Resuelto - Universidad de Cádiz

Universidad de Cádiz
Departamento de Matemáticas
Examen de Espacios Métricos
Junio 2004
(Resuelto)
1
Dado un espacio métrico (E, d) y un subconjunto A ⊂ E, demuéstrese que
1. A es abierto si y sólo si A ∩ frt(A) = ∅.
2. A es cerrado si y sólo si frt(A) ⊂ A
Solución
1. Supongamos que A es un conjunto abierto. Entonces A = int(A) y A ∩ frt(A) = int A ∩ frt(A) = ∅.
Recíprocamente, si A ∩ frt(A) = ∅, puesto que A ⊂ int(A) ∪ frt(A), se tiene que A ⊂ int(A), luego
A = int(A) y es un conjunto abierto.
2. Supongamos que A es un conjunto cerrado; entonces A = A, y puesto que A = int(A) ∪ frt(A), se
tiene que frt(A) ⊂ A.
Recíprocamente, si frt(A) ⊂ A, entonces A = int(A) ∪ frt(A) ⊂ A, de manera que A = A y A es
cerrado.
2
Sea A 6= ∅ un conjunto conexo, abierto y cerrado en (E, d). Pruébese que A es una componente conexa
de E.
Solución
Sea x ∈ A y llamemos C a la componente conexa de E que contiene a x.
Puesto que A es conexo y x ∈ A, se tiene que A ⊂ C. Supongamos que A 6= C; entonces
A∩C =A
es abierto en C por ser A abierto en E y también cerrado en C por ser A cerrado en E.
Así, pues, A es un subconjunto propio, abierto y cerrado en C, de manera que C no es conexo. Absurdo,
porque C es una componente conexa. Así, pues, A = C y A es una componente conexa.
3
Sea (E, d) un espacio tal que E es compacto y sean A1 , A2 , . . . conjuntos cerrados no vacíos tal que,
para todo n ∈ N se verifica que
An+1 ⊂ An
Demuéstrese que la intersección
A=
∞
\
An
n=1
es un conjunto cerrado y no vacío.
Solución
Que A es cerrado es inmediato por ser intersección de cerrados.
Supongamos ahora que A = ∅. Para cada n, se tiene que, por ser An cerrado, E \An es abierto y, además,
∞
[
E \ An = E \
n=1
∞
\
An = E.
n=1
Por lo tanto, la familia
R = {E \ An : n ∈ N}
es un recubrimiento abierto de E. Ahora, puesto que E es compacto, de R se podrá extraer un subrecubrimiento finito, digamos
S = {E \ An1 , E \ An1 , . . . , E \ Anp },
de manera que
E⊂
p
[
E \ Ani = E \
i=1
p
\
Ani ,
i=1
lo que significa que
p
\
Ani = ∅.
i=1
Por otra parte, si r = mı́n{n1 , n2 , . . . , np }, se tiene que
p
\
Ani = Ar
i=1
de manera que Ar = ∅ en contra de la hipótesis.
Así, pues, A 6= ∅.
4
Demuéstrese que si A es totalmente acotado en un espacio métrico completo, A es compacto.
Solución
Si A es totalmente acotado entonces A es totalmente acotado.
Por otra parte, puesto que A es cerrado y E es completo, se tiene que A es también completo.
Así pues, A es completo y totalmente acotado y, por lo tanto, compacto.
5
Sea D un conjunto denso en (E, d), tal que toda sucesión de Cauchy en D es convergente (no necesariamente en D). Demostrar que (E, d) es completo.
Solución
La estrategia es como sigue: dada una sucesión de Cauchy en E, construimos adecuadamente una sucesión de Cauchy en D que, por hipótesis, converge y demostramos, seguidamente que la sucesión inicial
converge al mismo límite.
Sea (xn ) es una sucesión de Cauchy en E. Puesto que D es denso, se tiene que para todo n, xn ∈ D y,
por tanto, B(xn , 1/n) ∩ D 6= ∅.
Tomemos, entonces, para cada n, yn ∈ B(xn , 1/n)∩D. La sucesión (yn ) tiene entonces todos sus términos
en D. Veamos que (yn ) es de Cauchy.
En efecto, dado ε > 0, por ser (xn ) de Cauchy, existe m1 tal que
d(xp , xq ) < ε/2
si p, q ≥ m1 .
Por otra parte, tomemos m2 tal que 1/m2 < ε/4 y sea m = máx{m1 , m2 }. Entonces, si p, q > m, se
tiene, por una parte, que
d(xp , xq ) < ε/2
y por otra que
d(xp , yp ) < 1/p < 1/m2 < ε/4
y
d(xq , yq ) < 1/q < 1/m2 < ε/4,
de manera que
d(yp , yq ) ≤ d(yp , xp ) + d(xp , xq ) + d(xq , yq ) < ε/4 + ε/2 + ε/4 = ε
Así, pues, (yn ) es de Cauchy y tiene todos sus términos en D. Luego, por hipótesis, (yn ) converge,
digamos a x.
Veamos ahora que (xn ) también converge a x. Dado ε > 0, por ser (yn ) convergente a x, existe m1 tal
que
d(yn , x) < ε/2
si n ≥ m1 . Tomemos, entonces m2 tal que 1/m2 < ε/2 y m = máx{m1 , m2 }; entonces, si n ≥ m se tiene
que
d(yn , x) < ε/2
y también que
d(xn , yn ) < 1/n < 1/m2 < ε/2,
de manera que
d(xn , x) ≤ d(xn , yn ) + d(yn , x) < ε/2 + ε/2 = ε.
Así, pues, (xn ) converge a x.
Concluimos, pues, que E es completo.
6
Sea f : E → R. Pruébese que f es continua en E si y sólo si para todo α ∈ R, los conjuntos
Aα = {x ∈ E : f (x) < α}
Bα = {x ∈ E : f (x) > α}
y
son abiertos en (E, d).
Solución
Supongamos primero que f es continua. Entonces, puesto que
f −1 ((−∞, α)) = {x ∈ E : f (x) < α} = Aα
y
f −1 ((α, ∞)) = {x ∈ E : f (x) > α} = Bα ,
se tiene que Aα y Bα son abiertos por ser imágenes inversas de abiertos mediante una aplicación continua.
Recíprocamente. Sea A ⊂ R un abierto en R. Entonces A es unión de intervalos abiertos.
Veamos primero que la imagen inversa de un intervalo abierto (a, b) es un conjunto abierto. En efecto:
f −1 ((a, b)) = {x ∈ E : a < f (x) < b} = {x ∈ E : f (x) < b} ∩ {x ∈ E : a < f (x)} = Ab ∩ Aa
y, puesto que Ab y Aa son abiertos por hipótesis, se tiene que f −1 ((a, b)) es abierto por ser intersección
de abiertos.
Ahora, puesto que A es abierto, podemos poner
[
A=
(a − ra , a + ra )
a∈A
de manera que
!
f −1 (A) = f
[
a∈A
(a − ra , a + ra )
=
[
f ((a − ra , a + ra ))
a∈A
Luego f −1 (A) es abierto por ser unión de abiertos.
7
Sea
M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 2x, y ≤ x}
Pruébese que M es un conjunto compacto.
Solución
Es inmediato comprobar que M ⊂ B((2, 0), 1) y, por lo tanto, M es un conjunto acotado.
Por otra parte, sean
M1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 2x ≤ 0}
y
M2 = {(x, y) ∈ R2 : y − x ≤ 0}
La aplicación f1 : R2 → R definida por f (x) = x2 + y 2 − 2x es continua y
M1 = f1−1 ((−∞, 0])
de manera que M1 es cerrado por ser imagen inversa de un cerrado mediante una aplicación continua.
De modo similar, f2 : R2 → R, definida por f2 (x) = y − x es continua y
M2 = f2−1 ((−∞, 0])
es cerrado por por ser imagen inversa de un cerrado mediante una aplicación continua.
Así, pues
M = M1 ∩ M2
es cerrado por ser intersección de cerrados.
Concluimos, pues, que M es compacto por ser cerrado y acotado en R2 con la métrica usual.
8
Demuéstrese que si f : E → F es uniformemente continua en E y X es un conjunto totalmente acotado,
entonces f (X) es totalmente acotado.
Conclúyase que si f es una isometría y A es un totalmente acotado en E, entonces f (A) es totalmente
acotado en F .
Solución
Sea ε > 0. Puesto que f es uniformemente continua en X, existe un δ > 0 tal que
dF (f (x), f (y)) < ε
para todo x, y ∈ X tales que dE (x, y) < δ.
Ahora bien, puesto que X es totalmente acotado, existe un número finito de puntos, x1 , x2 , . . . , xn ∈ X,
tales que
X⊂
n
[
BE (xi , δ)
i=1
Veamos que
f (X) ⊂
n
[
BF (f (xi ), ε)
i=1
En efecto, si y ∈ f (X), existe x ∈ X tal que f (x) = y; ahora bien, puesto que X está cubierto por las
bolas anteriores, existirá algún xk tal que x ∈ BE (xk , δ), lo que significa que
dE (x, xk ) < δ
y, por tanto
dF (f (x), f (xk )) < ε.
Luego f (x) ∈ BF (f (xk ), ε).
Finalmente, puesto que toda isometría es una aplicación uniformemente continua, el resultado es evidente.