Soluciones de microcontroles — Capítulo 4
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Soluciones de microcontroles — Capítulo 4
§4.1. Ventanas alrededor de un punto: vecindades
1. Escribe \(B(2,1/3)\) como intervalo abierto y explica qué desigualdad de valor absoluto describe sus puntos.
Por definición,
\[ B\left(2,\frac13\right) = \left\{ y\in\mathbb R: |y-2|<\frac13 \right\}. \]
La desigualdad
\[ |y-2|<\frac13 \]
equivale a
\[ -\frac13<y-2<\frac13. \]
Sumando \(2\) en los tres miembros,
\[ \frac53<y<\frac73. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ B\left(2,\frac13\right) = \left(\frac53,\frac73\right). } \]
La desigualdad de valor absoluto expresa exactamente que la distancia de \(y\) al centro \(2\) es menor que el radio \(1/3\).
2. Para \(V=(-1,1)\cup\{3\}\), exhibe dos radios distintos que certifiquen que \(V\) es vecindad de \(0\).
Podemos elegir, por ejemplo,
\[ r_1=1 \qquad\text{y}\qquad r_2=\frac12. \]
En efecto,
\[ B(0,1)=(-1,1)\subseteq V, \]
y también
\[ B\left(0,\frac12\right) = \left(-\frac12,\frac12\right) \subseteq(-1,1)\subseteq V. \]
Por tanto existen al menos dos radios positivos que certifican que \(V\) es vecindad de \(0\).
El punto aislado \(3\) no interviene en la certificación: basta con que alguna bola centrada en \(0\) quede contenida en \(V\).
3. Decide si \([0,2)\) es una vecindad de \(0\). No basta responder sí o no: debes justificarlo directamente a partir de la definición.
No es una vecindad de \(0\).
Para que lo fuera tendría que existir \(r>0\) tal que
\[ B(0,r)\subseteq[0,2). \]
Sea, sin embargo, \(r>0\) arbitrario. El punto
\[ -\frac r2 \]
satisface
\[ \left|-\frac r2\right| = \frac r2<r, \]
de modo que
\[ -\frac r2\in B(0,r). \]
Pero
\[ -\frac r2<0, \]
por lo que
\[ -\frac r2\notin[0,2). \]
Así,
\[ B(0,r)\not\subseteq[0,2) \]
para todo \(r>0\). Por tanto,
\[ \boxed{ [0,2)\text{ no es vecindad de }0. } \]
La pertenencia
\[ 0\in[0,2) \]
no basta: falta margen a la izquierda del centro.
4. Demuestra que si \(V\) es vecindad de \(x\), entonces \(x\in V\). Da después un contraejemplo que muestre que la conversa es falsa.
Si \(V\) es vecindad de \(x\), existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq V. \]
Como
\[ |x-x|=0<r, \]
tenemos
\[ x\in B(x,r). \]
La inclusión anterior da entonces
\[ x\in V. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ V\text{ vecindad de }x \Longrightarrow x\in V. } \]
La conversa es falsa. Tomemos
\[ V=[0,2), \qquad x=0. \]
Tenemos
\[ 0\in V, \]
pero el microcontrol anterior demuestra que ninguna bola positiva centrada en \(0\) queda contenida en \(V\).
Así,
\[ x\in V \quad\not\Rightarrow\quad V\text{ es vecindad de }x. \]
5. Supón que \(V\) es vecindad de \(x\) y que \(V\subseteq W\). Demuestra que \(W\) también es vecindad de \(x\).
Como \(V\) es vecindad de \(x\), existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq V. \]
Por hipótesis,
\[ V\subseteq W. \]
Encadenando las inclusiones,
\[ B(x,r)\subseteq V\subseteq W. \]
Así, el mismo radio \(r\) certifica que
\[ \boxed{ W\text{ es vecindad de }x. } \]
Geométricamente, agrandar un conjunto no destruye una ventana que ya cabía dentro de él.
6. Si \(V\) y \(W\) son vecindades de \(x\), demuestra que \(V\cap W\) es vecindad de \(x\) indicando explícitamente qué radio eliges.
Como \(V\) es vecindad de \(x\), existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq V. \]
Como \(W\) es vecindad de \(x\), existe \(s>0\) tal que
\[ B(x,s)\subseteq W. \]
Elegimos
\[ \rho=\min\{r,s\}. \]
Como \(r,s>0\),
\[ \rho>0. \]
Además,
\[ \rho\le r \qquad\text{y}\qquad \rho\le s. \]
Por tanto,
\[ B(x,\rho)\subseteq B(x,r)\subseteq V \]
y
\[ B(x,\rho)\subseteq B(x,s)\subseteq W. \]
Luego
\[ B(x,\rho)\subseteq V\cap W. \]
Así,
\[ \boxed{ V\cap W\text{ es vecindad de }x. } \]
El radio elegido es exactamente
\[ \boxed{\rho=\min\{r,s\}.} \]
7. Si \(B(x,r)\subseteq V\) y \(0<s\le r\), demuestra que \(B(x,s)\subseteq V\). ¿Qué te dice esto sobre la frase «podemos mirar con ventanas arbitrariamente pequeñas»?
Sea
\[ y\in B(x,s). \]
Entonces
\[ |y-x|<s. \]
Como
\[ s\le r, \]
obtenemos
\[ |y-x|<r, \]
y por tanto
\[ y\in B(x,r). \]
Así,
\[ B(x,s)\subseteq B(x,r). \]
Como por hipótesis
\[ B(x,r)\subseteq V, \]
concluimos
\[ \boxed{ B(x,s)\subseteq V. } \]
La frase «podemos mirar con ventanas arbitrariamente pequeñas» significa que, una vez encontrado un radio \(r>0\) que funciona, todo radio positivo menor o igual que \(r\) también funciona.
No significa que todos los radios positivos funcionen. La estructura lógica es
\[ \exists r>0 \quad\Longrightarrow\quad \forall s\in(0,r]. \]
8. Sea \(y\in B(x,r)\). Construye un \(\delta>0\) en función de \(r\) y \(|y-x|\) tal que \(B(y,\delta)\subseteq B(x,r)\), y señala exactamente dónde usas la desigualdad triangular.
Como
\[ y\in B(x,r), \]
tenemos
\[ |y-x|<r. \]
Por tanto,
\[ \delta=r-|y-x| \]
es positivo.
Afirmamos que
\[ B(y,\delta)\subseteq B(x,r). \]
Sea
\[ z\in B(y,\delta). \]
Entonces
\[ |z-y|<\delta. \]
Aquí usamos la desigualdad triangular:
\[ |z-x| \le |z-y|+|y-x|. \]
Como
\[ |z-y|<\delta, \]
se sigue que
\[ |z-x| < \delta+|y-x|. \]
Sustituyendo
\[ \delta=r-|y-x|, \]
obtenemos
\[ |z-x| < r-|y-x|+|y-x| = r. \]
Por tanto,
\[ z\in B(x,r). \]
Como \(z\) era arbitrario,
\[ \boxed{ B(y,\delta)\subseteq B(x,r), \qquad \delta=r-|y-x|>0. } \]
La desigualdad triangular se usa exactamente en el paso
\[ |z-x| \le |z-y|+|y-x|. \]
§4.2. Interior y exterior: tener margen
9. Para \(A=[-2,3]\), determina cuáles de los puntos \(-2\), \(0\) y \(3\) son interiores. En cada caso interior, exhibe un radio que funcione; en cada caso no interior, demuestra que ningún radio puede funcionar.
El punto \(0\) es interior. Por ejemplo,
\[ B(0,1)=(-1,1)\subseteq[-2,3]. \]
Por tanto,
\[ 0\in\operatorname{int}(A). \]
En cambio, \(-2\) no es interior. Sea \(r>0\). El punto
\[ -2-\frac r2 \]
pertenece a \(B(-2,r)\), pero no a \([-2,3]\). Luego ninguna bola positiva centrada en \(-2\) queda contenida en \(A\).
De manera análoga, para cualquier \(r>0\),
\[ 3+\frac r2\in B(3,r) \]
y
\[ 3+\frac r2\notin[-2,3]. \]
Así, \(3\) tampoco es interior.
En conclusión,
\[ \boxed{ 0\text{ es interior, mientras que }-2\text{ y }3\text{ no lo son.} } \]
10. Demuestra directamente desde la definición que \(\operatorname{int}(A)\subseteq A\) para todo \(A\subseteq\mathbb R\).
Sea
\[ x\in\operatorname{int}(A). \]
Por definición, existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A. \]
Como el centro pertenece a su propia bola,
\[ x\in B(x,r). \]
Por la inclusión,
\[ x\in A. \]
Como \(x\) era arbitrario,
\[ \boxed{ \operatorname{int}(A)\subseteq A. } \]
11. Sea \(A=(a,b)\) con \(a<b\) y \(x\in(a,b)\). Construye un radio explícito en función de \(x-a\) y \(b-x\) que certifique que \(x\) es interior.
Como
\[ a<x<b, \]
las cantidades
\[ x-a \qquad\text{y}\qquad b-x \]
son positivas.
Podemos elegir
\[ r= \frac12\min\{x-a,b-x\}>0. \]
Si
\[ y\in B(x,r), \]
entonces
\[ |y-x|<r. \]
En particular,
\[ y>x-r \ge x-\frac{x-a}{2} > a, \]
y también
\[ y<x+r \le x+\frac{b-x}{2} < b. \]
Por tanto,
\[ a<y<b, \]
de modo que
\[ B(x,r)\subseteq(a,b). \]
Así,
\[ \boxed{ r=\frac12\min\{x-a,b-x\} } \]
certifica que \(x\) es interior a \((a,b)\).
12. Para \(A=(0,1)\), explica por qué \(0\notin A\) pero \(0\) no es exterior a \(A\). Tu argumento debe comenzar con un radio arbitrario \(r>0\).
Es claro que
\[ 0\notin(0,1). \]
Para que \(0\) fuera exterior tendría que existir \(r>0\) tal que
\[ B(0,r)\cap(0,1)=\varnothing. \]
Veamos que esto nunca ocurre.
Sea \(r>0\) arbitrario y tomemos
\[ y= \min\left\{\frac r2,\frac12\right\}. \]
Entonces
\[ 0<y<1, \]
por lo que
\[ y\in A. \]
Además,
\[ |y|=y<r, \]
así que
\[ y\in B(0,r). \]
Por tanto,
\[ B(0,r)\cap A\ne\varnothing \]
para todo \(r>0\).
Concluimos
\[ \boxed{ 0\notin A \quad\text{pero}\quad 0\notin\operatorname{ext}(A). } \]
No pertenecer al conjunto no basta para tener margen exterior.
13. Demuestra que \(x\) es exterior a \(A\) si y sólo si \(A^c\) es vecindad de \(x\).
Por definición,
\[ x\in\operatorname{ext}(A) \]
si y sólo si existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A^c. \]
Pero ésta es exactamente la condición que define que \(A^c\) sea una vecindad de \(x\).
Por tanto,
\[ \boxed{ x\in\operatorname{ext}(A) \iff A^c\text{ es vecindad de }x. } \]
14. Prueba la identidad \(\operatorname{ext}(A)=\operatorname{int}(A^c)\) sin usar ninguna noción posterior de este capítulo.
Sea \(x\in\mathbb R\).
Por definición,
\[ x\in\operatorname{ext}(A) \iff \exists r>0: B(x,r)\subseteq A^c. \]
Pero la condición de la derecha es precisamente la definición de
\[ x\in\operatorname{int}(A^c). \]
Así, para todo \(x\in\mathbb R\),
\[ x\in\operatorname{ext}(A) \iff x\in\operatorname{int}(A^c). \]
Por extensionalidad,
\[ \boxed{ \operatorname{ext}(A)=\operatorname{int}(A^c). } \]
15. Si \(A\subseteq B\), demuestra \(\operatorname{int}(A)\subseteq\operatorname{int}(B)\) y deriva después \(\operatorname{ext}(B)\subseteq\operatorname{ext}(A)\).
Supongamos
\[ A\subseteq B. \]
Sea
\[ x\in\operatorname{int}(A). \]
Existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A. \]
Como
\[ A\subseteq B, \]
tenemos
\[ B(x,r)\subseteq B. \]
Por tanto,
\[ x\in\operatorname{int}(B). \]
Así,
\[ \boxed{ \operatorname{int}(A)\subseteq\operatorname{int}(B). } \]
Para el exterior observamos que
\[ A\subseteq B \quad\Longrightarrow\quad B^c\subseteq A^c. \]
Aplicando la monotonicidad del interior,
\[ \operatorname{int}(B^c) \subseteq \operatorname{int}(A^c). \]
Usando
\[ \operatorname{ext}(C)=\operatorname{int}(C^c), \]
obtenemos
\[ \boxed{ \operatorname{ext}(B) \subseteq \operatorname{ext}(A). } \]
16. Para \(A=[0,1)\), verifica que \(\operatorname{int}(A)=(0,1)\) y \(\operatorname{ext}(A)=(-\infty,0)\cup(1,\infty)\). ¿Qué ocurre localmente en \(0\) y en \(1\) que impide clasificarlos en cualquiera de esos dos conjuntos?
Primero calculemos el interior.
Si
\[ 0<x<1, \]
el radio
\[ r= \frac12\min\{x,1-x\}>0 \]
satisface
\[ B(x,r)\subseteq(0,1)\subseteq[0,1). \]
Por tanto,
\[ (0,1)\subseteq\operatorname{int}(A). \]
El punto \(0\) no es interior porque, para todo \(r>0\),
\[ -\frac r2\in B(0,r) \]
pero
\[ -\frac r2\notin A. \]
No hay otros puntos de \(A\). Así,
\[ \boxed{ \operatorname{int}(A)=(0,1). } \]
Ahora calculemos el exterior.
Si \(x<0\), podemos tomar
\[ r=\frac{-x}{2}>0. \]
Entonces
\[ B(x,r)\subset(-\infty,0)\subseteq A^c. \]
Si \(x>1\), sirve
\[ r=\frac{x-1}{2}>0, \]
y entonces
\[ B(x,r)\subset(1,\infty)\subseteq A^c. \]
Por tanto,
\[ (-\infty,0)\cup(1,\infty) \subseteq \operatorname{ext}(A). \]
El punto \(1\) no es exterior. Dado \(r>0\), tomemos
\[ y= 1- \min\left\{\frac r2,\frac12\right\}. \]
Entonces
\[ 0<y<1, \]
de modo que
\[ y\in A, \]
y además
\[ |y-1|<r. \]
Por tanto toda bola centrada en \(1\) toca a \(A\).
El punto \(0\) tampoco es exterior porque pertenece a \(A\) y toda bola centrada en él contiene al propio centro.
Así,
\[ \boxed{ \operatorname{ext}(A) = (-\infty,0)\cup(1,\infty). } \]
Localmente, en \(0\) ninguna bola queda completamente dentro de \(A\) porque siempre aparecen puntos negativos, y ninguna bola queda completamente fuera porque el centro pertenece a \(A\).
En \(1\), ninguna bola queda completamente dentro de \(A\) porque \(1\notin A\), y ninguna queda completamente fuera porque toda bola alcanza puntos de \((0,1)\).
Por eso ninguno de los dos extremos pertenece al interior ni al exterior.
§4.3. Clausura: puntos que no pueden evitar al conjunto
17. Despliega la negación lógica de \(\exists r>0:\ B(x,r)\cap A=\varnothing\) y explica por qué produce exactamente la definición de punto adherente.
Negar \[ \exists r>0:\ B(x,r)\cap A=\varnothing \] cambia el cuantificador existencial por uno universal y niega la igualdad: \[ \forall r>0:\ B(x,r)\cap A\ne\varnothing. \] Ésta es exactamente la definición de adherencia: \[ \boxed{ x\in\overline A \iff \forall r>0:\ B(x,r)\cap A\ne\varnothing. } \] Por tanto, ser adherente a \(A\) es la negación exacta de ser exterior a \(A\).
18. Demuestra directamente que \(A\subseteq\overline A\) para todo \(A\subseteq\mathbb R\).
Sea \(x\in A\). Para cualquier \(r>0\), el centro pertenece a su propia bola: \[ x\in B(x,r). \] Como también \(x\in A\), \[ x\in B(x,r)\cap A. \] Así, \[ B(x,r)\cap A\ne\varnothing \] para todo \(r>0\), y por tanto \[ x\in\overline A. \] Como \(x\) era arbitrario, \[ \boxed{ A\subseteq\overline A. } \]
19. Para \(A=(0,1)\), prueba con un radio arbitrario que \(0,1\in\overline A\), aunque ninguno de los dos pertenezca a \(A\).
Es claro que \[ 0,1\notin(0,1). \] Sea \(r>0\). Para \(0\), tomemos \[ a_0=\min\left\{\frac r2,\frac12\right\}. \] Entonces \(0<a_0<1\) y \(a_0<r\), de modo que \[ a_0\in B(0,r)\cap A. \] Así, \[ 0\in\overline A. \]
Para \(1\), tomemos \[ a_1=1-\min\left\{\frac r2,\frac12\right\}. \] Entonces \(0<a_1<1\) y \(|a_1-1|<r\), por lo que \[ a_1\in B(1,r)\cap A. \] Así, \[ 1\in\overline A. \]
Por tanto, \[ \boxed{ 0,1\in\overline{(0,1)} \quad\text{aunque}\quad 0,1\notin(0,1). } \]
20. Demuestra \(\overline A=(\operatorname{ext}(A))^c=(\operatorname{int}(A^c))^c\).
Por definición, \[ x\in\overline A \iff \forall r>0:\ B(x,r)\cap A\ne\varnothing. \] Esta afirmación es la negación de \[ \exists r>0:\ B(x,r)\cap A=\varnothing, \] que equivale a \[ x\in\operatorname{ext}(A). \] Por tanto, \[ x\in\overline A \iff x\notin\operatorname{ext}(A), \] y así \[ \boxed{ \overline A=(\operatorname{ext}(A))^c. } \]
Como \[ \operatorname{ext}(A)=\operatorname{int}(A^c), \] se obtiene \[ \boxed{ \overline A=(\operatorname{int}(A^c))^c. } \]
21. Si \(A\subseteq B\), demuestra la monotonicidad \(\overline A\subseteq\overline B\).
Supongamos \(A\subseteq B\) y sea \[ x\in\overline A. \] Entonces, para todo \(r>0\), \[ B(x,r)\cap A\ne\varnothing. \] Sea \(r>0\). Elijamos \[ a\in B(x,r)\cap A. \] Como \(A\subseteq B\), también \(a\in B\), de modo que \[ a\in B(x,r)\cap B. \] Por tanto, \[ B(x,r)\cap B\ne\varnothing \] para todo \(r>0\), y así \[ x\in\overline B. \] Concluimos \[ \boxed{ A\subseteq B \Longrightarrow \overline A\subseteq\overline B. } \]
22. Reproduce la prueba de \(\overline{\overline A}=\overline A\) indicando por qué se usan radios \(r/2\) y dónde interviene la desigualdad triangular.
Como \[ A\subseteq\overline A, \] la monotonicidad da \[ \overline A\subseteq\overline{\overline A}. \]
Para la inclusión contraria, sea \[ x\in\overline{\overline A} \] y sea \(r>0\) arbitrario. Como \(x\) es adherente a \(\overline A\), existe \[ y\in B\left(x,\frac r2\right)\cap\overline A. \] Como \(y\in\overline A\), existe \[ a\in B\left(y,\frac r2\right)\cap A. \] Aquí usamos la desigualdad triangular: \[ |a-x| \le |a-y|+|y-x| < \frac r2+\frac r2 = r. \] Por tanto, \[ a\in B(x,r)\cap A. \] Como \(r\) era arbitrario, \[ x\in\overline A. \] Así, \[ \overline{\overline A}\subseteq\overline A, \] y por ambas inclusiones, \[ \boxed{ \overline{\overline A}=\overline A. } \]
Los radios \(r/2\) reparten el margen total \(r\) entre los dos desplazamientos que después suma la desigualdad triangular.
23. Sea \(A=(0,1)\setminus\{1/2\}\). Demuestra sin usar sucesiones que \(1/2\in\overline A\) y que ningún punto de \((-\infty,0)\cup(1,\infty)\) pertenece a \(\overline A\).
Sea \(r>0\). Para \(x=1/2\), tomemos \[ a= \frac12+ \min\left\{ \frac r2,\frac14 \right\}. \] Entonces \[ \frac12<a\le\frac34<1, \] por lo que \(a\in A\), y además \[ \left|a-\frac12\right|<r. \] Así, \[ \frac12\in\overline A. \]
Si \(x<0\), tomemos \[ r=\frac{-x}{2}>0. \] Entonces \[ B(x,r)\subset(-\infty,0), \] por lo que \[ B(x,r)\cap A=\varnothing. \] Así \(x\notin\overline A\).
Si \(x>1\), tomemos \[ r=\frac{x-1}{2}>0. \] Entonces \[ B(x,r)\subset(1,\infty), \] y otra vez \[ B(x,r)\cap A=\varnothing. \] Por tanto ningún punto de \[ (-\infty,0)\cup(1,\infty) \] pertenece a \(\overline A\).
24. Demuestra que \(x\in\overline A\) si y sólo si toda vecindad de \(x\) intersecta \(A\). Tu prueba debe volver explícitamente a una bola contenida en la vecindad.
Supongamos primero que \[ x\in\overline A. \] Sea \(V\) una vecindad de \(x\). Existe \(r>0\) tal que \[ B(x,r)\subseteq V. \] Como \(x\) es adherente, \[ B(x,r)\cap A\ne\varnothing. \] Si \[ a\in B(x,r)\cap A, \] entonces, por la inclusión, \[ a\in V\cap A. \] Así, \[ V\cap A\ne\varnothing. \]
Recíprocamente, supongamos que toda vecindad de \(x\) intersecta \(A\). Sea \(r>0\). La propia bola \(B(x,r)\) es una vecindad de \(x\), de modo que \[ B(x,r)\cap A\ne\varnothing. \] Como esto vale para todo \(r>0\), \[ x\in\overline A. \]
Por tanto, \[ \boxed{ x\in\overline A \iff \text{toda vecindad de }x\text{ intersecta }A. } \]
§4.4. Frontera: toda ventana ve ambos lados
25. Demuestra directamente desde la definición que \(\partial(A^c)=\partial A\).
Por definición,
\[ x\in\partial(A^c) \]
si y sólo si, para todo \(r>0\),
\[ B(x,r)\cap A^c\ne\varnothing \]
y
\[ B(x,r)\cap(A^c)^c\ne\varnothing. \]
Como
\[ (A^c)^c=A, \]
la condición anterior equivale a
\[ \forall r>0: \bigl(B(x,r)\cap A^c\ne\varnothing\bigr) \ \text{y}\ \bigl(B(x,r)\cap A\ne\varnothing\bigr). \]
El orden de las dos condiciones no importa. Por tanto,
\[ x\in\partial(A^c) \iff x\in\partial A. \]
Así,
\[ \boxed{ \partial(A^c)=\partial A. } \]
26. Para \(A=[-1,2)\), demuestra que \(\partial A=\{-1,2\}\), indicando en cada extremo cómo encuentras, para un radio arbitrario, un punto de \(A\) y uno de \(A^c\) dentro de la bola.
Primero consideremos \(x=-1\).
Sea \(r>0\). Como
\[ -1\in A, \]
el propio centro pertenece a
\[ B(-1,r)\cap A. \]
Además,
\[ -1-\frac r2\in B(-1,r) \]
y
\[ -1-\frac r2<-1, \]
de modo que
\[ -1-\frac r2\in A^c. \]
Así,
\[ -1\in\partial A. \]
Ahora consideremos \(x=2\).
Sea \(r>0\). El punto
\[ 2+\frac r2 \]
pertenece a
\[ B(2,r)\cap A^c. \]
Para encontrar un punto de \(A\) dentro de la misma bola, tomemos
\[ a= 2-\min\left\{\frac r2,\frac12\right\}. \]
Entonces
\[ -1<a<2, \]
por lo que
\[ a\in A, \]
y además
\[ |a-2|<r. \]
Así,
\[ 2\in\partial A. \]
Si
\[ -1<x<2, \]
podemos elegir
\[ \rho= \frac12\min\{x+1,2-x\}>0, \]
y entonces
\[ B(x,\rho)\subseteq[-1,2), \]
de modo que \(x\) no es fronterizo.
Si \(x<-1\) o \(x>2\), existe una bola suficientemente pequeña completamente contenida en \(A^c\), por lo que tampoco es fronterizo.
Concluimos
\[ \boxed{ \partial[-1,2)=\{-1,2\}. } \]
27. Demuestra \(\partial A=\overline A\cap\overline{A^c}\) desplegando ambos lados únicamente mediante cuantificadores sobre bolas.
Sea \(x\in\mathbb R\).
Por definición,
\[ x\in\partial A \]
si y sólo si
\[ \forall r>0: B(x,r)\cap A\ne\varnothing \]
y
\[ \forall r>0: B(x,r)\cap A^c\ne\varnothing. \]
La primera condición equivale a
\[ x\in\overline A, \]
y la segunda a
\[ x\in\overline{A^c}. \]
Por tanto,
\[ x\in\partial A \iff x\in\overline A \ \text{y}\ x\in\overline{A^c}. \]
Es decir,
\[ x\in\partial A \iff x\in \overline A\cap\overline{A^c}. \]
Como esto vale para todo \(x\),
\[ \boxed{ \partial A = \overline A\cap\overline{A^c}. } \]
28. Deduce de la identidad anterior que \(\partial A=\overline A\setminus\operatorname{int}(A)\).
Partimos de
\[ \partial A = \overline A\cap\overline{A^c}. \]
Por la dualidad de clausura e interior,
\[ \overline{A^c} = \bigl(\operatorname{int}((A^c)^c)\bigr)^c = \bigl(\operatorname{int}(A)\bigr)^c. \]
Sustituyendo,
\[ \partial A = \overline A \cap \bigl(\operatorname{int}(A)\bigr)^c. \]
Por definición de diferencia de conjuntos,
\[ X\setminus Y=X\cap Y^c. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ \partial A = \overline A\setminus\operatorname{int}(A). } \]
29. Para \(A=(0,1)\setminus\{1/2\}\), demuestra que \(\partial A=\{0,1/2,1\}\). Explica por qué este ejemplo impide definir frontera como «conjunto de extremos».
Sabemos que
\[ \overline A=[0,1]. \]
También,
\[ \operatorname{int}(A) = \left(0,\frac12\right) \cup \left(\frac12,1\right). \]
Usando
\[ \partial A = \overline A\setminus\operatorname{int}(A), \]
obtenemos
\[ \partial A = [0,1] \setminus \left[ \left(0,\frac12\right) \cup \left(\frac12,1\right) \right]. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ \partial A = \left\{ 0,\frac12,1 \right\}. } \]
El punto
\[ \frac12 \]
no es un extremo global del intervalo \((0,1)\), pero sí es fronterizo: toda bola centrada en \(1/2\) contiene al propio centro, que pertenece a \(A^c\), y también puntos de \(A\) arbitrariamente cercanos.
Por eso la frontera no puede definirse como «conjunto de extremos». Es una propiedad local de las ventanas alrededor de cada punto.
30. Demuestra que ningún punto interior y ningún punto exterior puede pertenecer a \(\partial A\).
Supongamos
\[ x\in\operatorname{int}(A). \]
Existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A. \]
Entonces
\[ B(x,r)\cap A^c=\varnothing. \]
Pero para que \(x\) fuera fronterizo, toda bola positiva centrada en \(x\) tendría que intersectar \(A^c\). Este radio lo contradice.
Por tanto,
\[ x\notin\partial A. \]
Así,
\[ \operatorname{int}(A)\cap\partial A=\varnothing. \]
Del mismo modo, si
\[ x\in\operatorname{ext}(A), \]
existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A^c, \]
y entonces
\[ B(x,r)\cap A=\varnothing. \]
Por tanto \(x\) tampoco puede ser fronterizo.
Así,
\[ \boxed{ \operatorname{int}(A)\cap\partial A=\varnothing, \qquad \operatorname{ext}(A)\cap\partial A=\varnothing. } \]
31. Prueba la partición disjunta \(\mathbb R=\operatorname{int}(A)\,\dot\cup\,\partial A\,\dot\cup\,\operatorname{ext}(A)\).
Ya sabemos que
\[ \operatorname{int}(A), \qquad \partial A, \qquad \operatorname{ext}(A) \]
son disjuntos dos a dos.
Falta demostrar que su unión es toda la recta.
Sea
\[ x\in\mathbb R. \]
Si
\[ x\in\operatorname{ext}(A), \]
ya está clasificado.
Supongamos ahora
\[ x\notin\operatorname{ext}(A). \]
Como
\[ \overline A = (\operatorname{ext}(A))^c, \]
tenemos
\[ x\in\overline A. \]
Dentro de \(\overline A\) hay dos casos.
Si
\[ x\in\operatorname{int}(A), \]
queda clasificado como interior.
Si
\[ x\notin\operatorname{int}(A), \]
entonces
\[ x\in \overline A\setminus\operatorname{int}(A) = \partial A. \]
Por tanto, todo real pertenece a una de las tres clases.
Así,
\[ \boxed{ \mathbb R = \operatorname{int}(A) \,\dot\cup\, \partial A \,\dot\cup\, \operatorname{ext}(A). } \]
32. Compara \((0,1)\), \([0,1]\), \([0,1)\) y \((0,1]\). ¿Qué cambia al incluir o excluir los extremos y qué permanece invariante respecto de la frontera?
En los cuatro conjuntos, los puntos estrictamente interiores al intervalo satisfacen
\[ 0<x<1, \]
y poseen margen interior.
Los puntos fuera de \([0,1]\) poseen margen exterior.
En cambio, alrededor de \(0\) y \(1\), toda bola positiva contiene puntos de \((0,1)\) y también puntos exteriores a \([0,1]\).
Por eso, en los cuatro casos,
\[ \boxed{ \partial A=\{0,1\}. } \]
Lo que sí cambia es la pertenencia de los extremos:
- en \((0,1)\), ninguno pertenece;
- en \([0,1]\), ambos pertenecen;
- en \([0,1)\), sólo \(0\) pertenece;
- en \((0,1]\), sólo \(1\) pertenece.
Así, incluir o excluir un extremo modifica la pertenencia del centro, pero no cambia su comportamiento fronterizo.
La frontera depende de lo que ve toda ventana alrededor del punto, no de si el propio centro fue incluido o excluido del conjunto.
§4.5. Acumulación: el conjunto reaparece alrededor del punto
33. Escribe en cuantificadores la diferencia exacta entre \(x\in\overline A\) y \(x\in\operatorname{Acc}(A)\). ¿Qué único conjunto cambia dentro de la intersección?
La adherencia se expresa como
\[ x\in\overline A \iff \forall r>0: B(x,r)\cap A\ne\varnothing. \]
La acumulación exige
\[ x\in\operatorname{Acc}(A) \iff \forall r>0: \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A\ne\varnothing. \]
La diferencia exacta es la perforación del centro:
\[ B(x,r) \quad\longrightarrow\quad B(x,r)\setminus\{x\}. \]
Todo lo demás permanece igual: el cuantificador es universal y seguimos pidiendo intersección no vacía con \(A\).
La acumulación es más exigente porque impide usar siempre el propio centro como testigo cuando \(x\in A\).
34. Demuestra directamente que \(\operatorname{Acc}(A)\subseteq\overline A\).
Sea
\[ x\in\operatorname{Acc}(A). \]
Entonces, para todo \(r>0\),
\[ \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A\ne\varnothing. \]
Como
\[ B(x,r)\setminus\{x\} \subseteq B(x,r), \]
se sigue que
\[ B(x,r)\cap A\ne\varnothing \]
para todo \(r>0\).
Por tanto,
\[ x\in\overline A. \]
Así,
\[ \boxed{ \operatorname{Acc}(A)\subseteq\overline A. } \]
35. Para \(A=(0,1)\cup\{2\}\), demuestra que \(0\) y \(1/2\) son puntos de acumulación, mientras que \(2\) no lo es.
Primero, sea \(r>0\). Para \(x=0\), tomemos
\[ a= \min\left\{ \frac r2,\frac12 \right\}. \]
Entonces
\[ 0<a<1, \]
por lo que \(a\in A\), además \(a\ne0\) y \(|a|<r\). Así,
\[ a\in \bigl(B(0,r)\setminus\{0\}\bigr)\cap A. \]
Por tanto,
\[ 0\in\operatorname{Acc}(A). \]
Para \(x=1/2\), sea
\[ \delta= \min\left\{ \frac r2,\frac14 \right\}>0 \]
y tomemos
\[ a=\frac12+\delta. \]
Entonces
\[ \frac12<a<1, \]
de modo que \(a\in A\), \(a\ne1/2\) y
\[ \left|a-\frac12\right|<r. \]
Así,
\[ \frac12\in\operatorname{Acc}(A). \]
En cambio,
\[ B\left(2,\frac12\right) = \left(\frac32,\frac52\right) \]
sólo encuentra al conjunto \(A\) en el propio punto \(2\):
\[ B\left(2,\frac12\right)\cap A=\{2\}. \]
Al perforar el centro,
\[ \left( B\left(2,\frac12\right)\setminus\{2\} \right)\cap A = \varnothing. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ 0,\frac12\in\operatorname{Acc}(A), \qquad 2\notin\operatorname{Acc}(A). } \]
36. Da un ejemplo de un punto de acumulación que no pertenezca al conjunto y otro de un punto de acumulación que sí pertenezca.
Podemos usar otra vez
\[ A=(0,1)\cup\{2\}. \]
El punto
\[ 0 \]
no pertenece a \(A\), pero el microcontrol anterior muestra que
\[ 0\in\operatorname{Acc}(A). \]
Así, \(0\) es un punto de acumulación exterior al conjunto.
Por otro lado,
\[ \frac12\in A \]
y también
\[ \frac12\in\operatorname{Acc}(A). \]
Por tanto,
\[ \boxed{ 0\notin A,\ 0\in\operatorname{Acc}(A), } \]
mientras que
\[ \boxed{ \frac12\in A\cap\operatorname{Acc}(A). } \]
La acumulación no decide la pertenencia del centro.
37. Demuestra que ningún punto exterior a \(A\) puede pertenecer a \(\operatorname{Acc}(A)\).
Supongamos
\[ x\in\operatorname{ext}(A). \]
Entonces existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\cap A=\varnothing. \]
Como
\[ B(x,r)\setminus\{x\} \subseteq B(x,r), \]
también
\[ \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A=\varnothing. \]
Así hemos encontrado un radio positivo para el cual falla la condición universal de acumulación.
Por tanto,
\[ x\notin\operatorname{Acc}(A). \]
Concluimos
\[ \boxed{ \operatorname{Acc}(A)\cap\operatorname{ext}(A)=\varnothing. } \]
38. Prueba \(\overline A=A\cup\operatorname{Acc}(A)\) sin usar sucesiones.
Primero,
\[ A\subseteq\overline A \]
y
\[ \operatorname{Acc}(A)\subseteq\overline A. \]
Por tanto,
\[ A\cup\operatorname{Acc}(A) \subseteq \overline A. \]
Para la inclusión contraria, sea
\[ x\in\overline A. \]
Si
\[ x\in A, \]
entonces ya tenemos
\[ x\in A\cup\operatorname{Acc}(A). \]
Supongamos ahora
\[ x\notin A. \]
Como \(x\in\overline A\), para todo \(r>0\),
\[ B(x,r)\cap A\ne\varnothing. \]
Pero como \(x\notin A\), cualquier punto de esa intersección es automáticamente distinto de \(x\).
Por tanto,
\[ \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A\ne\varnothing \]
para todo \(r>0\).
Así,
\[ x\in\operatorname{Acc}(A). \]
Luego,
\[ \overline A \subseteq A\cup\operatorname{Acc}(A). \]
Por ambas inclusiones,
\[ \boxed{ \overline A = A\cup\operatorname{Acc}(A). } \]
39. Si \(A\subseteq B\), demuestra \(\operatorname{Acc}(A)\subseteq\operatorname{Acc}(B)\).
Supongamos
\[ A\subseteq B \]
y sea
\[ x\in\operatorname{Acc}(A). \]
Entonces para todo \(r>0\),
\[ \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A\ne\varnothing. \]
Sea \(r>0\). Elijamos
\[ a\in \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A. \]
Como \(A\subseteq B\), el mismo punto satisface
\[ a\in B. \]
Así,
\[ a\in \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap B. \]
Por tanto,
\[ \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap B\ne\varnothing \]
para todo \(r>0\).
Luego,
\[ x\in\operatorname{Acc}(B). \]
Concluimos
\[ \boxed{ A\subseteq B \Longrightarrow \operatorname{Acc}(A)\subseteq\operatorname{Acc}(B). } \]
40. Para \(a<b\), demuestra directamente mediante bolas perforadas que \(\operatorname{Acc}((a,b))=[a,b]\).
Sea
\[ A=(a,b). \]
Primero demostremos
\[ [a,b]\subseteq\operatorname{Acc}(A). \]
Si
\[ x\in(a,b), \]
sea \(r>0\). Tomemos
\[ \delta = \min\left\{ \frac r2,\frac{b-x}{2} \right\}>0 \]
y definamos
\[ y=x+\delta. \]
Entonces
\[ x<y<b, \]
de modo que \(y\in A\), además \(y\ne x\) y \(|y-x|<r\). Así,
\[ x\in\operatorname{Acc}(A). \]
Para \(x=a\), dado \(r>0\), tomemos
\[ y= a+ \min\left\{ \frac r2,\frac{b-a}{2} \right\}. \]
Entonces
\[ a<y<b, \]
\(y\ne a\) y \(|y-a|<r\). Por tanto,
\[ a\in\operatorname{Acc}(A). \]
Para \(x=b\), tomemos
\[ y= b- \min\left\{ \frac r2,\frac{b-a}{2} \right\}. \]
Análogamente,
\[ a<y<b, \]
\(y\ne b\) y \(|y-b|<r\), de modo que
\[ b\in\operatorname{Acc}(A). \]
Así,
\[ [a,b]\subseteq\operatorname{Acc}(A). \]
Ahora sea
\[ x<a. \]
Tomemos
\[ r=\frac{a-x}{2}>0. \]
Entonces
\[ B(x,r)\subset(-\infty,a), \]
por lo que
\[ B(x,r)\cap A=\varnothing. \]
Así,
\[ x\notin\operatorname{Acc}(A). \]
Si
\[ x>b, \]
tomamos
\[ r=\frac{x-b}{2}>0, \]
y obtenemos una bola disjunta de \(A\). Por tanto tampoco es punto de acumulación.
No quedan más casos. Luego,
\[ \boxed{ \operatorname{Acc}((a,b))=[a,b]. } \]
§4.6. Puntos aislados y descomposición local
41. Demuestra directamente que si \(x\) es aislado en \(A\), entonces \(x\in\overline A\) pero \(x\notin\operatorname{Acc}(A)\).
Si \(x\) es aislado en \(A\), entonces
\[ x\in A \]
y existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\cap A=\{x\}. \]
Como \(x\in A\) y siempre \(A\subseteq\overline A\), obtenemos
\[ x\in\overline A. \]
Además,
\[ \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A=\varnothing. \]
Así existe un radio positivo para el cual falla el test universal de acumulación. Por tanto,
\[ x\notin\operatorname{Acc}(A). \]
En conclusión,
\[ \boxed{ x\text{ aislado en }A \Longrightarrow x\in\overline A \ \text{y}\ x\notin\operatorname{Acc}(A). } \]
42. Prueba la equivalencia \(x\text{ aislado en }A\iff x\in A\setminus\operatorname{Acc}(A)\).
Supongamos primero que \(x\) es aislado en \(A\). Entonces
\[ x\in A \]
y, por el microcontrol anterior,
\[ x\notin\operatorname{Acc}(A). \]
Por tanto,
\[ x\in A\setminus\operatorname{Acc}(A). \]
Recíprocamente, supongamos
\[ x\in A\setminus\operatorname{Acc}(A). \]
Entonces \(x\in A\) y
\[ x\notin\operatorname{Acc}(A). \]
Negar la acumulación significa que existe \(r>0\) tal que
\[ \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A=\varnothing. \]
Como además \(x\in A\) y \(x\in B(x,r)\), la única intersección posible es el propio centro:
\[ B(x,r)\cap A=\{x\}. \]
Así, \(x\) es aislado en \(A\).
Por tanto,
\[ \boxed{ x\text{ aislado en }A \iff x\in A\setminus\operatorname{Acc}(A). } \]
43. Para \(A=(0,1)\cup\{2\}\), clasifica \(0\), \(1/2\) y \(2\) respecto de pertenencia, adherencia, acumulación y aislamiento.
Para \(x=0\):
\[ 0\notin A. \]
Sin embargo, toda bola positiva centrada en \(0\) intersecta \((0,1)\), por lo que
\[ 0\in\overline A \]
y
\[ 0\in\operatorname{Acc}(A). \]
Como \(0\notin A\), no puede ser aislado en \(A\).
Para \(x=1/2\):
\[ \frac12\in A. \]
Además, aparecen puntos de \((0,1)\) distintos de \(1/2\) arbitrariamente cerca, de modo que
\[ \frac12\in\overline A \]
y
\[ \frac12\in\operatorname{Acc}(A). \]
Por tanto no es aislado.
Para \(x=2\):
\[ 2\in A\subseteq\overline A. \]
Pero
\[ B\left(2,\frac12\right)\cap A=\{2\}, \]
de modo que
\[ 2\notin\operatorname{Acc}(A). \]
Así, \(2\) es aislado en \(A\).
La clasificación es
\[ \begin{array}{c|c|c|c|c} x & x\in A & x\in\overline A & x\in\operatorname{Acc}(A) & \text{aislado}\\ \hline 0 & \text{no} & \text{sí} & \text{sí} & \text{no}\\ 1/2 & \text{sí} & \text{sí} & \text{sí} & \text{no}\\ 2 & \text{sí} & \text{sí} & \text{no} & \text{sí} \end{array} \]
44. Demuestra que todo \(n\in\mathbb Z\) es aislado en \(\mathbb Z\) usando un radio que pueda elegirse igual para todos los enteros.
Sea
\[ n\in\mathbb Z. \]
Tomemos el radio uniforme
\[ r=\frac12. \]
Si
\[ m\in\mathbb Z \]
y
\[ m\ne n, \]
entonces
\[ |m-n|\ge1. \]
Por tanto ningún entero distinto de \(n\) pertenece a
\[ B\left(n,\frac12\right). \]
Como \(n\) sí pertenece a esa bola,
\[ B\left(n,\frac12\right)\cap\mathbb Z=\{n\}. \]
Así,
\[ \boxed{ \text{todo }n\in\mathbb Z\text{ es aislado en }\mathbb Z. } \]
El mismo radio \(1/2\) sirve para todos los enteros.
45. Demuestra directamente que \(\mathbb Z\cap\operatorname{Acc}(\mathbb Z)=\varnothing\).
Sea
\[ n\in\mathbb Z. \]
Por el microcontrol anterior,
\[ B\left(n,\frac12\right)\cap\mathbb Z=\{n\}. \]
Al perforar el centro,
\[ \left( B\left(n,\frac12\right)\setminus\{n\} \right)\cap\mathbb Z = \varnothing. \]
Por tanto,
\[ n\notin\operatorname{Acc}(\mathbb Z). \]
Como esto vale para todo
\[ n\in\mathbb Z, \]
ningún punto del propio conjunto \(\mathbb Z\) es de acumulación.
Así,
\[ \boxed{ \mathbb Z\cap\operatorname{Acc}(\mathbb Z)=\varnothing. } \]
Esta afirmación es local respecto de los puntos pertenecientes a \(\mathbb Z\) y no requiere clasificar aquí los centros reales exteriores a \(\mathbb Z\).
46. Sea \(F\subseteq\mathbb R\) finito. Demuestra que cada punto de \(F\) es aislado. Separa explícitamente el caso en que \(F\) tiene un solo elemento.
Si
\[ F=\{x\}, \]
entonces cualquier radio \(r>0\) satisface
\[ B(x,r)\cap F=\{x\}. \]
Por tanto \(x\) es aislado.
Supongamos ahora que
\[ F=\{x_1,\dots,x_n\}, \qquad n\ge2, \]
con puntos distintos.
Fijemos
\[ x_k\in F. \]
Las distancias
\[ |x_k-x_j|, \qquad j\ne k, \]
son positivas y forman una familia finita. Por tanto existe
\[ d_k= \min_{j\ne k}|x_k-x_j|>0. \]
Tomemos
\[ r=\frac{d_k}{2}. \]
Si \(j\ne k\), entonces
\[ |x_j-x_k|\ge d_k>r, \]
de modo que
\[ x_j\notin B(x_k,r). \]
El único punto de \(F\) dentro de la bola es \(x_k\):
\[ B(x_k,r)\cap F=\{x_k\}. \]
Así, \(x_k\) es aislado.
Como \(x_k\) era arbitrario,
\[ \boxed{ \text{todo punto de un conjunto finito }F\text{ es aislado en }F. } \]
47. Explica por qué el hecho de que \(x\) sea aislado en \(A\) no implica que \(\{x\}\) contenga una bola abierta de \(\mathbb R\) alrededor de \(x\).
Que \(x\) sea aislado en \(A\) significa que existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\cap A=\{x\}. \]
Esta igualdad sólo controla qué puntos de \(A\) aparecen dentro de la bola.
No afirma
\[ B(x,r)\subseteq\{x\}. \]
De hecho, toda bola positiva centrada en \(x\) contiene infinitos números reales distintos de \(x\). Por ejemplo,
\[ x+\frac r2\in B(x,r) \]
y
\[ x+\frac r2\ne x. \]
Por tanto,
\[ B(x,r)\not\subseteq\{x\}. \]
Así, aislamiento significa que \(x\) queda solo respecto del conjunto \(A\), no que el singleton \(\{x\}\) contenga una bola de la recta real.
48. Demuestra la descomposición disjunta \(A=(A\cap\operatorname{Acc}(A))\,\dot\cup\,(A\setminus\operatorname{Acc}(A))\), e interpreta matemáticamente ambas partes.
Todo punto de \(A\) cae en una de dos posibilidades:
\[ x\in\operatorname{Acc}(A) \]
o
\[ x\notin\operatorname{Acc}(A). \]
Por tanto,
\[ A = \bigl(A\cap\operatorname{Acc}(A)\bigr) \cup \bigl(A\setminus\operatorname{Acc}(A)\bigr). \]
Las dos partes son disjuntas por definición: ningún punto puede pertenecer simultáneamente a \(\operatorname{Acc}(A)\) y a su complemento.
Así,
\[ \boxed{ A = \bigl(A\cap\operatorname{Acc}(A)\bigr) \,\dot\cup\, \bigl(A\setminus\operatorname{Acc}(A)\bigr). } \]
La primera parte contiene los puntos de \(A\) que son puntos de acumulación: otros puntos de \(A\) reaparecen arbitrariamente cerca.
La segunda parte contiene exactamente los puntos aislados, porque
\[ x\text{ aislado en }A \iff x\in A\setminus\operatorname{Acc}(A). \]
Por tanto la descomposición separa exhaustivamente, dentro del propio conjunto, los puntos acumulados de los puntos aislados.
§4.7. Abiertos y cerrados: de lo local a lo global
49. Demuestra directamente, usando la definición, que todo intervalo abierto \((a,b)\) es un conjunto abierto.
Sea
\[ x\in(a,b). \]
Entonces
\[ x-a>0 \qquad\text{y}\qquad b-x>0. \]
Tomemos
\[ r_x= \frac12\min\{x-a,b-x\}>0. \]
Si
\[ y\in B(x,r_x), \]
entonces
\[ |y-x|<r_x. \]
De aquí se sigue
\[ a<y<b. \]
Por tanto,
\[ B(x,r_x)\subseteq(a,b). \]
Como \(x\in(a,b)\) era arbitrario, cada punto del intervalo posee una bola contenida en él.
Así,
\[ \boxed{ (a,b)\text{ es abierto.} } \]
50. Prueba \(A\text{ abierto}\iff A=\operatorname{int}(A)\).
Supongamos primero que \(A\) es abierto.
Entonces todo punto de \(A\) es interior a \(A\), de modo que
\[ A\subseteq\operatorname{int}(A). \]
Pero siempre
\[ \operatorname{int}(A)\subseteq A. \]
Por ambas inclusiones,
\[ A=\operatorname{int}(A). \]
Recíprocamente, supongamos
\[ A=\operatorname{int}(A). \]
Sea
\[ x\in A. \]
Entonces
\[ x\in\operatorname{int}(A), \]
por lo que existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A. \]
Así, todo punto de \(A\) es interior y, por definición,
\[ A\text{ es abierto}. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ A\text{ abierto} \iff A=\operatorname{int}(A). } \]
51. Sea \(\{A_i\}_{i\in I}\) una familia arbitraria de abiertos. Demuestra que \(\bigcup_{i\in I}A_i\) es abierto, identificando exactamente dónde se elige un índice de la familia.
Definamos
\[ A=\bigcup_{i\in I}A_i. \]
Sea
\[ x\in A. \]
Por definición de unión, existe al menos un índice
\[ j\in I \]
tal que
\[ x\in A_j. \]
Aquí se elige el índice de la familia.
Como \(A_j\) es abierto, existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A_j. \]
Y como
\[ A_j\subseteq\bigcup_{i\in I}A_i=A, \]
obtenemos
\[ B(x,r)\subseteq A. \]
Por tanto \(x\) es interior a \(A\).
Como \(x\) era arbitrario,
\[ \boxed{ \bigcup_{i\in I}A_i \text{ es abierto.} } \]
La familia puede ser arbitraria porque, para un punto de la unión, basta encontrar un conjunto de la familia que lo contenga.
52. Demuestra que la intersección de dos abiertos es abierta y explica por qué aparece el radio \(\min\{r,s\}\).
Sean \(A\) y \(B\) abiertos y sea
\[ x\in A\cap B. \]
Como \(A\) es abierto, existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A. \]
Como \(B\) es abierto, existe \(s>0\) tal que
\[ B(x,s)\subseteq B. \]
Para satisfacer simultáneamente ambas inclusiones, elegimos
\[ \rho=\min\{r,s\}>0. \]
Entonces
\[ B(x,\rho)\subseteq B(x,r)\subseteq A \]
y
\[ B(x,\rho)\subseteq B(x,s)\subseteq B. \]
Por tanto,
\[ B(x,\rho)\subseteq A\cap B. \]
Así, \(x\) es interior a \(A\cap B\).
Como \(x\) era arbitrario,
\[ \boxed{ A\cap B\text{ es abierto.} } \]
El mínimo aparece porque necesitamos un único radio que no exceda ninguno de los dos radios disponibles.
53. Prueba \(F\text{ cerrado}\iff F=\overline F\) únicamente con las definiciones y la dualidad entre exterior y clausura.
Supongamos primero que \(F\) es cerrado.
Entonces
\[ F^c \]
es abierto.
Sea
\[ x\notin F. \]
Entonces
\[ x\in F^c. \]
Como \(F^c\) es abierto, existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq F^c. \]
Por tanto,
\[ B(x,r)\cap F=\varnothing, \]
de modo que
\[ x\notin\overline F. \]
Hemos probado
\[ \overline F\subseteq F. \]
Pero siempre
\[ F\subseteq\overline F. \]
Así,
\[ F=\overline F. \]
Recíprocamente, supongamos
\[ F=\overline F. \]
Sea
\[ x\in F^c. \]
Entonces
\[ x\notin\overline F. \]
Como
\[ \overline F = (\operatorname{ext}(F))^c, \]
se sigue que
\[ x\in\operatorname{ext}(F). \]
Por tanto existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq F^c. \]
Así, todo punto de \(F^c\) es interior a \(F^c\), y por tanto \(F^c\) es abierto.
Luego,
\[ F\text{ es cerrado}. \]
Concluimos
\[ \boxed{ F\text{ cerrado} \iff F=\overline F. } \]
54. Deduce \(A\text{ cerrado}\iff\operatorname{Acc}(A)\subseteq A\).
Sabemos que
\[ A\text{ cerrado} \iff A=\overline A. \]
También sabemos que
\[ \overline A = A\cup\operatorname{Acc}(A). \]
Por tanto,
\[ A\text{ cerrado} \]
si y sólo si
\[ A = A\cup\operatorname{Acc}(A). \]
Esta igualdad ocurre exactamente cuando
\[ \operatorname{Acc}(A)\subseteq A. \]
Así,
\[ \boxed{ A\text{ cerrado} \iff \operatorname{Acc}(A)\subseteq A. } \]
La condición no dice que todos los puntos de \(A\) sean de acumulación; sólo exige que ningún punto de acumulación quede fuera del conjunto.
55. Demuestra que \(\overline A\) es el menor conjunto cerrado que contiene a \(A\).
Primero,
\[ A\subseteq\overline A. \]
Además, por idempotencia,
\[ \overline{\overline A} = \overline A. \]
Por la caracterización de cerrados,
\[ \overline A \]
es cerrado.
Así, \(\overline A\) es un conjunto cerrado que contiene a \(A\).
Ahora sea \(F\) cualquier conjunto cerrado con
\[ A\subseteq F. \]
Por monotonicidad de la clausura,
\[ \overline A \subseteq \overline F. \]
Como \(F\) es cerrado,
\[ \overline F=F. \]
Por tanto,
\[ \overline A\subseteq F. \]
Así,
\[ \boxed{ \overline A \text{ es el menor conjunto cerrado que contiene a }A. } \]
56. Usa complementos y las leyes de De Morgan para demostrar que las intersecciones arbitrarias de cerrados son cerradas y las uniones finitas de cerrados son cerradas.
Sea
\[ \{F_i\}_{i\in I} \]
una familia de conjuntos cerrados.
Entonces cada
\[ F_i^c \]
es abierto.
Por De Morgan,
\[ \left( \bigcap_{i\in I}F_i \right)^c = \bigcup_{i\in I}F_i^c. \]
La unión arbitraria de abiertos es abierta. Por tanto,
\[ \left( \bigcap_{i\in I}F_i \right)^c \]
es abierto, y así
\[ \boxed{ \bigcap_{i\in I}F_i \text{ es cerrado.} } \]
Ahora sean
\[ F_1,\dots,F_n \]
cerrados.
Por De Morgan,
\[ \left( \bigcup_{k=1}^nF_k \right)^c = \bigcap_{k=1}^nF_k^c. \]
Cada complemento es abierto y una intersección finita de abiertos es abierta. Por tanto,
\[ \left( \bigcup_{k=1}^nF_k \right)^c \]
es abierto.
Así,
\[ \boxed{ \bigcup_{k=1}^nF_k \text{ es cerrado.} } \]
57. Clasifica \((0,1)\), \([0,1]\), \([0,1)\), \(\varnothing\) y \(\mathbb R\) como abiertos, cerrados, ambos o ninguno, justificando cada respuesta mediante los criterios de esta sección.
Para
\[ (0,1), \]
cada punto posee margen interior, así que el conjunto es abierto. No es cerrado porque
\[ \overline{(0,1)}=[0,1]\ne(0,1). \]
Por tanto,
\[ \boxed{ (0,1)\text{ es abierto y no cerrado.} } \]
Para
\[ [0,1], \]
tenemos
\[ \overline{[0,1]}=[0,1], \]
así que es cerrado. No es abierto porque \(0\) y \(1\) no son puntos interiores.
Por tanto,
\[ \boxed{ [0,1]\text{ es cerrado y no abierto.} } \]
Para
\[ [0,1), \]
el punto \(0\) pertenece al conjunto pero no es interior, de modo que no es abierto.
Además,
\[ 1\in\overline{[0,1)} \]
pero
\[ 1\notin[0,1), \]
así que
\[ [0,1)\ne\overline{[0,1)}. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ [0,1)\text{ no es abierto ni cerrado.} } \]
El conjunto vacío es abierto por vacuidad. Como
\[ \varnothing^c=\mathbb R \]
y \(\mathbb R\) es abierto, \(\varnothing\) también es cerrado.
Así,
\[ \boxed{ \varnothing\text{ es abierto y cerrado.} } \]
Finalmente, \(\mathbb R\) es abierto porque toda bola real permanece en \(\mathbb R\). Como
\[ \mathbb R^c=\varnothing \]
y \(\varnothing\) es abierto, \(\mathbb R\) también es cerrado.
Por tanto,
\[ \boxed{ \mathbb R\text{ es abierto y cerrado.} } \]
§4.8. Un diccionario local para leer conjuntos
58. Completa, sin consultar las secciones anteriores, los seis tests locales para interior, exterior, adherencia, frontera, acumulación y aislamiento. Después verifica cada cuantificador.
Los seis tests son
\[ x\in\operatorname{int}(A) \iff \exists r>0:\ B(x,r)\subseteq A, \]
\[ x\in\operatorname{ext}(A) \iff \exists r>0:\ B(x,r)\subseteq A^c, \]
\[ x\in\overline A \iff \forall r>0:\ B(x,r)\cap A\ne\varnothing, \]
\[ x\in\partial A \iff \forall r>0: \begin{cases} B(x,r)\cap A\ne\varnothing,\\ B(x,r)\cap A^c\ne\varnothing, \end{cases} \]
\[ x\in\operatorname{Acc}(A) \iff \forall r>0: \bigl(B(x,r)\setminus\{x\}\bigr)\cap A\ne\varnothing, \]
y
\[ x\text{ aislado en }A \iff x\in A \ \text{y}\ \exists r>0:\ B(x,r)\cap A=\{x\}. \]
Interior, exterior y aislamiento buscan algún radio favorable. Adherencia, frontera y acumulación exigen controlar todo radio positivo. La frontera observa simultáneamente \(A\) y \(A^c\); la acumulación perfora el centro.
59. Demuestra de nuevo \(\operatorname{int}(A)\subseteq A\subseteq\overline A\), indicando qué definición justifica cada inclusión.
Sea
\[ x\in\operatorname{int}(A). \]
Existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A. \]
Como \(x\in B(x,r)\), se sigue que \(x\in A\). Por tanto,
\[ \operatorname{int}(A)\subseteq A. \]
Ahora sea \(x\in A\). Para cualquier \(r>0\),
\[ x\in B(x,r)\cap A. \]
Así,
\[ B(x,r)\cap A\ne\varnothing \]
para todo \(r>0\), y por tanto \(x\in\overline A\).
Concluimos
\[ \boxed{ \operatorname{int}(A)\subseteq A\subseteq\overline A. } \]
La primera inclusión usa la definición de interior; la segunda, la definición de adherencia.
60. Prueba \(\operatorname{int}(\operatorname{int}(A))=\operatorname{int}(A)\) y compara su mecanismo con la prueba de \(\overline{\overline A}=\overline A\).
Siempre,
\[ \operatorname{int}(\operatorname{int}(A)) \subseteq \operatorname{int}(A), \]
porque \(\operatorname{int}(B)\subseteq B\) para todo conjunto \(B\).
Para la inclusión contraria, sea \(x\in\operatorname{int}(A)\). Existe \(r>0\) tal que
\[ B(x,r)\subseteq A. \]
La bola \(B(x,r)\) es abierta, de modo que todos sus puntos son interiores a \(A\):
\[ B(x,r)\subseteq\operatorname{int}(A). \]
Así,
\[ x\in\operatorname{int}(\operatorname{int}(A)). \]
Por tanto,
\[ \boxed{ \operatorname{int}(\operatorname{int}(A)) = \operatorname{int}(A). } \]
El mecanismo es dual al de la idempotencia de la clausura: una vez aplicada la operación, repetirla no descubre una capa local nueva.
61. Para \(a<b\), construye una tabla con interior, clausura, frontera y condición abierto/cerrado de \((a,b)\), \([a,b]\) y \([a,b)\).
Los tres conjuntos tienen
\[ \operatorname{int}(A)=(a,b), \qquad \overline A=[a,b], \qquad \partial A=\{a,b\}. \]
La clasificación es
\[ \begin{array}{c|c|c|c|c} A & \operatorname{int}(A) & \overline A & \partial A & \text{clasificación}\\ \hline (a,b) & (a,b) & [a,b] & \{a,b\} & \text{abierto, no cerrado}\\ [a,b] & (a,b) & [a,b] & \{a,b\} & \text{cerrado, no abierto}\\ [a,b) & (a,b) & [a,b] & \{a,b\} & \text{ni abierto ni cerrado} \end{array} \]
La diferencia está en la pertenencia de los extremos, mientras que la clausura y la frontera permanecen invariantes.
62. Para \(A=(0,1)\cup\{2\}\), determina \(\operatorname{int}(A)\), \(\overline A\), \(\partial A\) y \(\operatorname{Acc}(A)\), y explica qué propiedad local distingue al punto \(2\).
Tenemos
\[ \operatorname{int}(A)=(0,1), \]
\[ \overline A=[0,1]\cup\{2\}, \]
\[ \partial A=\{0,1,2\}, \]
y
\[ \operatorname{Acc}(A)=[0,1]. \]
El punto \(2\) se distingue porque es aislado. Por ejemplo,
\[ B\left(2,\frac12\right)\cap A=\{2\}. \]
Así,
\[ 2\in A\setminus\operatorname{Acc}(A). \]
Es adherente y fronterizo, pero no es punto de acumulación.
63. Para \(A=(0,1)\setminus\{1/2\}\), explica por qué \(1/2\) pertenece simultáneamente a \(\overline A\), \(\partial A\) y \(\operatorname{Acc}(A)\), pero no a \(A\).
Por construcción,
\[ \frac12\notin A. \]
Sea \(r>0\) y tomemos
\[ a= \frac12+ \min\left\{ \frac r2,\frac14 \right\}. \]
Entonces \(a\in A\), \(a\ne1/2\) y
\[ \left|a-\frac12\right|<r. \]
Por tanto,
\[ \frac12\in\operatorname{Acc}(A). \]
Como \(\operatorname{Acc}(A)\subseteq\overline A\),
\[ \frac12\in\overline A. \]
Además, el propio centro \(1/2\) pertenece a \(A^c\) y a toda bola centrada en él. Así, toda bola toca \(A\) y \(A^c\):
\[ \frac12\in\partial A. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ \frac12\notin A, \qquad \frac12\in\overline A\cap\partial A\cap\operatorname{Acc}(A). } \]
64. Decide cuál es la negación correcta de cada afirmación y explica qué noción del capítulo aparece al interpretar cada negación.
La negación de
\[ \exists r>0:\ B(x,r)\subseteq A \]
es
\[ \forall r>0:\ B(x,r)\not\subseteq A. \]
Equivalentemente,
\[ \forall r>0:\ B(x,r)\cap A^c\ne\varnothing, \]
es decir,
\[ x\in\overline{A^c}. \]
La negación de
\[ \forall r>0:\ B(x,r)\cap A\ne\varnothing \]
es
\[ \exists r>0:\ B(x,r)\cap A=\varnothing, \]
que equivale a
\[ x\in\operatorname{ext}(A). \]
La negación de
\[ \forall r>0: (B(x,r)\setminus\{x\})\cap A\ne\varnothing \]
es
\[ \exists r>0: (B(x,r)\setminus\{x\})\cap A=\varnothing. \]
Si además \(x\in A\), esto equivale a
\[ B(x,r)\cap A=\{x\}, \]
y por tanto \(x\) es aislado en \(A\).
Así, negar un universal produce un radio testigo, mientras que negar un existencial obliga a controlar todos los radios.
65. Resume en dos o tres frases el mecanismo común de C04 sin enumerar definiciones. Tu resumen debe explicar qué papel cumplen la ventana, el cuantificador y el conjunto observado.
C04 estudia un conjunto fijando un punto y observando qué puede o debe ocurrir dentro de las ventanas \(B(x,r)\) al cambiar la escala. El cuantificador decide si basta encontrar una ventana favorable o si la condición debe cumplirse para todas, mientras que el conjunto observado —\(A\), \(A^c\), ambos lados o la bola perforada— determina qué rasgo local se está leyendo.
Una misma infraestructura métrica produce así todo el diccionario local del capítulo.