En esta entrada seguimos considerando la función de la entrada previa, a continuación veremos que no es continua en el origen porque no tiene límite en el origen.

Tomemos la sucesión $\Big\{ (x_n, y_n)\Big\}_{n \in \mathbb{N}} = \Big\{ \Big(\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\Big) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} \longrightarrow (0, 0)$

$f(x_n, y_n) = \dfrac{y_n}{x_n} = 1 \longrightarrow 1$

Tomemos la sucesión $\Big\{ (a_n, b_n) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} = \Big\{ \Big(\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\Big) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} \longrightarrow (0, 0)$

$f(a_n, b_n) = \dfrac{b_n}{a_n} = -1 \longrightarrow -1$

Esto nos muestra que $f$ no tiene límite cuando $(x,y) \longrightarrow (0,0)$.

Consideremos el punto $(0, y_0)$.

Tomemos la sucesión $\Big\{ (x_n, y_n)\Big\}_{n \in \mathbb{N}} = \Big\{ \Big(\frac{1}{n}, y_0 + \frac{1}{n}\Big) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} \longrightarrow (0, y_0)$

$f(x_n, y_n) = \dfrac{y_n}{x_n} = \frac{y_0 + \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = ny_0+1 \longrightarrow \infty$

Tomando $\Big\{(a_n, b_n)\Big\}_{n \in \mathbb{N}} = \Big\{\Big(\frac{-1}{n}, y_0 + \frac{1}{n}\Big) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} \longrightarrow (0, y_0)$

$f(a_n, b_n) = \dfrac{b_n}{a_n} = \dfrac{y + \frac{1}{n}}{\frac{-1}{n}} = ny_0+1 \longrightarrow – \infty$

Por lo que $f$ no tiene límite cuando $(x,y)$ tiende a $(0, y_0)$

En el siguiente enlace puedes observar una animación de como cada una de las sucesiones se aproximan al $(0,0)$ por las diferentes direcciones, pero cada una de ellas tienden a $1$ y $-1$ respectivamente.

https://www.geogebra.org/classic/kw8f9hmq

Sea $A=2$ un rectángulo donde $x_1=2$ y $y_1=1$.

Luego, $y_{n+1}=\dfrac{2}{x_n+1} \iff y_{n+1}=\dfrac{2}{\dfrac{x_n+y_n}{2}} \iff y_{n+1}=\dfrac{4}{x_n+y_n}$

De esta manera, definimos $(x_{n+1}, y_{n+1}) := f(x_n, y_n)$ donde $x_{n+1}=\dfrac{x_n+y_n}{2} \; $ y $ \; y_{n+1}=\dfrac{4}{x_n+y_n}$.

Es decir, tenemos que $$L = \frac{1}{2}\left(L+\frac{2}{L}\right)$$ $$2L = L + \frac{2}{L} \Longrightarrow L = \frac{2}{L} \Longrightarrow L^2 = 2$$ $$\therefore L=\sqrt{2}$$

Ahora vamos a argumentar porque la sucesión de $\{x_n\}$ converge. $$f(x) = \frac{1}{2} \left(x+\frac{2}{x}\right) = \frac{1}{2}x + \frac{1}{x}$$

Lema: si tenemos una sucesión $\{x_n\}$ definida por un término inicial $x_0$ y una fórmula de recurrencia $x_{n+1} = f(x)$ los puntos de la forma $\Big(x_n, f(x_n) \Big)$ los puedo determinar dibujando una escalera usando la gráfica de $y=f(x)$ y la gráfica $y=x$.

Sea $f(x) =\frac{1}{2}\left(x+\frac{2}{x}\right)$ y $x_{n+1}=f(x_n)$.

Afirmación:

1. Si $x_n > \sqrt{2} \text{ entonces } f(x_n) > \sqrt{2}.$
2. Si $x_n > \sqrt{2}\text{ entonces } f(x_n) < x_n \text{ en consecuencia } x_{n+1} < x_n$

Consideremos la imagen de $\Big( \sqrt{2}, \infty \Big)$ bajo la función $f(x) = \left( x + \dfrac{2}{x}\right)$.

¿Es $f(x)$ creciente en $\Big(\sqrt{2}, \infty \Big)$? Si.

Basta ver que $f'(x) > 0 \, \forall \, x \in \Big(\sqrt{2}, \infty \Big)$ $$f \Big(\sqrt{2} \Big) = \sqrt{2}$$ $$f'(x) = \frac{1}{2} \left(1-\frac{2}{x^2} \right)$$ $$x > \sqrt{2} \iff x^2 > 2 \iff 1 > \frac{2}{x^2} \iff 1-\frac{2}{x^2} > 0$$

Por lo que queda probada la afirmación 1.

Si $x_n > \sqrt{2}$ entonces ${x_n}^2 > 2$

$$ {x_n}^2 + {x_n}^2 > 2 + {x_n}^2$$ $$2{x_n}^2 > 2 + {x_n}^2$$ $$x_n > \frac{2 + {x_n}^2}{2}$$ $$x_n > \frac{2 + {x_n}^2}{2 x_n}=\frac{1}{2} \left( \frac{2}{x_n} + \frac{{x_n}^2}{x_n} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{x_n} + x_n \right) = f(x_n) = x_{n+1}$$

$x_n > \sqrt{2} \Rightarrow x_{n+1} < x_n$

Hemos visto que $\{ x_n\}$ es acotada y decreciente. Ahora podemos concluir que $\{x_n\} \longrightarrow \sqrt{2}$.

Por otra parte $y_n = \dfrac{2}{x_n} \longrightarrow \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ entonces $\{y_n \} \longrightarrow \sqrt{2}$ $$\therefore \{ (x_n, y_n) \} \longrightarrow (\sqrt{2}, \sqrt{2}) \; _{\blacksquare}$$

En el siguiente enlace, puedes ver una animación tanto de la sucesión de puntos, como de la sucesión de «cuadrados».

https://www.geogebra.org/classic/tcxk2zdh

Consideremos una población constante distribuida en dos países.

Supongamos que cada año:

• $\frac{1}{4}$ parte de la población que está en $A$ emigra a $B$.
• $\frac{3}{4}$ partes se quedan en $A$.
• $\frac{1}{2}$ parte de la población que está en $B$ emigra hacia $A$.
• $\frac{1}{2}$ parte se quedan en $B$.

$x_n$: la población de $A$

$y_n$: la población de $B$

después de $n$ años

$(x_0, y_0)$ población inicial.

¿Qué pasará cuando pasen muchos años? $$n \longrightarrow \infty$$

¿Se alcanza un equilibrio?

Sistema Dinámico

$x_{n+1}= \frac{3}{4} x_n + \frac{1}{2} y_n$

$y_{n + 1}=\frac{1}{4} x_n + \frac{1}{2} y_n$

\begin{equation*} \begin{pmatrix} x_{n+1} \\ \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_n \\ \\ y_n \end{pmatrix} \end{equation*}

$\overrightarrow{x_{n+1}} = A\, \overrightarrow{x_n}$

$\overrightarrow{x_0} \curvearrowright \overrightarrow {x_1} \curvearrowright \overrightarrow{x_2} \curvearrowright \overrightarrow{x_3} \cdots $

De modo que $\overrightarrow{x_1} = A \overrightarrow{x_0} ; \quad \overrightarrow{x_2}= A^2 \, \overrightarrow{x_0}$ en general $$\overrightarrow{x_n} = A^n \, \overrightarrow{x_0}$$

Si $A$ fuera diagonal $\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$ entonces:

$\begin{equation*} A^2 = \begin{pmatrix} \lambda_1^2 & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2^2 \end{pmatrix} \end{equation*}$ en general $\begin{equation*} A^n = \begin{pmatrix} \lambda_1^n & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2^n \end{pmatrix} \end{equation*}$

Si pensamos en la transformación lineal $$T(\vec{x}) = A\, \vec{x} \hspace{2cm} T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$$

podemos preguntarnos si existe una base $\{\vec{v}, \vec{w} \}$ de $\mathbb{R}^2$ en la cual la matriz asociada a la transformación lineal sea diagonal, es decir, tal que:

$$ \begin{equation}T (\vec{v}) = \lambda \vec{v} \end{equation}$$ $$\begin{equation} T (\vec{w}) = \lambda \vec{w} \end{equation}$$

$\begin{equation*} P = \begin{pmatrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2 \end{pmatrix} \end{equation*}$

$\begin{equation*} P\overrightarrow{e_1} = \vec{v} =\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} \end{equation*}$

$\begin{equation*} P\overrightarrow{e_2} = \vec{w} =\begin{pmatrix} w_1 \\ w_2 \end{pmatrix} \end{equation*}$

Decimos que $A$ es diagonalizable si existe $P$ invertible tal que cumpla con la igualdad $A = PDP^{-1}$, para alguna matriz diagonal $D$.

$D = \begin{pmatrix} \lambda && 0 \\ 0 && \mu \end{pmatrix}$

Buscamos un vector $\vec{v}$ con $\vec{v} \neq \vec{0}$ tal que $$A \vec{v} = \lambda \vec{v}$$

Observación: A $\lambda$ se le llama valor propio, eigenvalor, valor característico o autovalor. Y por tanto, $\overrightarrow{v}$ se denomina vector propio, eigenvector, vector característico o autovector.

$A \vec{v} = \lambda \vec{v}$

$A \vec{v} = \lambda I \vec{v}$

$A\vec{v} – \lambda I \vec{v} = \vec{0}$

$(A – \lambda I) \vec{v} = \vec{0}$

$\vec{0}$ es una solución, si queremos que exista otra solución (solución no única), entonces $det (A – \lambda I) = 0$ es la ecuación que determina a los valores propios $\lambda$.

Entonces para nuestro problema

$\begin{equation*} \begin{vmatrix} A – \lambda I \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{3}{4} – \lambda & \frac{1}{2} \\ \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \, – \, \lambda \end{vmatrix} = 0 \end{equation*}$

$\left( \frac{3}{4} \, – \, \lambda \right) \left( \frac{1}{2} \, – \, \lambda \right) \, – \, \frac{1}{4} \frac{1}{2} = 0$

$\lambda^2 – \frac{3}{4} \lambda \, – \, \frac{1}{2} \lambda + \frac{3}{8} \, – \, \frac{1}{8} = 0$

$\lambda^2 – \frac{5}{4} \lambda + \frac{1}{4} = 0$

Resolviendo la ecuación de segundo grado se obtienen los valores para $\lambda$ $$\lambda_1 = 1$$ $$\lambda_2 = \frac{1}{4}$$

Entonces la matriz $\begin{equation*}A = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} \end{equation*}$ tiene dos valores propios $\lambda_1 = 1$ y $\lambda_2 = \frac{1}{4}$.

Buscamos un vector propio $\vec{v} = (x, y)$ asociado a $\lambda_1 = 1$ tal que cumpla la ecuación $A \vec{v} = \lambda \vec{v}$ como $\lambda_1 = 1$ entonces se tiene la ecuación $A \vec{v} = \vec{v}$

$$\begin{equation*} \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$

$$\begin{eqnarray*} \left\{ \frac{3}{4} x + \frac{1}{2} y = x \atop \frac{1}{4} x + \frac{1}{2} y = y \right.\end{eqnarray*}$$

Despejando $y$ de la primera ecuación obtenemos $$\frac{1}{2} y = x – \frac{3}{4} x$$ $$\frac{1}{2} y = \frac{1}{4}x$$ $$y = \frac{1}{2} x$$

El vector $\overrightarrow{v} =\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ cumple las condiciones, es un vector propio asociado a $\lambda_1 = 1$

De manera análoga, buscamos el vector asociado a $\lambda_2 = \frac{1}{4}$.

Si $\lambda_2 = \frac{1}{4}$ entonces $A \vec{w} = \frac{1}{4} \vec{w}$

$$\begin{equation*} \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$

$$\begin{eqnarray*} \left\{ \frac{3}{4} x + \frac{1}{2} y = \frac{1}{4}x \atop \frac{1}{4} x + \frac{1}{2} y = \frac{1}{4}y \right.\end{eqnarray*}$$

Despejando $y$ de la primera ecuación obtenemos $$\frac{1}{2} y = \frac{1}{4}x – \frac{3}{4} x$$ $$\frac{1}{2} y = \frac{-2}{4}x$$ $$\frac{1}{2}y = \frac{-1}{2} x$$ $$y = -x$$

El vector $\vec{w} =\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ cumple las condiciones, es un vector propio asociado a $\lambda_2 = \frac{1}{4}$.

$$\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} = PDP^{-1} \end{equation*}$$

$\begin{equation*} P=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1\end{pmatrix} \end{equation*}$ $\hspace{1cm}$ $\begin{eqnarray*} \left. P \overrightarrow{e_1} = \vec{v} \atop P \overrightarrow{e_2} = \vec{w} \right. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A \vec{v} = \vec{v} \\ A \vec{w} = \frac{1}{4} \vec{w} \end{eqnarray*}$

entonces $\begin{equation*} D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix} \end{equation*}$

Luego

$\begin{eqnarray*} A^n = P D^n P^{-1} \\ D^n = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & {\frac{1}{4}}^n \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

cuando $n \longrightarrow \infty$ se tiene que $D \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

Entonces $A^n \overrightarrow{x_0} \longrightarrow P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} P^{-1} \overrightarrow{x_0}$

Recordemos que $\{ \vec{v}, \vec{w} \}$ son base.

Entonces $$\overrightarrow{x_0} = a \vec{v} + b \vec{w}$$

multiplicando por $A$ $$A \overrightarrow{x_0} = A \left( a \vec{v} + b \vec{w} \right)$$

$$A \overrightarrow{x_0} = A a \vec{v} + A b \vec{w}$$

$$A^n \overrightarrow{x_0} = a A^n \vec{v} + b A^n \vec{w}$$

$$A^n \overrightarrow{x_0} = a \vec{v} + b \frac{1}{4^n} \vec{w}$$

De modo que cuando $n \longrightarrow \infty$ se tiene que $\frac{1}{4^n} \longrightarrow \vec{0}$ y por lo tanto $$A^n \overrightarrow{x_0} \longrightarrow a \vec{v}$$

Regresando al problema inicial, si $(x_0, y_0) = (100, 20)$ por lo que calculamos anteriormente:

$$(100, 20) = a (2, 1) + b (1, -1)$$ $$(100, 20) = (2a + b, a \, – \, b)$$

De donde se obtiene el sistema

$$ \left \{ 100 = 2a + b \atop 20 = a \, – \, b \right. $$

Sumando ambas expresiones, obtenemos $120 = 3a$ por lo que $a = 40$; y sustituyendo en la segunda ecuación del sistema al valor de $a$ se tiene que $b = 40 -20$ por lo que $b = 20$.

En conclusión, si inicialmente tenemos una población total de 120, entonces la distribución será $(80, 40)$ es decir $\frac{2}{3}$ de la población total en la ciudad $A$ y $\frac{1}{3}$ de la población total en la ciudad $B$.

En el siguiente enlace puedes observar una animación de como los valores de las poblaciones se aproximan al resultado que calculamos, $(80, 40).$

https://www.geogebra.org/classic/bbeggvgs

$$x_0 = 1$$ $$x_1 = 1$$ $$x_2 = 2$$ $$x_3 = 3$$ $$x_4 = 5$$ $$\vdots$$ $$x_{n+1} = x_n + x_{n-1}$$ $$x_{n+2} = x_n + x_{n+1}$$

Observación: si divido el término siguiente entre el anterior tenemos: $\frac{x_{n+1}}{x_n} = q_n \; $, donde $ \; q_n $ es el cociente.

$\frac{1}{1} = 1 $

$\frac{2}{1} = 2 $

$\frac{3}{2} = 1.5 $

$\frac{5}{3} = 1. 66 … \longrightarrow \phi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ la razón aurea.

Para cada $n$ definamos $y_n = x_{n+1}$

Luego $$y_{n+1} = x_{n+2} = x_n + x_{n+1} = x_n + y_n$$

Tenemos las dos ecuaciones:

$x_{n+1} = y_n$

$y_{n+1}= x_n + y_n$

Podemos escribir estas ecuaciones como una ecuación vectorial $$\begin{equation*} \begin{pmatrix} x_{n+1} & y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} \end{equation*}$$

Entonces tenemos que $\vec{x}_{n+1} = A \vec{x}_n$. ¿Qué pasa cuando $\overrightarrow{x_n} \longrightarrow \infty$?

Calculamos los valores propios de la matriz $A$:

$$A-\lambda I =\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \, – \, \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \, – \, \lambda & 1 \\ 1 & 1 \, – \, \lambda \end{pmatrix} \end{equation*}$$

$det (A \, – \, \lambda I) = 0 = ( \lambda)(1 \, – \, \lambda) \, – \, (1)(1)$

$$0 = \lambda^2 \, – \, \lambda \, – \, 1$$

Luego $$\lambda = \frac{1 \pm \sqrt{1+4}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$$

Analizando los valores de $\lambda$ podemos ver que:

• $\frac{1 + \sqrt{5}}{2} = \phi > 1$ por lo que multiplicar por este valor aumenta la magnitud de los vectores, y si lo hacemos indefinidamente la magnitud tiende a infinito.

• $\frac{1 – \sqrt{5}}{2} = – \, \frac{1}{\phi} > – \, 0.6$ notemos que el valor absoluto de este número es menor que 1 por lo que multiplicar por este valor propio achica la magnitud de los vectores, y si lo hacemos indefinidamente la magnitud tiende a cero.

Los vectores propios son:

• para $\phi$ $$A \vec{v} = \phi \vec{v}$$ $$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \phi \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$ $$y = \phi x$$

Los vectores propios son de la forma $\begin{pmatrix} x \\ \phi x \end{pmatrix}$.

Un vector propio es $\begin{pmatrix} 1 \\ \phi \end{pmatrix} = \vec{v}$.

• para $\lambda = \frac{-1}{\phi}$ $$A \vec{w} = \frac{-1}{\phi} \vec{w}$$

$$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{-1}{\phi} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$ $$y = \frac{-1}{\phi} x$$

Los vectores propios son de la forma $\begin{pmatrix} x \\ \frac{-1}{\phi} x \end{pmatrix}$.

Un vector propio es $\begin{pmatrix} 1 \\ \frac{-1}{\phi} \end{pmatrix} = \vec{w}$.

Observemos que $\vec{v}$ y $\vec{w}$ son una base de $\mathbb{R}^2$ y por lo tanto podemos escribir al vector inicial como combinación lineal de ellos.

$$\begin{equation*} \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 \\ \phi \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 1 \\ \frac{-1}{\phi} \end{pmatrix} \end{equation*}$$

En forma vectorial,$\vec{x_0} = a\vec{v}+b\vec{w}$ entonces

$$\vec{x_1} = A \vec{x_0} = aA\vec{v} +bA\vec{w}= a\phi\vec{v}-\frac{b}{\phi} \vec{w}$$

$$\vec{x_2} = A \vec{x_1} = a\phi A \vec{v} -\frac{b}{\phi}A\vec{w}= a\phi^2\vec{v}+\frac{b}{\phi^2} \vec{w}$$

En general:

$$\vec{x_n} = \textcolor{Magenta}{a\phi^n}\vec{v}+\textcolor{Magenta}{(-1)^n\frac{b}{\phi^n}} \vec{w}$$

Observemos que el vector $(-1)^n\frac{b}{\phi^n} \vec{w}$ tiende al vector $\vec{0}$ cuando $n$ tiende a infinito y entonces el vector $\vec{x_n}$ se aproxima a la recta generada por el vector $\vec{v}$ entonces:

En el siguiente enlace puedes observar una animación de como los puntos $(x_n, y_n)$ se aproximan a la recta $y = \phi x$

https://www.geogebra.org/classic/qxkcm4zf

El cociente $\frac{x_{n+1}}{x_n}$ es igual a la pendiente de la recta generada por el vector $\vec{x_n} = (x_n, y_n)$ pero como este vector se aproxima a la recta generada por el vector propio $\vec{v} =(1, \phi)$ las pendientes $\frac{y_n}{x_n}$ se aproximan a la pendiente $\frac{\phi}{1}=\phi$ por esta razón los cocientes de la sucesión de Fibonacci se aproximan al valor de $\phi.$

Propiedades de los Conjuntos abiertos y cerrados

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
\[
|x-x’|\leq\left\Vert (x,y)-(x’,y’)\right\Vert <r=x-1
\]

\[
|x-x’|<x-1\Longrightarrow1-x<x-x'<x-1\Longrightarrow1-2x<x-x-x'<x-x-1
\]

\[
1-2x<-x'<-1\Longrightarrow1<x'<2x-1
\]

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

\[
\left(\mathbb{R}^{2}-\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\right)\cup\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\subset ext(A)\cup\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]
\]

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

(1) $\overline{x}\in A$ pues
\begin{align*} \left(\frac{1}{\sqrt{2}(r+1)}\right)^{2}+\left(\frac{1}{\sqrt{2}(r+1)}\right)^{2} & =\frac{1}{2(r+1)^{2}}+\frac{1}{2(r+1)^{2}} \\ & <\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1 \end{align*}

(2) Tenemos que
\begin{align*} \|\overline{x}-\overline{x}_{0}\| & =\left|\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)-\left(\frac{1}{\sqrt{2}(r+1)},\frac{1}{\sqrt{2}(r+1)}\right)\right| \\ & =\left|\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}(r+1)},\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}(r+1)}\right)\right| \\ &=\left|\frac{r}{\sqrt{2}(r+1)},\frac{r}{\sqrt{2}(r+1)}\right| \\ &=\frac{r}{\sqrt{2}(r+1)}\|(1,1)\| \\ &=\frac{r}{\sqrt{2}(r+1)}\sqrt{2} \\ &=\frac{r}{r+1}<r\end{align*}

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.

3.- Sea $A \in \mathbb{R}^n$ prueba que: $Fr(A) \neq \phi$

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»).