a s´ua clausura (Proposici´on 5.14). Como z∈Ytemos que (X∪{z})∩Y=∅, e deducimos que X∪Y= (X∪{z})∪Y´e conexo por ser uni´on de conexos con intersecci´on non baleira (Proposici´on 5.13). Problema 5.39.Estudia-lo car´acter conexo do seguinte subconxunto de R2: E=n(x, y)∈R2:|x| ≤ 1,|x| ≤ y≤ |x|+ 1o. Soluci´on. Consider´emo-la funci´on f: [−1,1] ×[0,1] →R2definida por f(x, y)=(x, |x|+ y). Claramente f´e continua. Xa que [−1,1] e [0,1] son conexos e o producto cartesiano de conexos ´e conexo, deducimos que [−1,1] ×[0,1] ´e conexo. Logo, para ver que E´e conexo ´e suficiente con probar que f([−1,1] ×[0,1]) = E, pois a imaxe continua dun conxunto conexo ´e conexo. En efecto, se (x, y)∈f([−1,1] ×[0,1]) existen a∈[−1,1] e b∈[0,1] tales que x=ae y=|a|+b; logo |x|=|a| ≤ 1 e como 0 ≤b≤1 temos |x|=|a| ≤ |a|+b≤ |a|+1 = |x|+1, ´e dicir, (x, y)∈E. Reciprocamente, se (x, y)∈Eent´on |x| ≤ 1 e |x| ≤ y≤ |x|+ 1; tomando b=y− |x|temos que 0 ≤b≤1 e que (x, y) = f(x, b) de onde se segue que (x, y)∈f([−1,1] ×[0,1]), como faltaba por ver. Soluci´ons alternativas Probemos que E´e conexo por cami˜nos. Para iso ´e suficiente con unir mediante un cami˜no o punto (0,0) ∈Econ calquera (x, y)∈E. Definimos γ: [0,1] →R2mediante γ(t) = t(x, y). Claramente γ´e unha funci´on continua, γ(0) = (0,0) e γ(1) = (x, y). Problemas resoltos 95 Vexamos que γ([0,1]) ⊂E. Dado t∈[0,1] temos que |tx|=t|x| ≤ 1. Ademais, como |x| ≤ y≤ |x|+ 1, multiplicando por tobtemos |tx|=t|x| ≤ ty ≤t|x|+t≤ |tx|+ 1, co que γ(t)∈Epara todo t∈[0,1]. Cap´ıtulo 6 Compacidade A compacidade ´e outra propiedade topol´oxica fundamental para determinar se dous conxuntos son homeomorfos ou non. Ademais, a compacidade ´e un concepto que resulta moi ´util, e a partir do cal se poden deducir importantes consecuencias. O concepto de compacidade foi evolucionando historicamente. Aqu´ı presentaremos a definici´on de compacidade que se emprega en espacios topol´oxicos. Non obstante, probaremos a s´ua equivalencia, nos espacios euclidianos, con outras m´ais manexables e que precederon historicamente ´a aqu´ı presentada. 6.1. Recubrimentos e conxuntos compactos ´ O contrario que con outros conceptos, a compacidade ´e dif´ıcil de xustificar intuitivamente. P´odese pensar por analox´ıa que a compacidade ´e unha xeneralizaci´on do concepto de conxunto finito desde o punto de vista topol´oxico. A definici´on aqu´ı presentada reflicte isto en certo modo. Definici´on 6.1.Sexa X⊂Rn. Figura 6.1: Recubrimento aberto 97 104 Compacidade O segundo destes lemas, habitualmente co˜necido como o lema do tubo, cont´en a parte dif´ıcil da demostraci´on. Lema 6.14. Sexa x∈Rne sexa Y⊂Rmun conxunto compacto. Sexa Waberto de Rn+m tal que {x}×Y⊂W. Ent´on, existe Uaberto en Rntal que U×Y⊂W. Demostraci´on. Sexa y∈Yarbitrario. Como (x,y)∈WeW´e aberto (Definici´on 2.1), existe r > 0 de xeito que se satisfai BRn+m((x,y), r)⊂W. Polo lema anterior (Lema 6.13), existe Uyaberto en RneVyaberto en Rmtales que (x,y)∈Uy×Vy⊂W. N´otese que {Uy×Vy}y∈Y´e un recubrimento de {x}×Ypor abertos de Rn×Rm=Rn+m(Observaci´on 6.3). Dado que Y´e compacto (Definici´on 6.2) e que {x}×Y´e homeomorfo (Definici´on 4.26) aY, resulta que {x}×Y´e compacto, e por tanto existen y1, ... , yk∈Ytales que {x}×Y⊂ k [ i=1Uyi×Vyi⊂W. Definimos U= k \ i=1 Uyi, que ´e aberto por ser intersecci´on finita de abertos (Teorema 2.3). Vexamos que U×Y⊂W. Sexa (z,y)∈U×Y. Como (x,y)∈ {x}×Y⊂ ∪k i=1(Uyi×Vyi), existe i0∈ {1, ... , k}tal que (x,y)∈Uyi0×Vyi0. As´ı, z∈U⊂Uyi0ey∈Vyi0, e por tanto, (z,y)∈Uyi0×Vyi0⊂W, que ´e o que faltaba por ver. Finalmente, podemos probar que o producto cartesiano de compactos ´e compacto. Proposici´on 6.15. Sexan XeYdous conxuntos compactos. Ent´on, o seu producto cartesiano X×Y´e compacto. O Teorema de Heine-Borel 105 Demostraci´on. Sexa {Wi}i∈Iun recubrimento aberto (Definici´on 6.1) de X×Y. Dado x∈X, como {x}×Y´e compacto (Definici´on 6.2), resulta que {x}×Yest´a contido nunha uni´on finita de Wi’s. Polo lema do tubo (Lema 6.14), existe Uxaberto tal que Ux×Yest´a contido nesa uni´on finita. Como X´e compacto (Definici´on 6.2), e pola construcci´on anterior {Ux}x∈X´e un recubrimento aberto (Definici´on 6.1) de X, existen x1, ... , xk∈Xtales que X⊂ ∪k i=1Uxi. Agora ben, cada Uxi×Yvimos que est´a recuberto por unha uni´on finita de Wi’s, o cal significa que X×Y⊂ ∪k i=1(Uxi×Y) est´a recuberto por unha uni´on finita de Wi’s. En consecuencia, X×Y´e compacto (Definici´on 6.2). ´ O igual que suced´ıa coa conexi´on, este resultado, xunto co que di que a imaxe continua dun compacto ´e compacto, permitir´a proba-la compacidade de moitos conxuntos. Exemplo 6.16.Sexan a,b∈Rcon 0 ≤a≤b. Ent´on, un anel circular X={(x, y)∈R2:a2≤x2+y2≤b2} ´e compacto (Definici´on 6.2). A demostraci´on ´e basicamente a mesma c´a que vimos para probar que ´e conexo. Consider´emo-la funci´on f: [a, b]×[0,2π]→R2dada por f(r, θ) = (rcos θ, r sen θ). Claramente f´e continua, pois as s´uas compo˜nentes son composici´on de funci´ons continuas (Teorema 4.4). Como [a, b] ´e compacto (Proposici´on 6.11) (por ser homeomorfo a [0,1]), e o producto cartesiano de compactos ´e compacto (Proposici´on 6.15), [a, b]×[0,2π] ´e compacto. Ademais f([a, b]×[0,2π]) = X. Por ser imaxe continua dun compacto (Teorema 6.7), X´e, por tanto, compacto. Estamos agora en condici´ons de demostra-lo teorema fundamental deste cap´ıtulo. Teorema 6.17. (Teorema de Heine-Borel) Sexa X⊂Rn. Equivalen: 1. X´e compacto. 106 Compacidade 2. Todo subconxunto infinito de Xten un punto de acumulaci´on en X. 3. Todo sucesi´on en Xten unha subsucesi´on converxente en X. 4. X´e pechado e limitado. Demostraci´on. (1) =⇒(2) Supo˜namos que X´e compacto (Definici´on 6.2) e sexa Aun subconxunto de Xque non ten ning´un punto de acumulaci´on (Definici´on 2.30) en X. Ent´on, para cada x∈Xexiste rx>0 tal que B(x, rx)\ {x}∩A=∅. Claramente, {B(x, rx)}x∈X´e un recubrimento aberto de X. Como X´e compacto (Definici´on 6.2), existen x1, ... , xk∈Xtales que X⊂ ∪k i=1B(xi, rxi). En consecuencia, A=X∩A ⊂ k [ i=1 B(xi, rxi)!∩A ⊂ {x1, ... , xk}, o que implica que A´e finito. (2) =⇒(3) Supo˜namos que todo subconxunto infinito de Xten un punto de acumulaci´on (Definici´on 2.30). Sexa {xk}unha sucesi´on en X. Vexamos que {xk}ten unha subsucesi´on converxente. Tomemos A={xk:k∈N}. Se A´e finito, hai un termo da sucesi´on que se repite infinitas veces, e ese termo d´a lugar a unha subsucesi´on (Definici´on 3.11) converxente (Definici´on 3.2). Supo˜namos por tanto que A´e infinito. Por hip´otese existe x∈A′. Vexamos que {xk}ten unha subsucesi´on converxente a x. Como (B(x,1) \{x})∩A=∅, existe ϕ(1) ∈Ntal que xϕ(1) ∈B(x,1). Como x∈A′, pola caracterizaci´on dos puntos de acumulaci´on (Proposici´on 2.31), na b´ola B(x,1/2) hai infinitos puntos de A. Podemos por tanto tomar ϕ(2) ∈Ntal que ϕ(2) > ϕ(1) e xϕ(2) ∈B(x,1/2). De xeito inductivo, como x∈A′, e pola caracterizaci´on dos puntos de acumulaci´on (Proposici´on 2.31), na b´ola B(x,1/k) hai infinitos puntos de A. Podemos por tanto atopar ϕ(k)∈Ncon ϕ(k)> ϕ(k−1) de xeito que xϕ(k)∈B(x,1/k). Constru´ımos por tanto unha subsucesi´on (Definici´on 3.11) {xϕ(k)}de {xk}de forma que d(xϕ(k),x)<1/k. Polo lema do sandwich (Lema 3.6), {xϕ(k)} → x, como queriamos probar. (3) =⇒(4) Supo˜nemos agora que toda sucesi´on en Xten unha subsucesi´on converxente, e vexamos que ent´on X´e pechado (Definici´on 2.8) e limitado (Definici´on 1.14) en Rn. Sexa {xk}unha sucesi´on en Xtal que {xk} → x∈Rn. Por hip´otese, existe unha subsucesi´on {xϕ(k)}tal que {xϕ(k)} → y∈X. Como toda subsucesi´on dunha converxente converxe ´o mesmo l´ımite c´a orixinal (Proposici´on 3.13), e por unicidade de l´ımite (Proposici´on 3.4), temos que {xϕ(k)} → x=y∈X. Pola caracterizaci´on secuencial dos conxuntos pechados (Proposici´on 3.17), X´e pechado (Definici´on 2.8) en Rn. Supo˜namos agora que Xnon ´e limitado (Definici´on 1.14). Ent´on, pola caracterizaci´on dos conxuntos limitados mediante a norma (Lema 1.15), para cada k∈Nexiste xk∈ Xtal que ∥xk∥ ≥ k. Por hip´otese, hai unha subsucesi´on (Definici´on 3.11) converxente (Definici´on 3.2) {xϕ(k)}, digamos {xϕ(k)} → x∈X. Como ∥xϕ(k)∥ ≥ ϕ(k)≥k, a sucesi´on Problemas resoltos 107 de n´umeros reais {∥xϕ(k)∥} non est´a limitada e por tanto diverxe (Exercicio 3.10), o cal contrad´ı o feito de que o l´ımite desa subsucesi´on ten que ser ∥x∥pola continuidade da norma (Exemplo 4.8). Por tanto, X´e limitado (Definici´on 1.14). (4) =⇒(1) Finalmente, supo˜namos que X´e pechado en Rne limitado. Como X ´e limitado (Definici´on 1.14), existe R > 0 tal que X⊂BRn(0, R) ⊂[−R, R]×nveces ... ×[−R, R]. Como o [−R, R] ´e compacto (Proposici´on 6.11), o producto de compactos ´e compacto (Proposici´on 6.15), e un pechado dentro dun compacto ´e compacto (Proposici´on 6.9), deducimos que X´e compacto (Definici´on 6.2). Exemplo 6.18.O Teorema de Heine-Borel (Teorema 6.17) deixa de ser certo en subconxuntos que non sexan de Rn. Por exemplo, se X= (0,2) e Y= (0,1], resulta que Y ´e limitado e pechado en X(Proposici´on 2.21), xa que Y= (−∞,1] ∩X. Non obstante, Ynon ´e compacto, porque como subconxunto de Rnon ´e pechado. Unha consecuencia relativamente sinxela do Teorema de Heine-Borel ´e Proposici´on 6.19. Sexa Xcompacto e f:X→Runha funci´on continua. Ent´on facada o seu m´aximo e o seu m´ınimo. Demostraci´on. Como f´e continua, X´e compacto, e a imaxe continua dun compacto ´e compacto (Teorema 6.7), temos que f(X) ´e un compacto de R. Polo teorema de Heine- Borel (Teorema 6.17), f(X) ´e pechado e limitado. Por ser limitado podemos tomar m= ´ınf f(X) e M= sup f(X). ´ E por tanto suficiente con ver que m, M ∈f(X). Agora ben, se por exemplo m /∈f(X), como f(X) ´e pechado (Definici´on 2.8) en R, existir´ıa r > 0 tal que (m−r, m +r)⊂R\f(X), o que contrad´ı a definici´on de ´ınfimo (Definici´on 1.16). Por tanto, m∈f(X). Analogamente M∈f(X), o que proba o resultado. 6.3. Problemas resoltos Problema 6.20.Estudia-lo car´acter compacto do seguinte subconxunto de R2: E=[−1,1] ×{0}∪ [ n∈Nx, x n∈R2:−1≤x≤1 . Soluci´on. Vexamos que E´e compacto. Consider´amo-la funci´on f: [−1,1] ×R→R2, definida mediante f(x, t)=(x, tx), que claramente ´e unha funci´on continua. Est´a claro que E=f[−1,1] ×{0}∪1 n:n∈N. Agora ben, [−1,1] ´e compacto pois ´e un intervalo pechado e limitado, mentres que {0}∪ n1 n:n∈No´e compacto pois ´e o conxunto de puntos dunha sucesi´on converxente xunto co seu l´ımite. Como o producto cartesiano de compactos ´e compacto, e a imaxe continua dun compacto ´e compacto, deducimos que E´e compacto. 108 Compacidade Problema 6.21.Determinar se o conxunto X=[ n∈N{(x, y)∈R2:x2+y2=1 n2}∪{(0,0)} ´e completo. Soluci´on. Verdadeiro. Para velo bastar´a con probar que ´e pechado en R2, xa que un pechado dentro dun completo ´e completo. Para iso definimos a funci´on f:R2→R, mediante f(x, y) = x2+y2, que claramente ´e continua. Ademais, o conxunto A={1 n∈R:n∈N}∪{0}´e compacto pois consta dunha sucesi´on converxente e o seu l´ımite. En particular, polo teorema de Problemas resoltos 109 Heine-Borel, ´e pechado en R. Ademais, X=f−1(A),e por ser imaxe rec´ıproca dun pechado mediante unha funci´on continua deducimos que X´e pechado. Outro xeito de ver que X´e pechado ´e o seguinte. Sexa g: [0,∞)×[0,2π]→R2definida mediante g(r, θ)=(rcos θ, r sen θ). Claramente g´e continua e X=g(A×[0,2π]), onde A ´e o conxunto definido anteriormente. Xa que g´e continua e A×[0,2π] ´e compacto por ser producto cartesiano de compactos, deducimos que X´e compacto por ser imaxe continua dun compacto. Polo teorema de Heine-Borel deducimos que X´e pechado en R2. Problema 6.22.Sexa g:R2→R2unha funci´on continua e K⊂R2un subconxunto compacto. ¿´ Eg−1(K) necesariamente un conxunto compacto? Soluci´on. Falso. Tomemos por exemplo g:R2→R2definida mediante g(x, y) = (0,0) e K={(0,0)}. Obviamente g´e continua por ser constante e K´e compacto por ser finito. Non obstante g−1(K) = R2non ´e compacto (pois non ´e limitado). Problema 6.23.Estudia-lo car´acter compacto do seguinte subconxunto de R2: E= ([−1,1] ×[−1,1]) \{(1/n, 0) ∈R2:n∈N}. Soluci´on. Vexamos que o conxunto Enon ´e un conxunto compacto (Definici´on 6.2). De feito, veremos que Enon ´e pechado. Consideramos, por po˜ner un exemplo, a sucesi´on {(1/2,1/n)} ⊂ E. Esta sucesi´on converxe ´o punto (1/2,0) /∈E. Como o l´ımite dunha sucesi´on converxente contida no conxunto non est´a no conxunto, pola caracterizaci´on secuencial de conxuntos pechados (Proposici´on 3.17), resulta que Enon ´e pechado. En virtude do teorema de Heine-Borel (Teorema 6.17), o conxunto Etampouco pode ser compacto. Problema 6.24.Sexa f:X→Y⊂Rmunha funci´on continua e bixectiva, e X⊂Rnun conxunto compacto. Probar que f´e un homeomorfismo. 110 Compacidade Soluci´on. Basta con probar que f−1:Y→X´e continua, e para iso chegar con ver que a imaxe rec´ıproca por f−1dun pechado en X´e pechado en Y(Teorema 4.10), ´e dicir, que para cada Psubconxunto pechado de X,f(P)=(f−1)−1(P) ´e pechado en Y. Pois ben, se P´e pechado en X, como X´e compacto, sabemos que Ptam´en ´e compacto (por ser un pechado dentro dun compacto (Proposici´on 6.9)). Como f´e continua, f(P) ´e compacto en Rmpor ser imaxe continua dun compacto (Teorema 6.7). Polo Teorema de Heine-Borel (Teorema 6.17), f(P) ´e pechado, como queriamos probar. Problema 6.25.Estudia-lo car´acter compacto do seguinte subconxunto de R2: E= ([−1,0] ×[−1,0)) ∪{(x, y)∈R2:x2+y2≤1, y ≥0}. Soluci´on. Vexamos que E´e compacto. Por comodidade consider´emo-lo conxunto A={(x, y)∈R2:x2+y2≤1, y ≥0}. Notemos que [−1,0] ×{0} ⊂ A, co que podemos escribir E= ([−1,0] ×[−1,0]) ∪A. Con este novo xeito de escribir E, vexamos que E´e compacto. En primeiro lugar [−1,0]×[−1,0] ´e compacto por ser producto de compactos. A aplicaci´on f: [0,1] ×[0, π]→R2definida por f(r, θ)=(rcos θ, r sen θ) ´e continua. Sabemos que f([0,1] ×[0, π]) = Apois f(r, θ) ´e un punto nunha circunferencia centrada na orixe de radio rformando un angulo θco eixo X, e A´e a uni´on das semi-circunferencias superiores de radio rvariando entre 0 e 1. Como [0,1] ×[0, π] ´e compacto por ser producto de compactos, deducimos que A ´e compacto por ser imaxe continua dun compacto. Finalmente, como E´e uni´on finita de compactos, deducimos que E´e compacto. Problema 6.26.Probar que a uni´on finita de compactos de Rn´e compacto. Problemas resoltos 111 Soluci´on. Sexan X1, ... Xkconxuntos compactos. Sexa {Ui}i∈Iun recubrimento aberto de X1∪···∪Xk. Para cada j∈ {1, ... , k},{Ui}i∈Itam´en ´e un recubrimento aberto de Xjpois os Uison abertos e Xj⊂X1∪···∪Xk⊂ ∪i∈IUi. Como Xj´e compacto, Xjest´a contido nunha uni´on finita de Ui’s. Como a uni´on finita de uni´ons finitas segue sendo unha uni´on finita, X1∪ ··· ∪ Xkest´a contido nunha uni´on finita de Ui’s e por tanto X1∪ ··· ∪ Xk ´e compacto. Doutro xeito, empregando a caracterizaci´on de Heine-Borel, pode argumentarse que como os Xjson compactos, en particular son pechados e limitados. Por outra banda, sabemos que a uni´on finita de pechados ´e pechado. Tam´en ´e sinxelo ver que a uni´on finita de limitados ´e limitados: en efecto, se Xj⊂B[0, rj], ent´on X1∪ ··· ∪ Xk⊂B[0, r] con r= m´ax{r1, ... , rk}. En resumidas contas, X1∪···∪Xk´e pechado e limitado, e por tanto, compacto. Problema 6.27.Estudia-lo car´acter compacto e conexo do seguinte subconxunto de R2: E=B[(−2,0),1] ∪B[(2,0),1] ∪{(x, y)∈R2:−2≤x≤2, y = 1}. Soluci´on. Consider´emo-la aplicaci´on f: [0,1] ×[0,2π]→R2definida mediante a f´ormula f(r, θ) = r(cos θ, sen θ). Sabemos que f([0,1] ×[0,2π]) = B[(0,0),1] e que f´e continua. Como [0,1]×[0,2π] ´e compacto por ser producto de compactos, deducimos que B[(0,0),1] ´e compacta. Obviamente una translaci´on d´anos un homeomorfismo entre B[(0,0),1] e B[(−1,0),1] (ou B[(1,0),1]), co cal B[(−1,0),1] e B[(1,0),1] son tam´en compactas. Por outra banda, A={(x, y)∈R2:−2≤x≤2, y = 1}= [−2,2] ×{1}. Tanto [−2,2] como {1}son compactos. Como o producto de compactos ´e compacto, deducimos que A´e compacto. Agora ben, como a uni´on finita de compactos ´e compacto, conclu´ımos que E´e compacto. Problema 6.28.Estudia-lo car´acter compacto do seguinte subconxunto de R2: E= ([−2,2] ×(0,2]) ∪B[(0,0),1]. Soluci´on. Vexamos que o conxunto Enon ´e un conxunto compacto. Para ver que non ´e pechado basta tomar, por exemplo, a sucesi´on {(2,1/n} ⊂ [−2,2]× (0,2], que est´a continda en E, pero que ten por l´ımite o punto (2,0) /∈E, que non pertence ´o conxunto. Como o l´ımite dunha sucesi´on converxente contida no conxunto non est´a no conxunto, pola caracterizaci´on secuencial de conxuntos pechados (Proposici´on 3.17), resulta que Enon ´e pechado. En virtude do teorema de Heine-Borel (Teorema 6.17), o conxunto Etampouco pode ser compacto. 112 Compacidade Problema 6.29.Estudia-la compacidade de X=Sn∈Nn(x, y)∈R2:x2+y2=1 no. Soluci´on. Vexamos que o conxunto Xnon ´e un conxunto compacto. Para ver que non ´e pechado basta tomar, por exemplo, a sucesi´on {(q1/n, 0)} ⊂ X, que est´a continda en X, pero que ten por l´ımite o punto (0,0) /∈X, que non pertence ´o conxunto. Como o l´ımite dunha sucesi´on converxente contida no conxunto non est´a no conxunto, pola caracterizaci´on secuencial de conxuntos pechados (Proposici´on 3.17), resulta que X non ´e pechado. En virtude do teorema de Heine-Borel (Teorema 6.17), o conxunto Xtampouco pode ser compacto. Problema 6.30.Determinar se a aplicaci´on f: [0,2π)→S1,t7→ f(t) = (cos t, sen t) ´e un homeomorfismo de [0,2π) sobre a circunferencia unidade. Problemas resoltos 113 Soluci´on. Falso. [0,2π) non ´e compacto (por non ser pechado), e S1´e compacto. Problema 6.31.Estudia-lo car´acter compacto do seguinte subconxunto de R2: E=[−1,1] ×[0,1]∩B[(0,0),1]. Soluci´on. Defin´ımo-la funci´on f: [0,1] ×[0, π]→R2mediante f(r, θ)=(rcos θ, r sen θ). Sabemos que para rfixado, θ7→ f(r, θ) parametriza un arco de circunferencia de radio r centrada na orixe para ´angulos comprendidos entre 0 e π. Dado que E´e uni´on de todos eses arcos para radios comprendidos entre 0 e 1, deducimos que E=f([0,1]×[0, π]). Como os intervalos pechadoa e limitados son compactos, e o producto cartesiano de compactos ´e compacto, deducimos que [0,1]×[0, π] ´e compacto. Como f´e continua e a imaxe continua de compactos´e compacto, concluimos que E´e compacto. Soluci´ons alternativas No esp´ırito da soluci´on anterior, tam´en se poder´ıa emprega-la aplicaci´on f:B[(0,0),1] → R2, definida por f(x, y)=(x, |y|). Como B[(0,0),1] ´e compacta, e f(B[(0,0),1]) = Ededucimos que E´e compacto. Para ver que ´e compacto p´odese emprega-lo teorema de Heine-Borel e ver que E ´e pechado e limitado. Como [−1,1] ×[0,1] e B[(0,0),1] son pechados e limitados por ser compactos, a s´ua intersecci´on tam´en o ´e, e por tanto E´e pechado e limitado, e por tanto compacto. Problema 6.32.Estudia-lo car´acter compacto do seguinte subconxunto de R2: E=[−2,2] ×[−2,2]\{0}×(−2,2). Soluci´on. Vexamos que o conxunto Enon ´e un conxunto compacto. De feito, veremos que Enon ´e pechado. Para ver que Enon ´e compacto podemos tomar, por exemplo, a sucesi´on {(1 n,0)} que est´a contida en E, pois −2≤1 n≤2 e 1 n= 0 para todo n∈N, e −2≤0≤ 2. O seu l´ımite ´e (0,0) ∈ E. Como o l´ımite dunha sucesi´on converxente contida no conxunto non est´a no conxunto, pola caracterizaci´on secuencial de conxuntos pechados (Proposici´on 3.17), deducimos que Enon pode ser pechado, e en consecuencia, polo Teorema de Heine-Borel (Teorema 6.17), tampouco ´e compacto.