A i è un aperto in E. i=1

Proposizione 1. A è aperto se e solo se A c è chiuso. Dimostrazione. = : se x o A c, allora x o A = A o e quindi esiste r > 0 tale che B(x o, r) A; allora x o non può essere di accumulazione per A c. Dunque se un punto è di accumulazione per A c deve per forza appartenere ad A c, ovvero (A c ) A c. = : se x o A allora x o A c e quindi, se per ipotesi A c è chiuso, x o non può essere di accumulazione per A c ; negando la condizione x o (A c ) si ottiene che esiste allora r > 0 tale che B(x o, r) A c =Ø, ovvero B(x o, r) A e quindi x o è interno ad A, il che prova che A è aperto. Proposizione 2. 1. A è aperto se e solo se A A =Ø. 2. C è chiuso se e solo se C C. Dimostrazione. Proviamo la condizione necessaria della 1. Se A è aperto, ogni x o A è interno, e quindi ceramente non appartiene alla frontiera. Viceversa, se A A =Ø, ogni elemento di A non appartiene a A e quindi è necessariamente interno. Proviamo la 2. Se C è chiuso per la Porposizione 1 A = C c è aperto; quindi per la 1, C c C c =Ø; Ma C c = C e quindi C c C =Ø, il che significa che C C. Viceversa, se C C, e A = C c allora A C = A c e quindi A A =Ø; di nuovo per la 1. allora A è aperto e per la Proposizione 1 C = A c è chiuso. Proposizione. C è chiuso se e solo se C = C. Dimostrazione. = : Dalla Proposizione 2 C C e poichè C = C C si ha C C C ovvero C = C. = Se C = C in particolare C C, cioè C C C e quindi C C; dalla Proposizione 2, allora, C è chiuso. Proposizione 4. Gli aperti di uno spazio normato (E, ) godono delle proprietà 1 Ø e E sono aperti; 2 Se {A α, α I} è una famiglia di sottoinsiemi aperti di E, allora α I A α è un aperto; Se A 1,, A n sono aperti in E anche n A i è un aperto in E. i=1 Dimostrazione Che tutto lo spazio E sia aperto è un immediata conseguenza della definizione, in quanto ogni x E è interno allo spazio; per questo motivo E =Ø, e quindi E E; dunque dalla Proposizione 2, E è anche chiuso, e quindi il suo complementare, cioè Ø, è aperto. 1

Per provare la 2, osserviamo che comunque scelto x α I A α deve esistere almeno un α I tale che x A α che è aperto; pertanto esiste anche r > 0 tale che B(x, r) A α α I A α e quindi x è interno all unione. Per provare la infine, osserviamo che se x n A i =Ø non si deve provare nulla; se invece i=1 n A i cioè x A i, i = 1,, n,allora esistono n raggi, r i tali che B(x, r i ) A i. i=1 Preso r = min{r 1,, r n } > 0 risulta chiaramente B(x, r) B(x, r i ) A i ovvero B(x, r) n A i, ovvero x è interno all intersezione.. Utilizzando la Proposizione 1 e le Leggi di De Morgan, si ottiene immediatamente il seguente Corollario. I chiusi di uno spazio normato (E, ) godono delle proprietà 1 Ø e E sono chiusi; 2 Se {C α, α I} è una famiglia di sottoinsiemi chiusi di E, allora α I C α è un chiuso; i=1 Se A 1,, A n sono chiusi in E anche n C i è un chiuso in E. Infine, come ultima caratterizzazione dei chiusi proviamo il seguente risultato. Proposizione 5. In uno spazio normato (E, ) sono equivalenti 1 C è chiuso in E; 2 per ogni successione (x n ) n C convergente a x o E risulta x o C. i=1 Dimostrazione. Proviamo innanzitutto che 1= 2. Supponiamo per assurdo che esista invece (x n ) C convergente a x o, ma che x o C; allora x o C c che per l ipotesi 1 è aperto; dunque esiste un raggio r tale che B(x o, r) C c ovvero B(x o, r) C =Ø, mentre per la convergenza dovrebbe contenere una coda della successione, e quindi dovrebbe contenere elementi di C. Passiamo all implicazione inversa; per provare che 2 = 1, proviamo che C C. Sia allora x o C fissato; consideriamo r 1 = 1 e applichiamo la definizione di punto di accumulazione; dunque B(x o, 1) C \ {x o } Ø, ovvero esiste x 1 C B(x o, 1) e x 1 x o ; allora ρ 1 = x o x 1 > 0 e scegliendo r 2 = ρ 1 2 1 2 e iterando il procedimento si trova x 2 C B(x o, r 2 )\{x o } che di nuovo implica 0 < ρ 2 = x 2 x o < 1 ; proseguendo in questo modo si costruisce una 2 2

successione di punti x n C tali che x n x o 1 2 n e quindi tale che x n x o. Dall ipotesi 2, quindi x o C che è esattamente quello che ci proponevamo di provare.

Teorema 1. (Caratterizzazione dei connessi di R) Un sottoinsieme I di R è connesso se e solo se è un intervallo, o una semiretta o tutto R. Dimostrazione. Proviamo prima che se I è del tipo detto, allora I è connesso. A tale scopo, supponiamo per fissare le idee, che I sia limitato superiormente, e supponiamo per assurdo che I ammetta una sconnessione (A 1, A 2 ). Allora I A i Ø; di conseguenza, anche A i I o Ø, e quindi possiamo scegliere x A 1 I o e x A 2 I o ; poichè A 1 A 2 =Ø, necessariamente x x. Supponiamo per esempio che x < x, e poniamo H = {x I : x x e [x, x] A 1 }, x o = sup H. Poichè tra i punti di H vi è in particolare x, risulta certamente x x o. Proviamo ora che x > x o. Se infatti supponiamo per assurdo che x < x o esisterebbe necessariamente un elemento ξ H tale che ξ > x ; ciò significa che ξ I e che [x, ξ] A 1. Ma allora anche [x, x ] A 1 e quindi x A 1 il che è assurdo perchè A 1 e A 2 sono disgiunti. Se supponiamo d altra parte che x o = x, esiste una successione x n H tale che x n x, e quindi [x, x n ] A 1. D altra parte x A 2 che è aperto; dunque esiste un raggio r tale che B(x, r) A 2, e per la convergenza in questa boccia cade tutta una coda della successione (x n ) n ; poichè ciascun x n A 1 di nuovo perveniamo alla contraddizione A 1 A 2 Ø. Pertanto x x o < x. Ora, poichè x, x I o, x o [x, x [, necessariamente anche x o I o. Proviamo che [x, x o [ A 1 ; se x = x o l intervallo è vuoto e l inclusione è immediata; se invece x < x o, possiamo determinare una successione (ξ n ) n H convergente dal basso a x o (perchè I non è degenere e tutti i suoi punti interni sono di accumulazione sia da destra che da sinistra). Quindi tutti gli intervalli [x, ξ n [ sono contenuti in A 1 ; allora [x, x o [= n [x, ξ n [ A 1. (1) Se supponiamo che x o A 1, x o A 1 I o che è aperto, e quindi esiste certamente x 1 > x o tale che [x o, x 1 ] A 1 I o A 1 I (perchè contiene un intorno centrato in x o e dunque, a maggior ragione, contiene un intorno destro di x o ). Dalla (1), [x, x o [ [x o, x 1 ] = [x, x 1 ] A 1 ; ma allora x 1 H e questo contraddice il fatto che x o è un maggiorante di H. D altra parte se supponiamo che x o A 2, esiste certamente x 2 < x o tale che [x 2, x o ] A 2 (di nuovo perchè A 2 è aperto quindi contiene un intorno centrato in x o e dunque, a maggior ragione, contiene un intorno sinistro di x o ); senza restrizione di generalità si può supporre che x 2 x. Quindi [x 2, x o ] A 1 =Ø. Ma allora nessun elemento ξ x 2 può appartenere ad H, perchè in caso contrario [x 2, ξ] [x, ξ] A 1 e quindi x 2 A 1 ; cioè x 2 è un maggiorante di H. Allora sup H x 2 < x o che è di nuovo una contraddizione. In conclusione il punto x o I ma x o A 1 A 2 e questo contraddice l assunzione che (A 1, A 2 ) è una sconnessione per I. Viceversa, proviamo che se I è un connesso, allora è un insieme del tipo elencato. Per brevità trattiamo solo il caso di I connesso limitato, lasciando al lettore la trattazione dei rimanenti casi. 4

Poniamo allora a = inf I, b = sup I; negare che I sia uno qualsiasi degli intervalli determinati da a e da b, equivale a supporre che ci sia un punto x o ]a, b[\i; infatti, se al contrario fosse ]a, b[ I, I coinciderebbe con uno dei quattro intervalli [a, b], ]a, b[, [a, b[, ]a, b]. Prendiamo A 1 = (, x o [, A 2 =]x o, + ) e osserviamo che sono entrambe aperti, che sono disgiunti e la loro unione copre I; in altre parole abbiamo generato una sconnessione di I, il che nega l ipotesi che I sia connesso. 5

Teorema 2. Ogni insieme E stellato è connesso. Dimostrazione. Sia E stellato rispetto a x o e supponiamo per assurdo che E ammetta una sconnessione (A 1, A 2 ); allora x o appartiene ad uno solo dei due aperti, sia per esempio x o A 1. Poichè E A 2 Ø, possiamo scegliere x 1 E A 2 ; consideriamo I 1 = {t ]0, 1[: tx o + (1 t)x 1 A 1 }, I 2 = {t ]0, 1[: tx o + (1 t)x 1 A 2 }. Allora I 1 I 2 =]0, 1[ e I 1 I 2 =Ø; se proviamo che sono aperti e non vuoti abbiamo determinato una sconnessione di ]0, 1[ e quindi perveniamo ad un assurdo. Proviamo ora che sono entrambe non vuoti; basta provarlo per I 1 perchè la dimostrazione che I 2 Ø è analoga. Consideriamo la successione in ]0, 1[ definita da t n = n 1 n, e consideriamo corrispondentemente x n = t n x o + (1 t n )x 1 ; è facile verificare che x n x o. D altra parte, essendo A 1 aperto, e x o A 1 esiste certamente r > 0 tale che B(x o, r) A 1, mentre dalla convergenza, risulta x n B(x o, r) per n sufficientemente grande; dunque x n A 1 definitivamente, e di conseguenza t n I 1 definitivamente; ciò ci assicura che I 1 Ø. Proviamo per esempio che I 1 è aperto, cioè che se t o I 1 allora tutto un intorno di t o cade in I 1. Poniamo x = t o x o + (1 t o )x 1. Per definizione di I 1 si ha x A 1, ed essendo quest ultimo aperto, esiste r > 0 tale che B(x, r) A 1. Poichè x o x 1 (perchè appartengono a due insiemi disgiunti), risulta x o x 1 > 0. ] [ ] [ r Proviamo che t o x o x 1, t r r o + I 1 ; infatti se τ t o x o x 1 x o x 1, t r o + x o x 1 si ha τx o +(1 τ)x 1 x = (τ t o )x o +[(1 τ) (1 t o )]x 1 = (τ t o )x o (τ t o )x 1 = τ t o x o x 1 < r. Quindi τx o + (1 τ)x 1 B(x, r) A 1 che per definizione implica τ I 1. 6

Teorema. Se E è aperto e connesso, allora è connesso per poligonali. Dimostrazione. Consideriamo in E la relazione binaria x... y se e solo se esiste una poligonale S(x, y) tutta contenuta in E. E facile convincersi che si tratta di una relazione di equivalenza. Denotiamo con E[x] la classe di equivalenza del generico elemento x E ovvero E[x] = {y E : x... y}. Proviamo che E[x] è aperto per ogni x E. Infatti se y E[x], y E che è aperto, e quindi esiste r > 0 tale che B(y, r) E; ora B(y, r) è stellato rispetto a y quindi ogni suo punto z... y e poichè y... x per transitività z... x; così B(y, r) E[x] e quindi ogni punto di E[x] è interno. Ovviamente se x... y si ha E[x] E[y] =Ø; ma allora E[x] e E[y] sono due aperti y...x disgiunti la cui unione copre E, in altre parole costituiscono una sconnessione di E, il che contraddice l assunzione che E è connesso. Dunque non possono esistere due punti di E tali che x... y, ovvero x... y per ogni coppia di punti di E, il che assicura che E è connesso per poligonali. 7

Primo teorema di continuità globale. Siano V e W due spazi normati, D un sottoinsieme aperto di V e f : D W. Allora f è continua se e solo se per ogni aperto B W risulta f 1 (B) aperto in V. Dimostrazione. Proviamo prima la parte necessaria, cioè supponiamo f continua, e fissiamo un aperto B W. Se f 1 (B) è vuoto non vi è nulla da provare. Se f 1 (B) non è vuoto, vogliamo provare che ogni suo punto è interno. Sia allora x o f 1 (B); allora f(x o ) B e dunque esiste certamente r > 0 tale che B[f(x o ), r] B. Per l assunzione di continuità esiste in corrispondenza δ(r) > 0 tale che per ogni x D con x x o V < δ risulta f(x) f(x o ) W < r. D altra parte anche D è aperto; quindi esiste ρ > 0 tale che B(x o, ρ) D. Allora se scegliamo δ (r) = min{δ(r), ρ} risulta certamente B(x o, δ ) D ma anche f(x) B[f(x o ), r] per ogni x B(x o, δ ), e dunque B(x o, δ ) f 1 (B). Viceversa, proviamo la condizione sufficiente: fissato arbitrariamente x o D, per provare la continuità di f in x o, fissiamo ε > 0 e consideriamo l aperto in B = B[f(x o ), ε] W. Per l ipotesi risulta f 1 (B) aperto in V, e poichè ovviamente x o f 1 (B), deve esistere δ > 0 tale che B(x o, δ) f 1 (B). Ciò significa che per ogni x D con x x o V < δ risulta f(x) B = B[f(x o ), ε] cioè f(x) f(x o ) W < ε che è esattamente la definizione di continuità nel punto x o Secondo teorema di continuità globale. Siano V e W due spazi normati, D un sottoinsieme chiuso di V e f : D W una funzione continua. Allora per ogni chiuso C W risulta f 1 (C) chiuso in V. Dimostrazione. Fissato il chiuso C, sia x o [f 1 (C)], e sia (x n ) n una successione in f 1 (C) convergente a x o. Vogliamo provare che x o f 1 (C) ovvero che f 1 (C) contiene ogni suo punto di accumulazione. Sappiamo che x o D, in quanto D è chiuso, che f(x n ) C, e per la continuità, che f(x n ) f(x o ); dunque x o f 1 (C). 8

Teorema di conservazione della connessione. Siano V e W due spazi normati, C un sottoinsieme connesso di V e f : C W una funzione continua. Allora f(c) è connesso. Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che esista una sconnessione (B 1, B 2 ) di f(c), e consideriamo C i = f 1 (B i ). Immediatamente si prova che C 1 e C 2 sono disgiunti, e che la loro unione ricopre C. Tuttavia non è detto che essi siano aperti, perchè per poter applicare il Primo teorema di continuità globale avremmo bisogno di sapere che anche C è aperto. Per questo motivo occorre costruire diversamente una sconnessione di C (in modo da pervenire ad una contraddizione). Per ogni x C consideriamo r(x) = { d(x, C2 ) se x C 1 d(x, C 1 ) se x C 2. Vogliamo provare innanzitutto che r(x) > 0 per ogni x C. Anche per questo passo procediamo per assurdo, e supponiamo per esempio, che esista x o C 1 tale che r(x o ) = 0; dunque deve esistere una successione (x n ) n C 2 tale che x o x n V 0; quindi si ha anche x n x o e per la continuità f(x n ) f(x o ). Poichè x o C 1 la sua immagine f(x o ) B 1 che è aperto; pertanto f(x n ) B 1 definitivamente; allora anche x n C 1 definitivamente, il che è assurdo perchè si era scelta x n C 2 e C 1 C 2 =Ø. Consideriamo ora gli insiemi A 1 = x C 1 B ( x, r(x) ), A 2 = ( B x, r(x) ). x C 2 Vogliamo provare che costituiscono una sconnessione di C. Intanto sono entrambe aperti, perchè sono unione di aperti; inoltre è evidente che C i A i per i = 1, 2 e quindi che C = C 1 C 2 A 1 A 2. Resta allora da provare che sono disgiunti. Supponiamo ancora per assurdo che ( A 1 A 2 contenga un punto x o ; allora debbono esistere x 1 C 1 e x 2 C 2 tali che x o B x 1, r(x ) ( 1) B x 2, r(x ) 2). Supponiamo per esempio r(x 1 ) r(x 2 ); allora x 1 x 2 V x 1 x o V + x o x 2 V < r(x 1) + r(x 2) < r(x 2 ). Ma x 1 C 1 e quindi r(x 2 ) = d(x 2, C 1 ) x 2 x 1 V < r(x 2 ) che è assurdo. 9

Teorema di Heine. Sia K un sottoinsieme sequenzialmente compatto di uno spazio normato (V, V ), e sia f : K (W, W ) una funzione continua. Allora f è uniformemente continua. Dim. Ciò che si vuole provare è che per ogni ε > 0 eiste δ(ε) > 0 tale che per ogni coppia di punti x, x K con x x V < δ risulta f(x ) f(x ) W < ε. Procediamo per assurdo, ovvero supponiamo che esista ε > 0 tale che per ogni δ > 0 esistono x δ, x δ D con x δ x δ V < δ ma f(x δ ) f(x δ ) W > ε. Applicando questa ipotesi assurda con δ = 1 n, n N+ si costruiscono quindi due successioni (x n) n, (x n) n D tali che x n x n V < 1 n e f(x n) f(x n) W > ε. Dalla compattezza sequenziale di K esiste una sottosuccessione (x n p ) p convergente a un elemento x o K; d altra parte se si considera la sottosuccessione (x n p ) p risulta x n p x o V x n p x n p V + x n p x o V < 1 n p + x n p x o V, e quindi immediatamente si ottine che anche converge a x o. Per la continuità di f (che come si è provato precedentemente comporta la continuità sequenziale), risulta allora che lim p + f(x n p ) = f(x o ), lim p + f(x n p ) = f(x o ). Dunque, in corrspondenza di ε esiste p tale che per ogni p > p risulta f(x n p ) f(x o ) W < ε, f(x n p ) f(x o ) W < ε e quindi, sempre per la disuguaglianza triangolare, f(x n p ) f(x n p ) W f(x n p ) f(x o ) W + f(x n p ) f(x o ) W < ε + ε < ε che contraddice l ipotesi inziale, cioè che f(x n) f(x n) W > ε per ogni n N. 10