Ideologia

Topolog´ de Espacios M´tricos
ıa
e

Control no 1
Justifique adecuadamente cada respuesta.
1 (20 puntos) Sea la aplicaci´n d : R × R −→ R definida como
o
d(x, y) =

|x − y| + 1 si x > 0 o y > 0 pero no los dos
|x − y| en los dem´s casos
a

(a) Demuestre que se trata de una distancia sobre R.
(b) Encuentre las bolas de centro en 0 y radio r > 0.
Resoluci´n: (a) Veamos que d esdistancia:
o
d(x, y) ≥ 0 pues o bien es un valor absoluto, o bien un valor absoluto + 1.
Si d(x, y) = 0, la unica posibilidad es que d(x, y) = |x − y| = 0, con lo cual x = y. Rec´
´
ıprocamente, si x = y, seg´n la definici´n de d, tenemos que d(x, x) = |x − x| = 0.
u
o
d(x, y) = d(y, x) por la simetr´ del valor absoluto.
ıa
Por ultimo, la desigualdad triangular:
´
(i) Si x > 0 e y ≤ 0,entonces d(x, y) = |x − y| + 1 ≤ |x − z| + |z − y| + 1; si z > 0, entonces
|x − z| = d(x, z) y |z − y| + 1 = d(z, y), por tanto se cumple. Si, por el contrario z ≤ 0,
entonces |z − y| = d(z, y) y |x − z| + 1 = d(x, z), tambi´n se cumple.
e
(ii) Si ahora, x > 0 e y > 0, o bien x ≤ 0 e y ≤ 0 entonces d(x, y) = |x − y| ≤ |x − z| + |z − y|,
pero tambi´n es d(x, y) ≤ |x − z| + |z − y| + 1 o d(x, y) ≤ |x− z| + 1 + |z − y| + 1, con lo cual
e
se dan todos los casos posibles.
(b) B(0, r) = {x ∈ R : d(x, 0) < r}; si x > 0, entonces d(x, 0) < r es x + 1 < r, por lo que en este
caso, si r ≤ 1 la bola no contiene ning´n punto; si r > 1, entonces es x < r − 1, es decir, el intervalo
u
(0, r − 1). Si por el contrario x ≤ 0, entonces d(x, 0) < r es |x| < r, es decir −x < r o, cambiando
el signo x >−r, es decir el intervalo (−r, 0]. En resumen, si r < 1, la bola es B(0, r) = (−r, 0] y si
r > 1, es B(0, r) = (−r, r − 1).
2 (15 puntos) Demuestre que, en R con la topolog´ usual, todo intervalo abierto se puede expresar
ıa
como uni´n numerable de intervalos cerrados.
o
Resoluci´n: Sea un intervalo abierto (a, b) con a, b ∈ R, podemos intentar poner este intervalo como
o
uni´n de intervalosdel tipo [a + 1/n, b − 1/n], pero hemos de asegurarnos que a + 1/n < b − 1/n,
o
es decir b − a > 2/n y por tanto que debemos tomar n > (b − a)/2. Entonces
(a, b) = ∪n>(b−a)/2 [a + 1/n, b − 1/n], n ∈ N;
en efecto, tal y como los hemos tomado cada intervalo [a + 1/n, b − 1/n] est´ incluido en (a, b) y,
a
por tanto tambi´n la uni´n. S´lo resta probar la inclusi´n en sentido contrario; si x ∈ (a,b, basta
e
o
o
o
tomar n de tal manera que 1/n < m´
ın{x − a, b − x} y cumpla la condici´n anterior para que
o
x ∈ [a + 1/n, b − 1/n]. Si el intervalo es no acotado, por ejemplo (a, +∞), basta tomar los intervalos
cerrados de la forma [a + 1/n, n] y de forma similar si el intervalo es no acotado inferiormente.
3 (15 puntos) Demuestre que en Rn con la distancia usual, la esfera unidadS(0, 1) = {x ∈ Rn : d2 (x, 0) = 1}
OCW-Universidad de Murcia

Pedro Jos´ Herrero Pi˜eyro
e
n

es un conjunto cerrado.
Resoluci´n: Podemos ver que su complementario Rn − S(0, 1) = {x ∈ Rn : d(x, 0) > r} ∪ B(0, 1),
o
es abierto. Como la bola abierta B(0, 1) es abierto, s´lo hay que ver que {x ∈ Rn : d(x, 0) > r} es
o
n con d(x, 0) > r y tomamos s < d(x, 0) − r, vamos a comprobar que B(x,s) ⊂
abierto. Si x ∈ R
{x ∈ Rn : d(x, 0) > r}. Sea y ∈ B(x, s), entonces d(x, 0) ≤ d(x, y) + d(y, 0) es decir, cambiando de
miembro d(x, y) y por c´mo hemos tomado s, se cumple d(y, 0) ≥ d(x, 0) − d(x, y) > s + r − s = r,
o
y por tanto y ∈ {x ∈ Rn : d(x, 0) > r}, en definitiva B(x, s) ⊂ {x ∈ Rn : d(x, 0) > r} que es lo
que necesit´bamos probar.
a
4 (20 puntos) Considere en R2 con latopolog´ usual el conjunto
ıa
A = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y < 1; 0 < x < 1} ∪ {(2, 0)}
◦

Haga una representaci´n gr´fica y encuentre A, A, A y ∂A.
o
a
Resoluci´n: Se trata del cuadrado unidad sin los “bordes”, con excepci´n del segmento que une
o
o
el origen con el punto (1, 0), sin estos v´rtices, junto con el punto (2, 0), como muestra el gr´fico:
e
a
Veamos que el segmento que une el...