Teorema: $F$ es cerrado $\iff \partial F \subseteq F$.

Teorema: $F$ es cerrado $\iff F = \bar{F}.$

Demostración:

[$\Leftarrow$] Supongamos que $F = \bar{F}$

[por demostrar: $F^c$ es abierto]

Sea $x \in F^c$. Sabemos que $\mathbb{R}^n =$ int $F \; \cup$ ext $F \cup \partial F$ y además sabemos que un punto no pude pertenecer a dos de estos conjuntos.

Entonces, tenemos que $x \notin F$ porque de estarlo $x \in F$. (CONTRADICCIÓN)

Además $x \notin \partial F$ porque si $x \in \partial F \Longrightarrow x \in \bar{F} = F$. (CONTRADICIÓN)

Por lo que la única posibilidad es que $x \in$ ext $F$.

Luego, $\exists$ bola contenida en el $F^c$ entonces $x$ es punto interior de $F^c \Longrightarrow F^c$ es abierto.

[$\Rightarrow$] Supongamos que $F^c$ es abierto.

[por demostrar: $F = \bar{F}$ ]

Sabemos que siempre ocurre que $F \subseteq \bar{F}$.

[por demostrar: $\bar{F} \subseteq F$ ]

Sea $x \in \bar{F} = F \cup \partial F.$

Caso 1) $x \in F$ $\checkmark$

Caso 2) $x \in \partial F$ [por demostrar: $x \in F$ ]

Supongamos que $x \notin F$ entonces $x \in F^c$, como $F^c$ es abierto, existe una bola $B_r(x) \subseteq F^c$ entonces en esa bola no hay puntos de $F$. (CONTRADICCIÓN)

$\therefore x \in F$

$\therefore F=\bar{F}$ $_\blacksquare$

Proposición: Sea $A \subseteq \mathbb{R}^n$ entonces $\partial A = \partial A^c$.

Demostración:

Sea $x \in \partial A$ $$\iff \forall r > 0 \; B_r(x) \cap A \neq \emptyset$$ y también $$B_r(x) \cap A^c \neq \emptyset$$ $$\forall x \in \partial A^c \; \; _{\blacksquare}$$

Observación:

1) int $A$ es abierto.

Demostración:

int $A$ es abierto $\iff$ int ( int $A$) ) = int $A$.

Sabemos que int ( int $A$) ) $\subseteq$ int $A$. $\checkmark$

[por demostrar: int $A$ $\subseteq$ int( int ( $A$) ) ]

Sea $B =$ int $A$

[por demostrar: $B \subseteq$ int $B$ ]

Sea $b \in B =$ int $A$

entonces $\exists B_r (b) \subseteq A$.

Sea $x \in B_r (b)$

Dibujo 4

entonces $\exists B_{r \prime} (x) \subseteq B_r (b) \subseteq A$.

Luego $x$ es punto interior de $A$, por lo que $x \in B$. Entonces $b$ es punto interior de $B$ $$\therefore b \subseteq \text{int} B.\; \; _\blacksquare$$

2) $\bar{F}$ es cerrado.

Demostración:

Sea $E = \bar{F}$

[por demostrar: $E$ es cerrado]

[por demostrar: $E = \bar{E}$ ]

[por demostrar: $\partial E \subseteq E$ ]

Sea $x \in \partial E$

$\forall \; r > 0$ $B_r (x) \cap E \neq \emptyset $ y $B_r (x) \cap E^c \neq \emptyset $.

[por demostrar: $x \in E$ ]

Si no fuera así, $x \in E^c =$ ext $F$ ya que $\mathbb{R}^n =$ int $F \cup \partial F \cup$ ext $F$. Pero int $F \cup \partial F = \bar{F}$, por lo que $\mathbb{R}^n = \bar{F} \; \cup$ ext $F$, lo que es lo mismo que $\mathbb{R}^n = E \; \cup$ ext $F$.

Luego, $\exists B_r (x)$ en la cual todos los puntos están en $F^c$. Allí no hay ningún punto de $E$, ya que $E = F \cup \partial F$.

Si hubiera un $w \in \partial F$, $w \in B_r (x)$ entonces $\exists \; r\prime > 0$ tal que $B_{r \prime} (w) \subset B_r (x) \subset F^c$.

Por lo que $w$ no puede ser punto frontera de $F$ pues tiene una vecindad contenida en $F^c$. Luego $B_r (x) \cap E = \emptyset$. (CONTRADICCIÓN)

Entonces para cualquier $A \subseteq \mathbb{R}^n$ se tiene que int $A \subseteq A \subseteq \bar{A}$. $_{\blacksquare}$

Proposición: $\emptyset$ es abierto y cerrado.

Demostración:

int $\emptyset \subseteq \emptyset \Longrightarrow$ int $\emptyset = \emptyset.$

$$\therefore \emptyset \text{ es abierto}$$

Además, $\partial \emptyset = \emptyset$ y también $\emptyset = \emptyset \; \cup \partial \emptyset = \bar{\emptyset}.$ $$\therefore \emptyset \text{ es cerrado}_{\blacksquare}$$

Observación: $\mathbb{R}^n$ es abierto y cerrado.

Luego, $(X, \mathcal{T})$ es un espacio topológico si $\mathcal{T}$ tiene estas tres propiedades.

($\mathbb{R}^n, \mathcal{T})$ es un espacio topológico.

Esto pasa para cualquier espacio métrico $(X, d)$ y la que hemos definido sería la topología inducida por la métrica. $(X, \mathcal{T}_d )$

Demostración:

1) se cumple. $\checkmark$

2) Sea $\{A_i \}_{i \in I} $ una familia de abiertos.

$A_i \in \mathcal{T} \; \; \forall i \in I$. Además $a_i \subseteq \mathbb{R}^n \; \; \forall i \in I.$

[por demostrar: $\bigcup\limits_{i \in I}A_i$ es abierta]

[por demostrar: $\bigcup\limits_{i \in I}A_i \in \mathcal{T}$ ]

Sea $x \in \bigcup\limits_{i \in I}A_i \iff x \in A_i$ para algún $i \in I$ pero como $A_i$ es abierto, $\exists B_r (x) \subseteq A_i \subseteq \bigcup\limits_{j \in I}A_j$

Dibujo 5

3) Sean $A_1, \; A_2,\; \dotsc,\; A_n \in \mathcal{T}$ abiertos.

[por demostrar: $\bigcap\limits_{i=1}^{n} A_i \in \mathcal{T}$ es abierta]

Dibujo 6

Sea $x \in A_1\bigcap\limits A_2 \bigcap\limits \dotsc \bigcap\limits A_n$.

Dado que $x \in A_1$ y como $A_1$ es abierto, $\exists \; r_1\; >\; 0$ tal que $B_{r_1}(x) \subseteq A_1.$

De igual manera $x \in A_2$ y como $A_2$ es abierto, $\exists \; r_2\; >\; 0$ tal que $B_{r_2}(x) \subseteq A_2.$

Y así sucesivamente hasta el último conjunto, de modo que, como

$x \in A_n$ y como $A_n$ es abierto, $\exists \; r_n\; >\; 0$ tal que $B_{r_n}(x) \subseteq A_n.$

Sea $\varepsilon = \text{mín} \{r_1, r_2, \dotsc, r_n\}$ tenemos que para $\varepsilon > 0 \; B_{\varepsilon} (x) \subseteq A_i \; \; \forall \; i=1, 2, \dotsc , n$, por lo que $B_{\varepsilon} (x) \subseteq \bigcap\limits_{i=1}^{n} A_i.$ $_{\blacksquare}$

$\mathcal{T}$ recibe el nombre de Topología.