1 1. Propiedades características de los conjuntos convexos La

1
1. Propiedades características de los conjuntos convexos
La descripción que hicimos de la cápsula convexa de cualquier conjunto finito de puntos ha
permitido reencontrarnos a los polígonos convexos como combinaciones lineales convexas (o
sea, las de coeficientes no negativos que suman 1) de los vértices del polígono vistos como
vectores de R2 . Originalmente, estos polígonos se presentaron como intersecciones finitas de
semiplanos (abiertos o cerrados), y fueron los primeros conjuntos con los que trabajamos la
convexidad.
Uno de los objetivos de la sección que aquí comienza consiste en mostrar que cualquier
conjunto convexo puede mirarse como una intersección de semiplanos (abiertos), sólo que, a
diferencia de lo que sucede con los polígonos convexos, en general el número de semiplanos
que se intersecten ha de ser infinito.
El avance hacia este objetivo exigirá que trabajemos con conjuntos cerrados, mismos que
definiremos enseguida. Antes, sería oportuno comentar que, desde el momento en que hablemos de conjuntos cerrados habrá comenzado el tratamiento topológico de que es susceptible
el estudio de la convexidad en un plano euclidiano. Eso que es la topología usual del plano
euclidiano, por de pronto no nos importará qué sea. Basta saber que nos permite emplear
un lenguaje y una herramienta analítica a través de los cuales se pueden someter a un fino
análisis diversas situaciones que puedan presentarse.
Notación y definiciones:. 1. Si P1 y P2 son dos puntos cualesquiera de un plano euclidiano
cartesianizado, mediante d(P1 , P2 ) denotaremos a la distancia de P1 a P2 , entendida como
la longitud del segmento rectilíneo P1 P2 . Como sabemos por los cursos de geometría analítica,
si estos puntos son P1 (x1 , y1 ) y P2 (x2 , y2 ), entonces
q
d(P1 , P2 ) = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2
Por extensión hablaremos de la distancia entre los vectores P1 = (x1 , y1 ) y P2 = (x2 , y2 ),
haciendo
d(P1 , P2 ) = d(P1 , P2 )
2. Para cualquier punto P del plano y cualquier número r > 0, el disco abierto de
centro P y radio r es el conjunto
©
¡
¢
ª
Dr (P ) = Q ∈ R2 : d P , Q < r
3. Para cualquier punto P del plano y cualquier número r ≥ 0, el disco cerrado de
centro P y radio r es el conjunto
©
¡
¢
ª
Dr (P ) = Q ∈ R2 : d P , Q ≤ r
4. Un conjunto Ψ de puntos de un plano euclidiano cartesianizado es abierto si para
todo punto P ∈ Ψ existe r > 0 tal que
Dr (P ) ⊂ Ψ
5. Un conjunto Ψ de puntos de un plano euclidiano cartesianizado es cerrado si su
complemento R2 − Ψ es abierto.
2
Ejemplos: 1. R2 es un conjunto abierto.
2. ∅ es un conjunto cerrado, porque su complemento R2 − ∅ = R2 es abierto.
3. ∅ es un conjunto abierto. En efecto, la proposición
P ∈ ∅ ⇒ D1 (P ) ⊂ ∅
siempre es verdadera, porque su antecedente es falso.
4. R2 es un conjunto cerrado, porque su complemento R2 − R2 = ∅ es abierto.
Ejercicio c27 : Probar que para todo P ∈ R2 y para todo r > 0, Dr (P ) es un conjunto
convexo.
Definiciones: Sea Θ ⊆ R, arbitrario.
1. Decimos que c ∈ R es una cota inferior de Θ si sucede que
c ≤ t, ∀t ∈ Θ
2. Decimos que c ∈ R es ínfimo de Θ si suceden dos cosas:
(i) c es cota inferior de Θ;
(ii) cualquier número más grande que c no es cota inferior de Θ; es decir, que para toda
ε > 0 siempre habrá un tε ∈ Θ tal que
tε < c + ε
Sean, Ψ un conjunto de puntos de un plano euclidiano y P cualquier punto del mismo
plano; entonces,
3. la distancia de P a Ψ es
d (P, Ψ) = inf {d (P, Q) : Q ∈ Ψ}
4.
es una recta que separa a P de Ψ si, y sólo si, P y Ψ quedan en distintos
semiplanos determinados por .
5. Se dice que separa estrictamente a P de Ψ si P y Ψ quedan en distintos semiplanos
abiertos determinados por .
6. Diremos que Ψ es rectilinealmente separable de todo punto que le es ajeno
si, y sólo si, siempre se pueden encontrar rectas que lo separen de cualquier punto que le sea
ajeno.
7. Diremos que Ψ es estrictamente separable de todo punto que le es ajeno si, y
sólo si, para todo P ∈Ψ
/ existe una recta que separa estrictamente a P de Ψ.
Proposición. Sea Ψ un conjunto de puntos de un plano euclidiano. Si Ψ es rectilinealmente
separable de todo punto que le es ajeno, entonces Ψ es un conjunto convexo.
Demostración. Supongamos que esta condición no fuese suficiente para garantizar la
convexidad de Ψ. Entonces podrían hallarse dos puntos P1 , P2 ∈ Ψ tales que P1 P2 * Ψ. Sea
P0 ∈ P1 P2
.3 .
/Ψ
P0 ∈
Debido a la colinealidad de P0 con P1 y P2 , cualquier otra recta del haz por P0 deja en
semiplanos distintos a P1 y P2 . Más aún: Cualquier recta del plano deja al menos a uno de
3
los puntos P1 y P2 en el mismo semiplano en que deja a P0 . Por lo tanto, no hay recta que
separe a P0 de Ψ∇
◦
Esta contradicción con la condición que es antecedente de la proposición, surge por haber
supuesto la insuficiencia precisamente de esta condición para poder afirmar que Ψ es convexo.
Por lo tanto, la condición es suficiente y, en consecuencia, Ψ es convexo.@
Además de suficiente, la condición anterior también es necesaria. El avance que haremos
hacia la prueba de esta afirmación será pausado, pues antes debemos ir presentando definiciones y resultados básicos del análisis matemático y de la topología usual de R2 que son
útiles para alcanzar nuestro propósito.
Definiciones. 1. Una sucesión (Pn )n∈N de puntos de un plano euclidiano cartesianizado está dada por cualquier función
f : N −→ R2
n 7−→ (xn , yn )
y decimos que el punto Pn (xn , yn ) es el n-ésimo término de la sucesión (Pn )n∈N .
2. Diremos que el punto P0 es el límite de la sucesión (Pn )n∈N si
∀ε > 0
∃
Nε ∈ N
.3 .
n > Nε ⇒ Pn ∈ Dε (P0 )
Nota. Para aligerar la notación, suele escribirse (Pn )n para referirse a la sucesión de
puntos (Pn )n∈N .
Lema. Los conjuntos cerrados de un plano euclidiano tienen entre sus elementos a los
límites de todas las sucesiones convergentes de puntos suyos.
Demostración. Sea Ψ un conjunto cerrado de puntos de un plano euclidiano, y sea (Qn )n
una sucesión convergente de puntos de Ψ. Sea
Q0 = lim Qn
n→∞
Luego, para toda ε > 0 existe Nε ∈ N tal que si n > Nε entonces
Qn ∈ Dε (Q0 )
Nótese que esto impide tener
Q0 ∈ R2 − Ψ
En efecto, el conjunto R2 − Ψ es abierto, porque es el complemento de Ψ que es un conjunto
cerrado. Si tuviéramos Q0 ∈ R2 − Ψ, existiría un ε0 > 0 tal que
Dε0 (Q0 ) ⊂ R2 − Ψ
a pesar de que también este disco tiene elementos de Ψ, pues existe Nε0 ∈ N tal que
Qn ∈ Dε0 (Q0 ) , ∀n > Nε0
Esta contradicción surge por suponer Q0 ∈ R2 − Ψ. Por lo tanto
Q0 ∈ Ψ
4
como se quería demostrar.@
Proposición. Sea Ψ un conjunto cerrado de puntos de un plano euclidiano, y sea P0
cualquier punto del mismo plano. Entonces existe un punto Q0 ∈ Ψ tal que
d (P0 , Ψ) = d (P0 , Q0 )
Demostración. Es obvio que si P0 ∈ Ψ, entonces P0 mismo sirve de Q0 , ya que entonces
d (P0 , Ψ) = d (P0 , P0 ) = 0
Supongamos que P0 ∈
/ Ψ; sea
r = d (P0 , Ψ) · · · (i)
Como quiera que sea r, es claro que para toda n ∈ N
r<r+
Por ser más grande que r, r +
1
n
1
n
no puede ser cota inferior del conjunto
{d (P0 , Q) : Q ∈ Ψ} · · · (ii)
porque r es la más grande de sus cotas
(según la definición de ínfimo ®®
que por (i)
­­ inferiores
1
recae en r). En símbolos, decir que r + n no es cota inferior del conjunto (ii) se puede
expresar escribiendo
∙
¸
1
r + ­ d (P0 , Q) , ∀Q ∈ Ψ , ∀n ∈ N
n
Por lo tanto, para toda n ∈ N siempre será posible hallar un punto Qn ∈ Ψ
.3 .d (P0 , Qn ) < r +
1
n
Volviendo a la definición de ínfimo, tenemos
r ≤ d (P0 , Qn )
En consecuencia
es decir, que
µ
¶
1
lim r ≤ lim d (P0 , Qn ) ≤ lim r +
n→∞
n→∞
n→∞
n
lim d (P0 , Qn ) = r
n→∞
De aquí resulta que
Qn ∈ Dr+1 (P0 ) , ∀n ∈ N
o sea que (Qn )n es una sucesión acotada de puntos de Ψ. En el curso de Cálculo II se prueba
que toda sucesión acotada tiene una subsucesión convergente. Sea en este caso (Qnm )m tal
subsucesión. Podemos aplicar el lema anterior, porque
Qnm ∈ Ψ, ∀m ∈ N
5
siendo Ψ un cerrado y (Qnm )m una sucesión convergente; luego, si
Q0 = lim Qnm
m→∞
entonces
Q0 ∈ Ψ
Finalmente, puesto que la sucesión de números (d (P0 , Qn ))n converge a r, entonces cualquier
subsucesión que de ella formemos convergerá al mismo límite; en particular,
lim d (P0 , Qnm ) = r
m→∞
Esto permite entender que
³
´
r = d P0 , lim Qnm = d (P0 , Q0 )
m→∞
que es a lo que se quería llegar.@
No perdamos de vista nuestro objetivo: Probar que una condición necesaria para la
convexidad de Ψ es que siempre sea posible separar con una recta a Ψ de los puntos que le
son ajenos. Una primera aproximación a la demostración de esta afirmación será demostrar
que la condición es necesaria para la convexidad de los conjuntos cerrados.
Proposición. Si Ψ ⊆ R2 es convexo y es cerrado, entonces Ψ es rectilinealmente separable
de todo punto que le es ajeno. Más todavía, porque en este caso los antecedentes permiten
asegurar que Ψ es estrictamente separable de todo punto que le es ajeno.
Demostración. Sea P0 ∈
/ Ψ; en vista de la proposición anterior, existe Q0 ∈ Ψ tal que
d (P0 , Ψ) = d (P0 , Q0 )
Consideremos el segmento P0 Q0 ; es intuitivamente claro que la mediatríz (perpendicular por
el punto medio) de este segmento separa (inclusive estrictamente) a P0 de Ψ. En efecto, si
llamamos a esta mediatríz, es inmediato que P0 queda enteramente contenido en un semiplano abierto determinado por , (si M es el punto medio de P0 Q0 , al menos Dd(P0 ,M) (P0 )
es un subconjunto de ese semiplano abierto). Vamos a convencernos de que Ψ queda enteramente contenido en el otro semiplano abierto; de este modo no sólo quedará probado que
Ψ es rectilinealmente separable de su complemento, sino que lo es estrictamente.
Nótese que hhsalirse Ψ del semiplano abierto que no contiene a P0 ii es lo mismo que decir que hay una parte de Ψ contenida en el semiplano cerrado determinado por que contiene
a P0 . Lo menos peor que podría pasar es que hubiera un punto S de Ψ que apenas desbordó
el borde del semiplano abierto que no contiene a P0 , ubicándose en algún lugar de . Aunque
analizaremos solamente este caso, el argumento que sigue vale para cuando S incluso se haya
ido a meter al semiplano abierto en que se encuentra P0 .
De entrada podemos descartar el caso en que S coincide con M (punto medio de P0 Q0 ),
porque entonces
1
d (P0 , S) = d (P0 , M) = d (P0 , Q0 ) < d (P0 , Q0 ) ∇
◦
2
contraviniendo el que Q0 es el punto de Ψ que es más cercano a P0 .
6
Puesto que Ψ es convexo y Q0 ∈ Ψ, necesariamente el segmento
Q0 S ⊆ Ψ ... (i)
Obsérvese que con relación a la dirección de , Q0 S siempre es un segmento oblicuo, porque
estando S sobre y Q0 fuera de ella, es imposible que se dé el paralelismo de Q0 S con .
Sea T ∈ Q0 S el pie de la perpendicular trazada sobre Q0 S desde P0 ; por (i), T ∈ Ψ.
Está claro que esta construcción deja automáticamente convertido a P0 Q0 en hipotenusa
del triángulo rectángulo P0 Q0 T . Por trigonometría elemental sabemos que la longitud de la
hipotenusa de un triángulo rectángulo siempre es mayor que la longitud de cualquiera de los
catetos. Por lo tanto
d (P0 , T ) < d (P0 , Q0 ) ∇
◦
Esto es una contradicción con el hecho de ser
d (P0 , Q0 ) = inf {d (P0 , Q) : Q ∈ Ψ}
Esta contradición ha surgido por haber supuesto la existencia de un punto de Ψ en el (borde
del) semiplano cerrado determinado por , que contiene a P0 . Por lo tanto, Ψ está enteramente contenido en el semiplano abierto que no contiene a P0 . Esto prueba que separa
estrictamente a P0 de Ψ.@
Observación. Nótese que sin la hipótesis de ser cerrado, aunque Ψ sea convexo, no hay
garantía de que P0 sea estrictamente separable de Ψ. De hecho, no es difícil mostrar ejemplos
de conjuntos convexos en los que, por no ser cerrados, llega a ser imposible separarlos de
puntos de su complemento. Esta observación permite que podamos resumir lo anterior en
un teorema que ya podemos dar por demostrado.
Teorema. Sea Ψ ⊆ R2 arbitrario. Entonces, son equivalentes las afirmaciones:
a) Ψ es cerrado y convexo.
b) Ψ es estrictamente separable de todo punto que le es ajeno.
El objetivo que perseguimos es, a fin de cuentas, dejar sentado un teorema similar al
anterior, pero en el que de (a) se omita la palabra cerrado (con el conectivo y), en tanto que
al leer (b) solamente no se diga estrictamente.
Para terminar de establecerlo, habrá que conocer mejor el arcenal de ideas topológicas y
de resultados concernientes a ellas con los que implícitamente contamos al hallarnos trabajando la convexidad de las figuras planas en el espacio topológico que es R2 con su topología
usual.
Definición. Sea Υ cualquier conjunto de puntos de R2 . La cerradura de Υ (misma que
denotaremos medianteΥ) es el más pequeño de los conjuntos cerrados de R2 que contienen
a Υ. O sea que Υ satisface, por definición, las condiciones siguientes:
I. Υ es un conjunto cerrado y Υ ⊆ Υ.
II. Si C ⊆ R2 es cerrado y Υ ⊆ C , entonces Υ ⊆ C.
Lema. Cualquier intersección de conjuntos cerrados es un conjunto cerrado.
Demostración. Sea (Cj )J cualquier familia de conjuntos cerrados de R2 . Para probar que
∩ Cj es un conjunto cerrado, demostraremos que su complemento es un conjunto abierto.
j∈J
Para ello hay que probar que en todo punto de R2 − ∩ Cj se puede centrar un disco abierto
j∈J
2
que quede enteramente contenido en R − ∩ Cj .
j∈J
7
Sea P ∈ R2 − ∩ Cj un punto cualquiera. Entonces
j∈J
P ∈
/ ∩ Cj
j∈J
lo cual, en conformidad con la definición de intersección, implica la existencia de un j0 ∈ J
tal que
P ∈
/ Cj0
es decir,
P ∈ R2 − Cj0
el cual es un conjunto abierto, porque Cj0 es un conjunto cerrado. Consecuentemente con la
definición de conjunto abierto, para P puede encontrarse un número ε > 0 tal que
Dε (P ) ⊂ R2 − Cj0
Por consiguiente
/ Cj0
Q ∈ Dε (P ) ⇒ Q ∈
y por lo tanto
Q∈
/ ∩ Cj
j∈J
De modo que tenemos
Dε (P ) ⊂ R2 − ∩ Cj
j∈J
que es a lo que había que llegar.@
Proposición. Sea (Cj )J la familia de conjuntos cerrados de R2 que contienen a Υ. Entonces
Υ = ∩ Cj
j∈J
Demostración. Veamos que ∩ Cj satisface para Υ, I y II de la definición precedente.
j∈J
I. Υ ⊆ ∩ Cj porque, según se enuncia, Υ ⊆ Cj , ∀j ∈ J. Además, ∩ Cj es un cerrado,
j∈J
j∈J
como consecuencia del lema anterior.
II. Sea C ⊆ R2 cerrado, tal que Υ ⊆ C. Puesto que la familia de todos los cerrados que
contienen a Υ es (Cj )J , existe un j0 ∈ J tal que C = Cj0 . Consecuentemente
∩ Cj ⊆ C
j∈J
que es lo que se quería demostrar.@
Proposición. Sea Ψ ⊆ R2 arbitrario. Entonces, Ψ es abierto si, y sólo si, la distancia de
todo punto de Ψ a R2 − Ψ es positiva.
Demostración. Supongamos que Ψ es abierto y que P ∈ Ψ; entonces existe ε > 0 tal que
Dε (P ) ⊂ Ψ
de donde
R2 − Dε (P ) ⊃ R2 − Ψ
8
Sea Q ∈ R2 − Ψ. Entonces Q ∈
/ Dε (P ); o sea que
d (P, Q) ≮ ε; ∴ d (P, Q) ≥ ε
y como Q es cualquiera en R2 − Ψ, entonces
¡
¢
d P, R2 − Ψ > 0
como se quería probar.
Recíprocamente, supongamos que Ψ es un conjunto con la propiedad de que entre
cualquier punto suyo y R2 − Ψ se interpone una distancia positiva. Quisiéramos ver que
Ψ es abierto. Para esto, tomemos P ∈ Ψ y llamemos
¢
¡
δ = d P, R2 − Ψ
Entonces, δ > 0 y podemos considerar D δ (P ). Aseguramos que
2
D δ (P ) ⊂ Ψ
2
En efecto, ningún punto Q del disco puede estar en R2 − Ψ pues de lo contrario tendríamos
ª
¡
¢
©
δ
= d (P, Q) ≥ inf d (P, R) : R ∈ R2 − Ψ = d P, R2 − Ψ = δ
2
³ ´
∇
◦
lo que es falso. Entonces la contención anterior es efectiva; y como P se escogió arbitrariamente en Ψ, se sigue que Ψ es abierto.@
Proposición. Sea Υ ⊆ R2 arbitrario. Entonces, Υ es cerrado si, y sólo si, Υ contiene a
todos los puntos que distan cero de Υ.
Demostración. Supongamos que Υ es cerrado. Entonces, R2 − Υ es abierto. Aplicando
la proposición anterior tenemos:
¡
¡
¢¢
R2 − Υ es abierto ⇔ d P, R2 − R2 − Υ > 0, ∀P ∈ R2 − Υ
⇔ d (P, Υ) > 0, ∀P ∈ R2 − Υ
En vista de esto, si Q ∈ R2 es tal que d (Q, Υ) = 0, entonces Q no puede pertenecer a R2 −Υ,
porque si así fuera, su distancia a Υ sería positiva; luego, Q ∈ Υ.
Recíprocamente, supongamos que Υ es un conjunto con la propiedad de contener a todos
los puntos que distan cero de Υ. Sea Q ∈ R2 − Υ; entonces
d (Q, Υ) 6= 0
³ ´
O . Por lo tanto, la distancia de todo punto de
porque si fuera cero, pertenecería a Υ
◦
R2 − Υ a Υ (= R2 − (R2 − Υ)) es positiva. Por la proposición anterior, R2 − Υ es abierto.
Por lo tanto, Υ es cerrado.@
Proposición. Sea Υ ⊆ R2 arbitrario y sea
©
ª
Υ0 = P ∈ R2 : d (P, Υ) = 0
9
Entonces
Υ0 = Υ
Demostración.Veamos que para Υ0 se satisfacen las condiciones I y II de la definición de
cerradura.
I. Tenemos que probar que Υ0 es un conjunto cerrado. Debido a la proposición anterior,
basta mostrar que Υ0 contiene a todos los puntos que distan cero de Υ0 . Sea
P ∈ R2 .3 .d (P, Υ0 ) = 0
y sea ε > 0 un número arbitrario. Entonces existe Q0ε ∈ Υ0 tal que
d (P, Q0ε ) <
ε
2
Por otra parte, al ser Q0ε ∈ Υ0 tenemos que
d (Q0ε , Υ) = 0
por lo que existe Qε ∈ Υ tal que
d (Q0ε , Qε ) <
ε
2
Aplicando la desigualdad del triángulo, resulta que
d (P, Qε ) ≤ d (P, Q0ε ) + d (Q0ε , Qε ) <
ε ε
+
2 2
Consecuentemente
d (P, Υ) ≤ d (P, Qε ) < ε, ∀ε > 0
lo cual implica que
d (P, Υ) = 0
Por lo tanto
Por lo tanto, Υ0 es cerrado. Además
P ∈ Υ0
Υ ⊆ Υ0
porque
d (P, Υ) = 0, ∀P ∈ Υ
II. Para probar que Υ0 es el cerrado más chico que contiene a Υ, supongamos que C ⊆ R2
es cerrado y que Υ ⊆ C. Obsérvese que, entonces, cualquiera que sea P ∈ Υ0
{d (P, U) : U ∈ Υ} ⊆ {d (P, V ) : V ∈ C}
(porque los U ∈ Υ son algunos de los V ∈ C); en consecuencia, tenemos
0 ≤ inf {d (P, V ) : V ∈ C} ≤ inf {d (P, U ) : U ∈ Υ} = 0
∴ d (P, C) = 0
10
Puesto que C es cerrado, podemos aplicar la proposición anterior para afirmar que P ∈ C.
Como P se escogió arbitrariamente en Υ0 , esto demuestra que
Υ0 ⊆ C
como se quería demostrar.@
Proposición. Sea Υ ⊆ R2 arbitrario y sea
©
ª
Υ00 = P ∈ R2 : Dε (P ) ∩ Υ 6= ∅, ∀ε > 0
Entonces
Υ00 = Υ
Demostración. Sea P ∈ Υ00 y sea ε > 0. Debido a la definición de Υ00 , existe Q ∈ Υ tal
que
Q ∈ Dε (P )
Entonces
d (P, Υ) < ε
y como ε es cualquier número positivo, esto es tanto como decir que
d (P, Υ) = 0
Aplicando el resultado anterior obtenemos que
P ∈Υ
Recíprocamente, sea P ∈ Υ. Entonces
d (P, Υ) = 0
y en consecuencia, dada ε > 0 existe Q ∈ Υ tal que
d (P, Q) < ε
O sea que
Q ∈ Dε (P ) ∩ Υ
Por lo tanto, para toda ε > 0
Dε (P ) ∩ Υ 6= ∅
lo cual quiere decir que P ∈ Υ00 , que es a lo que se quería llegar.@
Proposición. Sea Ω ⊆ R2 convexo; entonces Ω es convexo.
Demostración. Sean P1 , P2 ∈ Ω; hay que probar que P1 P2 ⊆ Ω. Sea P0 ∈ P1 P2 ; entonces
existen
0 ≤ α0 , β 0 ≤ 1, α0 + β 0 = 1
tales que
P0 = α0 P2 + β 0 P1
11
Probaremos que P0 ∈ Ω demostrando que
Dε (P0 ) ∩ Ω 6= ∅, ∀ε > 0
Sea ε > 0 arbitrario, y consideremos los conjuntos
Dε (P1 ) y Dε (P2 )
Debido al resultado de la proposición precedente sabemos que podemos escoger dos puntos
Q1 ∈ Dε (P1 ) ∩ Ω y Q2 ∈ Dε (P2 ) ∩ Ω
Ahora utilicemos los parámetros α0 y β 0 para definir el punto
Q0 = α0 Q2 + β 0 Q1
Debido a la convexidad de Ω, Q0 ∈ Ω. Además, aplicando la desigualdad del triángulo y
propiedades de la norma en R2 tenemos que
°
°
d (P0 , Q0 ) = °P0 − Q0 °
°¡
¢ ¡
¢°
= ° α0 P2 + β 0 P1 − α0 Q2 + β 0 Q1 °
° ¡
¢
¡
¢°
= °α0 P2 − Q2 + β 0 P1 − Q1 °
° ¡
¢° ° ¡
¢°
≤ °α0 P2 − Q2 ° + °β 0 P1 − Q1 °
°
°
°
°
= |α0 | °P2 − Q2 ° + |β 0 | °P1 − Q1 °
< α0 ε + β 0 ε = (α0 + β 0 ) ε = ε
Esto prueba que
Dε (P0 ) ∩ Ω 6= ∅
y como ε es cualquier número positivo, del resultado anterior se sigue que
P0 ∈ Ω
Pero P0 se escogió arbitrariamente en el segmento P1 P2 ; luego
P1 P2 ⊆ Ω
y puesto que P1 y P2 se escogieron arbitrariamente en Ω, esto significa que Ω es un conjunto
convexo, como se quería demostrar.@
Ejercicio c28 : Probar que la cápsula convexa de un conjunto Υ:
(a) es abierta, si Υ es abierto;
(b) es cerrada, si Υ es cerrado.
Definición. Sea Υ cualquier conjunto de puntos de un plano euclidiano. Entonces, la
frontera de Υ (a la que denotaremos por ∂Υ) es
∂Υ = Υ ∩ R2 − Υ
Ejemplos. 1. ∂∅ = ∅ ∩ R2 − ∅ = ∅ ∩ R2 = ∅
12
2. Para cualquier P ∈ R2
∂ {P } = {P } ∩ R2 − {P } = {P } ∩ R2 = {P }
3. Para cualesquiera P ∈ R2 y ε > 0
©
ª
∂Dε (P ) = Sε (P ) = R ∈ R2 : d (P, R) = ε
4. ∂Q2 = Q2 ∩ R2 − Q2 = Q2 ∩ I2 = R2 ∩ R2 = R2
5. ∂R2 = R2 ∩ R2 − R2 = R2 ∩ ∅ = ∅
Obsérvese que la frontera de cualquier conjunto de puntos es un conjunto cerrado, pues
viene dado como la intersección de dos conjuntos cerrados.
Proposición. Sea Υ cualquier conjunto de puntos de un plano euclidiano. Entonces
Υ ∪ ∂Υ = Υ
Demostración.
(⊆) En conformidad con la definición de cerradura, tenemos que
Υ⊆Υ
porque Υ es el cerrado más chico que contiene a Υ. Por otro lado, de la definición de frontera
resulta
∂Υ ⊆ Υ
Consecuentemente
Υ ∪ ∂Υ ⊆ Υ
(⊇) Sea P ∈ Υ; si P ∈ Υ, entonces no queda más que probar. Supongamos que
P ∈
/Υ
Entonces
P ∈ R2 − Υ
consecuentemente
¡
¢
Dε (P ) ∩ R2 − Υ 6= ∅, ∀ε > 0
lo cual, debido a la proposición anterior, quiere decir que
P ∈ R2 − Υ
Luego
P ∈ Υ ∪ R2 − Υ = ∂Υ
Por lo tanto
P ∈ Υ ∪ ∂Υ
y como P se escogió arbitrariamente en Υ, tenemos
Υ ⊆ Υ ∪ ∂Υ
13
que es a lo que se quería llegar.@
O sea que la cerradura de Υ se obtiene añadiendo a Υ todo lo que no tiene de su frontera,
todos aquellos puntos de su frontera que le sean ajenos
Antes de seguir adelante, detengámonos a ver en dónde nos sitúa todo esto respecto del
objetivo que perseguimos.
Esencialmente, queremos demostrar que la convexidad de un conjunto implica que tal
conjunto puede separarse, por medio de rectas, de cualquier punto que le sea ajeno.
Nótese que los resultados anteriores nos permiten asegurar que un conjunto convexo es
estrictamente separable, por medio de rectas, de cualquier punto ajeno a su cerradura.
En efecto, si Ω es convexo entonces Ω es convexo y cerrado, de manera que podemos
aplicar el teorema anterior para afirmar que Ω es estrictamente separable, a través de rectas,
de cualquier punto que le sea ajeno. Como Ω contiene a Ω, se sigue que también Ω es
estrictamente separable de cualquier punto ajeno a Ω.
En consecuencia, solamente falta comprobar que Ω se puede separar con rectas de los
puntos de su complemento que pertenezcan a Ω (cuando tales puntos existen; es decir, cuando
Ω no es un conjunto cerrado). En vista de la proposición precedente, el conjunto de tales
puntos es
¡ 2
¢
¡
¢
£¡
¢
¤ £¡
¢
¤ ¡
¢
R − Ω ∩ Ω = R2 − Ω ∩ (Ω ∪ ∂Ω) = R2 − Ω ∩ Ω ∪ R2 − Ω ∩ ∂Ω = R2 − Ω ∩ ∂Ω
O sea que habremos alcanzado nuestro objetivo demostrando que Ω es separable, por medio
de rectas, de aquellos puntos de su frontera que le sean ajenos.
...¿Eh? Pero, ¡qué diablos pasa!
Un momento; hubo un flachazo en mi mente, y como q’el relámpago me hizo ver... ¡un
contraejemplo!
A un cuadrado abierto del plano añadámosle dos de sus vértices diagonalmente opuestos
para formar un conjunto Ω que claramente es convexo. Pues bien, con la excepción de los dos
vértices que le son ajenos, todos los demás puntos de la frontera ajenos a Ω son inseparables
de Ω por medio de rectas.
Por lo tanto, el resultado es improbable porque es falso.
Para no dejar tan entrecortado este discurso demostraremos que añadiendo a la convexidad la hipótesis de ser abierto, Ω resultará separable, por medio de rectas, de los puntos de
su complemento.
Desde luego, sigue siendo válido lo que ya dijimos en cuanto a que solamente tendremos
que ocuparnos en comprobar que Ω es separable de los puntos de su frontera que le sean
ajenos (los cuales, considerando la hipótesis de que Ω es abierto, serán todos los puntos de
∂Ω).
Comenzemos recordando que un conjunto Υ es abierto si, y sólo si, la distancia de todo
punto de Υ a R2 − Υ es positiva. Nos valdremos de esto para la prueba del resultado que
sigue.
Proposición. Un conjunto Υ de puntos de un plano euclidiano es abierto si, y sólo si,
Υ ∩ ∂Υ = ∅
Demostración. Supongamos que Υ es abierto y que P ∈ Υ; entonces existe ε > 0 tal que
Dε (P ) ⊂ Υ
14
Por consiguiente
¡
¢
Dε (P ) ∩ R2 − Υ = ∅
Remontándonos tres proposiciones atrás, esto significa que
P ∈
/ R2 − Υ
Por lo tanto,
P ∈
/ ∂Υ
Y como P se escogió arbitrariamente en Υ, tenemos que
Υ ∩ ∂Υ = ∅
Recíprocamente, supongamos vacía esta intersección y tomemos P ∈ Υ arbitrario. Entonces
P ∈Υ
pero
P ∈
/ ∂Υ
Por consiguiente
P ∈
/ R2 − Υ
y como los puntos de la cerradura de un conjunto son los que distan cero del conjunto, resulta
que
¡
¢
d P, R2 − Υ 6= 0
Entonces
¡
¢
d P, R2 − Υ > 0
y puesto que P se escogió arbitrariamente en Υ, quiere decir que la distancia de todo punto
de Υ a R2 − Υ es positiva. Por el resultado recordado al inicio, esto significa que Υ es un
conjunto abierto, como se quería demostrar.@
Esto demuestra que cuando un conjunto es abierto, su frontera forma parte de su complemento. Si además de ser abierto, el conjunto es convexo, ya sabemos que se puede separar
estrictamente de aquella parte de su complemento situada más allá de su frontera. En consecuencia, y como ya decíamos, para dejar probado que un conjunto abierto y convexo se
separa mediante rectas de todo punto que le es ajeno, solamente falta demostrar que es
separable de cualquier punto de su frontera.
Como veremos en seguida, para este propósito va a sernos de gran utilidad introducir el
importante concepto de recta soporte.
Definición. Sean, Υ cualquier conjunto de puntos de un plano euclidiano y una recta del
mismo plano. Se dice que es una recta soporte de Υ si se satisfacen las dos condiciones
siguientes:
(i) Υ ∩ 6= ∅
(ii) Υ queda enteramente contenido en uno de los semiplanos cerrados determinados por
.
Para entender cómo es que este concepto va a facilitarnos la demostración que requerimos,
adelantemos el resultado en que vamos a apoyarnos; Es, que por todo punto de la frontera
de un conjunto convexo se puede trazar al menos una recta soporte.
15
Observamos que al ser esto así, cualquier recta soporte que pase por un punto de la
frontera de un conjunto Ω abierto y convexo, es una recta que separa de Ω a ese punto.
En efecto, siendo una recta soporte de Ω que pasa por P ∈ ∂Ω, en principio Ω queda
enteramente contenido en uno de los semiplanos cerrados determinados por . Pero debido a
que Ω es un conjunto abierto, podemos asegurar que está contenido en el semiplano abierto
correspondiente al semiplano cerrado que en principio lo contiene. Para convencernos de
esto, solamente hay que verificar que sobre no haya puntos de Ω; pero es que si Q fuese un
punto de Ω sobre , habría un disco de radio positivo centrado en Q enteramente contenido
en Ω, lo cual implicaría que a ambos lados de habría puntos de Ω, lo que es falso.
Consecuentemente, al quedar Ω en uno de los semiplanos abiertos determinados por ,
podemos pensar (sin incurrir con ello en ningún error) que P queda contenido en el otro
semiplano cerrado determinado por (es decir, en el que no contiene a Ω) y, por lo tanto,
tendremos separado a P de Ω por medio de .1
Para que todo esto sea efectivamente una conclusión, solamente falta comprobar el resultado que adelantamos, es decir, que por todo punto de la frontera de un conjunto convexo
se puede trazar al menos una recta soporte.
Hacer esta tarea nos obliga a que consideremos un concepto más: el de abanico convexo,
que introduciremos enseguida.
Sea O un punto cualquiera de un plano euclidiano. Consideraremos conjuntos de semirrectas de origen O. Cuando dos semirrectas λ1 , λ2 de alguno de estos conjuntos no sean
colineales, llamaremos ángulo interior de λ1 y λ2 al menor ángulo formado por λ1 y λ2 .
Diremos que un conjunto A (O) de semirrectas de origen O es un abanico convexo si
para cualesquiera dos semirrectas no colineales
λ1 , λ2 ∈ A (O)
toda semirrecta de origen O comprendida dentro del ángulo interior de λ1 y λ2 pertenece a
A (O).
Veamos que solamente hay seis ejemplos generales de abanicos convexos en un plano
euclidiano.
(i) { }, es decir, el conjunto vacío de semirrectas de origen O es un abanico convexo
porque es lógicamente cierto que si son
λ1 , λ2 ∈ { } , no colineales
entonces toda semirrecta de origen O comprendida dentro del ángulo interior de λ1 y λ2
pertenece a { }.
(ii) {λ}, es decir, el conjunto formado por una sola semirrecta de origen O es un abanico
convexo porque el subconjunto de {λ} en el que siempre pueden hallarse pares de semirrectas
1
De hecho, P está en ambos semiplanos cerrados puesto que está en su intersección que es ; en particular,
está en el semiplano cerrado del otro lado, es decir, del que no contiene a Ω, lo cual basta para que tenga
lugar la definición de recta que separa aplicable a . Es curioso advertir que también podemos mirar a P
como parte del mismo semiplano cerrado determinado por que contiene a Ω; desde luego, ahí no cabe
pensar a como recta que separa, porque P y Ω no quedan en semiplanos diferentes determinados por .
Tiene su importancia poder pensar según nuestra conveniencia que P es punto tanto de éste como del otro
semiplano cerrado; esto se notará cuando lleguemos al tema del equilibrio de los conjuntos sobre sus rectas
soporte.
16
de origen O no colineales es ∅, y es lógicamente cierto que
λ1 , λ2 ∈ ∅ implica
que toda semirrecta de origen O comprendida dentro del ángulo interior de λ1 y λ2 pertenece
a ∅.
(iii) { = λ1 ∪ λ2 }, es decir, el conjunto formado por dos semirrectas de origen O que
forman una recta, ya que vuelve a ser ∅ el subconjunto de { } en el que pueden hallarse
pares de semirrectas no colineales de origen O, y el argumento anterior vuelve a ser válido.
(iv) Un sector angular del plano con vértice O que mida menos de 180◦ también es ejemplo
de abanico, porque entonces cualesquiera dos semirrectas distintas que pertenezcan al sector
angular son no colineales, y cualquier semirrecta comprendida entre ambas forma parte del
sector angular.
(v) Un semiplano es ejemplo de abanico convexo, ya que entonces O se halla sobre la recta
que delimita al semiplano y, obviamente, para cualesquiera dos semirrectas no colineales de
origen O que pertenezcan al semiplano, las semirrectas del mismo origen comprendidas entre
ellas serán también parte del semiplano.
(vi) Todo el plano es ejemplo de abanico convexo, porque las semirrectas de origen O
comprendidas entre dos no colineales de ellas forman parte, obviamente, del haz de todas las
semirrectas de origen O que es todo el plano.
Como veremos a continuación, el concepto de abanico convexo funciona como aparato
escrutador sobre la frontera de un conjunto convexo. Esto nos viene a ser muy conveniente,
pues recordemos que hay que hacer una investigación sobre las fronteras de los conjuntos
convexos a fin de resolver que por cada punto en la frontera de un convexo pasa al menos
una recta soporte del conjunto.
Proposición. Sean, Ω un conjunto convexo, O ∈ ∂Ω y A (O) el conjunto de todas las
semirrectas de origen O que pasan por puntos de la cerradura de Ω distintos de O. Entonces,
A (O) es un abanico convexo.
Demostración. Si Ω = ∅, entonces la proposición es verdadera porque
O ∈ ∂Ω ⇒ A (O) es un abanico convexo
Si Ω = {O}, entonces Ω = {O}, por lo que el conjunto de todas las semirrectas de origen O
que pasan por puntos de Ω distintos de O es vacío;
i.e.A (O) = { }
lo cual, según vimos en el inciso (i) anterior, es un abanico convexo.
Si Ω tiene dos puntos diferentes, puede ser un subconjunto unidimensional del plano; en
tal caso
A (O) = {λ} ó A (O) = { = λ1 ∪ λ2 }
lo que en cada caso es, de acuerdo con los incisos (ii) y (iii) anteriores, un abanico convexo.
La otra posible situación para un conjunto convexo con dos puntos diferentes es que
se extienda en más de una dirección dentro del plano, es decir, que no sea uni sino bidimensional. Adviértase que si este es el caso, desde O pueden escogerse
λ1 , λ2 ∈ A (O)
17
que no sean colineales. De la definición de A (O), para cada una se tienen puntos
Q1 , Q2 ∈ Ω
tales que
OQ1 ⊂ λ1
y
OQ2 ⊂ λ2
Debido a la convexidad de Ω tenemos que el ángulo
◦
Q\
1 OQ2 ≤ 180
lo cual implica que éste es el ángulo interior que forman λ1 y λ2 . Consecuentemente, cualquier
semirrecta λ de origen O comprendida dentro de este ángulo cortará al segmento Q1 Q2 ; sea
Q ∈ λ ∩ Q1 Q2
Nuevamente, debido a la convexidad de Ω tenemos
Q ∈ Q1 Q2 ⊂ Ω ⊆ Ω
O sea que λ pasa por al menos un punto de Ω, y esta es la condición de membresía de A (O);
es decir, λ ∈ A (O). Por lo tanto, A (O) es un abanico convexo.@
Nótese que en la última parte de esta demostración pudimos concluir el resultado sin
haber requerido saber qué tipo de abanico pueda ser A (O), pero es razonablemente comprensible que habiendo pasado a considerar bidimensional a Ω, el tipo de abanico sea cualquiera
de los descritos en (iv), (v), (vi). Esto, sin embargo, no es del todo cierto, pues, como veremos más adelante, el estar tomando a O sobre la frontera de Ω, impide que el abanico A (O)
al que se refiere la proposición anterior pueda ser todo el plano. Una demostración de esta
afirmación podríamos empezarla a confexionar desde ahorita, presentando primeramente el
concepto de interior de un conjunto que va a permitirnos formalizar suficientemente su argumento. Pero ponernos a hacer esto nos apartaría de la tarea que tenemos propuesta y a la
que también podemos irle entrando desde ya, (aunque también sea cierto que no podremos
concluirla sin haber vuelto al asunto apuntado en esta nota).
Proposición. Por todo punto de la frontera de un conjunto convexo pasa al menos una
recta soporte.
Demostración. Sean, Ω un conjunto convexo y O ∈ ∂Ω. Sigamos el orden que sugiere la
situación dimensional de Ω. Según vimos a lo largo de la demostración anterior, un conjunto
convexo de puntos de R2 puede ser bidimensional, unidimensional, cerodimensional (cuando
está formado por un sólo punto) y adimensional (cuando es vacío).
Si Ω = ∅, la proposición es verdadera, ya que entonces la implicación
O ∈ ∂Ω ⇒ por O pasa al menos una recta soporte de ∅
es lógicamente verdadera, porque esta frontera también es un conjunto vacío.
Si Ω = {O}, entonces cualquier recta que pase por O es recta soporte de {O}, ya que si
pasa por O se tiene que
(i) O ∈ {O} = {O} = {O} ∩ ; i.e. Ω ∩ 6= ∅.
18
(ii) {O} queda enteramente contenido en uno de los semiplanos cerrados determinados
por , porque de hecho queda contenido en los dos.
Por lo tanto, también en este caso la proposición es verdadera.
Si Ω es unidimensional, entonces la recta que contiene a Ω es recta soporte de Ω por
cualquier punto de la frontera de Ω; no es difícil probar que cuando Ω es un convexo unidimensional resulta
¡
¢
∂Ω = Ω
∴Ω=Ω
Por consiguiente, al ser la recta que contiene a Ω, se tiene:
(i) Ω = Ω ∩ ; ¿∴ Ω ∩ 6= ∅? Sí, porque ∅, aunquees convexo, no es unidimensional.
(ii) Ω queda enteramente contenido en uno de los semiplanos cerrados determinados por
, porque está en la intersección de los dos: .
Sólo falta ver qué sucede cuando Ω es bidimensional. Es aquí donde emplearemos el
recurso analítico que nos fabricamos al introducir la noción de abanico convexo. El que Ω sea
bidimensional impide tener que considerar los tipos de abanicos (i), (ii) y (iii) anteriormente
descritos, porque la bidimensionalidad de Ω (y, por supuesto, su convexidad) permiten que,
posicionándonos en cualquier punto O de la frontera de Ω, se pueda seguir desde O en más
de una sola dirección moviéndose sobre puntos de la cerradura de Ω (que también es un
conjunto convexo); de aquí que siempre sea posible exhibir dos semirrectas de origen O en
A (O) que no sean colineales. Esto significa que podemos desentendernos de los tres primeros
tipos de abanicos, porque en ellos exhibir des elementos de A (O) que no sean colineales es
imposible.
Así las cosas, concluiremos la demostración analizando separadamente la situación de O
en la frontera de un convexo bidimensional Ω según sea el tipo del abanico A (O).
·
Supongamos que A (O) es un sector angular del plano de ángulo interior θ menor
◦
que 180 . Entonces, las semirrectas λ1 , λ2 de ángulo interno igual a θ delimitan a A (O) ;la
derfinición de este abanico como el de las semirrectas por O que pasan por puntos de Ω nos
hace ver que Ω está comprendido en éste ángulo. Al visualizar esta situación consideremos
también el abanico A0 (O), opuesto por el vértice a A (O); cualquiera que sea el caso, hay un
ángulo suplementario de θ en la imágen que nos hacemos de esta situación, y parece claro
que las rectas comprendidas en éste ángulo dejan enteramente contenido a Ω en uno de sus
semiplanos cerrados; es decir, han de ser rectas soporte de Ω. En efecto, sea una de esas
rectas; entonces
(i) O ∈ ∂Ω ⊂ Ω y O ∈
⇒ Ω ∩ 6= ∅.
(ii) Ω queda enteramente contenido en uno de los semiplanos cerrados determinados por
,
ya que, claramente, todo el sector angular A (O) (que contiene a Ω) queda enteramente
contenido en uno de los semiplanos cerrados determinados por .
Así, queda entendido que cuando el abanico por O es un sector angular, siempre es posible
hacer que pase por O alguna recta soporte.
··
Supongamos que A (O) es un semiplano; sea la recta que lo delimita.
(i) Claramente Ω ∩ 6= ∅, ya que O es punto de esta intersección.
(ii) También es obvio que todas las semirrectas de A (O) están en uno, y solamente en uno,
de los semiplanos cerrados que determina; y puesto que las semirrectas están determinadas
por puntos de Ω, quiere decir que todo Ω está contenido en ese mismo semiplano cerrado.
19
Esto significa que es recta soporte de Ω.
Como se explica en la nota previa a esta proposición, con estos dos casos se agotan todas
las posibilidades en cuanto a los tipos de abanicos convexos que se pueden formar desde
cualquier punto de la frontera de un conjunto convexo bidimensional (condicionado a que las
semirrectas del abanico pasen por puntos de Ω distintos de O). Puesto que además, en cada
uno de estos tipos de abanicos siempre se puede hablar de una recta soporte de Ω, quiere
decir que también queda resuelto como verdadero para los convexos bidimensionales que por
cada punto de sus fronteras siempre se pueden hacer pasar rectas soporte.[@]
Como se explica al final de la nota previa a la proposición anterior, no podemos concluir sin dejar demostrado que efectivamente es imposible que A (O) coincida con todo el
plano, cuando O es un punto de la frontera de un conjunto convexo bidimensional. Como
veremos más adelante, para hablar de esto nos resultará muy conveniente que desde ahora
enriquezcamos nuestro léxico con el vocablo interior y con su significación topológica.
Definición. Sea Υ cualquier conjunto de puntos de R2 . El interior de Υ (al que
◦
denotaremos por Υ) es el más grande de los conjuntos abiertos de R2 contenido en Υ. O sea
◦
que Υ satisface por definición las condiciones sigientes:
◦
◦
I. Υ es un conjunto abierto y Υ ⊇ Υ.
◦
II. Si A es un conjunto abierto y Υ ⊇ A, entonces Υ ⊇ A.
Para dar una primera caracterización de este concepto nos valdremos del siguiente resultado.
Lema. Las uniones arbitrarias de conjuntos abiertos son conjuntos abiertos.
Demostración. Sea (Aj )J una familia cualquiera de conjuntos abiertos de R2 , y para cada
j ∈ J hagamos
Cj = R2 − Aj
Entonces, (Cj )J es una familia de conjuntos cerrados. Ya sabemos que la intersección arbitraria de conjuntos cerrados es cerrada; en consecuencia, es abierto el conjunto
¡
¢
R2 − ∩ Cj = ∪ R2 − Cj = ∪ Aj @
j∈J
j∈J
j∈J
◦
Proposición. Sea Υ ⊆ R2 arbitrario; entonces, Υ es la unión de todos los abiertos
contenidos en Υ.
Demostración. Sea (Aj )J la familia de todos los abiertos contenidos en Υ. Veamos que
∪ Aj satisface para Υ, I y II de la definición precedente.
j∈J
I. Puesto que para toda j ∈ J, Aj ⊆ Υ, resulta que
Υ ⊇ ∪ Aj
j∈J
Además, en conformidad con el lema anterior, ∪ Aj es un conjunto abierto.
j∈J
2
II. Sea A ⊆ R abierto tal que Υ ⊇ A. Puesto que (Aj )J es la familia de todos los
abiertos contenidos en Υ, existe un j0 ∈ J tal que A = Aj0 ; consecuentemente
∪ Aj ⊇ A
j∈J
20
que es a lo que se quería llegar.@
Proposición. Sean, Υ ⊆ R2 arbitrario y
¤
Υ = {P ∈ Υ : Dε (P ) ⊂ Υ, p.a. ε > 0}
Entonces
¤
◦
Υ=Υ
¤
Demostración. Sea P ∈ Υ; entonces existe ε > 0 tal que Dε (P ) ⊂ Υ. Puesto que este
◦
disco es un conjunto abierto y, por definición, Υ es el más grande abierto contenido en Υ,
tenemos que
◦
Dε (P ) ⊆ Υ
◦
y, consecuentemente, P ∈ Υ. Por lo tanto
¤
◦
Υ⊆Υ
◦
◦
Recíprocamente, si P ∈ Υ entonces, puesto que Υ es un conjunto abierto, existe ε > 0 tal
◦
que Dε (P ) ⊂ Υ. Consecuentemente, para esa misma ε,
Dε (P ) ⊂ Υ
es decir,
Por lo tanto
¤
P ∈ {P ∈ Υ : Dε (P ) ⊂ Υ, p.a. ε > 0} = Υ
◦
¤
Υ⊆Υ
Con esto la proposición queda demostrada.@
Proposición. El interior de cualquier conjunto convexo también es un conjunto convexo.
Demostración. Sea Ω un conjunto convexo arbitrario.
◦
Claramente, la proposición es verdadera si Ω = ∅.
Supongamos
◦
Ω 6= ∅
Entonces, existe un punto en el interior de Ω, y con él todo un disco de puntos interiores
(en conformidad con el resultado anterior); de manera que si el interior de Ω no es vacío,
entonces necesariamente consta de infinitos puntos interiores2 . Escojamos arbitrariamente
dos de ellos
◦
Q1 , Q2 ∈ Ω
Para demostrar que Ω es convexo, hay que probar que
◦
Q1 Q2 ⊂ Ω
2
Un disco abierto centrado en cualquier punto de R2 siempre tiene infinidad de puntos; puesto que en
◦
este caso el disco está contenido en Ω, entonces consta de infinitos puntos interiores.
21
Sea Q ∈ Q1 Q2 ; en vista de la proposición anterior, basta demostrar que existe un ε > 0 tal
qu tal que
Dε (Q) ⊂ Ω
Valgámonos de que para Q1 y Q2 existen sendos números positivos ε1 y ε2 tales que
Dε1 (Q1 ) ⊂ Ω
y
Dε2 (Q2 ) ⊂ Ω
Definamos
ε = min {ε1 , ε2 }
Entonces
Dε (Q1 ) ⊂ Ω
y
Dε (Q2 ) ⊂ Ω
· · · (F)
Aseguramos que también
Dε (Q) ⊂ Ω
Por ser Q un punto del segmento Q1 Q2 , existen α, β ∈ [0, 1] tales que
Q = αQ2 + βQ1 ,
Sea P ∈ Dε (Q) entonces
α+β =1
d (P, Q) < ε
Observemos que
°
¡
¢°¾
°
°
d (Q1 , Q1 + P − Q) = °Q1 − Q1 + P − Q °
°
¡
¢° = °P − Q° = d (P, Q) < ε
d (Q2 , Q2 + P − Q) = °Q2 − Q2 + P − Q °
o sea que
¡
¢
Q1 + P − Q ∈ Dε (Q1 )
¡
¢
Q2 + P − Q ∈ Dε (Q2 )
y
Por (F), tenemos que estos vectores corresponden con puntos de Ω. Por la convexidad de
Ω, cualquier combinación lineal convexa de estos vectores es un punto de Ω; en particular,
un elemento de Ω es arrojado por la combinación lineal cuyos coeficientes son precisamente
los números α y β que tenemos dados:
¢
¡
¢ ¡
¢
¡
¢
¡
α Q2 + P − Q + β Q1 + P − Q = αQ2 + βQ1 + (α + β) P − Q = Q + P − Q = P
Esto es prueba de que, en efecto,
Dε (Q) ⊂ Ω
Aplicando la proposición anterior, tenemos como consecuencia que
◦
Q∈Ω
Y puesto que Q se escogió arbitrariamente en Q1 Q2 , resulta
◦
Q1 Q2 ⊂ Ω
◦
Por lo tanto, Ω es un conjunto convexo.@
22
Más que el resultado anterior, será el corolario de la proposición siguiente el que va a
servirnos para lo que queremos.
◦
Proposición. Sea Ω un conjunto convexo y sean P ∈ ∂Ω y Q ∈ Ω; entonces
◦
P Q ⊂ {P } ∪ Ω
“Demostración”. Sea R ∈ P Q y sean α, β ∈ [0, 1], α + β = 1, tales que
R = αP + βQ
◦
Cuando α = 1 tenemos: R = P ∈ {P } ⊂ {P } ∪ Ω X
Probaremos que para todos los demás valores de α, el punto R queda en el interior de Ω.
◦
Puesto que Q ∈ Ω, existe ε > 0 tal que
Dε (Q) ⊂ Ω
Obsérvese que la consideración de los valores menores que 1 del parámetro α se corresponden
biunívocamente con los valores positivos de β; también es claro que al hacer decrecer a β
desde uno hasta cero, en el segmento nos movemos de P hacia Q.
Consideremos el triángulo isóceles de base 2ε y altura P Q con vértice P y base por Q.
Afectando con el factor β al radio ε, el disco que corresponda a R queda tangencialmente
inscrito en el sector angular determinado por el ángulo de vértice P del triángulo descrito;
esto se debe a que hemos disminuído el radio ε en igual proporción a como nos acercamos a
P . Probaremos que
Dβε (R) ⊂ Ω
Sea R0 ∈ Dβε (R); entonces
°
°
d (R0 , R) = °R0 − R° < βε
· · · (♥)
Sumar al vector Q el vector R0 −R desafectándolo del parámetro β, es lo mismo que considerar
el vector
¢
1¡ 0
Q+
R −R
β
Teniendo en cuenta (♥), observemos que
°
µ
¶ °
°
°
¡
¢
¢° 1 °
1¡ 0
1
0−R ° =
°R0 − R° < 1 (βε) = ε
d Q, Q +
R −R =°
Q
−
Q
−
R
°
° β
β
β
β
Esto significa que
Q+
Por otro lado tenemos que
R0
=R+
R0
¢
1¡ 0
R − R ∈ Dε (Q) ⊂ Ω
β
∙
¸
¡
¢ ¡
¢
¢
1¡ 0
0
− R = αP + βQ + R − R = αP + β Q +
R −R
β
(1)
23
0
lo cual¡ significa
¢ que el vector R es una combinación lineal convexa de los vectores P y
1
0
Q + β R − R ; por la convexidad de Ω, de aquí se desprende que también R0 ∈ Ω. Puesto
que R0 se escogió arbitrariamente en Dβε (R), tenemos que
Dβε (R) ⊂ Ω
En consecuencia, R es punto interior de Ω, como había que demestrar.
Ejercicio c29 : 1. El argumento de la “demostración” anterior fue tomado de unos Apuntes
de Conjuntos Convexos publicadas por la Sociedad Matemática Mexicana.3 Tiene un error;
encuéntrelo.
2. Demuestre la proposición anterior.@@
Ejercicio c210 : Sea Υ ⊆ R2 arbitrario. Probar que
◦
Υ = Υ ∪ ∂Υ
Corolario. Sea Ω un conjunto convexo y sean P, Q ∈ ∂Ω; entonces
◦
P Q ⊂ {P, Q} ∪ Ω
ó
P Q ⊂ ∂Ω
Demostración. Debido a la convexidad de Ω tenemos que también Ω es convexo. En
consecuencia
PQ ⊂ Ω
Ahora bien. para los puntos del segmento P Q solamente caben dos posibilidades: (i) Que
entre ellos haya algún punto interior de Ω, ó: (ii) Que ninguno sea punto interior de Ω.
◦
(i) Si R ∈ P Q ∩ Ω, entonces podemos aplicar el resultado de la proposición anterior,
asegurando que
◦
P R ∈ Ω ∪ {P }
y
◦
RQ ∈ Ω ∪ {Q}
En consecuencia
µ
¶ µ
¶
◦
◦
◦
P Q = P R ∪ RQ = Ω ∪ {P } ∪ Ω ∪ {Q} = Ω ∪ {P, Q}
(ii) Si en P Q no hay puntos interiores de Ω, entonces podemos aplicar el resultado del
ejercicio c210 anterior y asegurar que
P Q ⊂ ∂Ω
@
Para quedar en punto de podernos reencontrar con la cuestión que tenemos pendiente
solamente faltan dos detalles por considerar; son tan simbples que no merecen ser presentados
como proposiciones.
El primero se refiere al hecho de que el interior de un conjunto y su frontera nunca tienen
puntos en común, ya que si P es algún punto del interior de algún conjunto Υ, entonces hay
todo un disco abierto centrado en P cuyos puntos son elementos de Υ, y sólo de Υ; de aquí
que P ∈
/ ∂Υ, pues de estar en ∂Υ no podría haber tal disco.
3
Miscelanea Matemática, núm.8, Sociedad Matemática Mexicana.
24
El segundo detalle que hay que considerar es que el interior de cualquier subconjunto de
un conjunto Υ arbitrario, es subconjunto del interior de Υ.
Volviendo a la cuestión pendiente: Tenemos un conjunto convexo Ω en R2 y un punto
O ∈ ∂Ω; queremos convencernos de que no puede coincidir con todo R2 el abanico convexo
A (O) de las semirrectas de origen O determinadas por puntos de la cerradura de Ω.
En efecto, que A (O) sea R2 es tanto como echar a los cuatro vientos la cerradura de Ω,
ya que entonces podemos hallar dentro de A (O) la prolongación de cualquier semirrecta de
A (O), así como dos semirrectas mutuamente perpendiculares λ1 , λ2 ∈ A (O); sean λ01 y λ02
las prolongaciones de λ1 yD λ2 , respectivamente. Entonces, haciendo
1
= λ1 ∪ λ01
y
2
= λ2 ∪ λ02
obtenemos dos rectas perpendiculares que se intersectan en O. Por la definición de A (O),
existen cuatro puntos
Q1 ∈ λ1 ∩ Ω ,
Q01 ∈ λ01 ∩ Ω
Q2 ∈ λ2 ∩ Ω ,
Q02 ∈ λ02 ∩ Ω
Claramente, O resulta un punto interior del trapezoide Q1 Q2 Q01 Q02 , el cual es un subconjunto
de Ω. Consecuentemente, (Q1 Q2 Q01 Q02 )◦ es un abierto contenido en Ω y, por lo tanto,
◦
◦
(Q1 Q2 Q01 Q02 ) ⊆Ω
Por consiguiente, O es punto interior de Ω O
◦
Esto es absurdo, porque O fue tomado en ∂Ω. Esta contradicción surge al suponer
A (O) = R2 .
Así queda probado que el que O sea un punto en la frontera de un convexo Ω impide que
el abanico A (O) pueda coincidir con todo el plano euclidiano en el que se está.@
Por otra parte, recordemos que esto hacía falta para dar por verdadero que por todo
punto de la frontera de un conjunto convexo pasa una recta soporte del conjunto.
Acordémonos también de que éste otro resultado nos permite asegurar que si Ω es abierto
y convexo, entonces es separable, por medio de rectas, de los puntos de su complemento.
(Sólo había que analizar qué ocurre con los puntos de la frontera de Ω, y vimos que al
ser abierto, una recta soporte que pase por cualquier punto O ∈ ∂Ω sirve como recta que
separa a Ω de O. En efecto, por ser una recta soporte de Ω, tenemos que Ω queda como un
subconjunto abierto del semiplano cerrado determinado por que contiene a Ω. Entonces,
Ω debe quedar contenido en el interior de este semiplano, porque el interior de un conjunto
es el más grande de los subconjuntos abiertos que tiene ese conjunto; en este caso, es el
semiplano abierto del semiplano cerrado que contiene a Ω. Puesto que además O es punto
del otro semiplano cerrado determinado por , misma satisface la definición de recta que
separa a Ω de O.)
Con este resultado pretendíamos no dejar tan mal trabajada esta sección de las propiedades
características de los conjuntos convexos. Sin embargo, con lo desarrollado hasta aquí, no
podemos (¡ni remotamente!) presumir que la sección haya sido bien trabajada., porque hasta
este momento no hemos mostrado ni una caracterización del concepto de convexidad.
25
Ahora que me acuerdo, al comenzar la sección nos pusimos como un objetivo el mostrar
que todo conjunto convexo puede mirarse como la intersección de todos los semiplanos abiertos que lo contienen. Esto reduciría el concepto de convexidad a la idea (casi mecánica) de
intersección de semiplanos, lo cual sería un resultado con el que sí podríamos cerrar esta
sección.
¡Pero qué demonios! ¡Otra vez! Sí que va a parecer crónico.
...Servirá el mismo conjunto del contraejemplo anterior.
A un cuadrado abierto del plano peguémosle dos de sus vértices diagonalmente opuestos;
el conjunto Ω que resulta es convexo y, según esto, debería obtenerse como la intersección
de todos los semiplanos abiertos que contienen al conjunto. Sin embargo, advirtamos que
como consecuencia de tener que contener a cada uno de los dos vértices, en cada uno de estos
semiplanos abiertos siempre se podrán encontrar infinitos puntos de las aristas del cuadrado
abierto; precisamente, puntos aledaños al par de vértices que le pegamos. Esto vuelve muy
sospechoza la situación.
Se puede probar con rigor que el conjunto que surge con la intersección de estos semiplanos
abiertos es el cuadrado cerrado sin los dos vértices que no le pegamos al abierto.
Durante la elaboración de este curso me puse a leer “La cara oculta de las esferas”4 . En
ese libro (pág. 33) se hace creer que este resultado es verdadero a pesar de que, según vemos,
es falso. Yo me dejé embaucar y éstas han sido las consecuencias.
Hay que decir en favor de esto (que para nosotros ha resultado una conjetura que ahora
hay que desechar) que casi fue verdadero. No sólo porque se les ha metido como si sí lo fuera
a los lectores que haya tenido el libro durante sus ya cercanos veinte años de publicado, sino
también porque si se agrega al enunciado en cursivas anterior la hipótesis de que el convexo
sea cerrado, entonces sí resulta verdadero.
Proposición. Sean, Ω un conjunto cerrado y convexo, y (Πj )J la familia de semiplanos
abiertos que contienen a Ω. Entonces
∩ Πj = Ω
j∈J
Demostración. Puesto que
Ω ⊆ Πj , ∀j ∈ J
tenemos que
Ω ⊆ ∩ Πj
j∈J
Para probar que también
∩ Πj ⊆ Ω
j∈J
procedamos por reducción al absurdo: Supongamos que existe un
/Ω
P ∈ ∩ Πj .3 .P ∈
j∈J
4
Publicación del Fondo de Cultura Económica, en su colección la ciencia desde México. También está
disponible en:
http://omega.ilce.edu.mx:3000/sites/ciencia/volumen2/ciencia3/075/htm/lacarao.htm
26
Puesto que Ω es cerrado y convexo, existe una recta que separa estrictamente
a Ω de P . Consecuentemente, uno de los semiplanos abiertos determinados por
contiene a Ω y no contiene a P . Ahora bien, (Πj )J es la familia de todos los
semiplanos abiertos que contienen a Ω; por lo tanto, existe un j0 ∈ J tal que Πj0
es el semiplano abierto determinado por que contiene a Ω y
P ∈
/ Πj0
∇
◦
Esto es una contradicción con el hecho de haber tomado P ∈ ∩ Πj . Luego, falso
j∈J
suponer que exista un punto de esta intersección que no sea elemento de Ω.
∴ ∩ Πj ⊆ Ω
j∈J
con lo cual la proposición queda demostrada.@
Tercer cuestionario de ejercicios.
Ejercicio c31 : Probar que para cualquier Υ ⊆ R2 , la familia
¾
½
◦
¡ 2
¢◦
℘Υ = Υ, ∂Υ, R − Υ
constituye una partición de R2 .5
Ejercicio c32 : Se probó que por todo punto frontera de un conjunto convexo
pasa al menos una recta soporte del conjunto. ¿Es cierto que si por todo punto
frontera de un conjunto Ψ ⊆ R2 pasa al menos una recta soporte de Ψ, entonces
Ψ es un conjunto convexo? Justifique su respuesta.
Una aproximación a la respuesta que se pide en el ejercicio c32 anterior, se da
en el siguiente resultado. En su demostración emplearemos el hecho intuitivo de
que para todo Υ ⊆ R2
◦
P ∈Υ
y
¡
¢◦
Q ∈ R2 − Υ =⇒ P Q ∩ ∂Υ 6= ∅
Proposición. Sea Ψ ⊆ R2 un conjunto cerrado y de interior no vacío. Si
por todo punto de ∂Ψ pasa al menos una recta soporte de Ψ, entonces Ψ es un
conjunto convexo.
Demostración. Procedamos por reducción al absurdo suponiendo que Ψ no
es convexo. Entonces existen Q1 , Q2 ∈ Ψ tales que Q1 Q2 * Ψ. Sea
Q ∈ Q1 Q2 .3 .Q ∈
/Ψ
◦
Puesto que Ψ es un conjunto cerrado, resulta que Q ∈ (R2 − Ψ) . Por otro lado,
◦
◦
dado que Ψ 6= ∅, podemos tomar R ∈ Ψ que no esté sobre la recta determinada
por Q1 y Q2 . Aplicando la implicación mencionada anteriormente, podemos
asegurar la existencia de un punto
S ∈ ∂Ψ ∩ QR
5
Para la definición de partición véase el ejercicio c26 .
27
Como consecuencia del ejercicio c31 anterior, es
Q 6= S 6= R
Por consiguiente
S ∈ (Q1 RQ2 )◦
y es claro que cualquier recta que pase por S deja a dos de los vértices del
triángulo Q1 RQ2 en distintos semiplanos abiertos de los que determina; puesto
que los tres vértices son puntos de Ψ, entonces S es un punto de ∂Ψ por el que
no puede hacerse pasar ninguna recta soporte de Ψ O Esta contradicción con la
◦
hipótesis de la proposición surge por haber supuesto que Ψ no es convexo. De
aquí que se sostenga la convexidad de Ψ, como se quería demostrar.@
No podemos concluir esta sección sin mensionar al menos una caracterización de los
conjuntos convexos.
◦
Ejercicio c33 : (‫ )ג‬Sea Ω ⊆ R2 un conjunto convexo arbitrario. Probar que si Q ∈ Ω y
es una recta que pasa por Q, entonces
( ∩ ∂Ω) ≤ 2
◦
(i) Recíprocamente, demuestre que si Ψ ⊆ R2 es tal que para cualquier Q ∈ Ψ y para
cualquier recta que pase por Q se tiene que
( ∩ ∂Ψ) ≤ 2
entonces Ψ es convexo.
Ejercicio c34 : (‫ )ג‬Sea Ω ⊆ R2 un conjunto convexo, acotado y de interior no vacío. Probar
◦
que si Q ∈ Ω y
es una recta que pasa por Q, entonces
( ∩ ∂Ω) = 2
(i) Recíprocamente, demuestre que si un conjunto acotado de interior no vacío Ψ ⊆ R2
◦
es tal que para cualquier Q ∈ Ψ y para cualquier recta
( ∩ ∂Ψ) = 2
entonces Ψ es convexo.
que pase por Q se tiene que