Análisis avanzado 1P 1C2025

Ejercicio 3

Sea (E,d)(E,d) un espacio métrico y sea U⊆EU\subseteq E un subconjunto. Pruebe que UU es abierto si y solo si para todo T⊆ET\subseteq E vale U∩T‾⊆U∩T‾U\cap \overline{T}\subseteq \overline{U \cap T}

  ⟹  ){\color{Orange} \implies)}

Supongamos que U⊆EU\subseteq E es abierto y sea T⊆ET\subseteq E un subconjunto cualquiera. Queremos ver que

U∩T‾  ⊆   U∩T ‾.U\cap\overline{T}\;\subseteq\;\overline{\,U\cap T\,}.
  1. Tomemos un punto x∈U∩T‾x\in U\cap\overline{T}.
    • Como x∈Ux\in U y UU es abierto, existe ε>0\varepsilon>0 tal que
B(x,ε)  ⊆  U.B(x,\varepsilon)\;\subseteq\;U.
  • Como x∈T‾x\in\overline{T}, para todo radio r>0r>0 se cumple
B(x,r)  ∩  T  ≠  ∅.B(x,r)\;\cap\;T\;\neq\;\varnothing.

  1. Ahora sea r>0r>0 arbitrario. Distinguimos dos casos:

    • Caso 1: r≤εr\le\varepsilon.
      Entonces
B(x,r)⊆B(x,ε)⊆U,B(x,r)\subseteq B(x,\varepsilon)\subseteq U, 
 de modo que
B(x,r)∩(U∩T)=(B(x,r)∩U)∩(B(x,r)∩T)=B(x,r)∩T  ≠  ∅.B(x,r)\cap(U\cap T) =\bigl(B(x,r)\cap U\bigr)\cap\bigl(B(x,r)\cap T\bigr) =B(x,r)\cap T \;\neq\;\varnothing.
  • Caso 2: r>εr>\varepsilon.
    En este caso B(x,ε)⊆B(x,r)B(x,\varepsilon)\subseteq B(x,r), y como B(x,ε)∩T≠∅B(x,\varepsilon)\cap T\neq\varnothing (por x∈T‾x\in\overline T) y B(x,ε)⊆UB(x,\varepsilon)\subseteq U, tenemos
B(x,ε)∩T  ⊆  B(x,r)∩U∩T  ≠  ∅.B(x,\varepsilon)\cap T \;\subseteq\; B(x,r)\cap U\cap T \;\neq\;\varnothing.
  1. En ambos casos hemos encontrado un punto común a B(x,r)B(x,r) y a U∩TU\cap T. Por tanto, para todo r>0r>0 se cumple
B(x,r)∩(U∩T)≠∅,B(x,r)\cap(U\cap T)\neq\varnothing,

lo que significa que

x  ∈   U∩T ‾.x\;\in\;\overline{\,U\cap T\,}.

Concluimos que U∩T‾⊆ U∩T ‾U\cap\overline T\subseteq\overline{\,U\cap T\,}, como queríamos.

  ⟸  ){\color{Orange} \impliedby)}

Idea 1: Queremos ver que UU es abierto. Como por hipótesis tengo una propiedad que se cumple para todo T⊆ET\subseteq E tal vez me gustaría usar un TT particular que me sirva. Demostrar que algo es abierto es lo mismo que demostrar que su complemento es cerrado, capaz T=UcT=U^{c} me sirva

Dem 1:Dem\: 1:

Sea T=Uc⊆ET=U^{c}\subseteq E. Por hipótesis tengo que

U∩T‾=U∩Uc‾⊆por hipoˊtesisU∩T‾=U∩Uc‾(1)U\cap \overline{T}=U\cap \overline{U^{c} }\underset{ \text{por hipótesis} }{ \subseteq } \overline{U\cap T}=\overline{U\cap U^{c} }\tag{1}

Quiero ver que UcU^{c} es cerrado, es decir, sea x∈Ucx \in U^{c}

∀r>0B(x,r)∩Uc≠∅\forall r>0\quad B(x,r)\cap U^{c} \neq \emptyset

Esto último, que la intersección con el complemento sea no vacía, significa que está totalmente contenida en el conjunto.

o también que:

Uc‾⊆Uc\overline{U^{c} }\subseteq U^{c}

Usemos esto mejor

Sea x∈Uc‾x \in \overline{U^{c}} Por (1)(1) y que U∩Uc=∅U\cap U^{c}=\emptyset :

U∩Uc‾=∅U\cap \overline{U^{c} }=\emptyset

Esto significa que entonces x∉U  ⟹  x∈Ucx\not\in U\implies x \in U^{c}. Como queríamos demostrar.
Así UcU^{c} resulta ser cerrado.

Q.E.D.□\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \boxed{\text{Q.E.D.}} \quad \square

Idea 2: Todo por definición y absurdo.

Dem 2:Dem\:2: Sea x∈Ux \in U. Supongo que UU no es abierto, es decir

x∉U°x \not\in U°

Dicho de otra forma

∀E>0 B(x,E)⊆U\forall \mathcal{E}>0\:B(x,\mathcal{E})\cancel{ \subseteq } U

Defino las bolas B(x,1n)B\left( x,\frac{1}{n} \right) con n∈Nn \in \mathbb{N}. y el conjunto T={xn}T=\{ x_{n} \} con xn=1nx_{n}=\frac{1}{n} y xn⟶x∈T‾x_{n}\longrightarrow x \in \overline{T}

Idea 3: De forma directa usando de vuelta T=UcT=U^{c}

Dem:Dem: Sea x∈Ux \in U Basta ver que ∀r:B(x,r)⊆U  ⟺  B(x,r)∩Uc=∅\forall r:\quad B(x,r)\subseteq U\iff B(x,r)\cap U^{c}=\emptyset Nuevamente usando (1)(1) y que U∩Uc=∅U\cap U^{c}=\emptyset :

U∩Uc‾=∅U\cap \overline{U^{c} }=\emptyset

Entonces si x∈U  ⟹  x∉Uc‾x \in U\implies x \not\in \overline{U^{c}} Esto quiere decir que xx no es punto de adherencia y por definición de clausura:

 ∃ r>0:B(x,r)∩Uc=∅\:\exists\:r>0:\quad B(x,r)\cap U^{c}=\emptyset

que es equivalente a que toda la bola este contenida en el complemento (que resulta ser UU ). Así, tenemos que existe r>0r>0 tal que

B(x,r)⊆UB(x,r)\subseteq U

Como xx era arbitrario, UU resulta ser abierto.

Demostración de (⇐)(\Leftarrow) (Idea 2)

Supongamos que

∀T⊆E:  U∩T‾  ⊆   U∩T ‾,\forall T\subseteq E:\;U\cap\overline{T}\;\subseteq\;\overline{\,U\cap T\,},

y tomemos un punto cualquiera x∈Ux\in U. Vamos a probar que xx es interior a UU por reducción al absurdo.

  1. Suposición contraria.
    Supongamos que UU no es abierto en xx, es decir
x∉U∘⟹∀ε>0:  B(x,ε)⊈U.x\notin U^\circ \quad\Longrightarrow\quad \forall \varepsilon>0:\;B(x,\varepsilon)\not\subseteq U.
  1. Construcción de la sucesión.
    Para cada n∈Nn\in\mathbb{N}, como B(x,1n)⊈UB\bigl(x,\tfrac1n\bigr)\not\subseteq U, podemos elegir
xn  ∈  B(x,1n)  ∖  U.x_n\;\in\;B\bigl(x,\tfrac1n\bigr)\;\setminus\;U.

Sea

T  =  { xn:n∈N }.T \;=\;\{\,x_n : n\in\mathbb{N}\,\}.

Por construcción xn→xx_n\to x, luego x∈T‾x\in\overline{T}.

  1. Aplicación de la hipótesis.
    Dado que x∈Ux\in U y x∈T‾x\in\overline{T}, se tiene
x∈U∩T‾    ⟹    x∈ U∩T ‾.x\in U\cap\overline{T} \;\implies\; x\in\overline{\,U\cap T\,}.

Pero T⊆E∖UT\subseteq E\setminus U, así

U∩T  =  ∅⟹ U∩T ‾  =  ∅‾  =  ∅.U\cap T \;=\; \varnothing \quad\Longrightarrow\quad \overline{\,U\cap T\,} \;=\; \overline\varnothing \;=\; \varnothing.
  1. Contradicción.
    Hemos deducido que
x∈U∩T‾⟹x∈∅,x\in U\cap\overline{T} \quad\Longrightarrow\quad x\in\varnothing,

lo cual es imposible. Por ende la suposición de que x∉U∘x\notin U^\circ es falsa.

  1. Conclusión.
    Cada x∈Ux\in U es punto interior, luego U=U∘U=U^\circ es abierto.

Ejercicio 2

Sea A⊆RA \subseteq \mathbb{R} no vacío y acotado. Decida si las siguientes igualdades son verdaderas o falsas, demostrándolas en caso de que sean verdaderas o mostrando un contraejemplo en caso de que sean falsas:

  1. inf⁡(A)=inf⁡(A‾)\inf(A)=\inf(\overline{A})
  2. inf⁡(A)=inf⁡(A°)\inf(A)=\inf(A°)

Dem:Dem:

  1. Verdadero. Como A⊆A‾,A\subseteq \overline{A}, toda cota inferior de A‾\overline{A} es cota inferior de AA. Como inf⁡(A)\inf ({A}) es la mayor de las cotas inferiores de A.A. En particular:
inf⁡(A‾)≤inf⁡(A)(1)\inf(\overline{A})\leq \inf(A)\tag{1}

Sea α\alpha cota inferior de A.A. Sea x∈A‾. ∃ (an)n∈N⊆A∣an⟶xx \in \overline{A}. \:\exists\:( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subseteq A\bigm|a_{n} \longrightarrow x Por un lado α≤an∀n∈N\alpha \leq a_{n} \quad\forall n \in \mathbb{N} pues α\alpha cota inferior y la sucesión está en AA. Afirmo:

α≤x\alpha\leq x

Por contradicción, supongo que x<αx<\alpha. Tomo E=α−x>0\mathcal{E}=\alpha-x>0

Como an⟶xa_{n} \longrightarrow x, dado E\mathcal{E} existe n0∈N∣∣an−x∣<E∀n≥n0n_{0} \in \mathbb{N}\bigm||a_{n}-x|<\mathcal{E}\quad\forall n\geq n_{0}

an<x+E∀n≥n0an<x+(α−x)∀n≥n0an<α∀n≥n0\begin{array}{c} a_{n}<x+\mathcal{E}\quad\forall n\geq n_{0} \\ a_{n}<x+(\alpha-x)\quad\forall n\geq n_{0} \\ a_{n}<\alpha \quad\forall n\geq n_{0} \end{array}

Pero α\alpha era cota inferior de (an)n∈N( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}. Absurdo. Por lo tanto, α≤x\alpha\leq x

Como x∈A‾x \in \overline{A} era arbitrario tenemos que α\alpha es cota inferior de A‾\overline{A}

  ⟹  α≤inf⁡(A‾)(*)\implies\alpha\leq \inf(\overline{A})\tag{*}

Recordar que α\alpha es cota inferior de A.A. En particular cuando α=inf⁡(A)\alpha=\inf(A) , por (∗)(*)

α=inf⁡(A)≤inf⁡(A‾)(2)\alpha=\inf(A)\leq \inf(\overline{A})\tag{2}

Con (1)(1) y (2)(2) se tiene que

inf⁡(A)=inf⁡(A‾)\inf(A)=\inf(\overline{A}) Q.E.D.□\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \boxed{\text{Q.E.D.}} \quad \square
  1. Falso, contraejemplo:
A={0}∪(1,2)A=\{ 0 \} \cup(1,2)

inf⁡(A)=0\inf(A)=0 y inf⁡(A°)=1\inf(A°)=1 pues A°=(1,2)A°=(1,2)