Capítulo 15 — Conexidad: por qué un intervalo no se rompe

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Una función continua en un intervalo que toma un valor negativo y otro positivo alcanza también el valor cero entre ambos argumentos. La continuidad sólo ofrece controles en torno a cada punto, pero esta conclusión afirma la existencia de una entrada que todavía no conocemos. El paso depende de una propiedad del dominio: un intervalo contiene todos los puntos entre dos de sus miembros y no puede repartirse en dos regiones abiertas relativas, disjuntas y no vacías.

La completitud de C00 permitirá demostrar esa imposibilidad mediante un supremo. Con los abiertos relativos de C14 podremos después trasladar una supuesta separación de las salidas hacia las entradas y deducir el valor intermedio. La bisección añadirá encierros y distancias al cero; el orden permitirá estudiar inversas y componentes. Trabajamos con lógica clásica y las herramientas de C04, C06 y C12, sin presuponer compacidad ni derivadas. Una recurrencia determinada por comparación de valores reales no implica por sí sola que esas comparaciones sean computables.

15.1. Qué tendría que hacer una separación

En \([-1,1]\) podemos asignar un color a \([-1,0)\) y otro a \([0,1]\). Cada punto recibe un color y aparecen ambos, pero cero tiene puntos del otro color arbitrariamente cerca dentro del dominio. En cambio, en \([-2,-1]\cup[1,2]\) cada segmento dispone de vecindades relativas que no encuentran el otro. La definición de separación recoge esta protección local de las dos partes.

Definición. Una separación de \(E\subseteq\mathbb R\) es un par \(A,B\subseteq E\) que satisface simultáneamente

\[A\ne\varnothing,\quad B\ne\varnothing,\quad A\cap B=\varnothing, \quad E=A\cup B,\]

con \(A\) y \(B\) abiertos relativos a \(E\). Diremos que \(E\) es conexo cuando no admite ninguna separación. Según C14, \(A\) es abierto relativo a \(E\) si \(A=E\cap U\) para algún abierto real \(U\); equivalentemente, para cada \(a\in A\) existe \(r>0\) con \(E\cap(a-r,a+r)\subseteq A\). El radio protege sólo entradas que pertenecen a \(E\).

En \(E=[-2,-1]\cup[1,2]\), las partes \(A=[-2,-1]=E\cap(-\infty,0)\) y \(B=[1,2]=E\cap(0,\infty)\) son abiertas relativas, aunque ninguno de los segmentos sea abierto en la recta. Son no vacías, disjuntas y cubren \(E\), de modo que forman una separación. Para la partición \([-1,0)\) y \([0,1]\) de \([-1,1]\), el problema está en la apertura de la segunda parte en cero: dado cualquier \(r>0\), el punto \(-\min(r/2,1/2)\) pertenece al dominio, dista menos que \(r\) de cero y queda fuera de \([0,1]\). Ninguna bola relativa alrededor de cero cabe en esa parte.

Figura 1: Arriba, los dos segmentos se separan por el corte 0. Abajo, asignar 0 a la parte derecha de un intervalo no la protege de entradas negativas próximas. La banda representa una vecindad ilustrativa; el texto prueba el fallo para todo radio.

R1. Criterio de una sola parte. \(E\) es conexo si y sólo si sus únicos subconjuntos simultáneamente abiertos y cerrados relativos son \(\varnothing\) y \(E\).

Si \(A\subseteq E\) es abierto y cerrado relativo, su complemento \(B=E\setminus A\) es abierto relativo. Cuando \(A\) es no vacío y propio, también \(B\) es no vacío, y las identidades de complementos dan disjunción y cobertura. Sería una separación, imposible en un conexo. Recíprocamente, si existiera una separación \(A,B\), la disjunción y cobertura obligarían a \(B=E\setminus A\). La apertura de \(B\) haría cerrado relativo a \(A\), que además es abierto relativo, no vacío y propio. Esto contradice el criterio y prueba la otra implicación.

El vacío es conexo porque no contiene ninguna parte no vacía. En un singleton, dos partes no vacías tendrían que contener su única entrada y no podrían ser disjuntas; equivalentemente, sus únicos subconjuntos son él mismo y el vacío. Estas pruebas no necesitan que el singleton sea abierto real: la separación siempre se estudia en el conjunto declarado como ambiente.

Para refutar conexidad basta una pareja que cumpla todos los requisitos; para demostrarla hay que excluir cualquier separación posible. Comprobar que una partición particular falla no descarta que pudiera existir otra. La frontera de un color puede invalidar su apertura incluso cuando cobertura, disjunción y no vacuidad ya están verificadas.

Ejercicios de la sección 15.1

Ejercicio 1. Una separación relativa verificable

Sea \(E=[-3,-1]\cup[2,4]\). Construye una separación por un corte y comprueba todas las condiciones, distinguiendo apertura relativa de apertura real.

Ver solución del ejercicio 1

Tomamos \(A=E\cap(-\infty,0)=[-3,-1]\) y \(B=E\cap(0,\infty)=[2,4]\). Los rayos son abiertos reales, así las partes son abiertas relativas a \(E\). \(-2\in A\) y \(3\in B\) prueban no vacuidad. Las desigualdades \(x<0\) y \(x>0\) son incompatibles, dando disjunción; todo punto de \(E\) está en uno de los segmentos y por ello en una parte, dando cobertura. Ninguno de los segmentos es abierto real: cualquier bola alrededor de su extremo exterior contiene puntos que no pertenecen al segmento. El ambiente relativo es indispensable.

Retorno visual. Véase C15-F01, después del argumento completo: la figura permite reconocer el mecanismo y no sustituye la prueba.

El corte cero pertenece al hueco entre las piezas y no al ambiente \(E\). Así no queda ninguna entrada sin asignar, mientras los rayos incompatibles impiden asignaciones dobles. La apertura relativa se acredita con la representación por abiertos reales, no afirmando apertura real de los segmentos. En sus extremos, los puntos exteriores que refutan apertura real desaparecen al recortar por \(E\).

Ejercicio 2. Una partición que no rompe el intervalo

En \(E=[0,2]\), examina \(A=[0,1)\) y \(B=[1,2]\). ¿Qué condición de separación falla? Da un testigo para cada radio en el punto problemático.

Ver solución del ejercicio 2

Ambas partes son no vacías, disjuntas y cubren \(E\). Además \(A=E\cap(-\infty,1)\) es abierta relativa. \(B\) no lo es en \(1\): dado \(r>0\), ponemos \(h=\min(r/2,1/2)>0\), \(t=1-h\). Entonces \(t\in[0,1)\subseteq E\), \(|t-1|=h<r\) y \(t\notin B\). Ningún radio de \(1\) dentro de \(E\) queda en \(B\). Por eso la partición no es separación.

Retorno visual. Véase C15-F01, después del argumento completo: la figura permite reconocer el mecanismo y no sustituye la prueba.

La existencia de un testigo para cada radio es la negación del criterio por bolas de apertura relativa. El mínimo mantiene al testigo dentro de \([0,1)\) aun cuando el radio sea grande, y también dentro de la bola aun cuando sea pequeño. La partición cumple cobertura, disjunción y no vacuidad, pero una sola parte sin apertura basta para impedir que sea separación.

Ejercicio 3. Equivalencia por complemento

Demuestra desde las definiciones que \(E\) es conexo si y sólo si todo subconjunto abierto y cerrado relativo a \(E\) es vacío o todo \(E\). Incluye \(E=\varnothing\).

Ver solución del ejercicio 3

Si \(E\) es conexo y \(A\) es abierto y cerrado relativo, \(E\setminus A\) es abierto relativo. Si \(A\) no fuese vacío ni todo \(E\), las dos partes serían no vacías, disjuntas y exhaustivas, separando \(E\). Luego \(A=\varnothing\) o \(A=E\). Recíprocamente, una separación \(A,B\) da \(B=E\setminus A\); la apertura de \(B\) hace a \(A\) cerrado relativo y la de \(A\) ya está dada. Por no vacuidad de ambas partes \(A\) es no vacío y propio, contradiciendo el criterio. Si \(E\) es vacío, su único subconjunto es vacío y no puede existir separación; ambas afirmaciones se cumplen.

En la primera dirección usamos la cerradura de \(A\) para convertir su complemento en una segunda parte abierta. En la recíproca usamos cobertura y disjunción para identificar esa segunda parte exactamente con el complemento. La equivalencia depende del ambiente \(E\) en ambos pasos. El criterio no prohíbe todos los subconjuntos abiertos y cerrados, sino únicamente los no vacíos y propios.

Ejercicio 4. Separar un conjunto finito

Prueba que un subconjunto finito de \(\mathbb R\) es conexo exactamente cuando tiene a lo sumo un punto. Para dos o más puntos, construye un corte sin invocar la caracterización por intervalos.

Ver solución del ejercicio 4

Vacío y singleton no pueden dividirse en dos partes disjuntas no vacías, luego son conexos. Si el conjunto finito tiene al menos dos puntos, se puede ordenar como \(t_1<\cdots<t_m\) con \(m\ge2\), usando repetidamente el menor de una lista finita por comparación. Sea \(c=(t_1+t_2)/2\). No pertenece al conjunto porque está entre sus dos primeros puntos. Las partes \(E\cap(-\infty,c)=\{t_1\}\) y \(E\cap(c,\infty)\) son abiertas relativas, disjuntas y exhaustivas; contienen \(t_1\) y \(t_2\). Son una separación. Sólo se usó una lista finita y el orden real.

El mínimo y el segundo punto existen porque la lista es finita y tiene al menos dos miembros. Su punto medio queda estrictamente entre ellos y ningún miembro de la lista puede ocupar ese hueco. Esto asegura cobertura por los dos rayos y no vacuidad de sus recortes. No hemos utilizado R3 para producir el corte: la construcción verifica separación directamente.

Ejercicio 5. Ambientes anidados

Si \(F\subseteq E\subseteq\mathbb R\) y \(A\) es abierto relativo a \(E\), prueba que \(F\cap A\) es abierto relativo a \(F\). Explica por qué restringir una separación de \(E\) a \(F\) puede no separar \(F\).

Ver solución del ejercicio 5

Escribimos \(A=E\cap U\) con \(U\) abierto real. Como \(F\subseteq E\), \(F\cap A=F\cap U\), abierto relativo a \(F\). Para una separación \(A,B\) de \(E\), sus intersecciones con \(F\) siguen siendo abiertas relativas, disjuntas y exhaustivas. Pero alguna puede ser vacía: con \(E=[-2,-1]\cup[1,2]\), sus dos segmentos como partes y \(F=[1,2]\), la intersección de la primera parte con \(F\) es vacía. Por ello no queda una separación de \(F\).

La igualdad \(F\cap(E\cap U)=F\cap U\) usa \(F\subseteq E\) y conserva un abierto real testigo. Las propiedades de disjunción y cobertura también se conservan al recortar. La no vacuidad es la condición que puede perderse: un subconjunto conexo puede quedar íntegramente de un lado de la separación del ambiente mayor.

15.2. El supremo impide romper un intervalo

Definición. Llamamos intervalo a todo \(I\subseteq\mathbb R\) que contiene los puntos situados entre dos de sus puntos:

\[a,b\in I,\quad a\le b\quad\Longrightarrow\quad[a,b]\subseteq I.\]

La condición incluye el vacío, donde no hay pares que examinar, y los singletons, cuyos segmentos son degenerados. También incluye semirrectas, la recta completa e intervalos con extremos abiertos o cerrados. Para demostrar conexidad sólo utilizaremos esta propiedad entre puntos y la completitud real; el valor intermedio será una consecuencia posterior.

R2. Todo intervalo real es conexo. Supongamos una separación \(I=A\cup B\). Hay dos puntos, uno en cada parte; son distintos. Intercambiando los nombres si hace falta, fijamos \(a\in A\), \(b\in B\), \(a<b\). La propiedad intervalar da \([a,b]\subseteq I\).

Una separación hipotética tendría una frontera entre las partes, pero no podemos suponer que \(A\) tenga un último punto. Recortamos entre las dos entradas fijadas y buscamos la menor cota superior de ese recorte:

\[S=A\cap[a,b],\qquad c=\sup S.\]

Como \(a\in S\) y cada miembro de \(S\) es menor o igual que \(b\), el conjunto es no vacío y está acotado superiormente. La completitud de C00 proporciona \(c\) y sus propiedades dan \(a\le c\le b\). El carácter intervalar convierte esa localización real en pertenencia al dominio: \(c\in[a,b]\subseteq I\). Sólo entonces podemos usar cobertura y disjunción para afirmar que \(c\) está en exactamente una de las partes.

Si \(c\in A\), la disjunción y \(b\in B\) dan \(c\ne b\); junto con \(c\le b\) resulta \(c<b\). La apertura relativa proporciona \(r>0\) con \(I\cap(c-r,c+r)\subseteq A\). Para producir un punto de \(S\) mayor que \(c\), debemos avanzar dentro de esa vecindad y también dentro de \([a,b]\). Tomamos

\[h=\min\left(\frac{b-c}{2},\frac r2\right)>0,\qquad d=c+h.\]

Los dos términos del mínimo son positivos y \(h\le(b-c)/2<b-c\), \(h\le r/2<r\). Por tanto \(c<d<b\), \(d\in[a,b]\subseteq I\) y \(|d-c|<r\). La apertura de \(A\) da \(d\in A\), así que \(d\in S\) y \(d>c\), contra la condición de cota superior. Si hubiéramos usado sólo \(c+r/2\), la proximidad estaría asegurada pero el punto podría superar \(b\) o incluso salir del dominio. El mínimo resuelve ambas obligaciones.

Si \(c\in B\), hay \(s>0\) con \(I\cap(c-s,c+s)\subseteq B\). El umbral \(c-s/2<c\) no puede ser una cota superior de \(S\), pues \(c\) es la menor de ellas. Negar que ese umbral sea cota proporciona un \(t\in S\) con

\[c-s/2<t\le c.\]

La desigualdad \(t\le c\) procede de que \(c\) sí es cota. Además \(t\in S\subseteq A\) y \(c\in B\) impiden \(t=c\), de modo que \(0<c-t<s/2<s\). El punto \(t\) pertenece al dominio y a la vecindad relativa de \(c\), por lo que también pertenece a \(B\). Esto contradice \(A\cap B=\varnothing\). La propiedad aproximante del supremo ha dado un único testigo para este radio, sin suponer que \(c\) sea máximo ni seleccionar una sucesión de puntos de \(S\).

Figura 2: Esquemas de una separación supuesta, no ejemplos de separaciones existentes. Si c pertenece a A, un avance recortado por dominio y radio excede la cota. Si pertenece a B, un punto t de S entra en su vecindad. Distancias ilustrativas; las fórmulas de R2 son autoritativas.

Las dos ubicaciones posibles de \(c\) son incompatibles con la separación supuesta. Para vacío y singleton, la separación ya era imposible porque no podía proporcionar los dos puntos iniciales distintos. Quedan incluidos así todos los intervalos de la definición.

La completitud aseguró un supremo real; la propiedad intervalar lo mantuvo dentro del dominio y permitió avanzar sin salir de él; la apertura relativa produjo las vecindades que originaron las contradicciones. Sólo se acotó el auxiliar \(S\), aunque \(I\) pudiera ser no acotado. La prueba no ha usado una función continua ni un teorema de compacidad.

Ejercicios de la sección 15.2

Ejercicio 6. Preparar un supremo legítimo

En una separación hipotética \(I=A\cup B\), con \(a\in A\), \(b\in B\), \(a<b\), justifica existencia y localización de \(c=\sup(A\cap[a,b])\). ¿Por qué puede hablarse de la parte que contiene \(c\)?

Ver solución del ejercicio 6

\(S=A\cap[a,b]\) contiene \(a\) y todos sus elementos son menores o iguales que \(b\). Completitud da \(c=\sup S\). Como \(a\in S\), \(a\le c\); como \(b\) es cota, \(c\le b\). La hipótesis intervalar da \([a,b]\subseteq I\), luego \(c\in I=A\cup B\). La cobertura asigna una parte y la disjunción impide que pertenezca a ambas. Sin intervalaridad, \(c\) podría faltar en el dominio y no habría esa dicotomía.

El supremo tiene dos funciones separadas: ser cota de \(S\) y ser la menor de esas cotas. La primera lo ubica entre los puntos dados; la segunda permitirá encontrar miembros próximos por debajo. La intervalaridad asegura que ese real es una entrada. Así la prueba queda preparada para usar apertura de la parte que lo contiene sin asumir que sea máximo de \(S\).

Ejercicio 7. Reparar un avance fuera del dominio

Una prueba toma, cuando \(c\in A\), \(d=c+r/2\) y afirma que \(d\in A\cap[a,b]\) por apertura relativa. Señala la obligación ausente y repara el argumento con una fórmula explícita.

Ver solución del ejercicio 7

La apertura relativa sólo garantiza pertenencia a \(A\) de puntos de \(I\) próximos a \(c\). El punto \(c+r/2\) puede superar \(b\) y hasta salir de \(I\); por ejemplo \(c=0.9\), \(b=1\), \(r=1\) da \(d=1.4\). En el argumento correcto, \(c<b\) porque \(b\in B\) y \(c\in A\). Ponemos \(h=\min((b-c)/2,r/2)>0\), \(d=c+h\). Entonces \(c<d<b\), \(d\in[a,b]\subseteq I\) y \(|d-c|<r\). La apertura da \(d\in A\), luego \(d\in S\), en contradicción con \(d>\sup S\). La reparación usa por separado dominio y radio.

Retorno visual. Véase C15-F02, después del argumento completo: la figura permite reconocer el mecanismo y no sustituye la prueba.

La vecindad relativa es \(I\cap B(c,r)\): proximidad sola no da pertenencia a \(I\). El mínimo reparado asegura ambas condiciones y además conserva \(d\le b\), necesario para pertenecer a \(S\). El ejemplo numérico sólo ilustra el avance excesivo; la reparación es simbólica y funciona en cualquier radio positivo del caso hipotético \(c\in A\).

Ejercicio 8. La propiedad aproximante necesaria

En el caso \(c\in B\), desarrolla desde la definición de supremo la contradicción usando un radio \(s>0\) de apertura relativa. No supongas que \(c\) esté en \(S\).

Ver solución del ejercicio 8

\(c-s/2<c\) no es cota superior de \(S\), porque sería una cota menor que la menor cota superior \(c\). Por negación de la condición de cota existe \(t\in S\) con \(t>c-s/2\). Además \(t\le c\) pues \(c\) sí es cota. Como \(S\subseteq A\) y \(c\in B\), la disjunción da \(t\ne c\). Así \(0<c-t<s/2<s\), y \(t\in I\) pertenece a la vecindad de \(c\) dentro de \(I\), que está en \(B\). Queda \(t\in A\cap B\), contradicción. Sólo se usó un testigo para este radio.

La propiedad aproximante se deduce de minimalidad de la cota y no de una sucesión elegida previamente. El testigo \(t\) no puede igualar a \(c\) porque pertenece a \(A\) y el centro está en \(B\). Esto proporciona la distancia estrictamente positiva y menor que el radio de apertura. La contradicción es pertenecer simultáneamente a las dos partes disjuntas.

Ejercicio 9. La completitud en el paso correcto

Explica por qué el argumento del supremo no prueba conexidad de \(\mathbb Q\) visto con su orden heredado. Exhibe una partición relativa que ilustre el fallo.

Ver solución del ejercicio 9

El orden racional no garantiza un supremo racional para todo subconjunto racional no vacío acotado. Si se toma el supremo en \(\mathbb R\), puede quedar fuera del dominio racional y la dicotomía «pertenece a una parte» falla. El corte \(c=\sqrt2\notin\mathbb Q\) da las partes racionales menores y mayores que \(c\). Son abiertas relativas, disjuntas, exhaustivas y no vacías por los testigos \(1\) y \(2\). La densidad racional no incorpora a \(c\) ni subsana el gasto de completitud y pertenencia.

Completitud de la recta entrega un supremo real, pero la prueba requiere además que sea miembro del intervalo considerado. En el ambiente racional, una frontera irracional no puede asignarse a ninguna parte. El corte explícito verifica que la dificultad es real, no sólo una laguna del argumento. Densidad permite aproximar esa frontera, pero no satisface la pertenencia que falta.

Ejercicio 10. Intervalos no acotados y degenerados

Prueba que \((a,\infty)\), \(\mathbb R\), \(\{a\}\) y \(\varnothing\) son conexos, indicando por qué R2 no necesita una cota global de todo el dominio.

Ver solución del ejercicio 10

En la semirrecta, si \(u\le v\) son miembros, todo \(t\in[u,v]\) satisface \(t\ge u>a\), así también pertenece. La recta contiene todos sus segmentos. Singleton y vacío satisfacen el predicado intervalar vacíamente o con segmentos degenerados. R2 los hace conexos. Su prueba acota sólo \(S=A\cap[u,v]\) después de fijar dos puntos de una supuesta separación; no necesita acotar todo el intervalo. En vacío y singleton no hay dos puntos de partes disjuntas no vacías, de modo que la separación ya es imposible.

Un intervalo no acotado puede contener un segmento acotado entre dos entradas cualesquiera. Es ese segmento el que aporta la cota superior del auxiliar en R2. Para vacío y singleton, la no vacuidad y disjunción de dos partes ya resultan incompatibles. Por ello el resultado abarca tanto dominios muy grandes como casos degenerados sin una premisa de compacidad.

15.3. Un hueco produce dos lados

Si un conjunto real no es intervalo, existen dos entradas \(a<b\) y un punto omitido \(c\) estrictamente entre ellas. Los extremos no pueden ser el punto omitido porque ya pertenecen al conjunto. Esa ausencia interior permite cortar sin dejar ninguna entrada en la frontera y garantiza que los dos lados tengan miembros.

R3. Todo conexo real es intervalo. Por contraposición, dados \(a<c<b\) con \(a,b\in E\) y \(c\notin E\), definimos

\[A=E\cap(-\infty,c),\qquad B=E\cap(c,\infty).\]

Los rayos reales son abiertos, de modo que \(A\) y \(B\) son abiertos relativos. Las entradas \(a\) y \(b\) verifican respectivamente su no vacuidad, y las desigualdades \(x<c\) y \(x>c\) no pueden cumplirse simultáneamente. Para toda entrada \(x\in E\), la ausencia de \(c\) y la tricotomía dejan exactamente uno de esos dos casos, así que las partes cubren \(E\). Hemos construido una separación. Por contraposición, todo conexo real es intervalo.

Figura 3: Se muestran sólo algunos racionales a ambos lados de √2. El corte irracional no pertenece al dominio; ambas partes son abiertas relativas y no vacías. Los puntos finitos ilustrados no representan una enumeración exhaustiva ni prueban densidad o desconexión.

R2 y R3 producen la caracterización exacta

\[E\text{ conexo}\quad\Longleftrightarrow\quad E\text{ intervalo}.\]

Esta equivalencia permite pasar, en la recta, de una condición sobre vecindades a una condición sobre el orden de los puntos. Ambas direcciones tienen pruebas distintas: el supremo impide separar un intervalo, mientras un punto intermedio ausente basta para separar un conjunto que no lo es.

Por ejemplo, \(\mathbb R\setminus\{0\}\) se separa por sus dos rayos. Para \(\mathbb Q\), la raíz positiva \(\sqrt2\), irracional por C10, permite tomar los racionales menores y mayores que ella. Las partes contienen respectivamente \(1\) y \(2\), son abiertas relativas, disjuntas y cubren \(\mathbb Q\). La densidad racional permite acercarse al corte desde ambos lados, pero no incorpora el corte al dominio. La separación no exige una distancia positiva global entre las partes.

Una intersección arbitraria de intervalos sigue siendo intervalo. Dados dos puntos de la intersección, cada miembro de la familia contiene su segmento, y por tanto la intersección también lo contiene. Si no hay pares, la condición se cumple vacíamente; para una familia vacía adoptamos la intersección relativa a \(\mathbb R\), que es toda la recta. Una unión arbitraria puede fallar: \((0,1)\cup(2,3)\) contiene \(1/2\) y \(5/2\) y omite \(3/2\).

Si dos intervalos tienen un punto común, una supuesta separación de su unión se restringiría a partes abiertas relativas en cada intervalo. Esas intersecciones conservan disjunción y cobertura. Si ambas fueran no vacías, separarían el intervalo; por R2, cada intervalo queda entero en una parte. El punto común obliga a que sea la misma para los dos, dejando vacía la otra. La unión es entonces conexa y por R3 es intervalo.

El mismo argumento funciona para cualquier familia no vacía de conexos con un punto común \(p\). Fijada una separación de la unión, cada miembro contiene \(p\) y debe quedar en la parte que lo contiene. La unión completa queda allí, contra la no vacuidad de la otra parte. El testigo \(p\) ya está dado y sirve para todos los miembros; no se selecciona un punto por miembro.

El punto común es una condición suficiente para esta prueba, pero puede haber unión conexa de piezas disjuntas. En \([0,1)\cup[1,2]=[0,2]\), la segunda pieza incorpora el extremo uno que la primera excluye, y la unión no omite ningún punto intermedio. Los extremos deben leerse en el conjunto reunido.

Ejercicios de la sección 15.3

Ejercicio 11. Un punto omitido suficiente

Para \(E=[0,1]\cup(1,3]\setminus\{2\}\), interpreta los paréntesis como \(E=([0,1]\cup(1,3])\setminus\{2\}\). Construye una separación. ¿Es \(1\) otro hueco?

Ver solución del ejercicio 11

La unión anterior a quitar \(2\) es \([0,3]\), pues \(1\) está en la primera pieza. Por tanto \(E=[0,3]\setminus\{2\}\). Tomamos \(A=E\cap(-\infty,2)=[0,2)\) y \(B=E\cap(2,\infty)=(2,3]\). Son abiertas relativas por los rayos, disjuntas y cubren \(E\) porque \(2\) fue omitido. Son no vacías por \(0\) y \(3\). \(1\) no es hueco: pertenece a \(E\). Las modalidades de extremos de cada pieza no deben leerse aisladas de la unión.

La unión debe calcularse antes de interpretar las fronteras de cada pieza. Aunque la segunda excluya uno, la primera lo incluye y la unión no tiene hueco allí. El único corte solicitado es dos, que se retira después de unir. Los rayos alrededor de dos producen dos partes abiertas relativas incluso si sus extremos no forman abiertos reales.

Ejercicio 12. Densidad y ruptura

Construye una separación de \(\mathbb Q\) por un corte irracional y demuestra cada condición. Explica por qué las partes pueden tener puntos arbitrariamente próximos al corte.

Ver solución del ejercicio 12

Usamos \(c=\sqrt2\), real irracional, y \(A=\mathbb Q\cap(-\infty,c)\), \(B=\mathbb Q\cap(c,\infty)\). Las partes son abiertas relativas, disjuntas y cubren los racionales por \(c\notin\mathbb Q\). \(1\in A\), \(2\in B\). Para todo \(r>0\), densidad racional da un punto en \((c-r,c)\) y otro en \((c,c+r)\), pertenecientes a las partes respectivas. Aproximación arbitraria al corte es compatible con separación: el punto límite común está fuera del ambiente racional.

Retorno visual. Véase C15-F03, después del argumento completo: la figura permite reconocer el mecanismo y no sustituye la prueba.

Las dos aproximaciones al corte se realizan en intervalos abiertos no vacíos, uno de cada lado, de modo que densidad aporta racionales con las desigualdades estrictas requeridas. Sus límites posibles en el ambiente real pueden coincidir sin generar intersección dentro del ambiente racional. La separación exige disjunción de las partes, no una distancia positiva global entre ellas.

Ejercicio 13. Intersecciones y uniones

Demuestra que toda intersección de intervalos reales es conexa, con la convención de intersección vacía igual a \(\mathbb R\). Refuta la afirmación análoga para uniones arbitrarias.

Ver solución del ejercicio 13

Si \(x,y\) pertenecen a la intersección, están en cada intervalo de la familia, y el segmento entre ellos está en cada miembro, luego en la intersección. Es intervalo y R2 da conexidad. Para una familia sin miembros, la intersección relativa a \(\mathbb R\) es toda \(\mathbb R\), también intervalo. La unión falla para \((0,1)\cup(2,3)\): \(1/2\) y \(5/2\) pertenecen pero \(3/2\) no; R3 da desconexión o se exhibe el corte por \(3/2\).

La intersección conserva puntos intermedios porque cada miembro impone la misma obligación sobre el par fijado. No importa que la familia sea infinita ni que no existan extremos globales. En una unión, en cambio, las dos entradas pueden proceder de miembros diferentes y ninguno está obligado a incluir el segmento que las une. El contraejemplo aprovecha exactamente esa diferencia.

Ejercicio 14. Una familia con punto común

Sea \((E_i)_{i\in J}\) una familia no vacía de conexos reales y supón que hay \(p\in\bigcap_{i\in J}E_i\). Prueba que \(H=\bigcup_{i\in J}E_i\) es conexo sin seleccionar puntos o radios por miembro.

Ver solución del ejercicio 14

Supongamos una separación \(H=A\cup B\) y, intercambiando nombres, \(p\in A\). Para cada índice fijo \(i\), las partes \(E_i\cap A\) y \(E_i\cap B\) son abiertas relativas a \(E_i\), disjuntas y exhaustivas. La primera contiene el punto común \(p\). Si la segunda fuese no vacía, separaría \(E_i\); por conexidad es vacía. Se ha probado para todo \(i\) que \(E_i\subseteq A\). Por definición de unión, \(H\subseteq A\), luego \(B=\varnothing\), contradicción. El punto \(p\) es único testigo compartido fijado desde la hipótesis; no se produce una familia de elecciones.

Para cada índice se razona con la misma entrada \(p\), que ya está dada como punto común. Las intersecciones con la separación heredan apertura relativa por el cálculo de ambientes anidados. La conexidad de cada miembro obliga a eliminar su parte opuesta. El razonamiento universal sobre índices produce inclusión de toda la unión sin escoger puntos o radios para cada miembro.

Ejercicio 15. Cerrar un intervalo sin romperlo

Prueba directamente que la adherencia real \(\overline I\) de un intervalo \(I\) es intervalo, por tanto conexa. Incluye el caso vacío.

Ver solución del ejercicio 15

Para \(I=\varnothing\), ninguna vecindad toca \(I\) y su adherencia es vacía. En el resto, tomemos \(u<v\) en \(\overline I\) y \(u<t<v\). La vecindad de \(u\) de radio \((t-u)/2\) toca \(I\), dando \(a\in I\) con \(a<t\). La de \(v\) de radio \((v-t)/2\) da \(b\in I\) con \(t<b\). Intervalaridad implica \(t\in[a,b]\subseteq I\subseteq\overline I\). Los extremos \(u,v\) ya están en la adherencia. Así todo segmento entre miembros está en ella, y es intervalo. R2 prueba conexidad. Sólo se fijaron dos testigos de vecindades para el punto \(t\) considerado.

Los radios alrededor de \(u\) y \(v\) se diseñan según el punto intermedio \(t\). El primero produce una entrada estrictamente menor que \(t\), y el segundo una estrictamente mayor. Intervalaridad coloca \(t\) en el conjunto original, una conclusión más fuerte que pertenecer a su adherencia. Los extremos del segmento ya pertenecían a la adherencia por hipótesis y completan la condición intervalar.

15.4. La continuidad transporta la imposibilidad de separar

Para estudiar las salidas de una continua utilizaremos la dirección de transporte que C14 garantiza: las preimágenes de abiertos son abiertas relativas. Si pudiéramos separar la imagen de un dominio conexo, esas preimágenes permitirían intentar la misma separación en el dominio.

R4. Imagen continua de un conexo. Sea \(f:D\to\mathbb R\) continua y sea \(E\subseteq D\) conexo. Entonces \(H=f[E]\) es conexo. La restricción \(h=f\mathbin{\upharpoonright}E:E\to\mathbb R\) es continua por C14 y tiene imagen \(H\). Si \(E\) es vacío también lo es \(H\), y el resultado es inmediato.

Supongamos que \(H=A\cup B\) es una separación de la imagen. Hay abiertos reales \(V,W\) con \(A=H\cap V\) y \(B=H\cap W\). Reunimos las entradas de \(E\) que producen salidas en cada parte:

\[P=\{x\in E:h(x)\in A\},\qquad Q=\{x\in E:h(x)\in B\}.\]

Toda salida de \(h\) pertenece a \(H\), así que \(P=h^{-1}[V]\) y \(Q=h^{-1}[W]\). La continuidad de la restricción hace ambos conjuntos abiertos relativos a \(E\). Si una entrada estuviera en los dos, su salida pertenecería a \(A\cap B\), imposible. Toda entrada está en alguno porque su salida está en \(H=A\cup B\).

También necesitamos no vacuidad, que no se sigue sólo de que \(V\) y \(W\) sean abiertos no vacíos del codominio. Fijemos \(y_A\in A\). Como \(y_A\in H=h[E]\), existe \(x_A\in E\) con \(h(x_A)=y_A\), y por tanto \(x_A\in P\). Un valor de \(B\) da del mismo modo una entrada de \(Q\). Se usan dos testigos concretos de valores alcanzados, sin construir un selector de todas las fibras. Así \(P,Q\) separan \(E\), contradicción. La imagen \(H\) es conexa.

Consecuencia. La imagen continua de un intervalo es intervalo: el dominio es conexo por R2, la imagen es conexa por R4 y vuelve a ser intervalo por R3. No se requiere inyectividad, monotonía, dominio cerrado ni acotación.

La dirección inversa no está garantizada. Para \(q(x)=x^2\) en \([-2,2]\), el singleton \(\{1\}\) es conexo y su preimagen \(\{-1,1\}\) se separa por el corte cero. El dominio de \(q\) también es conexo y \(q\) es continua, pero R4 no afirma preservación por preimagen. Por otra parte, una constante en \(\{-1,1\}\) es continua y tiene imagen singleton: una imagen conexa puede proceder de un dominio desconexo.

El mismo criterio puede expresarse mediante funciones de dos valores: \(E\) es conexo si y sólo si toda función continua \(u:E\to\{0,1\}\) es constante, entendiendo continuidad con distancias reales. Si \(E\) es conexo, R4 da una imagen conexa contenida en \(\{0,1\}\). Alcanzar ambos valores produciría una imagen que omite \(1/2\) entre ellos, contra R3. Por tanto todas las parejas de entradas tienen la misma salida. En el dominio vacío esta igualdad universal se cumple sin exigir una entrada ni un valor alcanzado.

Recíprocamente, una separación \(A,B\) permite definir \(u=0\) en \(A\) y \(u=1\) en \(B\). Cobertura y disjunción garantizan una asignación única. En cada centro, la apertura relativa de su parte proporciona una bola donde la función conserva su valor, con error cero para cualquier tolerancia positiva. Es continua y no es constante porque alcanza los dos valores, lo que contradice el criterio supuesto.

Ejercicios de la sección 15.4

Ejercicio 16. Separación de valores a entradas

Reconstruye R4 para una continua \(f:D\to\mathbb R\) y un conexo \(E\subseteq D\). Identifica los ambientes de las dos parejas de abiertos y dónde se usa pertenencia a la imagen.

Ver solución del ejercicio 16

Sea \(h=f\upharpoonright E\), continua. Si \(H=f[E]\) se separara como \(A=H\cap V\), \(B=H\cap W\) con \(V,W\) abiertos reales, tomamos \(P=\{x\in E:h(x)\in A\}=h^{-1}[V]\) y \(Q=h^{-1}[W]\). Son abiertos relativos a \(E\), mientras \(A,B\) lo eran a \(H\). Disjunción y cobertura se trasladan porque toda salida de \(h\) está en \(H=A\cup B\). Para un valor concreto en cada parte, pertenecer a \(H\) da una entrada en \(E\) con esa salida; ambas preimágenes son no vacías. Así separan \(E\), contradicción. Si \(E\) es vacío, su imagen es vacía y ya es conexa. No se usa inversa funcional ni selector de todas las fibras.

La continuidad garantiza apertura sólo de las preimágenes de abiertos en el ambiente correcto. Las partes de \(H\) se representan con abiertos reales para poder aplicar ese criterio a la restricción. El hecho de que las salidas estén en \(H\) traslada cobertura y disjunción; el hecho de que cada parte contenga un valor alcanzado traslada no vacuidad. Así cada condición de la separación tiene una justificación propia.

Ejercicio 17. La preimagen que se divide

Para \(q:[-2,2]\to\mathbb R\), \(q(x)=x^2\), calcula \(q^{-1}[\{1\}]\) y prueba que no es conexa. ¿Qué hipótesis de R4 siguen siendo verdaderas?

Ver solución del ejercicio 17

La ecuación \(x^2=1\) equivale a \((x-1)(x+1)=0\), luego la preimagen es \(\{-1,1\}\). Sus dos singletons se obtienen cortando por cero; son abiertos relativos, disjuntos y no vacíos, y cubren la preimagen. No es conexa. \(q\) es continua por C14, su dominio \([-2,2]\) es conexo y \(\{1\}\) también. Nada contradice R4: el teorema preserva conexidad por imagen directa, no por preimagen.

La factorización permite calcular todas las entradas de la fibra, no sólo dos candidatos. Ambas raíces pertenecen al dominio indicado y no hay otras. Sus singletons constituyen una separación relativa de la fibra, aunque no sean abiertos reales. R4 sigue siendo verdadero porque se refiere a imágenes directas de conexos y no a fibras o preimágenes.

Ejercicio 18. Una imagen global intervalar no certifica continuidad

En \([-1,1]\) define \(f(x)=x\) si \(x<0\) y \(f(x)=x-1\) si \(x\ge0\). Calcula su imagen y decide su continuidad en cero. Refuta «si la imagen es intervalo, la función es continua».

Ver solución del ejercicio 18

La primera rama tiene imagen \([-1,0)\) y la segunda \([-1,0]\), luego la imagen total es \([-1,0]\), intervalo. Pero \(f(0)=-1\). Dado \(\delta>0\), ponemos \(t=\min(\delta/2,1/4)>0\), \(x=-t\in[-1,0)\). Entonces \(|x|<\delta\) y \(|f(x)-f(0)|=1-t\ge3/4>1/2\). La tolerancia \(1/2\) refuta continuidad en cero. El resultado de preservación es una implicación con continuidad como premisa; que la imagen total sea intervalar no prueba controles locales ni el valor intermedio en cada subsegmento.

La segunda rama recupera los valores que faltaban para que la imagen total incluya menos uno y cero. Esa coincidencia global no corrige el valor central menos uno frente a las salidas cercanas de la primera rama. El infractor se elige dentro del dominio para cualquier radio y mantiene un error mayor que la tolerancia fija. La refutación compara con \(f(0)\), que es el destino exigido por continuidad.

Ejercicio 19. El criterio de dos valores

Demuestra que \(E\) es conexo si y sólo si toda continua \(u:E\to\{0,1\}\) es constante, con la convención de constancia por igualdad entre todas las parejas de entradas.

Ver solución del ejercicio 19

Si \(E\) es conexo, R4 da imagen conexa de \(u\) como subconjunto real. Una imagen que contuviera \(0\) y \(1\) sería exactamente \(\{0,1\}\), que omite \(1/2\) y no es intervalo; contradicción con R3. Así no hay dos entradas con salidas distintas, que es constancia. Si \(E\) tuviera separación \(A,B\), definimos \(u=0\) en \(A\), \(u=1\) en \(B\). Cobertura/disjunción hacen válida la función. Para cada entrada, una bola relativa contenida en su parte hace el error cero, dando continuidad para todo \(\varepsilon>0\). Las dos partes no vacías dan salidas diferentes, contradicción con el criterio. En vacío la condición de constancia es universal vacía y no se exige valor alcanzado.

Una función a \(\{0,1\}\) puede mirarse como función real porque la inclusión de ese codominio en la recta es continua. Si alcanzara ambos valores, su imagen omitiría el punto intermedio \(1/2\) y sería desconexa. Para la recíproca, la función definida por una separación es localmente constante y alcanza ambos valores. El caso vacío se conserva mediante la convención de igualdad para todas las parejas de entradas.

Ejercicio 20. Conexidad preservada por homeomorfismo

Sea \(f:E\to F\) un homeomorfismo entre subconjuntos reales. Prueba que \(E\) es conexo si y sólo si \(F\) lo es. Explica cuál de las dos direcciones puede fallar para una continua sobreyectiva.

Ver solución del ejercicio 20

Si \(E\) es conexo, continuidad de \(f\) y sobreyectividad dan \(F=f[E]\) conexo por R4. Si \(F\) es conexo, la inversa \(h:F\to E\) es continua y sobreyectiva sobre \(E\), luego \(E=h[F]\) es conexo. Para una continua sobreyectiva sin inversa continua sólo está garantizada la primera dirección. La constante \(\{-1,1\}\to\{0\}\) es continua y sobreyectiva; el codominio es conexo y el dominio no. No hay inversa funcional en ese ejemplo, lo cual ya basta para refutar la recíproca general.

La primera implicación sólo usa continuidad y que todas las entradas del codominio se alcancen. La segunda necesita continuidad del transporte inverso. El ejemplo constante muestra que sobreyectividad puede colapsar dos componentes en una y por eso no recupera la estructura del dominio. Los requisitos del homeomorfismo permiten razonar en ambas direcciones con imágenes de conexos.

15.5. El valor intermedio como consecuencia estructural

La imagen continua de un intervalo contiene todos los valores entre dos salidas suyas. Para obtener además un argumento situado entre las dos entradas dadas, debemos aplicar esa propiedad a su segmento concreto, y no sólo al dominio entero.

R5. Teorema del valor intermedio. Sea \(I\subseteq\mathbb R\) intervalo, \(f:I\to\mathbb R\) continua, y sean \(u,v\in I\). Para cualquier \(y\) entre \(f(u)\) y \(f(v)\), incluidos los extremos, existe

\[c\in[\min(u,v),\max(u,v)]\quad\text{tal que}\quad f(c)=y.\]

Restringimos \(f\) al segmento

\[J=[\min(u,v),\max(u,v)].\]

El carácter intervalar de \(I\) da \(J\subseteq I\), y \(J\) también es intervalo porque contiene los puntos entre dos de sus miembros. La restricción es continua por C14, así que su imagen \(f[J]\) es intervalo por R4 y R3. Contiene \(f(u)\) y \(f(v)\), luego contiene \(y\), y la definición de imagen entrega \(c\in J\) con \(f(c)=y\). Si \(u=v\), el único nivel permitido es \(f(u)\) y sirve \(c=u\). Si \(y\) está estrictamente entre las salidas, es distinto de ambas: ningún testigo puede ser uno de los extremos del segmento.

Figura 4: A la izquierda F(x)=x³+x−1 alcanza cero entre 0 y 1; el gráfico no calcula la raíz exacta. El escalón del centro tiene signos opuestos y omite cero por discontinuidad. La identidad del panel derecho es continua en su dominio de dos puntos, pero ese dominio no es intervalo.

Cambio de signo. Si \(a<b\) y \(f:[a,b]\to\mathbb R\) es continua con \(f(a)<0<f(b)\) o la orientación inversa, R5 con \(y=0\) da \(c\in(a,b)\) con \(f(c)=0\). Con desigualdades no estrictas sólo se concluye un cero en \([a,b]\): podría ser un extremo. Para buscar un nivel \(y\) definimos \(g=f-y\); C14 prueba su continuidad y la ecuación \(g=0\) equivale a \(f=y\).

Signo constante sin ceros. Si \(f\) es continua en un intervalo y nunca vale cero, no puede tomar un valor positivo y otro negativo, pues R5 produciría un cero entre sus argumentos. Si el intervalo es no vacío, fijando una entrada obtenemos que todos los valores tienen el mismo signo. En un dominio roto esto falla: \(1/x\) es continua en \(\mathbb R\setminus\{0\}\) y tiene ambos signos. También falla sin continuidad: la función escalón que vale \(-1\) para \(x<0\) y \(1\) para \(x\ge0\) en \([-1,1]\) no tiene ceros. En cero, todo radio incluye una entrada negativa cuya salida dista \(2\) del valor central; la tolerancia \(1\) refuta continuidad. Y la identidad restringida a \(\{-1,1\}\) es continua pero no alcanza cero: el dominio no es intervalo.

La existencia de un argumento con salida \(y\) permite que haya varios: el cuadrado alcanza uno en \(-1\) y \(1\) dentro de \([-2,2]\). Tampoco los valores de los extremos de entrada describen necesariamente toda la imagen. En ese mismo segmento ambos extremos tienen salida cuatro, mientras el centro tiene salida cero. R5 garantiza que el segmento entre las salidas extremas está contenido en la imagen; no afirma la inclusión contraria.

Para \(F(x)=x^3+x-1\), la continuidad polinómica de C14 y los signos \(F(0)=-1\), \(F(1)=1\) garantizan una raíz en \((0,1)\). La unicidad necesita otra prueba. Si \(0\le x<z\le1\), la factorización da

\[F(z)-F(x)=(z-x)(z^2+zx+x^2+1)>0.\]

El factor \(z-x\) es positivo y \(z^2+zx+x^2+1\) es al menos uno, por lo que \(F\) es estrictamente creciente en \([0,1]\). Dos raíces distintas contradirían esa desigualdad. La prueba de existencia ha usado continuidad y valor intermedio; la de unicidad ha comparado algebraicamente cualquier par ordenado del segmento, sin calcular la raíz mediante una fórmula.

Ser intervalo no obliga a una imagen a ser cerrada, acotada ni a alcanzar extremos. La identidad en \((0,1)\) tiene imagen \((0,1)\), sin mínimo ni máximo, y la identidad en \(\mathbb R\) tiene imagen no acotada. Los resultados de extremos alcanzados necesitarán la herramienta adicional de C16.

Ejercicios de la sección 15.5

Ejercicio 21. Localización con orientación invertida

Sea \(I\) intervalo, \(f:I\to\mathbb R\) continua y \(u>v\) con \(f(u)<y<f(v)\). Indica dónde existe un argumento con salida \(y\) y justifica por qué no es extremo.

Ver solución del ejercicio 21

\([v,u]\subseteq I\) por intervalaridad. La restricción continua a ese segmento tiene imagen intervalar que contiene \(f(u)\) y \(f(v)\), por R4 y R3. Contiene el valor intermedio \(y\), así existe \(c\in[v,u]\) con \(f(c)=y\). Las desigualdades estrictas hacen \(y\) distinto de las dos salidas extremas, luego \(c\ne u,v\) y \(c\in(v,u)\). El orden de las salidas no tiene que coincidir con el de los argumentos.

Hay dos órdenes independientes: el de argumentos y el de valores. El segmento de argumentos se escribe \([v,u]\) porque \(v<u\), mientras el nivel está entre \(f(u)\) y \(f(v)\) en el orden contrario. La imagen intervalar contiene el nivel sin exigir que la función sea creciente. La estrictitud de las salidas excluye los dos extremos del segmento de argumentos.

Ejercicio 22. Existencia y unicidad por pruebas distintas

Prueba que \(F(x)=x^3+x-1\) tiene exactamente una raíz en \([0,1]\), y que está en \((0,1)\). No uses derivadas.

Ver solución del ejercicio 22

\(F\) es continua por álgebra polinomial de C14. \(F(0)=-1<0\) y \(F(1)=1>0\), así R5 da una raíz interior. Para \(0\le x<z\le1\), \(F(z)-F(x)=(z-x)(z^2+zx+x^2+1)>0\), porque el primer factor es positivo y el segundo al menos \(1\). Por tanto es estrictamente creciente en el segmento y no puede tener dos ceros. Existencia e interioridad vienen del valor intermedio; unicidad viene de la desigualdad algebraica independiente.

Retorno visual. Véase C15-F04, después del argumento completo: la figura permite reconocer el mecanismo y no sustituye la prueba.

La factorización de la diferencia prueba crecimiento para cualquier par ordenado del segmento, no sólo en sus extremos. El segundo factor incluye uno y los otros sumandos son no negativos, así nunca se anula. Dos ceros distintos contradirían ese crecimiento. La existencia usa signos opuestos y continuidad; esta desigualdad añade la unicidad que el valor intermedio por sí solo no prometía.

Ejercicio 23. Una coincidencia de dos continuas

Sean \(f,g:[0,1]\to\mathbb R\) continuas, con \(f(0)<g(0)\) y \(f(1)>g(1)\). Prueba que coinciden en alguna entrada interior. ¿Se garantiza una sola coincidencia?

Ver solución del ejercicio 23

\(h=f-g\) es continua por C14. En cero es negativa y en uno positiva, luego R5 da \(c\in(0,1)\) con \(h(c)=0\), es decir \(f(c)=g(c)\). No se garantiza unicidad. Por ejemplo \(f(x)=(x-1/4)(x-1/2)(x-3/4)\) y \(g(x)=0\) cumplen \(f(0)=-3/32<0\), \(f(1)=3/32>0\) y coinciden en tres entradas interiores distintas. Todas las funciones indicadas son polinomiales o constantes y por ello continuas.

Restar las dos funciones convierte la coincidencia en una ecuación de cero y las comparaciones extremas en signos opuestos. En el contraejemplo, los tres factores se anulan en tres puntos distintos del interior y sus productos extremos tienen los signos requeridos. Esto mantiene todas las hipótesis de existencia mientras refuta unicidad. No hace falta estudiar derivadas para ninguna de las dos conclusiones.

Ejercicio 24. Sin ceros, un signo

Sea \(I\) intervalo no vacío y \(f:I\to\mathbb R\) continua sin ceros. Prueba que \(f>0\) en todo \(I\) o \(f<0\) en todo \(I\). Refuta la conclusión si se elimina sólo la intervalaridad.

Ver solución del ejercicio 24

Fijamos \(a\in I\). Como \(f(a)\ne0\), es positivo o negativo. Si fuese positivo y hubiera \(b\) con \(f(b)<0\), R5 produciría cero entre \(a,b\), contradicción. Todos los valores son no negativos y, al no haber ceros, positivos. El caso \(f(a)<0\) es simétrico. Sin intervalaridad, \(f(x)=1/x\) en \(\mathbb R\setminus\{0\}\) es continua por C14, no tiene ceros y toma \(-1\) y \(1\). El punto omitido impide aplicar R5 entre esos argumentos.

La elección inicial de una sola entrada fija cuál de las dos posibilidades de signo debe verificarse globalmente. Una salida opuesta produciría un cero dentro del segmento entre ambos argumentos, contenido en el dominio por intervalaridad. En \(1/x\), ese segmento incluye una entrada prohibida, cero. Por ello la continuidad relativa de esa función no habilita el paso que conectaba ambos signos.

Ejercicio 25. Inclusión no es descripción de toda la imagen

Un razonamiento afirma que para toda continua en \([a,b]\) se cumple

\[f[[a,b]]=[\min(f(a),f(b)),\max(f(a),f(b))].\]

Da un contraejemplo y enuncia la conclusión exacta que sí aporta R5.

Ver solución del ejercicio 25

Para \(f(x)=x^2\) en \([-2,2]\), ambos extremos valen \(4\), pero \(f(0)=0\). La fórmula propuesta daría sólo \(\{4\}\), y es falsa. La imagen es de hecho \([0,4]\): todo cuadrado del dominio está ahí, y para cada \(y\in[0,4]\) la raíz positiva \(\sqrt y\in[0,2]\) da la preimagen. R5 garantiza la inclusión del segmento entre las dos salidas extremas dentro de la imagen. No garantiza que no haya otros valores; identificar extremos globales alcanzados requiere argumentos adicionales.

Las salidas de los extremos de entrada no tienen por qué ser los extremos de toda la imagen. En el ejemplo ambas son cuatro y existe una salida interior menor. Para demostrar la imagen exacta se prueban dos inclusiones: una por las cotas del cuadrado y otra construyendo una entrada para cada salida no negativa hasta cuatro. R5 sólo proporciona la inclusión del segmento entre valores alcanzados.

15.6. Bisección: existencia, localización y alcance del cálculo

La bisección conserva signos opuestos mientras reduce a la mitad un segmento. Esa reducción proporciona una cota de posición que el valor intermedio, por sí solo, no había dado. También permite una prueba alternativa de existencia, usando el supremo de los extremos inferiores y la continuidad aplicada a las dos rutas ya definidas.

R6. Encierros de signo. Sean \(a<b\), \(g:[a,b]\to\mathbb R\) continua, \(g(a)<0<g(b)\). La orientación contraria se reduce usando \(-g\). Definimos \(L_0=a\), \(U_0=b\). Si alguna evaluación de un punto medio da cero, ya hay un testigo exacto y detenemos el proceso. Mientras eso no ocurra, para \(n\ge0\) ponemos \(M_n=(L_n+U_n)/2\) y

\[ (L_{n+1},U_{n+1})= \begin{cases} (M_n,U_n),&g(M_n)<0,\\ (L_n,M_n),&g(M_n)>0. \end{cases} \]

La tricotomía clásica determina cuál de los dos casos se aplica cuando el valor no es cero. Cada transición es única y no requiere escoger una entrada arbitraria. Por inducción, los segmentos quedan anidados, se conserva \(L_n\le U_n\) y \(g(L_n)<0<g(U_n)\), y su longitud es

\[U_n-L_n=\frac{b-a}{2^n}.\]

Para \(n=0\) tenemos el segmento original y sus signos dados. En un paso que continúa, el punto medio sustituye al extremo de su mismo signo, mientras el otro extremo permanece. Se conservan así los signos opuestos y el nuevo segmento es una mitad del anterior. Esto prueba simultáneamente el anidamiento y la fórmula de longitud mientras no haya detención por un cero exacto.

En el caso en que el proceso no se detiene, el conjunto \(\{L_n:n\in\mathbb N\}\) contiene \(a\) y está acotado superiormente por \(b\), por lo que tiene supremo \(c\). Para situarlo en cada encierro, fijemos \(n\) y comparemos \(U_n\) con cualquier \(L_k\). Si \(k\le n\), los inferiores crecen y \(L_k\le L_n\le U_n\); si \(k>n\), el anidamiento da \(L_k\le U_k\le U_n\). Así \(U_n\) acota todos los inferiores y, como \(L_n\) es uno de ellos,

\[L_n\le c\le U_n,\qquad c\in[a,b].\]

Las distancias satisfacen \(0\le c-L_n\le(b-a)/2^n\) y \(0\le U_n-c\le(b-a)/2^n\). La escala geométrica de C06 tiende a cero y prueba \(L_n\to c\), \(U_n\to c\). La continuidad de \(g\) transporta esas rutas dadas hacia \(g(c)\), usando sólo la dirección secuencial directa de C14. Como \(g(L_n)<0\), su límite no puede ser positivo: si lo fuera, una tolerancia de la mitad de ese valor forzaría términos positivos a partir de un corte. Por ello \(g(c)\le0\). El argumento simétrico con \(g(U_n)>0\) da \(g(c)\ge0\). Concluimos \(g(c)=0\) sin usar compacidad ni seleccionar rutas infractoras.

El punto \(c\) está en todos los encierros. Como el medio divide cada uno en dos distancias iguales,

\[|M_n-c|\le\frac{U_n-L_n}{2}=\frac{b-a}{2^{n+1}}.\]

Para garantizar error posicional estrictamente menor que \(\tau>0\), elegimos \(n\) con \((b-a)/2^{n+1}<\tau\). La cota de error es no estricta, por lo que igualar esa cota a \(\tau\) sólo garantizaría error menor o igual que la tolerancia. Si el proceso se detuvo antes, el testigo exacto tiene error cero. En el caso infinito, la recurrencia localiza un cero sin demostrar que sea el único; tampoco afirma que alguno de los medios sea una raíz.

Figura 5: Encierros tras 0, 1, 2 y 3 actualizaciones. Extremos inferiores negativos y superiores positivos; la marca central indica el medio de cada encierro. En n=3 el medio es 11/16 y su error posicional respecto de la raíz encerrada es a lo sumo 1/16. No se afirma error residual ni raíz exacta en el medio.

En \(F(x)=x^3+x-1\), los medios \(M_0=1/2\), \(M_1=3/4\) y \(M_2=5/8\) tienen valores exactos \(-3/8\), \(11/64\) y \(-67/512\). Sus signos llevan sucesivamente a \([1/2,1]\), \([1/2,3/4]\) y \([5/8,3/4]\). Tras tres actualizaciones el medio es \(M_3=11/16\) y dista a lo sumo \(1/16\) del cero encerrado. Esa cota usa la longitud del último segmento; no requiere evaluar \(F(11/16)\).

La longitud controla distancias entre argumentos, pero no determina por sí sola un residual \(|g(M_n)|\). Multiplicar una función por una constante positiva conserva raíces y signos y amplifica el residual sin cambiar el encierro. Un módulo cuantitativo de variación conocido permitiría convertir una distancia de entrada en una cota de salida; las hipótesis presentes no proporcionan una fórmula universal de ese tipo.

La recurrencia matemática tampoco entrega un procedimiento de evaluación para una función arbitraria. La tricotomía distingue los tres casos de un valor real exacto, mientras un programa necesita certificados que decidan el signo o la igualdad. Si una evaluación certificada contiene cero junto con valores positivos y negativos, no autoriza ninguna de las dos actualizaciones ni la detención como raíz exacta. Se debe refinar la evaluación o conservar el encierro anterior con el signo aún sin decidir.

Ejercicios de la sección 15.6

Ejercicio 26. Tres actualizaciones exactas

Aplica tres actualizaciones de bisección a \(F(x)=x^3+x-1\) desde \([0,1]\), empezando en \(n=0\). Calcula signos exactos, encierro final, medio final y su cota posicional.

Ver solución del ejercicio 26

\(M_0=1/2\) y \(F(M_0)=1/8+1/2-1=-3/8<0\), así \([L_1,U_1]=[1/2,1]\). \(M_1=3/4\) y \(F(M_1)=27/64+48/64-64/64=11/64>0\), así \([L_2,U_2]=[1/2,3/4]\). \(M_2=5/8\) y \(F(M_2)=125/512+320/512-512/512=-67/512<0\), así \([L_3,U_3]=[5/8,3/4]\). Su medio es \(M_3=11/16\). La raíz encerrada \(c\) satisface \(|M_3-c|\le(3/4-5/8)/2=1/16\). Se usaron tres evaluaciones/actualizaciones; no se evaluó \(M_3\) para obtener esta cota.

Retorno visual. Véase C15-F05, después del argumento completo: la figura permite reconocer el mecanismo y no sustituye la prueba.

Cada signo se calcula con fracciones exactas antes de decidir qué extremo sustituir. Los intervalos finales siguen conteniendo la raíz porque conservan signos opuestos y quedan anidados. El índice del medio final es tres tras las tres actualizaciones de índices cero, uno y dos. La cota \(1/16\) procede de la geometría del encierro y no de aproximar el residual en \(11/16\).

Ejercicio 27. Número de actualizaciones

Con encierro inicial de longitud \(3\), encuentra un número de actualizaciones que garantice error del medio estrictamente menor que \(1/1000\). Da la regla general y explica la estrictitud.

Ver solución del ejercicio 27

Después de \(n\) actualizaciones, el error es a lo sumo \(3/2^{n+1}\). Buscamos que esa cota sea estrictamente menor que \(1/1000\), equivalente a \(2^{n+1}>3000\). Para \(n=11\), \(2^{12}=4096>3000\), así sirve; \(n=10\) no lo garantiza pues \(2048<3000\). En general se elige \(n\in\mathbb N\) con \(2^{n+1}>(b-a)/\tau\). Una cota igual a \(\tau\) sólo garantiza error menor o igual, no estricto. Si hubo cero exacto antes, se dispone de error cero.

La desigualdad buscada se aplica a una cota no estricta de error, por lo que esa cota debe quedar estrictamente por debajo de la tolerancia. Once actualizaciones garantizan lo pedido; diez no dan esa garantía a partir de la fórmula, aunque alguna raíz particular pudiera estar más cerca del medio. La regla general contabiliza actualizaciones, no el número escrito en el subíndice del primer medio.

Ejercicio 28. El cero límite sin compacidad

En el caso infinito de bisección, prueba que \(c=\sup\{L_n\}\) pertenece a todos los encierros y que \(g(c)=0\). No cites un teorema de intervalos anidados ni compacidad.

Ver solución del ejercicio 28

Los \(L_n\) están acotados por \(b\) y el conjunto no vacío tiene supremo \(c\). Para un \(n\) fijo, si \(k\le n\), \(L_k\le L_n\le U_n\); si \(k>n\), anidamiento da \(L_k\le U_k\le U_n\). Así \(U_n\) es cota de todos los inferiores y \(L_n\le c\le U_n\). En particular \(c\in[a,b]\). De \(0\le c-L_n\le(b-a)/2^n\) y \(0\le U_n-c\le(b-a)/2^n\) resultan ambas convergencias a \(c\). Continuidad directa da \(g(L_n),g(U_n)\to g(c)\). Una sucesión negativa no puede converger a un real positivo, pues una tolerancia de la mitad de ese real haría los términos positivos; análogamente la positiva no converge a negativo. Así \(g(c)\le0\) y \(g(c)\ge0\), luego vale cero. No se usó selección de rutas ni recíproca secuencial.

El supremo existe por no vacuidad y acotación del conjunto de inferiores. Cada superior es cota de todos ellos, lo que coloca \(c\) en cada encierro sin citar compacidad. Las longitudes geométricas tienden a cero y controlan por arriba las dos distancias a \(c\). Después los signos de las salidas restringen su límite común a ser a la vez no positivo y no negativo, forzando exactamente cero.

Ejercicio 29. Longitud frente a residual

Refuta que exista una cota del residual del medio determinada sólo por la longitud del encierro y los signos opuestos en sus extremos, válida para toda función continua. Construye ejemplos lineales para una longitud \(\ell>0\) fija.

Ver solución del ejercicio 29

Para \(A>0\) definimos \(g_A(x)=A(x-\ell/4)\) en \([0,\ell]\). Es continua, \(g_A(0)=-A\ell/4<0\), \(g_A(\ell)=3A\ell/4>0\), y su raíz es \(\ell/4\). El medio \(\ell/2\) tiene error posicional \(\ell/4\), compatible con la cota \(\ell/2\), pero residual \(|g_A(\ell/2)|=A\ell/4\). Dado cualquier candidato finito \(B\ge0\) para esa longitud, elegimos \(A>4B/\ell\), y el residual supera \(B\). La longitud no controla la escala vertical; haría falta información cuantitativa adicional de la función.

La escala \(A\) cambia sólo la magnitud vertical de la función: la raíz y el intervalo de argumentos permanecen fijos. Por ello puede hacerse crecer el residual tanto como se quiera mientras la longitud y los signos extremos no cambian. El candidato \(B\) se fija primero, y sólo después se elige \(A\) que lo infrinja. Ese orden refuta una cota universal dependiente únicamente de la longitud.

Ejercicio 30. Una evaluación incierta

Un programa devuelve una inclusión certificada \(g(M)\in[-10^{-6},2\cdot10^{-6}]\) y actualiza el extremo inferior afirmando «es prácticamente negativo». Evalúa esa decisión e indica qué datos autorizan las actualizaciones o la detención exacta.

Ver solución del ejercicio 30

La inclusión permite valores negativos, cero y positivos, por lo que no certifica \(g(M)<0\). Sustituir el extremo inferior puede destruir el invariante si el valor es positivo. Un certificado contenido estrictamente en \((-\infty,0)\) autoriza reemplazar el inferior; uno contenido estrictamente en \((0,\infty)\) autoriza reemplazar el superior. Una igualdad exacta certificada \(g(M)=0\) autoriza detener con raíz exacta. Si el intervalo de evaluación contiene cero, se requiere refinar o conservar el encierro anterior y declarar que no se decidió el signo; no se deduce igualdad de una tolerancia pequeña. La recurrencia clásica no proporciona por sí sola esos certificados computacionales.

El intervalo certificado contiene valores estrictamente negativos y positivos. Ambos son compatibles con el dato recibido, pero exigen actualizaciones opuestas. Elegir el extremo inferior sin decidir el signo puede dejar dos extremos positivos y perder la garantía de raíz encerrada. Refinar la evaluación puede ayudar, pero mientras no haya certificado suficiente se conserva el intervalo ya validado.

15.7. Inyectividad, orden y continuidad de la inversa

En C14 una biyección continua con dominio separado tenía inversa discontinua. Cuando el dominio es un intervalo, el valor intermedio impide que una función inyectiva forme un pico o un valle, y esa restricción impondrá una orientación global de sus valores. El orden proporcionará después barreras para la inversa.

R7. Una inyección continua en un intervalo es estrictamente monótona y es un homeomorfismo sobre su imagen. Sea \(f:I\to\mathbb R\) continua e inyectiva. Para vacío y singleton la monotonía estricta, entendida como condición sobre pares distintos ordenados, es vacía; la inversa sobre la imagen es continua. Supongamos que \(I\) tiene al menos dos puntos.

Tomemos \(x<y<z\) en \(I\). La inyectividad hace distintas sus tres salidas. Si \(f(y)\) fuera mayor que las otras dos, elegiríamos \(w\) estrictamente entre \(\max(f(x),f(z))\) y \(f(y)\), por ejemplo su punto medio. El nivel es estrictamente intermedio en ambos segmentos de salidas, así que R5 da \(s\in(x,y)\) y \(t\in(y,z)\) con \(f(s)=w=f(t)\). Las posiciones \(s<y<t\) garantizan dos entradas distintas, contra inyectividad. Si \(f(y)\) fuera menor que las otras dos, un nivel entre ella y \(\min(f(x),f(z))\) produce la misma contradicción. Por tanto \(f(y)\) está estrictamente entre \(f(x)\) y \(f(z)\).

Para extender esa orientación a todo el intervalo, fijamos \(a<b\) en \(I\) y supongamos \(f(a)<f(b)\); el caso opuesto se reduce a \(-f\). Dado cualquier par \(x<y\), ordenamos los puntos distintos de \(\{a,b,x,y\}\) como \(t_1<\cdots<t_m\). Si \(m=2\), los dos pares coinciden y la conclusión ya está dada. Si \(m\ge3\), en cada triple consecutivo las diferencias adyacentes tienen el mismo signo estricto, porque el valor central está entre los otros dos. La cadena finita propaga ese signo a todas las diferencias. Si fuera negativo, sumando entre las posiciones de \(a\) y \(b\) obtendríamos \(f(b)<f(a)\), contradicción. Todas son positivas, y al sumar entre \(x\) e \(y\) queda \(f(y)>f(x)\). El par arbitrario puede estar fuera del segmento inicial: la lista ordenada trata también esa posibilidad.

La imagen \(J=f[I]\) es intervalo por R4 y R3. Cada \(y\in J\) tiene una entrada por definición de imagen, y la inyectividad la hace única, definiendo \(h:J\to I\). Para probar continuidad de \(h\) en el caso creciente, fijemos \(y_0=f(x_0)\) y \(\varepsilon>0\). Debemos impedir que una salida cercana a \(y_0\) proceda de una entrada con distancia al menos \(\varepsilon\) de \(x_0\).

Si existe una entrada de \(I\) menor o igual que \(x_0-\varepsilon\), el punto \(\ell=x_0-\varepsilon/2\) está entre ella y \(x_0\), y la propiedad intervalar garantiza \(\ell\in I\). Su evaluación está por tanto definida y la monotonía da \(\eta_-=y_0-f(\ell)>0\). Si no existe una entrada tan a la izquierda, todas cumplen ya \(x>x_0-\varepsilon\) y ese lado no necesita exclusión; ponemos \(\eta_-=1\). Simétricamente, si hay alguna entrada mayor o igual que \(x_0+\varepsilon\), usamos \(r=x_0+\varepsilon/2\in I\) y \(\eta_+=f(r)-y_0>0\); si no la hay, ponemos \(\eta_+=1\).

Sea \(\eta=\min(\eta_-,\eta_+)>0\) y tomemos \(y\in J\) con \(|y-y_0|<\eta\). Su entrada \(x=h(y)\) no puede cumplir \(x\le x_0-\varepsilon\): en tal caso la barrera izquierda existe y \(x<\ell\), así que \(y=f(x)<f(\ell)=y_0-\eta_-\) contradice la proximidad. Si \(x\ge x_0+\varepsilon\), la barrera derecha da \(y>y_0+\eta_+\) y la misma contradicción. Resulta \(|h(y)-h(y_0)|<\varepsilon\). Cuando un lado no ofrece entradas lejanas, el radio positivo arbitrario asignado a ese lado permite formar el mínimo sin evaluar un punto exterior. La prueba incluye así los extremos del intervalo.

Si \(f\) es decreciente, \(-f\) es creciente y tiene inversa continua por el caso probado. Para recuperar la inversa de \(f\) componemos esa inversa con \(y\mapsto-y\), continua por C14. Junto con la continuidad de \(f\) y su biyectividad sobre \(J\), queda demostrado el homeomorfismo \(I\to J\).

Figura 6: Para f(x)=x² en [0,∞), x₀=1 y ε=3/5, las barreras 7/10 y 13/10 están dentro de la zona permitida (2/5,8/5). Sus distancias de salida a 1 son 51/100 y 69/100. La tolerancia η=51/100 impide que una preimagen de salida cercana cruce las barreras. Bandas abiertas según las desigualdades estrictas de R7.

Las tolerancias de la inversa se obtuvieron de diferencias positivas de valores en las barreras, sin exigir una cota lineal inferior ni una derivada. La continuidad directa sigue siendo una hipótesis propia: la función \(k(x)=x\) para \(x<0\) y \(k(x)=x+1\) para \(x\ge0\) es estrictamente creciente, también al comparar puntos de ramas distintas, pero salta en cero. Sus entradas negativas se aproximan al centro con salidas próximas a cero, mientras \(k(0)=1\); la imagen omite \([0,1)\). El crecimiento estricto permite ese salto cuando falta continuidad.

Ejercicios de la sección 15.7

Ejercicio 31. Excluir un pico por dos fibras

Sea \(f:I\to\mathbb R\) continua e inyectiva y \(x<y<z\) en \(I\). Prueba que \(f(y)\) está estrictamente entre \(f(x)\) y \(f(z)\), sin derivadas.

Ver solución del ejercicio 31

Inyectividad hace distintos los tres valores. Si \(f(y)>\max(f(x),f(z))\), tomamos \(w=(f(y)+\max(f(x),f(z)))/2\). Es estrictamente intermedio en cada par de salidas de \([x,y]\) y \([y,z]\). R5 entrega \(s\in(x,y)\) y \(t\in(y,z)\) con \(f(s)=w=f(t)\); como \(s<t\), contradice inyectividad. Si \(f(y)<\min(f(x),f(z))\), usamos el punto medio entre esas dos cantidades y repetimos. Las posibilidades restantes son precisamente \(f(x)<f(y)<f(z)\) o \(f(z)<f(y)<f(x)\).

El nivel elegido en el pico supera ambas salidas extremas y queda por debajo de la salida central. Así R5 se aplica en los dos subsegmentos y produce argumentos interiores. En el valle se invierten las desigualdades y el mecanismo es el mismo. La inyectividad sólo se contradice cuando los dos argumentos son distintos, y su posición a ambos lados de \(y\) acredita precisamente eso.

Ejercicio 32. Propagar una orientación

Explica detalladamente cómo la propiedad entre triples de E031, junto con un par \(a<b\) con \(f(a)<f(b)\), fuerza \(f(x)<f(y)\) para todo \(x<y\) del intervalo.

Ver solución del ejercicio 32

Ordenamos los puntos distintos de \(\{a,b,x,y\}\) como \(t_1<\cdots<t_m\), con \(2\le m\le4\). Si \(m=2\), ambos pares son el mismo y la conclusión está dada. Si \(m\ge3\), para cada triple consecutivo la propiedad implica que las diferencias adyacentes \(f(t_{i+1})-f(t_i)\) y \(f(t_{i+2})-f(t_{i+1})\) tienen igual signo estricto. Por propagación a lo largo de la lista todas tienen el mismo signo. Si fuese negativo, sumando las diferencias entre las posiciones de \(a\) y \(b\) resultaría \(f(b)<f(a)\), contradicción. Todas son positivas; sumando entre \(x\) e \(y\) obtenemos \(f(y)>f(x)\). El procedimiento trata puntos exteriores al par fijado y no se limita a un subintervalo.

Ordenar el conjunto finito elimina repeticiones si alguno de los puntos coincide. Las diferencias adyacentes son no nulas porque cada triple tiene orden estricto de salidas. La propiedad de triples encadena sus signos, y la suma entre \(a\) y \(b\) fija el signo común como positivo. Finalmente se suman las diferencias entre \(x\) e \(y\), sin importar dónde esté ese par respecto del primero.

Ejercicio 33. Barrera en un extremo del dominio

Para \(f:[0,1)\to\mathbb R\), \(f(x)=x^2\), prueba continuidad de la inversa en el valor \(0\) por una barrera de orden, sin invocar un teorema de raíces continuas. Da un radio para cada \(\varepsilon>0\).

Ver solución del ejercicio 33

La imagen es \(J=[0,1)\): los cuadrados pertenecen a ese intervalo y cada \(y\in J\) tiene raíz no negativa menor que \(1\). La función es inyectiva creciente ahí, pues para \(0\le x<z<1\), \(z^2-x^2=(z-x)(z+x)>0\). Su inversa \(h\) está definida. Si \(0<\varepsilon<1\), tomamos el punto barrera \(r=\varepsilon/2\in[0,1)\) y \(\eta=r^2=\varepsilon^2/4\). Si \(y\in J\) y \(|y|<\eta\), su preimagen no puede ser \(x\ge\varepsilon\), pues entonces \(x>r\) y \(y=x^2>r^2=\eta\). Así \(|h(y)-h(0)|=x<\varepsilon\). Si \(\varepsilon\ge1\), toda preimagen satisface \(0\le x<1\le\varepsilon\), por lo que sirve \(\eta=1\). No hay barrera izquierda porque todas las entradas son no negativas.

Retorno visual. Véase C15-F06, después del argumento completo: la figura permite reconocer el mecanismo y no sustituye la prueba.

No usamos continuidad previa de la raíz, sino existencia algebraica de una entrada no negativa y monotonía del cuadrado. Para precisiones pequeñas, la barrera está dentro del dominio y su salida positiva fija el radio. Una entrada a distancia al menos \(\varepsilon\) produciría una salida más allá de la barrera, imposible bajo ese radio. Para precisiones al menos uno, el propio tamaño del dominio ya da la distancia estricta requerida.

Ejercicio 34. Crecimiento con salto

Sea \(k(x)=x\) si \(x<0\) y \(k(x)=x+1\) si \(x\ge0\). Prueba estricto crecimiento, refuta continuidad en cero y calcula la imagen. ¿Qué premisa de R7 falta?

Ver solución del ejercicio 34

En cada rama la diferencia entre salidas es la diferencia entre entradas y es positiva. Si \(x<0\le z\), \(k(x)=x<0<1\le z+1=k(z)\), así también crece entre ramas. Pero \(k(0)=1\); dado \(\delta>0\), \(x=-\min(\delta/2,1/2)\) tiene \(|x|<\delta\) y \(|k(x)-k(0)|=1-x>1\), refutando continuidad con tolerancia \(1\). La imagen es \((-\infty,0)\cup[1,\infty)\), no intervalo. Falta continuidad en la premisa de R7; estricto crecimiento solo no la garantiza.

La comparación entre ramas completa la prueba de crecimiento, que no quedaría acreditada examinándolas por separado. El testigo negativo para cada radio muestra un error central que nunca baja de uno. La imagen omite cero y todos los valores hasta uno, aunque el dominio sea la recta. Es justamente continuidad la que faltaría para aplicar preservación de intervalos y R7.

Ejercicio 35. Por qué el dominio intervalar importa para la inversa

Retoma \(D=[0,1)\cup[2,3]\) y \(f(x)=x\) en la primera pieza, \(f(x)=x-1\) en la segunda. Prueba biyección continua a \([0,2]\) e inversa discontinua en \(1\). Identifica exactamente qué hipótesis impide usar R7.

Ver solución del ejercicio 35

Las imágenes de las piezas son \([0,1)\) y \([1,2]\), disjuntas y exhaustivas de \([0,2]\); cada rama es inyectiva, de modo que \(f\) es biyección. En cualquier centro de \(D\), el radio \(\delta=\min(1/2,\varepsilon)\) evita la otra pieza y dentro de la misma rama el error de salida es la distancia de entradas, menor que \(\varepsilon\). Así \(f\) es continua relativa. La inversa vale \(h(y)=y\) para \(y<1\) y \(h(y)=y+1\) para \(y\ge1\), luego \(h(1)=2\). Dado \(\eta>0\), \(t=\min(\eta/2,1/2)>0\) da \(y=1-t\in[0,1)\) con \(|y-1|<\eta\) y \(|h(y)-2|=1+t>1\). Falla continuidad con tolerancia \(1\). \(D\) omite puntos entre \(0\) y \(2\) y no es intervalo; ésa es la premisa faltante de R7.

El radio auxiliar medio mantiene cada entrada próxima en la misma pieza, justificando continuidad sin conectar las piezas del dominio. Al invertir, las salidas inferiores a uno llegan arbitrariamente cerca de la salida de la entrada dos. Sus preimágenes siguen separadas de dos por más de uno. La falta de intervalaridad impide construir las barreras intermedias usadas en R7.

15.8. Componentes: los intervalos máximos dentro de un dominio

Dentro de un dominio que no es conexo podemos reconocer sus regiones conexas máximas mediante los segmentos que realmente contiene. Para \(x,y\in D\subseteq\mathbb R\) definimos

\[x\sim y\quad\Longleftrightarrow\quad[\min(x,y),\max(x,y)]\subseteq D.\]

R8. Componentes reales. Esta relación es de equivalencia. La reflexividad usa \([x,x]=\{x\}\subseteq D\), y la simetría se sigue de que el mínimo y el máximo no cambian al permutar \(x,y\). Si \(x\sim y\) y \(y\sim z\), los dos segmentos están en \(D\) y comparten \(y\). Su unión es intervalo por §15.3 y contiene \(x,z\), por lo que contiene también el segmento entre ellos. Así \(x\sim z\), sea cual sea la posición de \(y\) respecto de los otros dos puntos.

Para cada \(x\in D\), consideremos la clase \(C_x=\{y\in D:x\sim y\}\). Si \(u,v\in C_x\), simetría y transitividad dan \(u\sim v\), de modo que el segmento entre ellos está en \(D\). Cada punto \(t\) de ese segmento satisface \(u\sim t\), pues el segmento menor entre \(u\) y \(t\) sigue dentro de él. Como \(x\sim u\), obtenemos \(x\sim t\) y por tanto \(t\in C_x\). La clase es intervalo y R2 la hace conexa.

La clase es además el mayor conexo de \(D\) que contiene \(x\). En efecto, si \(E\subseteq D\) es conexo y \(x\in E\), R3 lo hace intervalo. Para cualquier \(y\in E\), el segmento entre \(x,y\) está en \(E\subseteq D\), así que \(y\in C_x\) y \(E\subseteq C_x\). Llamamos componente conexa a cada clase.

Las clases cubren \(D\) porque \(x\sim x\). Si dos comparten un punto, la simetría y transitividad hacen que cada miembro de una pertenezca a la otra, y son iguales; por tanto dos componentes distintas son disjuntas. Todo conexo no vacío se incluye en una sola al fijar uno de sus puntos y aplicar maximalidad. La familia de todas las clases se define reuniendo los \(C_x\) para \(x\in D\), con sus repeticiones eliminadas como conjuntos, sin seleccionar un representante por componente.

Cada componente es cerrada relativa a \(D\). Para probarlo, fijemos \(z\in D\) adherente a \(C_x\). Si \(z=x\), ya pertenece a la clase. Si \(x<z\), tomemos cualquier \(t\) con \(x<t<z\). La adherencia proporciona \(w\in C_x\) con \(|w-z|<(z-t)/2\), y por ello \(w>t\). El segmento entre \(x\) y \(w\) está en \(D\) y contiene \(t\). Como esto vale para todo punto intermedio y los extremos \(x,z\) pertenecen a \(D\), queda \([x,z]\subseteq D\) y \(z\in C_x\).

Si \(z<x\), para cada \(z<t<x\) usamos la bola de \(z\) de radio \((t-z)/2\). Un miembro \(w\) de la clase dentro de ella cumple \(w<t\), y el segmento entre \(w\) y \(x\) incluye \(t\) y está en \(D\). Los extremos vuelven a estar en el dominio, así que \([z,x]\subseteq D\) y \(z\in C_x\). Todos los puntos adherentes que pertenecen a \(D\) quedan en la clase, lo que prueba el cierre relativo por el criterio de C04/C14. No se incorporan puntos exteriores al dominio.

Las componentes no siempre son abiertas relativas. En

\[D=\{0\}\cup\{1/(n+1):n\in\mathbb N\},\]

todos los puntos son racionales. Entre dos distintos hay un irracional por C04 y ese punto falta en \(D\); ninguna clase puede contener ambos. Todas las componentes son entonces singletons, incluido \(\{0\}\). Sin embargo, ninguna bola relativa aísla cero: dado \(r>0\), la arquimedianidad proporciona un \(n\) con \(0<1/(n+1)<r\).

Los puntos positivos sí están aislados. Si \(t_n=1/(n+1)\) y \(n\ge1\), la mitad del mínimo de las distancias a \(t_{n-1}\) y \(t_{n+1}\) da un radio que sólo contiene \(t_n\) al recortarlo por \(D\). Para \(t_0=1\) sirve \(1/4\), pues los otros positivos son a lo sumo \(1/2\). Sus singletons son abiertos relativos; el de cero es una componente cerrada relativa sin ser abierta relativa. Ser componente singleton no equivale a ser punto aislado.

Figura 7: Cada punto de D es una componente, porque entre dos puntos racionales distintos hay un irracional fuera de D. Los puntos positivos son aislados; cero no lo es. Los paneles muestran sólo muestras finitas; la arquimedianidad prueba que cualquier radio en cero contiene otro punto del dominio.

En \(\mathbb Q\), la densidad irracional impide también que una componente contenga dos puntos. Ninguno de sus singletons es abierto relativo, porque la densidad racional da otro racional en toda bola de su punto. En \((0,1)\), en cambio, la única componente es el dominio completo, cerrado respecto de sí mismo aunque no sea cerrado en la recta. El ambiente limita la afirmación de cierre, y el aislamiento determina por separado la apertura de un singleton.

La imagen de cada componente por una continua es conexa por R4 y queda dentro de una componente de la imagen. Puede haber fusiones: una constante en \(\{-1,1\}\) lleva sus dos componentes a un mismo singleton. Para un homeomorfismo, el transporte es exacto. Si \(K\) es la componente de \(f(x)\), la imagen \(f[C_x]\) es conexa y queda en \(K\). La inversa continua hace conexo \(f^{-1}[K]\), que contiene \(x\) y queda en \(C_x\) por maximalidad. Aplicando la biyección \(f\) resulta \(K\subseteq f[C_x]\); ambas inclusiones dan \(f[C_x]=K\). Cada dirección continua cumple una parte distinta de la prueba.

Las componentes permiten describir hasta dónde un dominio conserva segmentos y qué regiones pueden fusionarse bajo una función continua. Su cierre relativo no las vuelve abiertas ni aisladas, como muestra la componente de cero en los recíprocos acumulados. La geometría de los intervalos sigue siendo la que decide qué puntos pueden pertenecer a una misma región conexa.

Ejercicios de la sección 15.8

Ejercicio 36. Relación por segmentos

Prueba reflexividad, simetría y transitividad de \(x\sim y\Leftrightarrow[\min(x,y),\max(x,y)]\subseteq D\). Después prueba que cada clase es intervalo.

Ver solución del ejercicio 36

Reflexividad usa \([x,x]=\{x\}\subseteq D\); simetría usa que min/max no cambian al permutar. Si \(x\sim y\) y \(y\sim z\), los dos segmentos comparten \(y\) y su unión es intervalo contenido en \(D\), por §15.3; contiene \(x,z\), luego también el segmento entre ellos. Así \(x\sim z\). Si \(u,v\) están en \(C_x\), transitividad da \(u\sim v\). Todo \(t\) entre ellos está en \(D\) y satisface \(u\sim t\) porque su segmento con \(u\) queda en el de \(u,v\). De \(x\sim u\) resulta \(x\sim t\), así \(t\in C_x\). Es intervalo.

La transitividad se aplica también cuando el punto compartido \(y\) no está entre \(x\) y \(z\), porque la unión de sus dos segmentos no tiene huecos. Para intervalaridad de una clase, pertenecer a \(D\) no basta: además cada punto intermedio debe relacionarse con \(x\). El segmento menor que lo une a \(u\) y la transitividad proporcionan esa segunda obligación.

Ejercicio 37. Un dominio con tres componentes

Determina y justifica las componentes de \(D=(-2,-1]\cup\{0\}\cup[1,3)\). Indica cuáles son abiertas relativas y cuáles cerradas relativas.

Ver solución del ejercicio 37

Las tres piezas son intervalos, luego conexas. Ningún conexo de \(D\) puede tocar dos piezas: si tocara la izquierda y otra, omitiría un punto entre \(-1\) y \(0\), como \(-1/2\); si tocara cero y la derecha, omitiría \(1/2\). Por R3 no sería conexo. Cada pieza es por tanto máxima y es componente. Son todas abiertas relativas: la izquierda es \(D\cap(-\infty,-1/2)\), el singleton \(D\cap(-1/2,1/2)\) y la derecha \(D\cap(1/2,\infty)\). También son cerradas relativas por R8 o porque el complemento de cada una es unión de las otras dos abiertas relativas. No todas son cerradas reales, pues los extremos \(-2\) y \(3\) faltan.

Cada pieza es conexa por ser intervalo, incluidos sus extremos según la definición del dominio. Para maximalidad, cualquier conjunto que toque dos piezas tendría que incluir un punto ausente entre ellas si fuese conexo. Los rayos y el intervalo abierto central exhiben apertura relativa de las tres piezas. Sus complementos relativos son uniones de las otras dos abiertas y prueban cerradura relativa sin exigir incluir extremos exteriores ausentes.

Ejercicio 38. Componentes acumuladas sin apertura

Para \(D=\{0\}\cup\{1/(n+1):n\in\mathbb N\}\), prueba que todas las componentes son singletons. Decide apertura relativa de cada una y explica por qué cerradura relativa no basta para apertura.

Ver solución del ejercicio 38

Todos los puntos de \(D\) son racionales. Entre dos distintos hay un irracional por densidad de irracionales; éste no pertenece a \(D\). El segmento entre los puntos no queda en \(D\), así ninguna clase contiene dos puntos. Para \(t_n=1/(n+1)\) con \(n\ge1\), las distancias a sus vecinos \(t_{n-1}\) y \(t_{n+1}\) son positivas; la mitad del menor de ellas da una bola relativa que sólo contiene \(t_n\). Para \(n=0\), basta la mitad de \(t_0-t_1=1/2\), es decir \(1/4\), pues todos los otros positivos son a lo sumo \(1/2\). Así los singletons positivos son abiertos relativos. \(\{0\}\) no lo es: para cada \(r>0\), arquimedianidad da \(n\) con \(0<t_n<r\). Todos los singletons son cerrados reales y por ello relativos, pero sólo la apertura de una vecindad determina aislamiento. La componente de cero es cerrada sin ser abierta relativa.

Retorno visual. Véase C15-F07, después del argumento completo: la figura permite reconocer el mecanismo y no sustituye la prueba.

Los huecos irracionales impiden unir por un segmento dos entradas cualesquiera, así la descripción por singletons incluye también cero. Para cada punto positivo, los vecinos consecutivos de la sucesión dan una distancia aislante; cero está aún más lejos que el siguiente vecino positivo. En cero no existe escala aislante porque los positivos convergen a él. Tener todas las componentes cerradas no ofrece una vecindad contenida en cada una.

Ejercicio 39. Cerradura relativa desde la adherencia

Prueba que una componente \(C_x\) es cerrada relativa a \(D\) usando un punto \(z\in D\) adherente a ella. Desarrolla ambos órdenes de \(x,z\) y refuta la afirmación de cerradura absoluta universal.

Ver solución del ejercicio 39

Si \(z=x\), ya está en \(C_x\). Si \(x<z\), para todo \(x<t<z\) la adherencia da \(w\in C_x\) con \(|w-z|<(z-t)/2\), así \(w>t\). Como el segmento entre \(x,w\) está en \(D\), \(t\in D\). Los extremos \(x,z\) pertenecen a \(D\), así \([x,z]\subseteq D\) y \(z\in C_x\). Si \(z<x\), para \(z<t<x\) usamos radio \((t-z)/2\) alrededor de \(z\), obteniendo \(w<t\) en \(C_x\); el segmento entre \(w,x\) contiene \(t\) y está en \(D\). De nuevo \([z,x]\subseteq D\), luego \(z\in C_x\). Todos los puntos adherentes que están en \(D\) quedan en la clase, criterio de cierre relativo. En \(D=(0,1)\) hay una componente única \((0,1)\), cerrada relativa a sí misma pero no cerrada real porque cero es adherente exterior.

La vecindad de adherencia se diseña para encontrar un miembro de la clase al otro lado del punto intermedio \(t\). El segmento que lo conecta con \(x\) coloca a \(t\) en \(D\). Hacer esto para todo punto entre \(x\) y \(z\), junto con la pertenencia de ambos extremos, completa el segmento y relaciona a \(z\) con \(x\). La condición \(z\in D\) es esencial para el extremo y delimita la conclusión como cerradura relativa.

Ejercicio 40. Transportar o fusionar componentes

Prueba que un homeomorfismo transporta exactamente las componentes de su dominio a las de su codominio. Da una continua que fusione dos componentes y explica qué paso de la prueba deja de funcionar.

Ver solución del ejercicio 40

Sea \(f:D\to H\) homeomorfismo, \(C\) componente de \(x\). R4 hace conexo \(f[C]\), que contiene \(f(x)\) y queda en la componente \(K\) de ese punto por maximalidad. La inversa continua hace conexo \(f^{-1}[K]\), que contiene \(x\) y por maximalidad está en \(C\). Aplicando la biyección \(f\) obtenemos \(K\subseteq f[C]\), y las dos inclusiones dan igualdad. La constante \(\{-1,1\}\to\{0\}\) es continua en el dominio relativo y fusiona sus dos componentes singleton en una sola. No existe inversa funcional, mucho menos continua, por lo que no puede transportarse \(K\) hacia atrás para aplicar maximalidad. Una continua general sólo garantiza imagen conexa dentro de una componente.

Las dos inclusiones utilizan funciones continuas diferentes: \(f\) para incluir la imagen de \(C\) en \(K\), y la inversa para incluir el retorno de \(K\) en \(C\). La biyección permite convertir esta segunda inclusión en la opuesta dentro del codominio. En la constante que fusiona dos componentes falla ese retorno funcional, por lo que continuidad hacia delante sólo conserva conexidad de cada imagen por separado.

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