En está sección estudiaremos el concepto matemático que define los puntos infinitamente cercanos a un conjunto.
Sea A un subconjunto arbitrario de $\mathbb{R}^{n}$. Se dice que $\overline{x}\in \mathbb{R^{n}}$ es un $\textit{punto de acumulación}$ de $A$, si toda bola abierta con centro en $\overline{x}$ contiene un punto de $A$ distinto de $\overline{x}$ es decir $$\forall r>0 \quad \left(B(\overline{x},r)-{\overline{x}}\right)\bigcap A\neq \emptyset$$ Al conjunto de puntos de acumulación de $A$ se le denomina el conjunto derivado de $A$ y se le denota $A^{a}$
Lema 1.-$\bar{x}\in\mathbb{R}^n$ es punto de acumulación de $A$ si y solamente si $\bar{x}\in \overline{A-{\bar{x}}}$
Demostración. Si $\bar{x}$ es un punto de acumulación de A entonces \quad $\forall \, r > 0$ \quad $B(\bar{x},r)-{\bar{x}}\cap A \neq \varnothing$ esta expresión es equivalente a $$B(\bar{x},r)\cap A -{\bar{x}}\neq \varnothing$$ por lo que $$B(\bar{x},r) \cap {\bar{x}}^c\cap A = [B(\bar{x},r) \cap {\bar{x}}^c]\cap A= B(\bar{x},r)\cap A -{\bar{x}}\neq \varnothing$$ pero esto significa que $\bar{x}$ es un punto de adherencia de $A -{\bar{x}}$ $\therefore$ $\bar{x}\in \overline{A-{\bar{x}}}$ $\square$
Ejercicio. Pruebe que $A’\subset \overline{A}$
Demostración. Sea $x\in~A’$ se tiene entonces $$x\in~A’~\Rightarrow~x\in \overline{A-{\bar{x}}}~\underbrace{\Rightarrow}_{ \overline{A-{\bar{x}}}\subset~\overline{A}}~x\in \overline{A}$$ por lo tanto $A’\subset \overline{A}$
Ejercicio. Pruebe que $A\subset B~\Rightarrow~A’\subset~B’$
Demostración. Sea $x\in~A’$ se tiene entonces $$x\in~A’~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}~\underbrace{\Rightarrow}_{ \overline{A-{x}}\subset~\overline{B-{x}}}~x\in \overline{B-{x}}~\Rightarrow~x\in~B’$$ por lo tanto $A’\subset B’$ $\square$
Proposición 1.-Si $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$ es un punto de acumulación de $A$, entonces toda bola abierta $B(\bar{x},r)$ contiene una infinidad de puntos de $A$.
Demostración. Sea $B(\bar{x},r)$ una bola abierta arbitraria con centro $\bar{x}$, supongase que esta bola tuviese solamente un número finito de puntos de $A$, digamos $\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_k$ cada uno distinto de $\bar{x}$ elijamos $r_0=\min{d(\bar{x},\bar{x}_1),\ldots,d(\bar{x},\bar{x}_k)}$ $\therefore$ $d(\bar{x},\bar{x}_i)\leq r$. Consideremos ahora la bola abierta $B(\bar{x},r_0)$. Es claro que $B(\bar{x},r_0) \subset B(\bar{x},r)$ y de la desigualdad se sigue que $B(\bar{x},r_0)$ no contiene puntos de $A$ distintos de $\bar{x}$ pues todo punto de $A$ que estubiese en $B(\bar{x},r_0)$ también sería elemento de $B(\bar{x},r)$ lo cual no es posible ya que $\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_k$ son los únicos elementos de $A$ que están en $B(\bar{x},r)$. Entonces la bola abierta $B(\bar{x},r_0)$ no tiene puntos de $A$ diferentes de $\bar{x}$, esto contradice la hipotesis de que $\bar{x}$ es punto de acumulación. $\square$
Teorema 1.- Un conjunto $A$ es cerrado si y solo si contiene a todos sus puntos de acumulación.
Demostración. Sea $\bar{x}$ un punto de acumulación de $A$. si $\bar{x} \not\in A $, el conjunto abieto $A^{c}$ es una vecindad de $\bar{x}$, que debe contener cuando menos un punto de $A$, pero esto no es posible, por lo tanto se concluye $x\in A$. Inversamente:Si A contiene a todos sus puntos de acumulación se habrá de probar que $A^{c}$ es abierto. Sea $y \in A^{c}$ entonces $y$ no es punto de acumulación de $A$. Por lo tanto, existe una vecindad $r$ de $y$ tal que $A \cap v = \varnothing$. En consecuencia $v_y\subset A^{c}$. Dado que esto es válido $\forall \ y \in A^{c}$ se deduce que $A^{c}$ es abierto $\therefore$ $A$ es cerrado. $\square$
Ejercicio. Sean $A, B\in\mathbb{R}^{n}$. Pruebe que $$(A\bigcup B)’=A’\bigcup B’$$
Demostración. Tenemos que $$x\in (A\bigcup B)’~\Rightarrow~x\in\overline{A\bigcup B}-{x}$$ $$~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}\bigcup \overline{B-{x}}$$ $$~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}\acute{o}x\in \overline{B-{x}} $$ $$~\Rightarrow~x\in A’\acute{o}x\in B’$$ $$~\Rightarrow~x\in A’\bigcup B’$$ Inversamente $$A\subset A\bigcup B~\Rightarrow~A’\subset (A\bigcup B)’$$ $$B\subset A\bigcup B~\Rightarrow~B’\subset (A\bigcup B)’$$ de lo anterior se tiene $$A’\bigcup B’\subset (A\bigcup B)’$$ $\square$
Ejercicio. Pruebe que $(A\bigcap B)’\subset A’\bigcap B’$
Demostración.
$$ A\bigcap B~\subset~A~\Rightarrow~(A\bigcap B)’\subset A’$$ $$ A\bigcap B~\subset~B~\Rightarrow~(A\bigcap B)’\subset B’$$ de lo anterior se tiene $$(A\bigcup B)’\subset A’\bigcup B’$$ $\square$
Más adelante
Tarea moral
1.- Prueba que si $A \subset \mathbb{R}^n $ es un conjunto arbitrario entonces
$$int(A) \subset A’ \subset int(A) \bigcup Fr(A)$$
2.- Prueba que $A \cup A’= \overline{A}$
3.- Sea $A=\left\{(m,0) \in \mathbb{R}^2 | m \in \mathbb{Z}\right\}$ Describe y prueba quién es $A’$
Recordemos el teorema del valor medio para funciones de $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$
Suponga que $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ es derivable en $(a,b)$ y continua en $[a,b]$ entonces existe $c\in(a,b)$ tal que $$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$
En esta sección se presenta el caso en la versión para funciones de $\mathbb{R}^{n}$ en $\mathbb{R}$. De esta manera el caso general se ve de la siguiente manera:
Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}$ una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si $x_{0},y_{0} \in A$ se pide que el conjunto $A$ sea tal que $[x_0,y_0]={x_{0}+t(y_{0}-x_{0})~|~t\in[0,1]}\subset A$. Sea $u$ un vector unitario en la dirección del vector $y_{0}-x_{0}$. Si la función $f$ es continua en los puntos del segmento $[x_0,y_0]$ y tiene derivadas direccionales en la dirección del vector $u$ en los puntos del segmento $(x_0,y_0)$, entonces existe $\theta$ , $0<\theta<1$ tal que $f(x_0+hu)-f(x_0)=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta hu)h$ donde $h=|y_0-x_0|$.
Una consecuencia del teorema anterior es el teorema Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}$ una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si las derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial x_{i}}~~\forall i=1,..,n}$ son continuas en $x_{0}\in A$ entonces f es diferenciable en $x_{0}\in A$ Vamos a dar una idea de la demostración para el caso n=2
Teorema del Valor Medio para Funciones de $\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$
Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$ una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{2}$. Si $x_{0},y_{0} \in A$ se pide que el conjunto $A$ sea tal que $[x_0,y_0]={x_{0}+t(y_{0}-x_{0})~|~t\in[0,1]}\subset A$. Sea $u$ un vector unitario en la dirección del vector $y_{0}-x_{0}$. Si la función $f$ es continua en los puntos del segmento $[x_0,y_0]$ y tiene derivadas direccionales en la dirección del vector $u$ en los puntos del segmento $(x_0,y_0)$, entonces existe $\theta$ \, $0<\theta<1$ tal que $f(x_0+hu)-f(x_0)=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta hu)h$ donde $h=|y_0-x_0|$.
Demostración. Considere la función $\phi:[0,h]\rightarrow \mathbb{R}$ dada por $\phi(t)=f(x_0+tu)$ ciertamente la función $\phi$ es continua en $[0,h]$ pues $f$ lo es en $[x_0,y_0]$. Ademas
de modo que para $t \in (0,h)$, $\phi'(t)$ existe y es la derivada direccional de $f$ en $x_0+tu \in (x_0,y_0)$ en la dirección del vector $u$. Aplicando entonces el teorema del valor medio a la función $\phi$, concluimos que existe un múmero $\theta \in (0,1)$ que da $\phi(h)-\phi(0)=\phi'(\theta h)h$\ es decir de modo que $$f(x_0+hu)-f(x_0)=\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta hu)h$$
Ahora para la verisón del teorema 3
Teorema 5. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$ una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si las derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial x},~~\frac{\partial f}{\partial y}}$ son continuas en $(x_{0},y_{0})\in A$ entonces f es diferenciable en $(x_{0},y_{0}\in A$
Demostración. Vamos a probar que $$f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=f(x_{0},y_{0})+\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}+r(h_{1},h_{2})$$donde $$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$
para ello tenemos que $$r(h_{1},h_{2})=f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-f(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$ sumando un cero adecuado $$r(h_{1},h_{2})=f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}+\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}-f(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$ trabajaremos
$$f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}$$Considerando la función $\varphi(x)=f(x,y_{0}+h_{2})$ por lo tanto tenemos que $$\varphi'(x)=\lim_{h_{1}\rightarrow0}\frac{\varphi(x+h_{1})-\varphi(x)}{h_{1}}=\lim_{h_{1}\rightarrow0}\frac{f(x+h_{1},y_{0}+h_{2})-f(x,y_{0}+h_{2})}{h_{1}}$$ este limite existe y nos dice que $\varphi$ es es continua en este caso en el intervalo $[x_{0},x_{0}+h_{1}]$. Por lo tanto aplicando el TVM en dicho intervalo se obtiene $$\varphi(x_{0}+h_{1})-\varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0}+\theta_{1} h_{1})h_{1}~p.a.~\theta_{1}\in(0,1)$$ es decir $$f((x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})h_{1}$$ Analogamente
$$\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}-f(x_{0},y_{0})$$Considerando la función $\varphi(y)=f(x_{0},y)$ por lo tanto tenemos que $$\varphi'(y)=\lim_{h_{2}\rightarrow0}\frac{\varphi(x_{0},y_{0}+h_{2})-\varphi(y_{0}+h_{2})}{h_{2}}=\lim_{h_{2}\rightarrow0}\frac{f(x_{0},y_{0}+h_{2})-f(y_{0}+h_{2})}{h_{2}}$$ este limite existe y nos dice que $\varphi$ es es continua en este caso en el intervalo $[y_{0},y_{0}+h_{2}]$. Por lo tanto aplicando el TVM en dicho intervalo se obtiene $$\varphi(y_{0}+h_{2})-\varphi(y_{0})=\varphi'(y_{0}+\theta_{2} h_{2})h_{2}~p.a.~\theta_{2}\in(0,1)$$ es decir $$f((x_{0},y_{0}+h_{2})-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0})}=\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})h_{2}$$
es decir $$r(h_{1},h_{2})=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)h_{1}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)h_{2}$$ por lo tanto $$\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)\frac{h_{1}}{|(h_{1},h_{2})|}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)\frac{h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|}$$ ahora bien si $\displaystyle{|(h_{1},h_{2})|\rightarrow(0,0)}$ se tiene $$\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)\rightarrow0$$ y $$\frac{h_{1}}{|(h_{1},h_{2})|}<1$$ Analogamente $$\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)\rightarrow0$$ y $$\frac{h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|}<1$$ en consecuencia $$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$por lo tanto f es diferenciable en $(x_{0},y_{0})$
En esta sección estudiaremos los conjuntos convexos del espacio $\mathbb{R}^n$. Intuitivamente decimos que un conjunto convexo es aquel que dados dos puntos del conjunto, el segmento de linea que los une también pertenece a ese conjunto.
Definición. Dados $\overline{x},~\overline{y}~\in\mathbb{R}^{n}$, al segmento rectilineo que une dichos puntos lo denotamos $$[\overline{x},\overline{y}]=\{t\overline{y}+(1-t)\overline{x}~|~t\in[0,1]\}$$
Definición. Sea $k\subset \mathbb{R}^{n}$. Se dice que $k$ es convexo si dados dos puntos de k, el segmento que los une está contenido en $k$ es decir $$[\overline{x},\overline{y}]\subset k~~~~\forall~\overline{x},~\overline{y}\in k$$
Ejemplo. Una bola abierta es un conjunto convexo Demostración. Sea $\overline{x}_{0}\in \mathbb{R}^{n}$ y consideremos $\overline{x},~\overline{y}~\in~B(\overline{x}_{0},\epsilon)$ vamos a ver que $[\overline{x},\overline{y}]\in~B(\overline{x}_{0}\epsilon)$ tenemos que
$$\overline{x} \in B(\overline{x}_{0},\epsilon)~\Rightarrow~|\overline{x}-\overline{x}_{0}|<\epsilon$$ y $$\overline{y}\in B(\overline{x}_{0},\epsilon) ~\Rightarrow~|\overline{y}- \overline{x}_{0} | <\epsilon$$ por lo tanto
$$|[\overline{x},\overline{y}]-\overline{x}_{0}|=|t\overline{y}+(1-t)\overline{x}-\overline{x}_{0}|=|t(\overline{y}-\overline{x}_{0})+(1-t)(\overline{x}-\overline{x}_{0})|\leq t|\overline{y}-\overline{x}_{0}|+(1-t)|\overline{x}-\overline{x}_{0}|<$$ $$t\epsilon+(1-t)\epsilon=\epsilon\therefore|[\overline{x},\overline{y}]-\overline{x}_{0}|<\epsilon$$ y de esta manera $$[\overline{x},\overline{y}]\in~B(\overline{x}_{0},\epsilon)$$
Ejemplo. El cuadrado $A=[-1,1]\times [-1,1]$ es un conjunto convexo Demostración. Sean $\overline{x}=(x_{1},x_{2})$, $\overline{y}=(y_{1},y_{2})$ $\in A$ y $t\in [0,1]$ vamos a ver que $t\overline{y}+(1-t)\overline{x}\in A$, tenemos que $$t\overline{y}+(1-t)\overline{x}=(ty_{1},ty_{2})+((1-t)x_{1},(1-t)x_{2})=(ty_{1}+(1-t)x_{1},ty_{2}+(1-t)x_{2})$$ como $x_{1},~x_{2},~y_{1},~y_{2}$ son tal que $$-1\leq x_{1}\leq 1$$
$$-1\leq x_{2}\leq 1 $$
$$ -1\leq y_{1}\leq 1 $$
$$ -1\leq y_{2}\leq 1$$ entonces
$$-1\leq t(-1)+(1-t)(-1)\leq ty_{1}+(1-t)x_{1}\leq t(1)+(1-t)(1)\leq 1$$ $$1\leq t(-1)+(1-t)(-1)\leq ty_{2}+(1-t)x_{2}\leq t(1)+(1-t)(1)\leq 1$$ por lo que $$(ty_{1}+(1-t)x_{1},ty_{2}+(1-t)x_{2})\in [-1,1]\times [-1,1]$$ por lo tanto $$t\overline{y}+(1-t)\overline{x}\in A$$
Teorema. Si $\overline{x_{1}},\overline{x}{2},…,\overline{x}{n}\in \mathbb{R}^{n}$ son conjuntos convexos tales que $\displaystyle{\bigcap \overline{x_{i}}}\neq\emptyset~~\forall i=1,..,n$ entonces $\displaystyle{\bigcap \overline{x_{i}}}$ es un conjunto convexo.
Demostración. Sean $\overline{x},~\overline{y}\in \displaystyle{\bigcap \overline{x_{i}}}$ entonces para todo i se tiene que $$\overline{x},~\overline{y}\in \overline{x}{i}$$ como $\overline{x}{i}$ es convexo entonces $[\overline{x},\overline{y}]\in \overline{x}{i}$ para todo i, por lo tanto $$[\overline{x},\overline{y}]\subset\displaystyle{\bigcap \overline{x{i}}}$$ por lo tanto $\displaystyle{\bigcap \overline{x_{i}}}$ es convexo.
Teorema. Un conjunto convexo es conexo
Demostración. Dado un conjnuto X convexo, si X no fuera conexo entonces existirian A,B conjnutos abiertos separados tales que $X=A\bigcup B$ y $A\bigcap B=\emptyset$ y si consideramos $\overline{x},~\overline{y}\in X$ entonces el segmento $[\overline{x},\overline{y}]$ se puede parametrizar como $$f(t)=t\overline{y}+(1-t)\overline{x}~t\in [0,1]$$ y podríamos construir los abiertos $$\{t \in[0,1]~|~f(t)\in A \}$$ y $$\{t\in[0,1]~|~f(t)\in B \}$$ estos abiertos proporcionarían una disconexion para el segmento rectilineo $\underset{\circ}{\bigtriangledown}$ pues ya hemos probado que un segmento rectilineo es conexo, por lo tanto X es conexo.
Ejemplo. Un conjunto Conexo no es convexo, considere el conjunto $$A=\mathbb{R}^{2}- \{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~x\leq 0,~y=0\}$$ Vamos a mostrar que A es conexo pero no convexo\ Dado $(x,y)\in~A$ tomamos tres casos\ Caso (1) y=0 y $x>0$\ Consideremos el segmento $$[x,x_{0}]=[(x,x_{0}),(1,0)]$$ que esta dado por $${(x+t(1-x),0)=((1-t)x+t,0)\in\mathbb{R}^{2}~|~t\in[0,1]}$$ y como $(1-t)x+t>0$ para todo $t\in[0,1]$. Se tiene que esta contenido en A.\ Caso (2) $y>0$ y $x\in\mathbb{R}$. En este caso el segmento $$[x,x_{0}]=[(x,x_{0}),(1,0)]$$ que esta dado por $${(x+t(1-x),y-ty)=((1-t)x+t,(1-t)y)\in\mathbb{R}^{2}~|~t\in[0,1]}$$ se tiene que $$(1-t)y>0\forall~t\in[0,1)$$ para $t=1$ se tiene el punto $(1,0)=x_{0}$, entonces en este caso también dicho segmento esta contenido en A.\ Caso (3) $y<0$ y $x\in\mathbb{R}$. En este caso el segmento $$[x,x_{0}]=[(x,x_{0}),(1,0)]$$ que esta dado por $${(x+t(1-x),y-ty)=((1-t)x+t,(1-t)y)\in\mathbb{R}^{2}~|~t\in[0,1]}$$ se tiene que $$(1-t)y<0\forall~t\in[0,1)$$ para $t=1$ se tiene el punto $(1,0)=x_{0}$, entonces en este caso también dicho segmento esta contenido en A. Solo falta ver que el conjnuto A no es convexo
Si consideramos el punto $x=(-1,1)$ y el punto $y=(-1,-1)$ se tiene que $x,y\in A$ y sin embargo el punto $$(-1,0)=x+\left(\frac{1}{2}\right)(y-x)\in [x,y]$$ pero no pertenece a A, es decir $[x,y] \cancel{\subset}A$
Proposición:Si A y B son subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}^{n}$, entonces $A\bigcup B$ es un conjunto abierto de $\mathbb{R}^{n}$. Demostración. Sea $\overline{x}\in A\cup B$. Se tiene entonces que $\overline{x}\in A$ ó $\overline{x}\in B$. Si $\overline{x}\in A$, entonces, puesto que A es abierto existe $r>0$ tal que $B_{r}(\overline{x})\subset A$, luego $B_{r}(\overline{x})\subset A\cup B$ Si $\overline{x}\in B$, entonces, puesto que B es abierto existe $r>0$ tal que $B_{r}(\overline{x})\subset B$, luego $B_{r}(\overline{x})\subset A\cup B$. En cualquiera de los casos, existe una bola abierta $B_{r}$ contenida en $A\cup B$. $\therefore$ $A\cup B$ es abierto.$~~\blacksquare$
Proposición. Si A y B son subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}^{n}$, entonces $A\bigcap B$ es un conjunto abierto de $\mathbb{R}^{n}$. Demostración. Sea $\overline{x}\in A\cup B$. Se tiene entonces que $\overline{x}\in A$ y $\overline{x}\in B$. Puesto que A es abierto $\exists~r_{1}>0$ tal que $B(\overline{x},r_{1})\subset A$. Puesto que b es abierto $\exists~r_{2}>0$ tal que $B(\overline{x},r_{2})\subset B$.\Sea $r=\min{r_{1},r_{2}}$, entonces se tiene que \begin{align*} B(\overline{x},r) & \subset B(\overline{x},r_{1}) \\ B(\overline{x},r) & \subset B(\overline{x},r_{2}) \end{align*} Por lo tanto $B(\overline{x},r)\subset A$ y $B(\overline{x},r)\subset B$, o sea $B(\overline{x},r)\subset A\cap B$.$~~\blacksquare$
Proposición. Si A y B son subconjuntos cerrados de $\mathbb{R}^{n}$, entonces $A\bigcup B$ es un conjunto cerrado de $\mathbb{R}^{n}$. Demostración. Para mostrar que $A\bigcup B$ es un conjunto cerrado, tenemos que mostrar que $(A\bigcup B)^{c}$ es un conjunto abierto, al ser A, B conjuntos cerrados entonces $A^{c},~B^{c}$ son conjuntos abiertos y por leyes de D’morgan $$(A\bigcup B)^{c}=A^{c}\bigcap B^{c}$$ ahora bien por el resultado anterior se tiene que la intersección de conjuntos abiertos es un conjunto abierto, esto prueba que $(A\bigcup B)^{c}$ es un conjunto abierto, por lo tanto $A\bigcup B$ es un conjunto cerrado.$~~\blacksquare$
Proposición. Si A y B son subconjuntos cerrados de $\mathbb{R}^{n}$, entonces $A\bigcap B$ es un conjunto cerrado de $\mathbb{R}^{n}$. Demostración. Para mostrar que $A\bigcap B$ es un conjunto cerrado, tenemos que mostrar que $(A\bigcap B)^{c}$ es un conjunto abierto, al ser A, B conjuntos cerrados entonces $A^{c},~B^{c}$ son conjuntos abiertos y por leyes de D’morgan $$(A\bigcap B)^{c}=A^{c}\bigcup B^{c}$$ ahora bien por el resultado anterior se tiene que la unión de conjuntos abiertos es un conjunto abierto, esto prueba que $(A\bigcap B)^{c}$ es un conjunto abierto, por lo tanto $A\bigcap B$ es un conjunto cerrado.$~~\blacksquare$
Generalizaciones de la proposiciones anteriores de la familias de conjuntos.
Proposición. La unión arbitraria de conjuntos abiertos en $\mathbb{R}^{n}$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^{n}$. Demostración. Sea ${A_{\alpha}}$ una colección de subconjuntos de $\mathbb{R}^{n}$ tal que $A_{\alpha}$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^{n}$. Sea $\displaystyle{A=\bigcup A_{\alpha}}$. Sea $\overline{x}_{0}\in A$. Entonces existe $\alpha$ tal que $\overline{x}_{0}\in A_{\alpha}$ y como $A_{\alpha}$ es un conjunto abierto, existe $r>0$ tal que $$B(\overline{x}_{0},r)\subset A{\alpha}\subset \bigcup A_{\alpha}=A$$ Por lo tanto A es abierto.$~~\blacksquare$
Propposición. La intersección finita de conjuntos abiertos en $\mathbb{R}^{n}$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^{n}$. Demostración. Sean $A_{1},A_{2},…,A_{k}$ subconjutos abiertos de $\mathbb{R}^{n}$. Sea $\displaystyle{B=\bigcap_{i=1}^{k}A_{i}=A_{1}\cap A_{2}\cap …\cap A_{k}}$. Sea $\overline{x}_{0}\in B$. Entonces $\overline{x}_{0}\in A_{i}$ para toda $1\leq i\leq k$. Cada $A_{i}$ es un conjunto abierto. Por lo tanto existe $r_{i}>0$ tal que $B(\overline{x}_{0},r{i})\subset A_{i}$ para toda $1\leq i\leq k$. Sea $r=\min{r_{1},r_{2},…,r_{n}}>0$. Entonces $$B(\overline{x}_{0},r)\subset B(\overline{x}_{0},r_{i})\subset A_{i}~~\forall~i=1,…,n$$ Por lo tanto $$B(\overline{x}_{0},r)\subset \bigcap_{i=1}^{k}A_{i}=B$$ y por lo tanto B es un conjunto abierto.$~~\blacksquare$
Proposición. La unión finita de conjuntos cerrados en $\mathbb{R}^{n}$ es un conjunto cerrado en $\mathbb{R}^{n}$. Demostración. Sean $A_{1},…,A_{k}\subset \mathbb{R}^{n}$ conjuntos cerrados y sea $\displaystyle{B=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}}$. Entonces $$B^{c}=\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right)^{c}=\bigcap_{i=1}^{n}A^{c}_{i}$$ el cual es un conjunto abierto de $\mathbb{R}^{n}$. Por lo tanto B es un conjunto cerrado de $\mathbb{R}^{n}$.$~~\blacksquare$
Proposición. La intersección finita de conjuntos cerrados en $\mathbb{R}^{n}$ es un conjunto cerrado en $\mathbb{R}^{n}$. Demostración. Sea ${A_{\alpha}}$ una colección de subconjuntos de $\mathbb{R}^{n}$ tales que cada $A_{\alpha}$ es cerrado en $\mathbb{R}^{n}$. Por lo tanto para cada $\alpha$, $A^{c}{\alpha}$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^{n}$. Sea $\displaystyle{A=\bigcap{\alpha}A_{\alpha}}$ tal que $$A^{c}=\left(\bigcap_{\alpha}A_{\alpha}\right)^{c}=\bigcup_{\alpha}A^{c}_{\alpha}$$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^{n}$. Por lo tanto A es un conjunto cerrado en $\mathbb{R}^{n}$.$~~\blacksquare$
Definición. Un elemento $\bar{x}\in A$ se dice que es un $\textbf{punto interior}$ de $A$, si existe una bola abierta con centro en $\bar{x}$ contenida en $A$ es decir si $\exists$ $r>0$ tal que $B(\bar{a},r)\subset A$. Denotamos por $int(A)$ al conjunto formado por todos estos puntos, es decir $$int(A)=\{\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}~|~\overline{x}~es~punto~interior~de~A\}$$ y diremos que este conjunto es el interior de A.
Ejemplo. Determinar el $int(A),~~Fr(A),~~ext(A)$ con \[ A=\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\cap\left(\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}\right)=\left\{ (x,y)\in\mathbb{R}^{2}~\big{|}~(x,y)\in\mathbb{Q}~~y~~0\leq x\leq1~~0\leq y\leq1\right\} . \]
Solución. Primero analicemos la figura, ¿qué pasa si tomamos un $(x,y)$ en $A$ y un $r>0$?, ¿qué podemos observar?. Si recordamos la densidad de los irracionales sabemos que podemos encontrar un $x’$ irracional entre $x$ y $x+r$, entonces si tomamos el punto $(x’,y)$ podemos ver que esta dentro de $B_{r}(x,y)$, pero $(x’,y)$ no es un punto de $A$. Esto pasa para toda $r>0$ y todo $(x,y)$ en $A$. Entonces, podemos afirmar que el $int(A)=\emptyset$. Ademas, podemos decir que para todo $(x,y)$ en $A$ y todo $r>0$ se tiene que $B_{r}(x,y)\cap A^{c}\neq\emptyset$. Usando el mismo argumento, pero ahora para los racionales, podemos decir que para cualquier $(x,y)$ y $r>0$ se tiene que $B_{r}(x,y)\cap A\neq\emptyset$. Todo esto dentro del cuadrado $\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$. Entonces, podemos afirmar que $Fr(A)=\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$.
¿Que podemos decir del exterior? De lo anterior podemos deducir que $ext(A)=\mathbb{R}{{}^2}-\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$. Entonces, demostremos la siguiente afirmación:
Afirmación: $int(A)=\emptyset$ Demostración. Sean $(x,y)\in A$ y $r>0$. Mostraremos que $B_{r}(x,y)\cap A^{c}\neq\emptyset$, es decir, que para cualquier punto $(x,y)$ de $A$ y cualquier radio $r>0$, la bola $B_{r}(x,y)$ siempre contiene puntos de $A^{c}$, es decir, que $A$ no tiene puntos interiores. Como $(x,y)\in A$, entonces $x\in\mathbb{Q}$ y por la densidad de los irracionales sabemos que siempre existe un $x’\notin\mathbb{Q}$ tal que $x<x'<x+r$……$\bigstar$ Tomemos el punto $(x’,y)$ y calculemos su distancia con $(x,y)$: \[ \| (x,y)-(x’,y)\|=\| (x-x’,0)\|=\sqrt{(x-x’)^{2}}=\underset{**}{\underbrace{\left|x-x’\right|<r}}\text{ esta ultima desigualdad se cumple por }\bigstar \] Veamos por que se cumple $**$. De $\bigstar$ tenemos que $x<x'<x+r$, restando $x$ tenemos $x-x<x’-x<x+r-x$ $\Longrightarrow0<x’-x<r$ como esto es positivo, le podemos sacar el valor absouto y se mantiene la desigualdad $0<|x’-x|<r$ y sabemos que $|a-b|=|b-a|$. Por lo tanto, $|x-x’|<r$. Entonces, como $\left\Vert (x,y)-(x’,y)\right\Vert <r$, tenemos que $(x’,y)\in B_{r}(x,y)$, pero como $x’\notin\mathbb{Q}$ esto implica que $(x’,y)\notin\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}$. Por lo tanto, $B_{r}(x,y)\cap\left(\mathbb{R}^{2}-\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}\right)\neq\emptyset$. Podemos observar que $A\subset\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}$ $\Longrightarrow$ $B_{r}(x,y)\cap\left(\mathbb{R}^{2}-A\right)=B_{r}(x,y)\cap A^{c}\neq\emptyset$, es decir, que para todo $r>0$ se tiene que $B_{r}(x,y)$ siempre interseca a $A^{c}$. Por lo tanto, $int(A)=\emptyset$.$~~\blacksquare$
Afirmación: $Fr(A)=\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$ Demostración. Primero mostraremos que $\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\subset Fr(A)$. Sea $(x,y)\in\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$ y $r>0$. Ya probamos que $B_{r}(x’,y’)\cap A^{c}\neq\emptyset$, falta probar que $B_{r}(x,y)\cap A\neq\emptyset$. (Para que se cumpla la definición de frontera). Tenemos varios casos para $x$ y $y$: $(1)$ Supongamos que $0\leq x<1$ y $0\leq y<1$. Por la densidad de los números racionales, sabemos que existen $x’,y’\in\mathbb{Q}$ tal que: \[ x<x'<min\left\{1,x+\frac{r}{\sqrt{2}}\right\},\text{y }y<y'<min\left\{1,y+\frac{r}{\sqrt{2}}\right\}…………………\clubsuit \] Entonces, $\underset{\spadesuit}{\underbrace{(x’,y’)\in A}}$ y además $\displaystyle{|x-x’|<\frac{r}{\sqrt{2}}}$ y $\displaystyle{|y-y’|<\frac{r}{\sqrt{2}}}$. Así podemos ver lo siguiente: \[ ||(x,y)-(x’,y’)||=\sqrt{(x-x’)+(y-y’)}<\sqrt{\left(\frac{r}{\sqrt{2}}\right)^{2}+\left(\frac{r}{\sqrt{2}}\right)^{2}}=r, \] lo que nos dice que el punto $(x’,y’)\in B_{r}(x,y)$, y por $\spadesuit$ tenemos que $B_{r}(x,y)\cap A\neq\emptyset$. $(2)$ En este caso juntaremos los casos que faltan. Escogiendo a $x’,y’$ como en $\clubsuit$, tenemos lo siguiente: (a) Si $x=1$ y $y<1$ nos fijamos en la pareja $(1,y’)$, (b) Si $x<1$ y $y=1$ nos fijamos en la pareja $(x’,1)$, y (c) Si $x=1$ y $y=1$nos fijamos en la pareja $(1,1)$. Podemos observar que estos puntos están en $A$, pues sus entradas pertenecen a los racionales. Por lo tanto, $B_{r}(x,y)\cap A\neq\emptyset$. Por lo tanto, $\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\subset Fr(A)$.
Afirmación: $ext(A)=\mathbb{R}^{2}-\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$ Demostración. Primero mostremos que $\mathbb{R}^{2}-\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}\subset ext(A)$. Sea $(x,y)\in\mathbb{R}^{2}-\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}$ y supongamos que $x<0$ ó $1<x$, (la otra posibilidad es que $y<0$ ó $y>1$, pero se hace de manera análoga). (1) Si $x<0$, entonces tomamos $r=|x|>0$. Vamos a mostrar que $B_{r}(x,y)\subset\mathbb{R}^{2}-\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}$. Observemos que $\mathbb{R}^{2}\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}\subset A^{c}…………..\spadesuit$. Sea $(x’,y’)\in B_{r}(x,y)$, sabemos que \[ |x-x|\leq\left\Vert (x,y)-(x’,y’)\right\Vert <r \] pero $|x|=r$, entonces \[ |x-x’|<|x|=-x\text{ pues }x<0 \] entonces \[ x<x-x'<-x\Longrightarrow-x+x<-x+x-x'<-x-x\Longrightarrow0<-x'<-2x \] multiplicando por $(-1)$, tenemos que $x'<0$, lo cual implica que $(x’,y’)\notin\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$. Así tenemos que $(x’,y’)\in\mathbb{R}^{n}-\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$. Entonces, $B_{r}(x,y)\subset\mathbb{R}^{n}-\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$. Por lo tanto, por $\spadesuit$, $B_{r}(x,y)\subset A^{c}$, lo cual implica que $(x,y)\in ext(A)$. (2) Si $x>1$, entonces tomamos $r=x-1>0$. Vamos a mostrar que $B_{r}(x,y)\subset\mathbb{R}^{2}-\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}$. Observemos que $\mathbb{R}^{2}\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}\subset A^{c}…………..\spadesuit$. Sea $(x’,y’)\in B_{r}(x,y)$, sabemos que
Vamos a mostrar que $B_{r}(x,y)\subset\mathbb{R}{{}^2}-\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$. Observemos que $\mathbb{R}{{}^2}\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\subset A^{c}…………..\spadesuit$.\ Sea $(x’,y’)\in B_{r}(x,y)$, sabemos que \[ |x-x’|\leq\left\Vert (x,y)-(x’,y’)\right\Vert <r=x-1 \]
entonces tenemos que $x’>1$, lo cual nos dice que $(x’,y’)\notin\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$. Así tenemos que $(x’,y’)\in\mathbb{R}^{n}-\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}$. Entonces, $B_{r}(x,y)\subset\mathbb{R}^{n}-\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}$. Por lo tanto, por $\spadesuit$, $B_{r}(x,y)\subset A^{c}$, lo cual implica que $(x,y)\in ext(A)$. Por lo tanto, $\mathbb{R}^{2}-\{\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\}\subset ext(A)$. De la proposición tenemos que $\mathbb{R}^{n}=int(A)\cup ext(A)\cup Fr(A)$, en nuestro caso obtuvimos que $int(A)=\emptyset$. Entonces,
\[ \mathbb{R}{{}^2}=ext(A)\cup Fr(A) \] y de esto obtenemos las siguientes igualdades \[ \mathbb{R}{{}^2}-ext(A)=Fr(A)………\clubsuit\text{ y }\mathbb{R}{{}^2}-Fr(A)=ext(A)………\clubsuit\clubsuit. \] De $\clubsuit$ tenemos $Fr(A)\subset\mathbb{R}{{}^2}-ext(A)$ y de $(2)$ tenemos $\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\subset Fr(A)$, entonces $\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\subset Fr(A)\subset\mathbb{R}{{}^2}-ext(A)………….\maltese$ De $(3)$ tenemos $\mathbb{R}^{2}-\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\subset ext(A)$, entonces
entonces \[ \mathbb{R}^{2}\subset ext(A)\cup\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\Longrightarrow\mathbb{R}^{2}-ext(A)\subset\left(ext(A)\cup\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\right)-ext(A) \]
así tenemos \[ \mathbb{R}^{2}-ext(A)\subset\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]…………..\maltese\maltese \]
Entonces, por $\maltese$ y $\maltese\maltese$ tenemos que $Fr(A)=\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$. Y de esta igualdad y de $\clubsuit\clubsuit$ tenemos que $ext(A)=\mathbb{R}^{2}-\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]$.$~~\blacksquare$
Proposición: Si $A\subset\mathbb{R}^{n}$, entonces: (1) $int(A)\subset A$ (2) $ext(A)\subset A^{c}$ (3) (a) $int(A)\cap ext(A)=\emptyset$, (b) $int(A)\cap Fr(A)=\emptyset$ y (c) $Fr(A)\cap ext(A)=\emptyset$ (4) $\mathbb{R}^{n}=int(A)\cup ext(A)\cup Fr(A)$ (5) $int(A^{c})=ext(A)$ y $Fr(A)=Fr(A^{c})$.
Demostración. (1) Por demostrar que $int(A)\subset A$. Sea $\hat{x}\in int(A)$ $\Longrightarrow$ por definición que existe $r>0$ tal que $B_{r}(\hat{x})\subset A$. Como $\hat{x}\in B_{r}(\hat{x})$ (por definición de bola), entonces $\hat{x}\in A$. Por lo tanto, $int(A)\subset A$.
(2) Por demostrar que $ext(A)\subset A^{c}$. Sea $\hat{x}\in ext(A)$ $\Longrightarrow$ por definición que existe $r>0$ tal que $B_{r}(\hat{x})\subset A^{c}$. Como $\hat{x}\in B_{r}(\hat{x})$ (por definición de bola), entonces $\hat{x}\in A^{c}$. Por lo tanto, $ext(A)\subset A$.
3_aPor demostrar que $int(A)\cap ext(A)=\emptyset$. Supongamos por contadicción que $int(A)\cap ext(A)\neq\emptyset$, esto implica que existe $\hat{x}\in int(A)\cap ext(A)$ $\Longrightarrow$ $\hat{x}\in int(A)$ y $\hat{x}\in ext(A)$, esto implica por (1) y (2) que $\hat{x}\in A$ y $\hat{x}\in A^{c}$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $int(A)\cap ext(A)=\emptyset$.
3_b Por demostrar que $int(A)\cap Fr(A)=\emptyset$. Supongamos por contadicción que $int(A)\cap Fr(A)\neq\emptyset$, esto implica que existe $\hat{x}\in int(A)\cap Fr(A)$ $\Longrightarrow$ $\hat{x}\in int(A)$ y $\hat{x}\in Fr(A)$. Así, tenemos lo siguiente: $(a).$ Existe $r>0$ tal que $B_{r}(\hat{x})\subset A$, y $(b).$ Para todo $r’>0$ se tiene que $B_{r’}(\hat{x})\cap A\neq\emptyset$ y $B_{r’}(\hat{x})\cap A^{c}\neq\emptyset$. En particular, por $(a)$, para $r>0$ tenemos que $B_{r}(\hat{x})\cap A^{c}=\emptyset$, lo cual contradice la hipótesis $(b)$. Por lo tanto, $int(A)\cap Fr(A)=\emptyset$.
3_c Por demostrar que $Fr(A)\cap ext(A)=\emptyset$. Supongamos por contradicción que $Fr(A)\cap ext(A)\neq\emptyset$, esto implica que existe $\hat{x}\in Fr(A)\cap ext(A)$ $\Longrightarrow$ $\hat{x}\in Fr(A)$ y $\hat{x}\in ext(A)$. Así, tenemos lo siguiente: $(a).$ Para todo $r>0$ se tiene que $B_{r’}(\hat{x})\cap A\neq\emptyset$ y $B_{r’}(\hat{x})\cap A^{c}\neq\emptyset$, y $(b).$ Existe $r’>0$ tal que $B_{r’}(\hat{x})\subset A^{c}$. Así, por $(b)$tenemos que existe $r’>0$ tal que $B_{r’}(\hat{x})\cap A=\emptyset$, lo cual contradice la hipótesis $(a)$. Por lo tanto, $Fr(A)\cap ext(A)=\emptyset$.
(4) Por demostrar que $\mathbb{R}^{n}=int(A)\cup Fr(A)\cup ext(A)$. Como $A\subset\mathbb{R}^{n}$, se tiene que $int(A)\cup Fr(A)\cup ext(A)\subset\mathbb{R}^{n}$. Falta ver que $\mathbb{R}^{n}\subset int(A)\cup Fr(A)\cup ext(A)$. Sea $\hat{x}\in\mathbb{R}^{n}$, como $A\subset\mathbb{R}^{n}$entonces tenemos tres casos:
$(a)$ Existe $r>0$ tal que $B_{r}(\hat{x})\subset A$, entonces por definición tenemos que $\hat{x}\in int(A)$,
$(b)$ existe $r>0$ tal que $B_{r}(\hat{x})\subset A^{c}$, entonces por defición tenemos que $\hat{x}\in ext(A)$, o $(c)$ para todo $r>0$ se tiene que $B_{r}(\hat{x})\cap A^{c}\neq\emptyset$ y $B_{r}(\hat{x})\cap A\neq\emptyset$, entonces por definición $\hat{x}\in Fr(A)$. Así tenemos que, $\mathbb{R}^{n}\subset int(A)\cup Fr(A)\cup ext(A)$. Por lo tanto, $\mathbb{R}^{n}=int(A)\cup Fr(A)\cup ext(A)$.
$(5)$ (a) Por demostrar que $int(A^{c})=ext(A)$. $\subset\rfloor$ $int(A^{c})\subset ext(A)$ Sea $\hat{x}\in int(A^{c})$, por definición se tiene que existe $r>0$ tal que $B_{r}(\hat{x})\subset A^{c}$, pero esta es la definición de un punto exterior de $A$. Por lo tanto, $\hat{x}\in ext(A)$. $\supset\rfloor$ $ext(A)\subset int(A^{c})$. Sea $\hat{x}\in ext(A)$, por definición se tiene que existe $r>0$ tal que $B_{r}(\hat{x})\subset A^{c}$, pero esta es la definición de un punto interior de $A^{c}$. Por lo tanto, $\hat{x}\in int(A^{c})$. Por lo tanto, $int(A^{c})=ext(A)$.$~~\blacksquare$
Definición. Sea $A\subset \mathbb{R}^{n}$. Definimos la cerradura de A, que denotamos por $\overline{A}$, como $$\overline{A}=int(A)\cup Fr(A)$$
Proposición. Sea $A\subset \mathbb{R}^{n}$. Las siguientes afirmaciones son ciertas: (1) $Int(A)$ es un conjunto abierto (2) $Ext(A)$ es un conjunto abierto (3) $Fr(A)$ es un conjunto cerrado (4) $\overline{A}$ es un conjunto cerrado. Demostración. (1) Sea $\overline{x}\in Int(A)$, entonces existe $r>0$ tal que $B(\overline{x},r)\subset A$. Sea $\overline{y}\in B(\overline{x},r)$, existe $r’>0$ tal que $B(\overline{y},r’)\subset B(\overline{x},r)\subset A$ por lo que $\overline{y}\in Int(A)$ y por tanto $B(\overline{x},r)\subset Int(A)$. (2) Como $Ext(A)=Int(A^{c})$ y de acuerdo al inciso anterior este conjunto es abierto. (3) Tenemos que $$(Fr(A))^{c}=\mathbb{R}^{n}-Fr(A)=int(A)\cup Ext(A)$$ ambos conjuntos son conjuntos abiertos y la unión de conjuntos abiertos es abierta, entonces este conjunto es abierto y por tanto $Fr(A)$ es cerrado. (4) Se tiene que $$(\overline{A}^{c})=\mathbb{R}^{n}-(int(A)\cup Fr(A))=ext(A)$$ el cual es conjunto abierto, por lo tanto $\overline{A}$ es un conjunto cerrado.$~~\blacksquare$
Punto de Acumulación
Definición. Sea $A\subset\mathbb{R}^{n}$ y $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$. Se dice que (1) $\overline{x}$ es un punto de acumulación de A, si toda bola abierta con centro en $\overline{x}$ contiene un punto de A distinto de $\overline{x}$ es decir $$\forall r>0, \quad \left(B(\overline{x},r)-{\overline{x}}\right)\cap A\neq \emptyset$$ Al conjunto de puntos de acumulación de A se le denomina el $\textbf{conjunto derivado}$ de A y se le denota $A’$. (2) $\overline{x}\in A$ es un punto aislado de A si $\overline{x}$ no es un punto de acumulación de A, es decir, si existe $r>0$ tal que $$(B(\overline{x},r)-{\overline{x}})\cap A=\emptyset.$$
Ejemplo. Sea $$A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~x^{2}+y^{2}<1\}$$ Muestre que $\displaystyle{\overline{x}_{0}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}$ es un punto de acumulación de A. Solución. Vamos a considerar el punto $\displaystyle{\overline{x}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}(r+1)},\frac{1}{\sqrt{2}(r+1)}\right)}$, para $r>0$. Tenemos entonces que
Tenemos entonces que $\displaystyle{\overline{x}\in B\left(\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right),r\right)}$. Por lo tanto $$\left[B\left(\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right),r\right)-\left\{\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\right\}\right]\bigcap A\neq \emptyset$$ Por lo tanto $\displaystyle{\overline{x}_{0}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}$ es un punto de acumulación de A.$~~\blacksquare$
Más adelante
En la siguiente sección continuaremos estudiando topológicamente los conjuntos importantes obtenidos a partir de la caracterización de puntos de $\mathbb{R}^n$
Tarea Moral
1.- Si $A\subset \mathbb{R^n}$ es un conjunto arbitrario demuestra que $int(A) \subset A´ \subset int(A) \cup Fr(A)$
2.- Sea $A \in \mathbb{R}^n$ prueba que: $A$ no puede ser cerrado y abierto a la vez.
4.-Sean $A$ y $B$ subconjuntos de $\mathbb{R}^n$. Indica y prueba si las siguientes afirmaciónes son ciertas.
a) Si $A \subset B$ entonces $A’ \subset B’$
b) $(A \cup B)’= A’ \cap B’$
c) $(A \cap B)’= A’ \cup B’$
5.- Sea $A$ un subconjunto de $\mathbb{R}^n$ Prueba que: Si $B \subset A$ y $B$ es abierto, entonces $B \subset int(A)$ (es decir, de los conjuntos abiertos que están contenidos en $A$, $int(A)$ es el más «grande»).
$\textcolor{Red}{\textbf{Extremos Restringidos (Multiplicadores de Lagrange)}}$
Supongase que se quieren hallar los valores extremos (máximo ó mínimo) de una función $f(x,y)$ sujeta a la restircción $x^2+y^2=1$; esto es, que $(x,y)$ está en el circulo unitario. Con mayor generalidad, podemos necesitar maximizar o minimizar $f(x,y)$ sujeta a la condición adicional de que $(x,y)$ también satisfaga una ecuación $g(x,y)=c$ donde $g$ es alguna función y $c$ es una constante. En el ejemplo $g(x,y)=x^2+y^2$ y $c=1$]. El conjunto de dichas $(x,y)$ es un conjunto de nivel de $g$.
En general, sean $f:u\subset \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}$ y $g: u\subset \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}$ funciones $C^1$ dadas, y sea $S$ el conjunto de nivel de $g$ con valor $c$. Recordar que el conjunto de nivel son los puntos $x\in \mathbb{R}^n$ con $g(x)=c$] Cuando $f$ se restringe a $S$, de nuevo tenemos el concepto de máximos locales o mínimos locales de $f$ (extremos locales), y un máximo (valor mayor) o un minimo absoluto (valor menor) debe ser un extremo local.
$\textbf{Teorema.- Método de los multiplicadores de lagrange.}$ Sean $f:u\subset \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}$ y $g: u\subset \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}$ funciones $C^1$ con valores reales dados. Sean $x_0 \in u$ y $g(x_0)=c$, y sea $S$ el conjunto de nivel de $g$ con valor $c$. Suponer $\nabla g(x_0)\neq 0$. Si $f|_s$ (f restringida a s) tiene un máximo o un mínimo local en $S$, en $x_0$, entonces existe un número real $\lambda$ tal que $\nabla f(x_0)=\lambda\nabla g(x_0)$.
$Demostrción$ Para $n=3$ el espacio tangente o plano tangente de $S$ en $x_0$ es el espacio ortogonal a $\nabla g(x_0)$ y para $n$ arbitraria podemos dar la misma definición de espacio tangente de $S$ en $x_0$. Esta definición se puede motivar al considerar tangentes a trayectorias $c(t)$ que estan en $s$, como sigue: si $c(t)$ es una trayectoria en $S$ y $c(0)=x_0$, entonces $c'(0)$ es un vector tangente a $S$ en $x_0$, pero $$\frac{dg(c(t))}{dt}=\frac{d}{dt}(c)=0$$ Por otro lado usando regla de la cadena $$\left.\frac{d}{dt}g(c(t))\right|_{t=0}=\nabla g(x_0)\cdot c'(0)$$ de manera que $\nabla g(x_0)\cdot c'(0)=0$, esto es, $c'(0)$ es ortogonal a $\nabla g(x_0)$.
Si $f|s$ tiene un máximo en $x_0$, entonces $f(c(t))$ tiene un máximo en $t=0$. Por cálculo de una variable, $\displaystyle\left.\frac{df(c(t))}{dt}\right|{t=0}=0$. Entonces por regla de la cadena $$0=\displaystyle\left.\frac{df(c(t))}{dt}\right|_{t=0}=\nabla f(x_0)\cdot c'(0)$$ Asi, $\nabla f(x_0)$ es perpendicular a la tangente de toda curva en $S$ y entonces tambien es perpendicular al espacio tangente completo de $S$ en $x_0$. Como el espacio perpendicular a este espacio tangente es una recta, $\nabla f(x_0)$ y $\nabla g(x_0)$ son paralelos. Como $\nabla g(x_0)\neq 0$, se deduce que $\nabla f(x_0)$ es multiplo de $\nabla g(x_0)$.
$\textbf{Corolario.}$ Si $f$ al restringirse a una superficie $S$, tiene un máximo o un mínimo local en $x_0$, entonces $\nabla f(x_0)$ es perpendicular a $S$ en $x_0$.La geometria de los valores extremos restringidos.
$\textbf{Ejemplo.}$ Sea $S\subset\mathbb{R}^2$ la recta que pasa por $(-1,0)$ inclinada a $45^{o}$, y sea $f:\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ daa asi $f(x,y)=x^2+y^2$. Hallar los extremos de $f|_s$.
$Solución.$ Aqui $S=\left\{(x,y) | y-x-1=0 \right\}$ y por lo tanto hacemos $g(x,y)=-y-x-1$ y $c=0$. Tenemos $\nabla g(x,y)=-i+j \neq 0$. Los extremos relativos de $f|_s$ deben hallarse entre los puntos en que $\nabla f$ es ortogonal a $S$, esto es, inclinada a $-45^{o}$. Pero $\nabla f (x,y)=(2x.2y)$, que tiene la pendiente deseada sólo cuando $x=-y$, o cuando $(x,y)$ está sobre la recta L, que pasa por el origen inlinada a $-45^{o}$. Esto puede suceder en el conjunto $S$ sólo para el unico punto en el que se intersecan L y S. Al referirnos a las curvas de nivel de $f$ se indica que este punto $(-\frac{1}{1},\frac{1}{2})$ es un mínimo relativo de $f|_s$ (Pero no de $f$).
$\textbf{Ejemplo.}$ Sea $f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$ dada asi $f(x,y)=x^2-y^2$ y sea $S$ el círculo de radio 1 alrededor del origen. Hallar los extremos de $f|_s$.
$Solución.$ El conjunto $S$ es la curva de nivel para $g$ con valor $t$. Donde $g:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$, $(x,y) \rightarrow x^2+y^2$. La condición de que $\nabla f=\lambda \nabla g$ en $x_0$, es decir que $\nabla f$ y $\nabla g$ son pararlelos en $x_0$, es la misma que las curvas de nivel sean tangentes en $x_0$. Asi los puntos extremos de $f |_s$ son $(0,\pm 1)$ y $(\pm1,0)$. Evaluando $f$ hallamos que $(0,\pm 1)$ son mínimos y $(\pm1,0)$ son máximos. Usando Multiplicadores de lagrange $\nabla f(x,y)=(2x,2y)$ y $\nabla g(x,y)=(2x,2y)$\ $\therefore$ \quad $(2x,-2y)=\lambda(2x,2y)$ cuya solución es $(0,\pm 1)$, $(\pm1,0)$.
$\textbf{Ejemplo.}$ Maximizar la función $f(x,y,z)=x+z$ sujeta a la restricción $x^2+y^2+z^2=1$
$Solución.$ Buscamos $\lambda$ y $(x,y,z)$ tales que $1=2x\lambda$, $0=2y\lambda$ y $1=2z\lambda$ $x^2+y^2+z^2=1$ la solución es $(\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1} {\sqrt{2}})$, $(-\frac{1}{\sqrt{2}},0,-\frac{1}{\sqrt{2}})$ comprobando los valores de $f$ en estos puntos podemos ver que el primer punto produce el máximo de $f$ y el segundo el mínimo.
$\textbf{Ejemplo.}$ Hallar los puntos extremos de $f(x,y,z)=x+y+z$ sujeto a las dos condiciones $x^2+y^2=2$ y $x+z=1$
$Solución.$ Aquí hay dos restricciones $g_1=(x,y,z)=x^2+y^2-2=0$ $g_2(x,y,z)=x+z-1=0$ asi, debemos encontrar $x,y,z,\lambda_1$ y $\lambda_2$ tales que $$\nabla f(x,y,z)=\lambda_1 \nabla g (x,y,z)+ \lambda_2 \nabla g_2(x,y,z)$$ $$g_1(x,y,z)=0 \quad y \quad g_2(x,y,z)=0$$ Calculando gradientes e igualando componentes, obtenemos
