7 Settimana 7-11 novembre

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1 7 Settimana 7-11 novembre 7.1 Topologia di R Definizione 7.1 Sia x R. Un insieme U R si die intorno di x se ontiene un intervallo aperto ontenente x. Equivalentemente, se esiste ɛ > 0 tale he ]x ɛ, x + ɛ[ U. Se W ontiene un intorno U di x, allora W è intorno di x. In partiolare, l unione (anhe infinita) di intorni di x è un intorno di x. Un intersezione finita di intorni di x è un intorno di x. Un intersezione infinita di intorni può non essere un intorno, ome nel aso di U n =] 1/n, 1/n[, n Z +. Grazie al onetto di intorni, possiamo riformulare la definizione di suessione onvergente nel seguente modo: la suessione (x n ) onverge a x se e solamente se per ogni U intorno di x, x n U definitivamente. Definizione 7.2 Un insieme A R si die aperto se è intorno di ogni suo punto. insieme F R si die hiuso se il suo omplementare F è un aperto. Un Proposizione 7.1 Unione (anhe infinita) di aperti è aperta. Intersezione finita di aperti è aperta. Intersezione (anhe infinita) di hiusi è hiusa. Unione finita di hiusi è hiusa. Proposizione 7.2 (Caratterizzazione di aperti e hiusi tramite suessioni) A R è aperto se e solamente se per ogni x A ogni suessione he onverge ad x appartiene ad A definitivamente. F R è hiuso se e solamente il limite di ogni suessione onvergente a valori in F appartiene ad F. Definizione 7.3 Sia E R. La parte interna di E è l insieme E:= A. A E La hiusura di E è l insieme E := F E F. Quindi la parte interna di E è un aperto (il più grande aperto ontenuto in E), mentre la hiusura di E è un hiuso (il più piolo hiuso he ontiene E). Vale E E E. Eserizio 7.1 Dimostrare le seguenti aratterizzazioni di parte interna e hiusura E= {x E E intorno di x} = {x E ɛ > 0 tale he ]x ɛ, x + ɛ[ E}, E = {x R U intorno di x risulta U E } = {x R ɛ > 0, ]x ɛ, x + ɛ[ E }. 1

2 Soluzione. Il punto x appartiene ad E se e soltanto se appartiene ad un aperto ontenuto in se e soltanto se E è un intorno di x, se e soltanto se esiste ɛ > 0 tale he ]x ɛ, x+ɛ[ E. Il punto x non appartiene ad E se e solamente se appartiene al omplementare di un hiuso ontenente se e solamente se esiste un intorno di x disgiunto da se e solamente se esiste ɛ > 0 tale he ]x ɛ, x + ɛ[ E =. Quindi x appartiene ad E se e solamente se per ogni intorno U di x risulta U E, se e solamente se per ogni ɛ > 0 risulta ]x ɛ, x + ɛ[ E =. Eserizio 7.2 Dimostrare he x E se e solamente se ogni suessione onvergente ad x appartiene ad E definitivamente. Dimostrare he x E se e solamente se esiste una suessione di elementi di E he onverge a x. Soluzione. Se x appartiene ad per la Proposizione 7.2 ogni suessione he onverge ad x appartiene ad E definitivamente ( E è aperto), e quindi ad E definitivamente. Vieversa, supponiamo he ogni suessione he onverge ad x appartiene ad E definitivamente e ragioniamo per assurdo: se x non appartenesse a per l eserizio 7.1 per ogni n Z + l insieme ]x 1/n, x+1/n[ E sarebbe non vuoto, quindi potremmo trovare una suessione x n ]x 1/n, x + 1/n[ E, he quindi onverge ad x ma i ui valori non appartiengono mai ad E. Se x per ogni n Z + l insieme ]x 1/n, x + 1/n[ E è non vuoto (eserizio 7.1), quindi detto x n un elemento di tale insieme si ha he x n E ed (x n ) tende a x. Se vieversa x è il limite di una suessione (x n ) a valori in allora in partiolare x n e dal fatto he E è hiuso segue he x E (Proposizione 7.2). Eserizio 7.3 Dimostrare le seguenti formule E = ( E ), E= (E ). Soluzione. Riordiamo le formule ( Allora si ha i I A i) = i I E = E = F E A E A i, F A ( = i I A i) = i I A E = F E A = E, F = E, A i. e passando ai omplementari si trovano le formule volute. 2

3 Eserizio 7.4 Dimostrare he A B = A B, he A B A B, ma he in generale l inlusione è stretta. Dimostrare he (A B)= A B, he (A B) A B, ma he in generale l inlusione è stretta. Soluzione. L insieme A B è hiuso e ontiene A B, quindi A B A B. D altra parte, da A A B (e B A B) segue he A A B (e B A B). Quindi A B A B, e periò vale l uguaglianza. L insieme A B è hiuso e ontiene A B, quindi A B A B. L esempio A = [0, 1[, B =]1, 2] mostra he l inlusione può essere stretta. Usando le formule dell eserizio 7.3 e quanto dimostrato sopra si ha (A B)= ((A B) ) = (A B ) = (A B ) = A B = A B, (A B)= ((A B) ) = (A B ) (A B ) = A B = A B, ome volevasi dimostrare. Definizione 7.4 Un elemento x R si die punto di aumulazione per E R se ogni intorno di x ontiene elementi di E diversi da x stesso. Equivalentemente, se per ogni ɛ > 0 l insieme (]x ɛ, x + ɛ[ E) \ {x} è non vuoto. Un elemento x E si die punto isolato di E se non è punto di aumulazione per E. L insieme dei punti di aumulazione è un hiuso. La hiusura di E è omposta dall unione (disgiunta) dei suoi punti di aumulazione e dei suoi punti isolati. Proposizione 7.3 Il punto x R è punto di aumulazione di E se e solamente se esiste una suessione x n E \ {x} he onverge ad x. Eserizio 7.5 Determinare parte interna, hiusura, punti di aumulazione e punti isolati degli insiemi { 1 A = m + 1 } { } m 2 m, n Z+, B = m N, n Z+. n n2 Soluzione. La parte interna di A è ovviamente vuota. Mostriamo he i punti di aumulazione di A sono tutti i soli i punti dell insieme { } 1 H := {0} k k Z+. Innanzitutto, è ovvio he tutti i punti di H sono punti di aumulazione di A: se U è un intorno di 0, allora il punto 2/n = 1/n + 1/n appartiene ad U per n suffiientemente grande; se V è un intorno di 1/k allora 1/k + 1/n appartiene a V per n suffiientemente grande. Mostriamo he ogni x R punto di aumulazione di A è un punto dell insieme H. Per la 3

4 aratterizzazione della Proposizione 7.3, esiste una suessione (1/n h + 1/m h ) h N di punti di A he tende ad x ma he non prende il valore x. Allora neessariamente (n h ) oppure (m h ) è illimitata (altrimenti la suessione prenderebbe un numero finito di valori, e quindi oiniderebbe on il suo limite x definitivamente). Supponendo ad esempio (m h ) illimitata e selta (m kh ) una sottosuessione divergente si hanno due asi: se (n kh ) è illimitata, neessariamente diverge, quindi 1/n kh + 1/m kh 0 e quindi x = 0; se (n kh ) è limitata, neessariamente è definitivamente uguale ad un erto n, quindi 1/n kh + 1/m kh 1/n e x = 1/n. Dato he la hiusura di A è l unione di A e dei suoi punti di aumulazione, A = A {0} (gli ltri punti di H appartengono ad A). I punti isolati di A sono pertanto tutti i punti in A \ H, ioè i punti della forma 1/n + 1/m tali he n + m non divide nm. Essendo omposto da numeri razionali, l insieme B ha parte interna vuota. Mostriamo he l insieme dei punti di aumulazione di B è l intervallo [0, + [. Ovviamente, ogni punto di aumulazione deve stare in questo intervallo. Sia x 0. Dato he i razionali sono densi in R, possiamo trovare una suessione di razionali positivi (n h /m h ) he onverge a x e he non prende il valore x. Allora (n 2 h /m2 h ) è una suessione di punti di B he onverge ad x senza prendere mai il valore x. Quindi la hiusura di B è anh essa l intervallo [0, + [, e B non ha punti isolati. Eserizio 7.6 Trovare un sottoinsieme E di R tale he i seguenti 7 insiemi risultino distinti: E. Dimostrare he ontinuando ad alternare parti interne e hiusure non se ne possono trovare di nuovi. Soluzione. Un esempio è l insieme per ui E = [0, 2] {3} [4, 5], E = [0, 1[ ]1, 2] {3} ([4, 5] Q), E=]0, 2[ ]4, 5[, E=]0, 1[ ]1, 2[, E = [0, 2] [4, 5], E = [0, 2], E=]0, 2[. Proseguendo in questo modo non si possono trovare insiemi nuovi per il seguente motivo. Se F è la hiusura di un aperto, allora la hiusura della parte interna di F oinide on F. Se A è la parte interna di un hiuso, allora la parte interna della hiusura di A oinide on A. Dimostriamo la prima affermazione. Per ipotesi F = A on A aperto. Dato he A F è un aperto, si ha A F, e prendendo le hiusure F = A F. D altra parte, essendo F F un hiuso, F F. Conludiamo he F = F. La seonda affermazione si dimostra in modo analogo, oppure si può dedurre dalla prima passando ai omplementari. Se infatti A = F on 4

5 , si ha A = F, quindi A è la hiusura di un aperto, e per la prima affermazione A = A. Ma il primo insieme è uguale a A, he a sua volte è uguale a ( A). Conludiamo he A = A. 5

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