3  Topología de los números reales

Ejercicio 3.1 Dada la sucesión de intervalos anidados $I_n=[0,\frac{1}{n}]$, $n\in \mathbb{N}$, demostrar que ${\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{I}_n=\{0\}$. Demostrar también que si se consideran intervalos abiertos en lugar de cerrados entonces la intersección es vacía.

Solución

En primer lugar, es fácil ver que $0\in {\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{I}_n$ ya que $0\in I_n$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$. Veamos ahora que $0$ es el único elemento de la intersección. Para cualquier $x>0$, aplicando la propiedad arquimediana se tiene que existe $n\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{n}<x$, de manera que $x\notin [0,\frac{1}{n}]=I_n$, por lo que $x\notin {\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{I}_n$. Por tanto, ${\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{I}_n=\{0\}$.

Si se consideran intervalos abiertos en lugar de cerrados, entonces $0$ tampoco pertenecería a la intersección y ${\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{I}_n=\mathrm{\varnothing }$.

Ejercicio 3.2 ¿Cuál es el interior del conjunto $A=\{a\}$?

Solución

$a$ no es un punto interior de $A$, ya que para cualquier $\epsilon >0$, el entorno $(a-\epsilon ,a+\epsilon )⊈A$. Por tanto, $\mathrm{Int}(A)=\mathrm{\varnothing }$.

En general, cualquier conjunto con un solo punto no tiene puntos interiores.

Ejercicio 3.3 Sean $a,b,c\in \mathbb{R}$ tales que $a<b<c$ y sea $A=\{a\}\cup (b,c)$. Calcular $\mathrm{Int}(A)$, $\mathrm{Ext}(A)$ y $\mathrm{Fr}(A)$.

Solución

Como el interior de un conjunto con un solo punto es vacío y el interior de un intervalo abierto es el propio intervalo abierto (ver proposición), se tiene que $\mathrm{Int}(A)=(b,c)$. Por otro lado, $\bar{A}=(-\mathrm{\infty },a)\cup (a,b]\cup [c,\mathrm{\infty })$, que al ser la unión de intervalos abiertos y semiabiertos se tiene que $\mathrm{Ext}(A)=\mathrm{Int}(\bar{A})=(-\mathrm{\infty },a)\cup (a,b)\cup (c,\mathrm{\infty })$. Finalmente, $\mathrm{Fr}(A)=\{a,b,c\}$, ya que cualquier entorno de estos puntos contiene puntos de $A$ y de $\bar{A}$.

Ejercicio 3.4 $\star$ Demostrar que todos los puntos de $\mathbb{Z}$ son puntos frontera.

Solución

Sea $x\in \mathbb{Z}$, entonces, para cualquier $\epsilon >0$, el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ siempre contiene números enteros (por ejemplo el propio $x$), y números no enteros, por los que $x$ es un punto frontera.

Ejercicio 3.5 $\star$ Demostrar que el conjunto de los números racionales no tiene puntos interiores. ¿Y el conjunto de los números irracionales?

Solución

Sea $x\in \mathbb{Q}$, entonces, para cualquier $\epsilon >0$, por la densidad de los números racionales, el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ siempre contiene números racionales, y por la densidad de los números irracionales también contiene números irracionales, de manera que todos los puntos de $\mathbb{Q}$ son frontera y no tiene puntos interiores.

Por el mismo motivo, $\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$ tampoco tiene puntos interiores y todos sus puntos son puntos frontera.

Ejercicio 3.6 Demostrar que si $x$ es un punto interior de $A$ y $A\subseteq B$, entonces $x$ también es un punto interior de $B$.

Solución

Sea $x$ un punto interior de $A$. Entonces existe un $\epsilon >0$ tal que el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A\subseteq B$, de manera que $x$ también es un punto interior de $B$.

Ejercicio 3.7 Demostrar que si $x$ es un punto interior de dos conjuntos $A$ y $B$, entonces también es un punto interior de su unión y su intersección.

Solución

Sea $x$ un punto interior de $A$ y $B$. Entonces, existe un ${\epsilon }_1>0$ tal que el entorno $(x-{\epsilon }_1,x+{\epsilon }_1)\subseteq A\subseteq A\cup B$, de manera que $x$ es también un punto interior de $A\cup B$.

Por otro lado, como $x$ es también un punto interior de $B$, existe otro ${\epsilon }_2>0$ tal que el entorno $(x-{\epsilon }_2,x+{\epsilon }_2)\subseteq B$. Tomando $\epsilon =min\{{\epsilon }_1,{\epsilon }_2\}$, se tiene que el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A$ y $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq B$, por lo que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A\cap B$, y $x$ es también un punto interior de $A\cap B$.

Ejercicio 3.8 Demostrar que para cualesquiera dos conjuntos de números reales $A$ y $B$, se cumple que $\mathrm{Int}(A\cap B)=\mathrm{Int}(A)\cap \mathrm{Int}(B)$.

Demostrar también que el anterior resultado no es cierto para la unión, es decir, dados $A,B\subseteq \mathbb{R}$, no se cumple siempre que $\mathrm{Int}(A\cup B)=\mathrm{Int}(A)\cup \mathrm{Int}(B)$.

Solución

En el Ejercicio 3.7 hemos visto que si $x$ es un punto interior de $A$ y $B$, entonces también lo es de su intersección. Veamos ahora el otro sentido de la implicación.

Supongamos que $x$ es un punto interior de $A\cap B$. Entonces, existe un $\epsilon >0$ tal que el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A\cap B$. Pero como $A\cap B\subseteq A$ y $A\cap B\subseteq B$, se tiene que $x$ es también un punto interior de $A$ y de $B$.

Para ver que este resultado no es cierto para la unión, basta con tomar $A=(-1,0)$ y $B=[0,1)$. Entonces $A\cup B=(-1,1)$, y al ser un intervalo abierto, $\mathrm{Int}(A\cup B)=(-1,1)$. Sin embargo, $\mathrm{Int}(A)=(-1,0)$ y $\mathrm{Int}(B)=(0,1)$, por lo que $\mathrm{Int}(A)\cup \mathrm{Int}(B)=(-1,1)\setminus \{0\}\ne (-1,1)=\mathrm{Int}(A\cup B)$.

Ejercicio 3.9 Dado un conjunto $A\subset \mathbb{R}$, probar que los conjuntos $\mathrm{Int}(A)$, $\mathrm{Ext}(A)$ y $\mathrm{Fr}(A)$ forman una partición de $\mathbb{R}$.

Solución

Veamos primero, que $\mathrm{Int}(A)$, $\mathrm{Ext}(A)$ y $\mathrm{Fr}(A)$ son disjuntos dos a dos.

• Si $x\in \mathrm{Int}(A)$, entonces existe $\epsilon >0$ tal que el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A$. De aquí se deduce que $a\in A$, y por tanto $x\notin \bar{A}$ por lo que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )⊈\bar{A}$ $\mathrm{\forall }\epsilon >0$ y $x$ no es un punto exterior de $A$. Por otro lado, $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A$, por lo que este entorno de $x$ no contiene puntos de $\bar{A}$ y $x\notin \mathrm{Fr}(A)$.
• Si $x\in \mathrm{Ext}(A)$, entonces existe $\epsilon >0$ tal que el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq \bar{A}$. De aquí se deduce que $x\notin A$, y por tanto $x$ no es un punto interior de $A$. Por otro lado, como $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq \bar{A}$, existe un entorno de $x$ que no contiene puntos de $A$ y $x\notin \mathrm{Fr}(A)$.
• Si $x\in \mathrm{Fr}(A)$, entonces para cualquier $\epsilon >0$, el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ contiene puntos de $A$ y de $\bar{A}$, de manera que, no existe $\epsilon >0$ tal que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A$ o $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq \bar{A}$, así que, $x$ no es un punto interior ni exterior de $A$.

Veamos ahora que $\mathrm{Int}(A)\cup \mathrm{Ext}(A)\cup \mathrm{Fr}(A)=\mathbb{R}$, o dicho de otro modo, cualquier $x\in \mathbb{R}$ debe pertenecer a alguno de estos conjuntos.

• Si existe $\epsilon >0$ tal que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A$, entonces $x$ es un punto interior de $A$.
• En caso contrario, si existe $\epsilon >0$ tal que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq \bar{A}$, entonces $x$ es un punto exterior de $A$.
• Finalmente, si para cualquier $\epsilon >0$ $(x-\epsilon ,x+\epsilon )⊈A$ y $(x-\epsilon ,x+\epsilon )⊈\bar{A}$, se tiene que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ contiene tanto puntos de $A$ como de $\bar{A}$, por lo que $x$ es un punto frontera de $A$.

Ejercicio 3.10 $\star$ Calcular los puntos de adherencia y de acumulación del conjunto $A=\{\frac{n+1}{n}:n\in \mathbb{N}\}$.

Solución

Como $\frac{n+1}{n}=1+\frac{1}{n}$, $1$ es un punto de acumulación de $A$, ya que para cualquier $\epsilon >0$, $(1-\epsilon ,1+\epsilon )\setminus \{1\}$ contiene puntos de $A$. Para verlo, basta aplicar la propiedad arquimediana, por la que existe $n\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{n}<\epsilon$, de manera que $1+\frac{1}{n}<1+\epsilon$, y por tanto $(1-\epsilon ,1+\epsilon )\setminus \{1\}\cap A\ne \mathrm{\varnothing }$.

Para calcular los puntos de adherencia de $A$ basta tener en cuenta que $A\subseteq \mathrm{Adh}(A)$, y que $\mathrm{Ac}(A)\subseteq \mathrm{Adh}(A)$, por lo que $1$ también es un punto de adherencia de $A$. Veamos ahora que cualquier otro punto, no es punto de adherencia de $A$. Si $x<1$, tomando $\epsilon =|x-1|$ el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ no contiene puntos de $A$. Del mismo modo, si $x>2$, tomando $\epsilon =|x-2|$ el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ tampoco contiene puntos de $A$. Finalmente, si $1<x\le 2$, por la propiedad arquimediana, existe $n\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{n+1}\le x<\frac{1}{n}$. Tomando $\epsilon =min(\{|x-\frac{1}{n+1}|,|x-\frac{1}{n}|\})$ también se tiene que el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ no contiene puntos de $A$. Por tanto, $\mathrm{Adh}(A)=A\cup \{1\}$.

Para calcular los puntos de acumulación de $A$, ya sabemos que $1$ es un punto de acumulación y faltaría por ver si algún otro punto de $A$ es un punto de acumulación de $A$, ya que el resto de puntos no pertenecen a la adherencia y por tanto no pueden ser puntos de acumulación al ser $\mathrm{Ac}(A)\subseteq \mathrm{Adh}(A)$. Ahora bien, si $x\in A$, entonces existe $n\in \mathbb{N}$ tal que $x=1+\frac{1}{n}$, de manera que tomando $\epsilon =\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ se tiene que el entorno reducido $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\setminus \{x\}$ no contiene puntos de $A$, por lo que $x$ no es punto de acumulación de $A$. Así pues, $\mathrm{Ac}(A)=\{1\}$.

Ejercicio 3.11 Calcular los puntos de adherencia y de acumulación de $\mathbb{Z}$ y también de $\mathbb{Q}$.

Solución

$\mathrm{Adh}(\mathbb{Z})=\mathbb{Z}$ y $\mathrm{Ac}(\mathbb{Z})=\mathrm{\varnothing }$.
$\mathrm{Adh}(\mathbb{Q})=\mathrm{Ac}(\mathbb{Q})=\mathbb{R}$.

Ejercicio 3.12 Dar un ejemplo de dos conjuntos no abiertos pero cuya intersección es abierta.

Solución

Si se toma $A=[0,2)$ y $B=(1,3]$, tanto $A$ como $B$ no son abiertos, pero $A\cap B=(1,2)$ que es un conjunto abierto.

Ejercicio 3.13 $\star$ Estudiar si el conjunto de los números racionales $\mathbb{Q}$ es abierto o cerrado.

Solución

$\mathbb{Q}$ no es abierto ya que como se vio en el Ejercicio 3.5 $\mathrm{Int}(\mathbb{Q})=\mathrm{\varnothing }$. En el mismo ejercicio se vio también que $\mathrm{Int}(\bar{\mathbb{Q}})=\mathrm{Int}(\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q})=\mathrm{\varnothing }$, por lo que $\mathbb{Q}$ tampoco es cerrado.

Ejercicio 3.14 Probar las siguientes propiedades:

1. La unión de una colección de conjuntos abiertos es un conjunto abierto.
2. La intersección de una colección finita de conjuntos abiertos es un conjunto abierto.
3. La intersección de una colección de conjuntos cerrados es cerrada.
4. La unión de una colección finita de conjuntos cerrados es un conjunto cerrado.

Solución

1. Sea $A_n$ $n\in \mathbb{N}$ una colección arbitraria de conjuntos abiertos y sea $x\in {\cup }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$. Entonces existe un $n\in \mathbb{N}$ tal que $x\in A_n$, y como $A_n$ es abierto, existe un $\epsilon >0$ tal que el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A_n\subseteq {\cup }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$, por lo que $x$ es un punto interior de ${\cup }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$.

2. Vamos a probarlo por inducción. Sean $A_1$ y $A_2$ dos conjuntos abiertos. Si $A_1\cap A_2=\mathrm{\varnothing }$ ya estaría probado. En caso contrario, sea $x\in A_1\cap A_2$. Entonces, como $x\in A_1$ existe un ${\epsilon }_1>0$ tal que el entorno $(x-{\epsilon }_1,x+{\epsilon }_1)\subseteq A_1$, y como $x\in A_2$ existe un ${\epsilon }_2>0$ tal que el entorno $(x-{\epsilon }_2,x+{\epsilon }_2)\subseteq A_2$. Tomando $\epsilon =min\{{\epsilon }_1,{\epsilon }_2\}$, se tiene que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A_1$ y $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A_2$, por lo que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A_1\cap A_2$, y $A_1\cap A_2$ es un conjunto abierto.

   Sea ahora una colección $A_1,\dots ,A_m,A_{m+1}$ una colección de conjuntos abiertos y supongamos que $A={\cap }_{n=1}^m{A}_n$ es un conjunto abierto. Si $A\cap A_{m+1}=\mathrm{\varnothing }$ ya estaría probado. En caso contrario, sea $x\in A\cap A_{m+1}$. Entonces, como $x\in A$ existe un ${\epsilon }_1>0$ tal que el entorno $(x-{\epsilon }_1,x+{\epsilon }_1)\subseteq A$, y como $x\in A_{m+1}$ existe un ${\epsilon }_2>0$ tal que el entorno $(x-{\epsilon }_2,x+{\epsilon }_2)\subseteq A_{m+1}$. Tomando $\epsilon =min\{{\epsilon }_1,{\epsilon }_2\}$, se tiene que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A$ y $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A_{m+1}$, por lo que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq A\cap A_{m+1}$, y ${\cap }_{n=1}^{m+1}{A}_n$ es un conjunto abierto.

3. Sea $A_n$, $n\in \mathbb{N}$, una colección arbitraria de conjuntos cerrados. Entonces, aplicando la ley de Morgan, se tiene que $\overline{{\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n}={\cup }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}\overline{A_n}$. Como $A_n$ es cerrado, $\overline{A_n}$ es abierto $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, y por el apartado (a), se tiene que ${\cup }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}\overline{A_n}$ es un conjunto abierto, por lo que $\overline{{\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n}$ es abierto y ${\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$ es cerrado.

4. Sea ahora una colección $A_1,\dots ,A_n$ una colección de conjuntos cerrados. De nuevo, aplicando la ley de Morgan, se tiene que $\overline{{\cup }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n}={\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}\overline{A_n}$. Como $A_i$ es cerrado, $\overline{A_i}$ es abierto $\mathrm{\forall }i=1,\dots ,n$, y por el apartado (b), se tiene que ${\cap }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}\overline{A_n}$ es un conjunto abierto, por lo que $\overline{{\cup }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n}$ es abierto y ${\cup }_{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$ es cerrado.

Ejercicio 3.15 Demostrar que la adherencia de cualquier conjunto es siempre cerrada.

Solución

Sea $A\subset \mathbb{R}$. Para probar que $\mathrm{Adh}(A)$ es un conjunto cerrado, veremos que $\overline{\mathrm{Adh}(A)}$ es abierto. Si $x\in \overline{\mathrm{Adh}(A)}$, entonces $x\notin \mathrm{Adh}(A)$, y existe un $\epsilon >0$ tal que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\cap A=\mathrm{\varnothing }$. Para cualquier $y\in (x-\epsilon ,x+\epsilon )$, se tiene, tomando ${\epsilon }^{\prime }=min(\{x-\epsilon -y,x+\epsilon -y\})$, que $(y-{\epsilon }^{\prime },y+{\epsilon }^{\prime })\subseteq (x-\epsilon ,x+\epsilon )$ y por tanto $(y-{\epsilon }^{\prime },y+{\epsilon }^{\prime })\cap A=\mathrm{\varnothing }$, por lo que $y\notin \mathrm{Adh}(A)$. Así pues, $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq \overline{\mathrm{Adh}(A)}$, y por consiguiente $\overline{\mathrm{Adh}(A)}$ es abierto y $\mathrm{Adh}(A)$ es cerrado.

Ejercicio 3.16 Demostrar que cualquier conjunto es cerrado si y solo si coincide con su adherencia.

Solución

Sea $A$ un conjunto cerrado. Ya sabemos que $A\subseteq \mathrm{Adh}(A)$. Supongamos ahora que existe un punto $x\in \mathrm{Adh}(A)\setminus A$. Entonces, como $x$ es un punto de adherencia de $A$, para cualquier $\epsilon >0$, $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\cap A\ne \mathrm{\varnothing }$, pero como $x\notin A$, también se cumple que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\setminus \{x\}\cap A\ne \mathrm{\varnothing }$, por lo que $x$ es un punto de acumulación de $A$, pero eso contradice que $A$ sea un conjunto cerrado, pues no contiene a todos sus puntos de acumulación (ver teorema). Así pues, $\mathrm{Adh}(A)=A$.

Para probar el otro sentido de la implicación, supongamos que $\mathrm{Adh}(A)=A$. Entonces, para cualquier $x\in \bar{A}$ existe un $\epsilon >0$ tal que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\cap A=\mathrm{\varnothing }$, por lo que $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\subseteq \bar{A}$ y $\bar{A}$ es abierto, de manera que $A$ es cerrado.