\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{3}
\Titulo{Espacios métricos}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa como}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{El espacio métrico \texorpdfstring{$\RR^n$}{Rn}}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Toda familia de abiertos disjuntos dos a dos de~$\RR^n$ es a lo sumo
numerable. 

\item Muestre que la misma conclusión es falsa para familias de cerrados
disjuntos dos a dos.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $\U$ una familia de abiertos disjuntos dos a dos de~$\RR^n$
y supongamos sin pérdida de generalidad que $\emptyset\not\in\U$. Sea
$\phi:\NN\to\QQ^n$ una biyección. Para cada $U\in\U$ el conjunto
$S(U)\coloneqq\{n\in\NN:\phi(n)\in U\}$ es un subconjunto no vacío
de~$\NN$, porque $U\cap\QQ^n\neq\emptyset$ ya que $U$ es no vacío y abierto
y $\QQ^n$ denso en~$\RR^n$, así que tiene sentido considerar la función
$\Phi:U\in\U\mapsto\min S(U)\in\NN$. Esta función es inyectiva: si $U$ y
$V$ son dos elementos de~$\U$ y $\Phi(U)=\Phi(V)$, entonces
$U\ni\phi(\Phi(U))=\phi(\Phi(V))\in V$, de manera que $U\cap
V\neq\emptyset$ y, como los elementos de~$\U$ son disjuntos dos a dos, debe
ser $U=V$. Es claro ahora que $\#\U\leq\aleph_0$.

\ejitem{2} Los elementos de $\mathscr{F}=\{\{t\}:t\in\RR\}$ son cerrados
de~$\RR$ dos a dos disjuntos y $\mathscr{F}$ tiene evidentemente
cardinal~$\c$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:base} Sea $\B$ el conjunto de todas las bolas abiertas
$B_r(x)$ de~$\RR^n$ con $x\in\QQ^n$ y $r\in\QQ$. Si $U$ es un abierto
de~$\RR^n$ y $x\in U$, entonces existe $B\in\B$ tal que $x\in B\subseteq
U$.

\begin{Solucion}
Sea $U$ un abierto de~$\RR^n$ y sea $x\in U$. Como $U$ es abierto, existe
$s>0$ tal que $B_s(x)\subseteq U$. Por otro lado, como el conjunto $\QQ^n$
es denso en~$\RR^n$, existe $y\in\QQ^n$ tal que $d(x,y)<s/4$. Finalmente,
como $s>0$, es $s/4<s/2$ y existe $r\in\QQ$ tal que $s/4<r<s/2$

Si $z\in B_r(y)$, entonces $d(x,z) \leq d(x,y)+d(y,z) < s/4 + r < s$,
así que $z\in B_s(x)$. Esto nos dice que $B_r(y)\subseteq B_s(x)\subseteq
U$. Por otro lado, $d(x,y) < s/4 < r$, así que $x\in B_r(y)$. Basta tomar
entonces $B=B_r(y)$, que es un elemento de~$\B$, para probar el enunciado.
\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item \emph{(Teorema de Lindelöf)} Todo cubrimiento abierto de~$\RR^n$
posee un subcubrimiento numerable.

\begin{Solucion}
Sea $\B$ el conjunto de bolas con centro en~$\QQ^n$ y radio racional, como
en el Ejercicio~\ref{ej:base}, y sea $\U$ un cubrimiento abierto de~$\RR^n$.
Para cada $x\in\RR^n$ existe $U_x\in\U$ tal que $x\in U_x$, porque $\U$
cubre~$\RR^n$, y de acuerdo al Ejercicio~\ref{ej:base} existe $B_x\in\B$
tal que $x\in B_x\subseteq U_x$. Como $C\coloneqq\{B_x:x\in\RR^n\}$ es un subconjunto
de~$\B$ y $\B$ es numerable, $C$ es él mismo, contable. Esto implica que
hay una función $\phi:\NN\to\RR^n$ tal que 
  \begin{equation}\label{eq:ld}
  C=\{B_{\phi(n)}:n\in\NN\}.
  \end{equation}
Veamos que $\U'\coloneqq\{U_{\phi(n)}:n\in\NN\}$, que manifiestamente está
contenido en~$\U$, es un cubrimiento de~$\RR^n$. Sea $y\in\RR^n$. Como
$B_y\in C$, de~\eqref{eq:ld} vemos que existe $n\in\NN$ tal que
$B_y=B_{\phi(n)}$ y, por lo tanto, que $y\in B_y=B_{\phi(n)}\subseteq
U_{\phi(n)}\in\U'$. Así, $\U'$ es un subcubrimiento de~$\U$: como $\U'$ es
numerable, esto prueba la afirmación del ejercicio. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Otra solucion]
Sea $\U$ un cubrimiento abierto de~$\RR^n$.
Si $n\in\NN$, entonces la bola cerrada $\overline B_n(0)$ es compacta y $\U$ la
cubre, así que existe un subconjunto finito~$\U_n$ de~$\U$ que también cubre
a~$\overline B_n(0)$. Si ponemos $\U'\coloneqq\bigcup_{n\geq1}\U_n$, tenemos que
  \[
  \RR^n = \bigcup_{n\geq1}\overline B_n(0)
        \subseteq\bigcup_{n\geq1}\bigcup_{U\in\U_n}U
        = \bigcup_{U\in\U'}U,
  \]
así que $\U'$ es un subcubrimiento de~$\U$. Como $\U'$ es claramente numerable,
esto prueba lo que queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:cond} Si $S\subseteq\RR^n$ y $x\in S$, decimos que $x$ es un punto de
condensación de~$S$ si para todo $\epsilon>0$ la intersección $S\cap
B_\epsilon(x)$ es no numerable. Muestre que todo conjunto no numerable
de~$\RR^n$ posee al menos un punto de condensación. ¿Puede ser que posea
uno solo?

\begin{Solucion}
Sea $S\subseteq\RR^n$ un conjunto no numerable y supongamos que $S$ no
posee ningún punto de condensación, de manera que para cada $x\in\RR^n$
existe $r_x>0$ tal que $S\cap B_{r_x}(x)$ es contable. Es claro que el
conjunto $\U\coloneqq\{B_{r_x}(x):x\in\RR^n\}$ es un cubrimiento abierto
de~$\RR^n$, así que por el teorema de Lindelöf $\U$ posee un subcubrimiento
numerable. Esto implica que hay una función $\phi:\NN\to\RR^n$ tal que
$\RR^n=\bigcup_{i\geq1}B_{r_{\phi(i)}}(\phi(i))$ y, por lo tanto, que
  \[
  S = S\cap\RR^n = S\cap \bigcup_{i\geq1}B_{r_{\phi(i)}}(\phi(i))
        =\bigcup_{i\geq1}\Bigl(S\cap B_{r_{\phi(i)}}(\phi(i))\Bigr).
  \]
Esto es absurdo, ya que esta última unión es una unión de numerables
conjuntos numerables y $S$ no es numerable. Esto prueba que $S$ posee al
menos un punto de condensación~$a$. 

\bigskip

Supongamos que $a$ es el único punto de condensación de~$S$. Si $n\in\NN$, entonces el
conjunto $S\cap(\RR^n\setminus B_{1/n}(a))$ tiene que ser numerable. En
efecto, si no lo fuera debería tener, como dijimos arriba, al menos un
punto de condensación $b$ y, como 
  \[
  b\in \overline{S\cap(\RR^n\setminus B_{1/n}(a))}
        \subseteq \overline{\RR^n\setminus B_{1/n}(a)}
        = \RR^n\setminus B_{1/n}(a),
  \]
es necesariamente $b\neq a$: esto es imposible, porque claramente $b$ es un
punto de condensación de~$S$ y estamos suponiendo que el único punto de
condensación de~$S$ es~$a$.

Hemos probado que para todo $n\in\NN$ el conjunto $S\cap(\RR^n\setminus B_{1/n}(a))$
es numerable y, como
  \[
  \bigcup_{n\geq1}\Biggl(S\cap(\RR^n\setminus B_{1/n}(a))\Biggr)
        = S\cap\bigcup_{n\geq1}(\RR^n\setminus B_{1/n}(a))
        = S\cap(\RR\setminus\{a\})
        = S\setminus\{a\},
  \]
que $S\setminus\{a\}$ también lo es. Esto es absurdo porque $S$ no es
numerable. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Una solución alternativa para la primera parte]
Sea $S$ un subconjunto no numerable de~$\RR$. Es
$S=\bigcup_{k\in\ZZ}S\cap[k,k+1]$: como $S$ es no numerable y la unión
numerable, tiene que existir $k\in\ZZ$ tal que $S\cap[k,k+1]$ es no
numerable.

Vamos a construir una sucesión $([a_n,b_n])_{n\geq1}$ de intervalos
cerrados de manera tal que para todo $n\in\NN$ se tenga que
$[a_n,b_n]\supseteq[a_{n+1},b_{n+1}]$, $\#([a_n,b_n]\cap S)>\aleph_0$  y
$b_n-a_n=1/2^{n-1}$. Empezamos poniendo $a_1=k$ y $b_1=k+1$: es
$b_1-a_1=1$ y la forma en que elegimos al entero~$k$ nos dice que
$\#([a_1,b_1]\cap S)>\aleph_0$.

Supongamos ahora que $n\in\NN$ y que ya construimos el intervalo
$[a_n,b_n]$. Sea $c=(a_n+b_n)/2$. Es 
  \[
  [a_n,b_n]\cap S = \bigl([a_n,c]\cap S\bigr)\cup
                    \bigl([c,b_n]\cap S\bigr)
  \]
y el lado izquierdo es un conjunto no numerable, así que alguno de los dos
conjuntos que aparecen en el lado derecho tiene que ser numerable:
si $[a_n,c]\cap S$ es no numerable, pongamos $a_{n+1}=a_n$ y $b_{n+1}=c$, y
si no lo es, entonces pongamos $a_{n+1}=c$ y $b_{n+1}=b_n$.
Es claro que en cualquiera de los dos casos tenemos que
$[a_n,b_n]\supseteq[a_{n+1},b_{n+1}]$, $\#([a_{n+1},b_{n+1}]\cap S)>\aleph_0$ 
y $b_{n+1}-a_{n+1}=(b_n-a_n)/2=1/2^{n}$.

Sean $\alpha=\sup\{a_n:n\in\NN\}$. Mostremos que
$\alpha$ es un punto de condensación. Sea $\epsilon>0$. La definición
de~$\alpha$ y el hecho de que la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ es creciente
implican que existe $N\in\NN$ tal que si $n\geq N$ entonces
$\alpha-\epsilon<a_n\leq\alpha$. Si ahora $m\in\NN$ es tal que $m\geq N$ y
$1/2^{m-1}<\epsilon$, entonces
$\alpha-\epsilon<a_m\leq\alpha$, así que
$b_m=a_m+1/2^{m-1}\le\alpha+1/2^{m-1}<\alpha+\epsilon$: vemos así que
$[a_m,b_m]\subseteq(\alpha-\epsilon,\alpha+\epsilon)$ y, por lo tanto, que
$(\alpha-\epsilon,\alpha+\epsilon)\cap S$ no es numerable, ya que contiene
a~$[a_m,b_m]\cap S$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Todo subconjunto discreto de~$\RR^n$ tiene cardinal a lo sumo
numerable.

\begin{Solucion}
Sea $A$ un subconjunto de~$\RR^n$ que no es numerable. El
Ejercicio~\ref{ej:cond} nos dice que hay 
un punto $a\in\RR$ que es de condensación de~$A$ y, por lo tanto,
para todo $\epsilon>0$ el conjunto $A\cap B_\epsilon(a)$ es no numerable:
esa intersección tiene por lo tanto al menos un punto distinto de~$a$ y
entonces $a$ no es un punto aislado de~$A$. Vemos así que un subconjunto no
numerable de~$\RR^n$ no es discreto y esta es la afirmación contrarrecíproca
de la que queríamos probar. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:mets} ¿De las funciones $d_i:\RR\times\RR\to\RR_{\geq0}$ dadas por
  \begin{align*}
  &d_1(x,y) = (x-y)^2,
  &&d_2(x,y) = \sqrt{\abs{x-y}},
  &&d_3(x,y) = \abs{x^2-y^2},
  \\
  &d_4(x,y) = \abs{x-2y},
  &&d_5(x,y) = \frac{\abs{x-y}}{1+\abs{x-y}},
  \end{align*}
cuáles son métricas?

\begin{Solucion}
Consideremos cada una de las funciones por separado:
\begin{itemize}

\item Es
  \(
  d_1(-1,1) = 2^2 > 1 + 1 = d_1(-1,0) + d_1(0,1),
  \)
así que $d_1$ no es una métrica.

\item Si $x$,~$y\in\RR$ es claro que 
  \[
  d_2(x,y)=\sqrt{\abs{x-y}}=0\iff x=y
  \]
y que $d_2(x,y)=d_2(y,x)$. Por otro lado, si $x$,~$y$,~$z\in\RR$, entonces
  \begin{align*}
  d_2(x,z)^2
       &= \abs{x-z} 
        \leq \abs{x-y}+\abs{y-z} \\
       &\leq \abs{x-y}+\abs{y-z}+2\sqrt{\abs{x-y}\abs{y-z}} \\
       &= (d_2(x,y)+d_2(x,y))^2
  \end{align*}
y como la función $t\in\RR_{\geq0}\mapsto t^2\in\RR_{\geq0}$ es
estrictamente creciente, tenemos que
  \[
  d_2(x,z) \leq d_2(x,y)+d_2(y,z).
  \]
Vemos así que $d_2$ es una métrica.

\item Es $d_3(1,-1)=0$ y $1\neq-1$, así que $d_2$ no es una métrica.

\item Es $d_4(0,1)=2\neq1=d_4(1,2)$, así que $d_4$ no es una métrica.

\item Es claro que para todo $x$,~$y\in\RR$ se tiene que
  \[
  d_5(x,y) = 0 \iff x=y
  \]
y que $d_5(x,y)=d_5(y,x)$. Por otro lado, sean $x$,~$y$,~$z\in\RR$.
Consideremos la función $f:t\in\RR_{\geq0}\mapsto t/(1+t)\in\RR_{\geq0}$.
Es $f'(t)=(1+t)^{-2}$ para todo $t\geq0$, así que $f$ es estrictamente
creciente en~$\RR_{\geq0}$. Por otro lado, 
si $s$,~$t\in\RR$, entonces
  \[
  f(s)+f(t) - f(s+t)
        = \frac{s^2 t+s t^2+2 s t}{(s+1) (t+1) (s+t+1)}
        \geq 0,
  \]
así que 
  \[
  f(s)+f(t)\geq f(s+t).
  \]
En particular, si ponemos $s=\abs{x-y}$ y $t=\abs{y-z}$, vemos que
  \begin{align*}
  d_5(x,y) + d_5(y,z) 
       &= f(\abs{x-y})+f(\abs{y-z})
        \geq f(\abs{x-y}+\abs{y-z}) \\
       &\geq f(\abs{x-z}) 
        = d_5(x,z).
  \end{align*}
Vemos así que $d_5$ es una métrica. \qed
\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:ds} Muestre que son métricas sobre~$\RR^n$
las funciones $d_i:\RR^n\times\RR^n\to\RR$ dadas por
  \begin{gather*}
  d_1(x,y) = \sum_{i=1}^n\abs{x_i-y_i}, \\
  d_2(x,y) = \left(\sum_{i=1}^n(x_i-y_i)^2\right)^{1/2}, \\
  d_\infty(x,y) = \sup_{1\leq i\leq n}\abs{x_i-y_i}.
  \end{gather*}
En el caso particular en que $n=1$, $n=2$ o $n=3$ dibuje las bolas
correspondientes.

\begin{Solucion}
Es inmediato que las tres funciones se anulan exactamente en los puntos de
la diagonal de~$\RR^n\times\RR^n$ y que son simétricas y no negativas, así
que es suficiente que probemos que las tres satisfacen la desigualdad
triangular. Sean $x$,~$y$ y~$z$ tres elementos de~$\RR^n$.
\begin{itemize}

\item Para cada $i\in\inter{n}$ tenemos que
  \[
  \abs{x_i-z_i}\leq\abs{x_i-y_i}+\abs{y_i-z_i},
  \]
así que
  \begin{align*}
  d_1(x,z) 
          &= \sum_{i=1}^n\abs{x_i-z_i}
           \leq \sum_{i=1}^n\Bigl(\abs{x_i-y_i}+\abs{y_i-z_i}\Bigr),
\intertext{porque cada sumando de la primera suma está acotado por el
correspondiente sumando de la segunda, y esto es}
          &= \sum_{i=1}^n\abs{x_i-y_i} + \sum_{i=1}^n\abs{y_i-z_i} 
           =d_1(x,y)+d_1(y,z).
  \end{align*}
De manera similar, para cada $j\in\inter{n}$ tenemos que
  \[
  \abs{x_j-z_j} \leq \abs{x_j-y_j}+\abs{y_j-z_j}
        \leq \sup_{1\leq i\leq n}\abs{x_i-y_i}+\sup_{1\leq i\leq n}\abs{y_i-z_i}
        = d_\infty(x,y)+d_\infty(y,z),
  \]
así que 
  \[
  d_\infty(x,z) = \sup_{1\leq i\leq n}\abs{x_i-z_i}
        \leq d_\infty(x,y)+d_\infty(y,z).
  \]

\item Sea $\ip{\place,\place}$ el producto interno usual en~$\RR^n$ y sea
$\norm{\place}$ la correspondiente norma, de manera que para cada $x$ e~$y$
en~$\RR^n$ se tiene que $d_2(x,y) = \norm{x-y}$.
Para ver que $d_2$ satisface la desigualdad triangular, entonces, es
suficiente que mostremos que si $x$,~$y$ y~$z$ están en~$\RR^n$ entonces
  \[
  \norm{x-z} \leq \norm{x-y} + \norm{y-z}.
  \]
Equivalentemente, hay que mostrar que si $u$ y $v$ son elementos de~$\RR^n$
entonces
  \[
  \norm{u+v} \leq \norm{u} + \norm{v},
  \]
ya que sabiendo eso basta poner $u=x-y$ y $v=y-z$ para obtener la
desigualdad anterior. Probemos esta última
desigualdad. Sea $f:t\in\RR\mapsto\ip{u+tv,u+tv}\in\RR$, de manera que, de
hecho, para todo $t\in\RR$ es
  \[
  f(t) = \ip{u,u} + t2\ip{u,v} + t^2\ip{v,v}.
  \]
Así, $f$ es una función polinomial. Como toma valores estrictamente
positivos, el discriminante\footnote{Recordemos que el discriminante de un
polinomio $at^2+bt+c$ es $\Delta=b^2-4ac$, y que si los coeficientes son
reales y el polinomio sólo toma valores no negativos, entonces es
$\Delta\leq0$.} del correspondiente polinomio no es positivo,
esto es, 
  \[
  4\ip{u,v}^2 - 4\ip{u,u}\ip{v,v} \leq 0
  \]
y, por lo tanto, $\ip{u,v}^2 \leq \ip{u,u}\ip{v,v}$. Tomando raíces
cuadradas a ambos lados de esta desigualdad vemos que
  \[
  \abs{\ip{u,v}} \leq \norm{u}\cdot\norm{v}.
  \]
Ahora podemos calcular que
  \begin{align*}
  \norm{u+v}^2 
       &= \ip{u+v,u+v} 
        = \ip{u,u} + 2\ip{u,v} + \ip{v,v} \\
       &\leq \norm{u}^2 + 2\abs{\ip{u,v}} + \norm{v}^2
        \leq \norm{u}^2 + 2\norm{u}\norm{v} + \norm{v}^2
        = \bigl(\norm{u}+\norm{v}\bigr)^2,
  \end{align*}
así que tomando raíces cuadradas vemos que
  \[
  \norm{u+v} \leq \norm{u} + \norm{v},
  \]
como queríamos. 

\end{itemize}

Las tres métricas coinciden cuando $n=1$, y la bola unidad centrada en~$0$
es simplemente el intervalo abierto $(-1,1)$. Los siguientes dibujos
ilustran las bolas centradas en el origen y de radio~$1$ para las tres
métricas $d_1$,~$d_2$ y $d_\infty$ cuando $n=2$.
  \[
  \begin{tikzpicture}[scale=0.75]
  \draw[dotted, very thick, blue, fill=gray!25] 
        (1,0) -- (0,1) -- (-1,0) -- (0,-1) -- cycle;
  \draw (-1.5,0) -- (1.5,0); 
  \draw (0,-1.5) -- (0,1.5);
  \end{tikzpicture}
  \quad
  \begin{tikzpicture}[scale=0.75]
  \draw[dotted, very thick, blue, fill=gray!25] 
       circle(1);
  \draw (-1.5,0) -- (1.5,0); 
  \draw (0,-1.5) -- (0,1.5);
  \end{tikzpicture}
  \quad
  \begin{tikzpicture}[scale=0.75]
  \draw[dotted, very thick, blue, fill=gray!25] 
        (1,1) -- (-1,1) -- (-1,-1) -- (1,-1) -- cycle;
  \draw (-1.5,0) -- (1.5,0); 
  \draw (0,-1.5) -- (0,1.5);
  \end{tikzpicture}
  \]
Por otro lado, cuando $n=3$ las bolas unidad de~$d_1$, $d_2$ y $d_\infty$
son, respectivamente, el octaedro de vértices $(\pm1,0,0)$, $(0,\pm1,0)$ y
$(0,0,\pm1)$, la esfera unidad, y el cubo de vértices $(\pm1,\pm1,\pm1)$.
\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Espacios métricos}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p$ un número primo positivo y sea  $d:\ZZ\times\ZZ\to\RR$ la
función tal que cada vez que $x$ e~$y$ son elementos de~$\ZZ$ es
$d(x,y)=2^{-a}$, con $a$ el máximo entero tal que $p^a\mid x-y$, si $x\neq
y$, y $d(x,y)=0$ si $x=y$. Muestre que $d$ es una métrica en~$\ZZ$. La
llamamos la \emph{métrica $p$-ádica} de~$\ZZ$.

\begin{Solucion}
Para cada entero $n$ no nulo escribamos $\nu(n)$ al mayor $a\in\NN$ tal que
$p^a\mid n$. Es claro que si $n$ es un entero no nulo, entonces
  \begin{equation} \label{e:x1}
  \nu(n) = \nu(-n).
  \end{equation}
Por otro lado, si $n$ y $m$ son dos enteros no nulos y $n+m\neq0$, entonces 
  \begin{equation} \label{eq:x2}
  \nu(n+m)\geq\min\{\nu(n),\nu(m)\}.
  \end{equation}
La métrica~$d$ del enunciado es tal que si $n$ y $m$ están en~$\ZZ$,
entonces
  \[
  d(n,m) = \begin{cases*}
           2^{-\nu(n-m)} & si $n\neq m$; \\
           0 & si $n=m$.
           \end{cases*}
  \]
Veamos que $d$ es una métrica:
\begin{itemize}

\item Es claro que $d(n,n)=0$ para todo $n\in\ZZ$. Más aún, si $n$ y $m$
son elementos de~$\ZZ$ tales que $n\neq m$, entonces
$d(n,m)=2^{-\nu(n-m)}>0$.

\item  Si $n$ y $m$ son enteros, entonces o bien $n=m$ y, por supuesto,
$d(n,m)=d(m,n)$, o bien $n\neq m$ y
$d(n,m)=2^{-\nu(n-m)}=2^{-\nu(m-n)}=d(m,n)$ por la igualdad \eqref{e:x1}.

\item Sean $n$,~$m$ y $r$ tres enteros. Queremos ver que
  \[
  d(n,r) \leq d(n,m) + d(m,r).
  \]
Si $n=r$, entonces el miembro izquierdo de la desigualdad es nulo, así que
la desigualdad es evidente. Supongamos entonces que $n\neq r$. Si ahora
$m\in\{n,r\}$, entonces uno de los sumandos del lado de la derecha de la
desigualdad se anula y el otro es igual al lado izquierdo: otra vez la
desigualdad es clara. Nos queda entonces considerar el caso en que los tres
enteros $n$,~$m$ y $r$ son distintos dos a dos. En ese caso los números
$n-r=(n-m)+(m-r)$, $n-m$ y $m-r$ son no nulos, así que la
desigualdad~\eqref{eq:x2} nos dice que
  \[
  \nu(n-r) = \nu((n-m)+(m-r)) \geq \min\{\nu(n-m),\nu(m-r)\},
  \]
así que
  \begin{align*}
  d(n,r) 
       &= 2^{-\nu(n-r)} 
        \leq 2^{-\min\{\nu(n-m),\nu(m-r)\}}
        = \min\{2^{-\nu(n-m)},2^{-\nu(m-r)}\} \\
       &= \min\{d(n,m),d(m,r)\}
        \leq d(n,m)+d(m,r).
  \end{align*}
\end{itemize}
Esto completa la prueba. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un conjunto y sea $d:X\times X\to\RR$ la función tal que si
$x$ e~$y$ son elementos de~$X$ se tiene que
  \[
  d(x,y) = \begin{cases*}       
           0 & si $x=y$; \\
           1 & si $x\neq y$.
           \end{cases*}
  \]
Muestre que se trata de una métrica sobre~$X$ y determine sus conjuntos
abiertos. Llamamos a~$\delta$ la \emph{métrica discreta} sobre~$X$.

\begin{Solucion}
Es claro que $d$ toma valores no negativos y que si $x$ e $y$ son elementos
de~$X$ se tiene que $d(x,y)=0\iff x=y$ y que $d(x,y)=d(y,x)$. Por otro
lado, si $x$,~$y$,~$z$ son elementos de~$X$, tenemos que ver que
$d(x,y)+d(y,z)\geq d(x,z)$. Esta desigualdad es evidente si $x=z$, porque
en ese caso el miembro derecho es nulo. Si en cambio $x\neq z$, entonces el
miembro derecho de la desigualdad vale~$1$ y o bien $x\neq y$ o bien $y\neq
z$, y alguno de los dos sumandos del miembro izquierdo es igual a~$1$: así,
la desigualdad también vale en este caso. Esto prueba que $d$ es una
métrica.

Sea $A$ un subconjunto de~$X$. Si $a\in A$, entonces
$B_{1/2}(a)=\{a\}\subseteq A$: esto muestra que $A$ es abierto. En
particular, el conjunto $X\setminus A$ también es abierto y, por lo tanto,
$A$ es cerrado. Vemos así que todo subconjunto de~$X$ es abierto y cerrado.
\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\ell^\infty$ el espacio vectorial real de todas las sucesiones
$(a_n)_{n\geq1}$ de números reales que son acotadas y sea
$d:\ell^\infty\times\ell^\infty\to\RR$ la función tal que
  \[
  d((a_n)_{n\geq1},(b_n)_{n\geq1}) = \sup_{n\geq1}\abs{a_i-b_i}
  \]
cada vez que $(a_n)_{n\geq1}$ y $(b_n)_{n\geq1}$ son elementos
de~$\ell^\infty$. Muestre que $d$ es una métrica.

\begin{Solucion}
Observemos antes que nada que si $a=(a_n)_{n\geq1}$ y $b=(b_n)_{n\geq1}$ son elementos
de~$\ell^\infty$, de manera que existen $A$,~$B\geq0$ tales que
$\abs{a_n}\leq A$ y $\abs{b_n}\leq B$ para todo $n\in\NN$, entonces es
$\abs{a_n-b_n}\leq\abs{a_n}+\abs{b_n}\leq A+B$ y, en particular, tiene
sentido considerar el supremo
  \(
  \sup_{n\geq1}\abs{a_n-b_n}
  \)
que usamos para definir $d(a,b)$. 

Es evidente que $d(a,b)\geq0$ y que
$d(a,b)=d(b,a)$. Más aún, si $d(a,b)=0$, entonces $\abs{a_n-b_b}\leq0$
para todo $n\in\NN$ y necesariamente $a=b$. Nos queda verificar la
desigualdad triangular. Sea $c=(c_n)_{n\geq1}$ un tercer elemento
de~$\ell^\infty$. Si $m\in\NN$, entonces
  \[
  \abs{a_m-c_m}
        \leq \abs{a_m-b_m}+\abs{b_m-c_m}
        \leq \sup_{n\geq1}\abs{a_n-b_n}+\sup_{n\geq1}\abs{b_n-c_n}
        = d(a,b) + d(b,c),
  \]
así que
  \[
  d(a,c) = \sup_{n\geq1}\abs{a_n-c_n} \leq d(a,b) + d(b,c).
  \]
Podemos concluir con todo esto que $d$ es una métrica en~$\ell^\infty$,
como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $a$ y $b$ dos números reales tales que $a<b$ y sea $C[a,b]$ el
espacio vectorial real de todas las funciones $[a,b]\to\RR$ que son
continuas. Muestre que son métricas sobre~$C[a,b]$
las funciones $d_i:C[a,b]\times C[a,b]\to\RR$ tales
que
  \begin{gather*}
  d_1(f,g) = \int_a^b\abs{f(t)-g(t)}\,\mathrm dt, 
  \qquad\qquad
  d_\infty(f,g) = \sup_{t\in[a,b]}\abs{f(t)-g(t)}
  \end{gather*}
cada vez que $f$ y $g$ son elementos de~$C[a,b]$.

\begin{Solucion}
Observemos que la integral y el supremo que definen a~$d_1$ y a~$d_\infty$
tienen sentido porque la función $\abs{f-g}$ es continua. Es claro que
ambas funciones son simétricas, no negativas, y que se anulan si y
solamente si sus dos argumentos son iguales. Mostremos que satisfacen la
desigualdad triangular. Sean $f$,~$g$ y~$h$ tres elementos de~$C[a,b]$.

Para cada $t\in[a,b]$ es 
  \begin{equation}\label{eq:tt}
  \abs{f(t)-h(t)}\leq\abs{f(t)-g(t)}+\abs{g(t)-h(t)}.
  \end{equation}
Como la integración es monótona y aditiva, tenemos entonces que
  \[
  d_1(f,h) 
        = \int_a^b\abs{f(t)-h(t)}\,\mathrm dt
        \leq \int_a^b\abs{f(t)-g(t)}\,\mathrm dt+\int_a^b\abs{g(t)-h(t)}\,\mathrm dt
        = d_1(d,g)+d_1(g,h).
  \]
Por otro lado, de la desigualdad~\eqref{eq:tt} se tiene que para todo
$s\in[a,b]$ es
  \[
  \abs{f(s)-h(s)}\leq\sup_{t\in[a,b]}\abs{f(t)-g(t)}+\sup_{t\in[a,b]}\abs{g(t)-h(t)}
        = d_\infty(f,g)+d_\infty(g,h)
  \]
y, por lo tanto, que
  \[
  d_\infty(f,h) = \sup_{t\in[a,b]} \abs{f(s)-h(s)}
        \leq  d_\infty(f,g)+d_\infty(g,h).
  \]
Esto completa la prueba de las dos desigualdades. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(X_1,d_1)$ y $(X_2,d_2)$ dos espacios métricos. Si
$d:(X_1\times X_2)\times(X_1\times X_2)\to\RR$ es la función tal que
  \[
  d((x_1,x_2),(y_1,y_2)) = d_1(x_1,y_1) + d_2(x_2,y_2)
  \]
cada vez que $(x_1,x_2)$ e~$(y_1,y_2)$ son elementos de~$X_1\times X_2$,
entonces $(X_1\times X_2,d)$ es un espacio métrico. Construya otras
métricas «naturales» sobre el conjunto~$X_1\times X_2$.

\begin{Solucion}
Sean $x=(x_1,x_2)$ e~$y=(y_1,y_2)$ dos elementos de~$X_1\times X_2$.
Es claro que
  \[
  d(x,y) = d_1(x_1,y_1) + d_2(x_2,y_2)
         = d_1(y_1,x_1) + d_2(y_2,x_2)
         = d(y,x).
  \]
Por otro lado, 
  \[
  d(x,y) = d_1(x_1,y_1) + d_2(x_2,y_2) \geq 0
  \]
porque las funciones $d_1$ y $d_2$ toman valores no negativos y, más aún, si vale la
igualdad debe ser $d_1(x_1,y_1)=d_2(x_2,y_2)=0$, así que $x_1=y_1$,
$x_2=y_2$ y, en definitiva, $x=y$.

Sea $z=(z_1,z_2)$ un tercer elemento de~$X_1\times X_2$. Es
  \begin{align*}
  d(x,z) 
        &= d_1(x_1,z_1) + d_2(x_2,z_2)
         \leq d_1(x_1,y_1) + d_1(y_1,z_1) + d_2(x_2,y_2) + d_2(y_2,z_2) \\
        &= d(x,y) + d(y,z).
  \end{align*}
Concluimos así que la función~$d$ es una métrica sobre~$X_1\times X_2$.
\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $(X,d)$ es un espacio métrico y $d':X\times X\to\RR$ es la función
tal que
  \[
  d'(x,y) = \frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}
  \]
cada vez que $x$ e~$y$ son elementos de~$X$, entonces $(X,d')$ es un
espacio métrico y $d$ y $d'$ son métricas topológicamente equivalentes.
Observemos que $0\leq d'(x,y)<1$ para todo $(x,y)\in X\times X$.

\begin{Solucion}
Sea $f:t\in[0,\infty)\mapsto t/(1+t)\in[0,\infty)$. En la solución del
Ejercicio~\ref{ej:mets} vimos que $f$ es estrictamente creciente y que si
$s$,~$t\geq0$ se tiene que $f(s) + f(t) \geq f(s+t)$ y~$f(s)\leq s$. Observemos que
$d'(x,y)=f(d(x,y))$ cada vez que $x$,~$y\in X$.

Como $d$ es simétrica, la función $d'$ es claramente simétrica. Por otro
lado, como $f$ es estrictamente creciente, $f(t)=0$ si y solamente si
$t=0$, y por lo tanto si $x$ e $y$ son elementos de~$X$, se tiene que
$d'(x,y)=f(d(x,y))=0$ si y solamente si $d(x,y)=0$, y esto ocurre si y
solamente si $x=y$. Finalmente, sean $x$, $y$ y~$z$ tres elementos de~$X$.
Como $d$ es una métrica, $d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$ y entonces
  \begin{align*}
  d'(x,z)
       &= f(d(x,z))
        \leq f(d(x,y)+d(y,z))
        \leq f(d(x,y))+f(d(y,z)) \\
       &= d'(x,z)+d'(y,z).
  \end{align*}

Mostremos ahora que las métricas~$d$ y $d'$ son topológicamente
equivalentes. Sea $x\in X$ y sea $r>0$. Si $y\in B_r(x,d)$, entonces
$d'(x,y)=f(d(x,y))\leq d(x,y)<r$, así que $y\in B_r(x,d')$: vemos así que
$B_r(x,d)\subseteq B_r(x,d')$. 

Sea, por otro lado, $s=\min\{r,\tfrac12\}$
y sea $t=s/(1+s)$, que es un elemento de~$(0,1)$. Si $y\in B_t(x,d')$, entonces
$f(d(x,y)) = d'(x,y) < t$
y, como la función $g:u\in[0,1)\mapsto u/(1-u)\in\RR$ es estrictamente
creciente y $g(f(t))=t$ para todo $t\in[0,1)$, tenemos que
$d(x,y) = g(f(d(x,y)) < g(t) = s \leq r$.
Concluimos de esta forma que $B_t(x,d')\subseteq B_r(x,d)$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $((X_n,d_n))_{n\geq1}$ una sucesión de espacios métricos tales
que para todo $n\in\NN$ y todo $(x,y)\in X_n\times X_n$ se tiene que
$d_n(x,y)\leq1$. Sea $X=\prod_{n\geq1}X_n$ y sea $d:X\times X\to\RR$ la
función tal que
  \[
  d(x,y) = \sum_{n=1}^\infty\frac{d_n(x_n,y_n)}{2^n}
  \]
cada vez que $x=(x_n)_{n\geq1}$ e~$y=(y_n)_{n\geq1}$ son elementos de~$X$.
Muestre que $(X,d)$ es un espacio métrico.

\begin{Solucion}
Observemos que la serie que define a~$d(x,y)$ converge absolutamente,
ya que tiene términos no negativos y está acotada término a término por la
serie $\sum_{n=1}^\infty2^{-n}$, que converge.

Sean $x=(x_n)_{n\geq1}$ e~$y=(y_n)_{n\geq1}$ dos elementos de~$X$. Como
para todo $n\geq1$ es $d_n(x_n,y_n)=d_n(y_n,x_n)\geq 0$, tenemos que
  \[
  d(x,y) = \sum_{n=1}^\infty\frac{d_n(x_n,y_n)}{2^n}
         = \sum_{n=1}^\infty\frac{d_n(y_n,x_n)}{2^n}
         = d(y,x)
  \]
y que
  \[
  d(x,y) = \sum_{n=1}^\infty\frac{d_n(x_n,y_n)}{2^n} \geq0.
  \]
Más aún, si vale la igualdad en esta última desigualdad, 
entonces todos los términos de la serie que ahí aparece tienen
que ser nulos, porque son todos no negativos, y por lo tanto
$d_n(x_n,y_n)=0$ para todo $n\geq1$, de manera que $x_n=y_n$ para todo
$n\geq 1$ y, en definitiva, $x=y$. Es claro, además, que $d(x,x)=0$.

Probemos, para terminar, que $d$ satisface la desigualdad triangular. 
Sea $z=(z_n)_{n\geq1}$ un tercer punto de~$X$. Para cada $n\geq1$ tenemos
que $d_n(x_n,z_n)\leq d_n(x_n,y_n)+d_n(y_n,z_n)$, así que
  \begin{align*}
  d(x,z) 
       &= \sum_{n=1}^\infty \frac{d_n(x_n,z_n)}{2^n}
        \leq \sum_{n=1}^\infty 
                \left(\frac{d_n(x_n,y_n)}{2^n}+\frac{d_n(x_n,y_n)}{2^n}\right) \\
\intertext{que es}
       &= \sum_{n=1}^\infty \frac{d_n(x_n,y_n)}{2^n}
        + \sum_{n=1}^\infty \frac{d_n(x_n,y_n)}{2^n} 
        = d(x,y) + d(y,z)
  \end{align*}
porque las dos series que aparecen aquí convergen. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que las métricas $d_1$,~$d_2$ y $d_\infty$ del
ejercicio~\ref{ej:ds} son equivalentes sobre~$\RR^n$.

\begin{Solucion}
Sean $x$ e $y$ dos puntos de~$\RR^n$. Es
  \[
  d_1(x,y) = \sum_{i=1}^n\abs{x_i-y_i}
           \leq n \sup_{1\leq i\leq n}\abs{x_i-y_i}
           = n\cdot d_\infty(x,y).
  \]
Por otro lado, si $j\in\inter{n}$ tenemos que
  \[
  \abs{x_j-y_j} = \bigl((x_j-y_j)^2\bigr)^{1/2}
        \leq \left(\sum_{i=1}^n(x_i-y_i)^2\right)^{1/2}
        = d_2(x,y),
  \]
así que
  \[
  d_\infty(x,y) = \sup_{1\leq i\leq n}\abs{x_i-y_i} \leq d_2(x,y).
  \]
Finalmente, para cada $j\in\inter{n}$ es
  \[
  (x_j-y_j)^2 = \abs{x_j-y_j}^2 \leq \sup_{1\leq i\leq n}\abs{x_i-y_i}^2
        = \left(\sup_{1\leq i\leq n}\abs{x_i-y_i}\right)^2
        = d_\infty(x,y)^2,
  \]
de manera que
  \[
  d_2(x,y)^2 = \sum_{i=1}^n(x_i-y_i)^2
        \leq n\cdot d_\infty(x,y)^2
  \]
y, por lo tanto,
  \[
  d_2(x,y) \leq \sqrt n\cdot d_\infty(x,y).
  \]
Las tres desigualdad que hemos obtenido implican inmediatamente que las
métricas $d_1$,~$d_2$ y $d_\infty$ son equivalentes. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Propiedades topológicas}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico.
\begin{ejitems}

\item Si $A\subseteq X$, entonces se tiene que
  \( \displaystyle
  A^\circ = \bigcup_{\substack{U\subseteq A\\\text{$U$ abierto}}}U
  \).

\item Es $\emptyset^\circ=\emptyset$, $X^\circ=X$ y 
cada vez que $A$ y $B$ son dos subconjuntos de~$X$ se tiene que
  \[
  A\subseteq B\implies A^\circ\subseteq B^\circ, 
  \qquad
  (A\cap B)^\circ= A^\circ\cap B^\circ, 
  \qquad
  (A\cup B)^\circ\supseteq A^\circ\cup B^\circ.
  \]
¿Puede extenderse la segunda de estas afirmaciones al caso de
intersecciones infinitas? ¿Vale siempre la igualdad en la tercera?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $A\subseteq X$. Si $x\in A^\circ$, entonces existe $r>0$ tal
que $B_r(x)\subseteq A$. Como $B_r(x)$ es un abierto contenido en~$A$,
tenemos entonces que
  \[
  x\in B_r(x) \subseteq\bigcup_{\substack{U\subseteq A\\\text{$U$ abierto}}}U.
  \]
Recíprocamente, supongamos que $x$ es un elemento de está última unión, de
manera que existe un abierto $U$ de~$X$ tal que $x\in U$ y $U\subseteq A$.
Como $U$ es abierto, existe $r>0$ tal que $B_r(x)\subseteq U$ y entonces
tenemos que $B_r(x)\subseteq A$: vemos así que $x\in A^\circ$.

\ejitem{2} Si $x$ fuera un punto de~$\emptyset^\circ$, habría un $r>0$ tal que
$x\in B_r(x)\subseteq\emptyset$: esto es absurdo, así que
$\emptyset^\circ=\emptyset$. Por otro lado, si $x\in X$, entonces
$B_1(x)\subseteq X$, así que $x\in X^\circ$: esto muestra que $X^\circ=X$.
Veamos ahora las últimas tres afirmaciones.
\begin{itemize}

\item Supongamos que $A\subseteq B$ y que $x\in A^\circ$, de manera que
existe $r>0$ tal que $B_r(x)\subseteq A$. En ese caso claramente tenemos
que $B_r(x)\subseteq B$ y, por lo tanto, que $x\in B^\circ$.

\item Sea $x\in(A\cap B)^\circ$, de manera que existe $r>0$ tal que
$B_r(x)\subseteq A\cap B$. En ese caso tenemos que $B_r(x)\subseteq A$ y
que $B_r(x)\subseteq B$, así que $x\in A^\circ$ y $x\in B^\circ$ y, por lo
tanto, $x\in A^\circ\cap B^\circ$. Sea, por otro lado, $x\in A^\circ\cap
B^\circ$. Como $x\in A^\circ$, existe $r>0$ tal que $B_r(x)\subseteq A$, y
como $x\in B^\circ$, existe $s>0$ tal que $B_s(x)\subseteq B$. Sea
$t=\min\{r,s\}$, que es un número positivo. Es $B_t(x)\subseteq
B_r(x)\subseteq A$ y $B_t(x)\subseteq B_s(x)\subseteq B$, así que
$B_t(x)\subseteq A\cap B$: esto nos dice que $t\in(A\cap B)^\circ$.

\item Sea $x\in A^\circ\cup B^\circ$, de manera que $x\in A^\circ$ o $x\in
B^\circ$, esto es, existe $r>0$ tal que o $B_r(x)\subseteq A$ o
$B_r(x)\subseteq B$.  En cualquiera de los dos casos tenemos que
$B_r(x)\subseteq A\cup B$ y, por lo tanto, que $x\in(A\cup B)^\circ$.

\end{itemize} 
Para cada $n\in\NN$ sea $A_n=(-1/n,1/n)\subseteq\RR$. Es $A_n^\circ=A_n$,
así que
  \[
  \bigcap_{n\geq_1}A_n^\circ
        = \bigcap_{n\geq1}(-1/n,1/n)
        = \{0\}
        \neq \emptyset
        = \{0\}^\circ
        = \left(\bigcap_{n\geq1}A_n\right)^\circ.
  \]
Este ejemplo muestra que la segunda igualdad del enunciado no puede extenderse al
caso de intersecciones infinitas. Por otro lado, si $A=\QQ$ y
$B=\RR\setminus\QQ$, entonces $A^\circ=B^\circ=\emptyset$, así que
$A^\circ\cup B^\circ=\emptyset\neq\RR=\RR^\circ=(A\cup B)^\circ$: vemos que
la tercera inclusión no es en general una igualdad. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico.
\begin{ejitems}

\item Si $A\subseteq X$, entonces se tiene que
  \( \displaystyle
  \overline A = \bigcap_{\substack{F\supseteq A\\\text{$F$ cerrado}}}F
  \).

\item Es $\overline\emptyset=\emptyset$, $\overline X=X$ y 
cada vez que $A$ y $B$ son dos subconjuntos de~$X$ se tiene que
  \[
  A\subseteq B\implies \overline A\subseteq \overline B, 
  \qquad
  \overline{A\cup B}= \overline A\cup\overline B, 
  \qquad
  \overline{A\cap B}\subseteq \overline A\cap \overline B.
  \]
¿Puede extenderse la segunda de estas afirmaciones al caso de
uniones infinitas? ¿Vale siempre la igualdad en la tercera?

\item Si $A\subseteq X$ y $x\in X$, entonces $x\in\overline A$ si y
solamente si existe una sucesión convergente $(x_n)_{n\geq1}$ tal que
$x_n\in A$ para todo $n\in\NN$ y $\lim\limits_{n\to\infty}x_n\in A$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $A\subseteq X$ y escribamos~$B$ a la intersección que aparece
en el enunciado. Supongamos primero que $x\in\bar A$, que $F$
es un cerrado de~$X$ que contiene a~$A$ y que $x\not\in F$: esto significa
que existe $r>0$ tal que $B_r(x)\cap F=\emptyset$. Ahora bien, como
$x\in\bar A$, es $B_r(x)\cap A\neq\emptyset$: esto es absurdo, ya que como
$A\subseteq F$ tenemos que $B_r(x)\cap A\subseteq B_r(x)\cap F$. Esta
contradicción nos dice que tiene que ser $x\in F$ y vemos así que todo
punto de~$\bar A$ está contenido en todo cerrado de~$X$ que contiene a~$A$
y, en definitiva, que $\bar A\subseteq B$.

Supongamos ahora que $x$ es un punto de~$B$ y sea $r>0$. Si $B_r(x)\cap A$
fuese vacío, tendríamos que $A\subseteq X\setminus B_r(x)$ y, como este
último conjunto es cerrado y $x$ está contenido en todo cerrado que
contiene a~$A$, que $x\in X\setminus B_r(x)$: esto es absurdo.

\ejitem{2} Si $x\in\overline{\emptyset}$, entonces
$B_1(x)\cap\emptyset\neq\emptyset$: esto es claramente imposible, así que
debe ser $\overline{\emptyset}=\emptyset$. Por otro lado, si $x\in X$ y
$r>0$, entonces $x\in B_r(x)\cap X$, así que $x\in\overline{X}$: vemos así
que $\overline{X}=X$. 
\begin{itemize}

\item Supongamos que $A\subseteq B$ y que $x\in\overline A$. Si $r>0$,
entonces $B_r(x)\cap B\supseteq B_r(x)\cap A\neq\emptyset$ porque $x\in\bar
A$ y, por lo tanto, tenemos que $x\in\overline{B}$.

\item Sea $x\in\overline{A\cup B}$ y supongamos para llegar a un absurdo
que $x\not\in\overline{A}\cup\overline{B}$, de manera que
$x\not\in\overline{A}$ y $x\not\in\overline{B}$: existen entonces $r>0$ y
$s>0$ tales que $B_r(x)\cap A=\emptyset$ y $B_s(x)\cap B=\emptyset$. Sea
$t=\min\{r,s\}$, que es un número positivo. Es
  \[
  B_t(x)\cap(A\cup B)
        = (B_t(x)\cap A)\cup(B_t(x)\cap B)
        \subseteq (B_r(x)\cap A)\cup(B_s(x)\cap B)
        = \emptyset\cup\emptyset
        = \emptyset.
  \]
Esto es absurdo, ya que $x\in\overline{A\cup B}$, y esta contradicción
provino de suponer que $x\not\in\overline{A}\cup\overline{B}$. Vemos así
que $\overline{A\cup B}\subseteq\overline{A}\cup\overline{B}$.

Por otro lado, es claro que $A$ y $B$ están contenidos en~$\overline{A\cup
B}$ y este último conjunto es cerrado, así que de acuerdo a la primera
parte de este ejercicio tenemos que $\overline A\subseteq\overline{A\cup
B}$ y que $\overline{B}\subseteq\overline{A\cup B}$. Se sigue de esto, por
supuesto, que $\overline{A}\cup\overline{B}\subseteq\overline{A\cup B}$.

\item Sea $x\in\overline{A\cap B}$. Si $r>0$, entonces 
$B_r(x)\cap A\supseteq B_r(x)\cap(A\cap B)\neq\emptyset$ y 
$B_r(x)\cap B\supseteq B_r(x)\cap(A\cap B)\neq\emptyset$: esto muestra que
$x\in\overline{A}$ y que $x\in\overline{B}$ y, por lo tanto, que
$x\in\overline{A}\cap\overline{B}$.

\end{itemize}
Para cada $n\in\NN$ sea $A_n=\{\frac{1}{n}\}\subseteq\RR$. Es
$\overline{A_n}=A_n$, y
  \[
  \bigcup_{n\geq1}\overline{A_n}
        = \bigcup_{n\geq1}\overline{A_n}
        = \{\tfrac1n:n\in\NN\}
        \not\ni 0
        \in  \overline{\{\tfrac1n:n\in\NN\}}
        = \overline{\bigcup_{n\neq1}A_n},
  \]
así que
  \[
  \bigcup_{n\geq1}\overline{A_n}
        \neq \overline{\bigcup_{n\neq1}A_n},
  \]
Esto muestra que la segunda igualdad del enunciado no puede extenderse en
general al caso de uniones infinitas. Por otro lado, si ponemos $A=\QQ$ y
$B=\RR\setminus\QQ$, tenemos que $\overline{A}=\overline{B}=\RR$ y entonces
que
  \[
  \overline{A\cap B} = \overline{\emptyset} = \emptyset
        \neq \RR = \RR\cap\RR = \overline A\cap \overline B.
  \]
Vemos así que la tercera inclusión del enunciado no es en general una
igualdad.

\ejitem{3} Sea $A$ un subconjunto de~$X$ y sea $x\in X$. Supongamos primero
que $x\in\overline{A}$. Para cada $n\in\NN$, entonces, el conjunto
$B_{1/n}(x)\cap A$ no es vacío, así que existe $a_n\in A$ tal que
$d(x,a_n)<1/n$. La sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ es por lo tanto una sucesión
en~$A$ que converge a~$x$. Recíprocamente, supongamos que $(a_n)_{n\geq1}$
es una sucesión en~$A$ que converge a~$x$. Si $r>0$, la convergencia nos
dice que existe $n_0\in\NN$ tal que para todo $n\geq n_0$ es $d(x,a_n)<r$
y, en particular, que $a_{n_0}\in B_r(x)\cap A$, de manera que esta última
intersección no es vacía: vemos así que $x\in\overline{A}$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Si $A\subseteq X$, entonces
  \[
  (X\setminus A)^\circ = X\setminus\overline A,
  \qquad
  \overline{X\setminus A} = X\setminus A^\circ.
  \]
¿Es cierto que $A=\overline{A^\circ}$ o que $A^\circ = (\overline A)^\circ$?

\begin{Solucion}
Sea $A$ un subconjunto de~$X$. Probemos primero las dos igualdades:
\begin{itemize}

\item Es $A\subseteq\overline{A}$, así que $X\setminus A\supseteq
X\setminus\overline{A}$. Como $X\setminus\overline{A}$ es un abierto, esto
implica que $(X\setminus A)^\circ\supseteq X\setminus\overline{A}$.
Por otro lado, supongamos que existe $x\in(X\setminus A)^\circ\cap\overline
A$. Como $x$ está en~$(X\setminus A)^\circ$, existe $r>0$ tal que
$B_r(x)\subseteq X\setminus A$, y entonces $B_r(x)\cap A=\emptyset$: esto
es absurdo, ya que $x\in\overline{A}$. Vemos de esta forma que debe ser
$(X\setminus A)^\circ\cap\overline A=\emptyset$ o, equivalentemente, que 
$(X\setminus A)^\circ\subseteq X\setminus\overline A$.

\item Sea $B=X\setminus A$. De acuerdo a lo que ya probamos, $A^\circ=(X\setminus
B)^\circ = X\setminus\overline B$, así que tomando complementos vemos que
$X\setminus A^\circ=\overline B=\overline{X\setminus A}$.

\end{itemize}
Si $A=\{0\}$ en~$\RR$, entonces
$\overline{A^\circ}=\overline{\emptyset}=\emptyset\neq A$. Por otro lado,
$\QQ^\circ=\emptyset\neq\RR=\RR^\circ=(\overline\QQ)^\circ$. Esto muestra
que ninguna de las dos igualdades de la pregunta final valen en general.
\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Si $A\subseteq X$, entonces la
frontera $\partial A$ es un cerrado de~$X$ y 
se tiene que $\partial A= \overline A\cap\overline{X\setminus A}$
y $\partial A = \partial(X\setminus A)$.

\begin{Solucion}
Sea $A$ un subconjunto de~$X$.
Mostremos primero que $\partial A=\overline A\cap\overline{X\setminus A}$.
\begin{itemize}

\item Sea $x\in\partial A$. Si $r>0$, entonces es
$B_r(x)\cap A\neq\emptyset$ y $B_r(x)\cap(X\setminus A)\neq\emptyset$: esto
muestra que $x\in\overline A$ y que $x\in\overline{X\setminus A}$ y, en
definitiva, que $x\in\overline A\cap\overline{X\setminus A}$.

\item Sea $x\in\overline A\cap \overline{X\setminus A}$. Si $r>0$,
entonces $B_r(x)\cap A\neq\emptyset$ porque $x\in\overline A$ y
$B_r(x)\cap(X\setminus A)\neq\emptyset$ porque $x\in\overline{X\setminus
A}$: vemos así que $x\in\partial A$.
\end{itemize}
Usando la igualdad que ya tenemos dos veces, vemos que
  \[
  \partial A
        = \overline{A}\cap\overline{X\setminus A}
        = \overline{X\setminus(X\setminus A)}\cap\overline{X\setminus A}
        = \partial(X\setminus A).
  \]
Finalmente, como $\overline A$ y $\overline{X\setminus A}$ son conjuntos
cerrados, también lo es su intersección $\partial A$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Si $U$ y $F$ son un abierto y un
cerrado de~$X$, entonces $F\setminus U$ y $U\setminus F$
son un cerrado y un abierto de~$X$.

\begin{Solucion}
Si $U$ y $F$ son un abierto y un cerrado de~$X$, entonces $X\setminus U$ y
$X\setminus F$ son un cerrado y un abierto de~$X$ y por lo tanto
$U\setminus F=U\cap(X\setminus F)$ es un abierto de~$X$ y $F\setminus
U=F\cap(X\setminus U)$ es un cerrado de~$X$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Si $x\in X$ y $r>0$, llamamos
\emph{bola cerrada centrada en~$x$ de radio~$r$} al conjunto
  \[
  \overline B(x,r) = \{y\in X:d(x,y)\leq r\}.
  \]
\begin{ejitems}

\item Para cada $x\in X$ y cada $r>0$ el conjunto $\overline B(x,r)$ es
cerrado y $\overline{B(x,r)}\subseteq \overline B(x,r)$.

\item Muestre que en general no vale la igualdad en la afirmación anterior.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Es claro que $B_r(x)\subseteq\overline B_r(x)$ así que para probar que
$\overline{B_r(x)}\subseteq\overline B_r(x)$ es suficiente con mostrar que
$\overline B_r(x)$ es un cerrado de~$X$ y para ello que
$X\setminus\overline B_r(x)$ es un abierto. Sea entonces $y\in
X\setminus\overline B_r(x)$, de manera que $d(x,y)>r$ y, por lo tanto,
el número $\epsilon\coloneqq d(x,y)-r$ es positivo. Si $z\in
B_\epsilon(y)$, entonces 
$d(z,x) + d(z,y) \geq d(x,y)$ y, en consecuencia,
  \[
  d(z,x) \geq d(x,y) - d(z,y) > d(x,y) - \epsilon = r,
  \]
así que $z\in X\setminus\overline B_r(x)$. Esto nos dice que
$B_\epsilon(z)\subseteq X\setminus\overline B_r(x)$ y, en definitiva, que
$X\setminus\overline B_r(x)$ es abierto, como queríamos.

Si $X=\{x,y\}$ es un conjunto de cardinal~$2$ dotado de su métrica
discreta, entonces
$\overline{B_1(x)}=\overline{\{x\}}=\{x\}\neq\{x,y\}=\overline B_1(x)$.
Esto muestra que la inclusión que probamos arriba bien puede ser estricta.
\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(X,d_1)$ e $(Y,d_2)$ espacios métricos y sea $(X\times Y,d)$ el
espacio métrico con la métrica tal que 
  \[
  d((x_1,y_1),(x_2,y_2)) = d_1(x_1,x_2)+d_2(y_1,y_2)
  \]
cada vez que $(x_1,y_1)$ y $(x_2,y_2)$ son elementos de~$X\times Y$.
Si $A\subseteq X$ y $B\subseteq Y$, entonces $(A\times
B)^\circ=A^\circ\times B^\circ$ y $\overline{A\times B}=\overline
A\times\overline B$.

\begin{Solucion}
Empecemos por mostrar que 
  \[
  \claim[.9]{si $U$ y $V$ son abiertos de~$X$ y de~$Y$, respectivamente,
  entonces $U\times V$ es un abierto de~$X\times Y$.}
  \]
Sean $U$ y $V$ abiertos de~$X$ y de~$Y$ y sea $(x,y)\in U\times
V$. Como $x\in U$ y $U$ es abierto en~$X$, existe $r_1>0$ tal que
$B_{r_1}(x)\subseteq X$; de manera similar, como $y\in V$ y $V$ es
abierto en~$Y$, existe $r_2>0$ tal que $B_{r_2}(y)\subseteq V$. Sea
$r\coloneqq\min\{r_1,r_2\}$, que es un número positivo. Si $(x',y')\in
B_r(x,y)$, entonces 
  \(
  r > d((x,y),(x',y')) = d(x,x') + d(y,y')
  \)
y, como $d(x,x')$ y $d(y,y')$ son no negativos, de esta desigualdad se
deduce que $d(x,x')<r\leq r_1$ y $d(y,y')<r\leq r_2$, de manera que $x'\in
B_{r_1}(x)\subseteq U$ e~$y'\in B_{r_2}(x)\subseteq V$: así, es $(x',y')\in
U\times V$, y esto muestra que $B_r((x,y))\subseteq U\times V$. El
conjunto~$U\times V$ es, por lo tanto, abierto.

Volvamos ahora al ejercicio. Sean $A$ y $B$ subconjuntos de~$X$ y de~$Y$,
respectivamente. Como $A^\circ$ y $B^\circ$ son abiertos en~$X$ y en~$Y$ lo
que acabamos de hacer muestra que $A^\circ\times B^\circ$ es un abierto
de~$X\times Y$. Como además se tiene claramente que $A^\circ\times
B^\circ\subseteq A\times B$, podemos concluir que $A^\circ\times
B^\circ\subseteq (A\times B)^\circ$.

Para probar la inclusión recíproca, supongamos que $(x,y)\in (A\times
B)^\circ$, de manera que existe $r>0$ tal que $B_r((x,y))\subseteq A\times
B$. Si $x'\in B_{r/2}(x)$ e $y'\in B_{r/2}(y)$ , entonces 
$d((x',y'),(x,y))=d_1(x',x)+d(y',y)<r$, de
manera que $(x',y')\in B_r((x,y))\subseteq A\times B$ y, en particular,
$x'\in A$ e~$y'\in B$. Vemos así que $B_{r/2}(x)\subseteq A$ y que
$B_{r/2}(y)\subseteq Y$, con lo que $x\in A^\circ$, $y\in B^\circ$ y,
finalmente, $(x,y)\in A^\circ\times B^\circ$. Con esto concluimos que
$(A\times B)^\circ=A^\circ\times B^\circ$.

\bigskip

Mostremos ahora que
  \[
  \claim{si $F$ y $G$ son cerrados de~$X$ y de~$Y$, respectivamente,
  entonces $F\times G$ es un cerrado de~$X\times Y$.}
  \]
Sean para ello $F$ y $G$ cerrados de~$X$ y de~$Y$. Como $X\setminus F$ y
$Y\setminus G$ son abiertos de~$X$ y de~$Y$, lo que hicimos arriba nos dice
que $X\times Y\setminus F\times Y=(X\setminus F)\times Y$ y $X\times
Y\setminus X\times G=X\times(Y\setminus G)$ son abiertos de~$X\times Y$. En
particular, $F\times Y$ y $X\times G$ son cerrados de~$X\times Y$ y también
lo es su intersección, que es precisamente $F\times G$.

Sean otra vez $A\subseteq X$ y $B\subseteq Y$ subconjuntos. Como $\overline
A$ y $\overline B$ son cerrados de~$X$ y de~$Y$, el conjunto $\overline
A\times\overline B$ es un cerrado de~$X\times Y$. Como además contiene
evidentemente a $A\times B$, tenemos que $\overline{A\times
B}\subseteq\overline A\times\overline B$.

Supongamos ahora que $(x,y)$ es un punto de~$X\times Y$ que no está
en~$\overline{A\times B}$, de manera que existe $r>0$ tal que
$B_r((x,y))\cap(A\times B)=\emptyset$. Queremos ver que
$(x,y)\not\in\overline A\times\overline B$: si $x\not\in\overline A$, esto
es claro. Supongamos entonces que $x\in\overline A$, de manera que en
particular existe $x'\in B_{r/2}(x)\cap A$.
Si $y'\in B_{r/2}(y)$,
entonces claramente $(x',y')\in B_r((x,y))$ y, por lo tanto,
$(x',y')\not\in A\times B$: como $x'\in A$, debe ser entonces $y'\not\in
B$. Vemos así que $B_{r/2}(y)\cap B=\emptyset$ y, como consecuencia de
ellos, que
$y\not\in\overline B$. Esto prueba que $(x,y)\not\in\overline
A\times\overline B$ y, en definitiva, que $(X\times
Y)\setminus\overline{A\times B}\subseteq (X\times B)\setminus(\overline
A\times\overline B)$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. 
\begin{ejitems}

\item Si $A\subseteq X$, entonces el conjunto derivado $A'$ es un cerrado
de~$X$.

\item Si $A$ y $B$ son subconjuntos de~$X$, entonces
  \[
  A \subseteq B\implies A'\subseteq B',
  \qquad
  (A\cup B)' = A'\cup B',
  \qquad
  \overline{A} = A\cup A',
  \qquad 
  (\overline A)'= A'.
  \]

\item Si $A\subseteq X$ y $x\in X$, entonces $x\in A'$ si y solamente si
existe una sucesión $(x_n)_{n\in\NN}$ de puntos de~$A$ que converge a~$x$ y
que no es casi constante.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $A$ un subconjunto de~$X$ y sea $x\in\overline{A'}$.
Para cada $n\in\NN$ existe entonces un punto~$x_n$ en $B_{1/n}(x)\cap A'$.
Por otro lado, como $x_n$ está en~$A'$ la intersección $B_{1/n}(x_n)\cap
A$ tiene algún punto distinto de~$x_n$: llamémoslo~$a_n$.

Sea ahora $r>0$ y sea $m\in\NN$ tal que $1/m<r/2$. El punto $a_m$ es
distinto de~$x$ y $d(a_m,x)\leq d(a_m,x_m)+d(x_m,x)<2/n<r$, así que
$B_r(x)\cap A$ tiene un elemento distinto de~$x$. Vemos así que $x\in A'$:
esto muestra que $\overline{A'}\subseteq A'$ y, por lo tanto, que el
conjunto $A'$ es cerrado.

\bigskip

\emph{Una forma alternativa de hacer \ejitem{1}, usando sucesiones.}
Sea $x\in\overline{A'}$, de manera que hay una sucesión $(x_n)_{n\geq1}$
en~$A'$ tal que $\lim x_n=x$. Si $n\in\NN$, entonces $x_n\in A'$ y, por lo
tanto, hay una sucesión $(a_{n,m})_{m\geq1}$ de puntos de~$A$ que converge
a~$x_n$ y que no es casi constante.
Mostremos que
  \begin{equation}\label{eq:clcl}
  \claim[.8]{si $(n,m)\in\NN\times\NN$ es tal que $a_{n,m}\neq x$, entonces
  existe $(n',m')\in\NN\times\NN$ tal que $0<d(x,a_{n',m'})<d(x,a_{n,m})/2$.}
  \end{equation}
Sea, para ello, $(n,m)\in\NN\times\NN$ y supongamos que $a_{n,m}\neq x$.
Pongamos $\epsilon\coloneqq d(x,a_{n,m})/2$, que es un número positivo.
Como la sucesión $(x_k)_{k\geq1}$ converge a~$x$, existe $n'\in\NN$ tal que
$d(x,x_{n'})<\epsilon/2$. Por otro lado, como la sucesión
$(a_{n',m})_{m\geq1}$ converge a~$x_{n'}$ y no es casi constante, 
existe $m'\in\NN$ tal que
$a_{n',m'}\neq x$ y $d(x_{n'},a_{n',m'})<\epsilon/2$. Tenemos entonces que
  \[
  0<d(x,a_{n',m'})\leq d(x,x_{n'})+d(x_{n'},a_{n',m'})<\epsilon.
  \]

Como la sucesión $(a_{1,m})_{m\geq1}$ no es casi constante, existe
$m_1\in\NN$ tal que $a_{1,m_1}\neq x$.  Pongamos $n_1\coloneqq 1$.
Usando~\eqref{eq:clcl} es claro que hay una
sucesión $(n_k,m_k)_{k\geq1}$ de elementos de~$\NN\times\NN$ tal que para
todo $k\in\NN$ es $0<d(x,a_{n_{k+1},m_{k+1}})<d(x,a_{n_k,m_k})/2$.
Se sigue de que la sucesión $(d(x,a_{n_k,m_k}))_{k\geq1}$ es estrictamente
decreciente y que converge a~$0$, y esto implica que la sucesión
$(a_{n_k,m_k})_{k\geq1}$, que está en~$A$, tiene todos sus componentes
distintas dos a dos y que converge a~$x$. Vemos así que $x\in A'$ y, en
definitiva, que $\overline{A'}\subseteq A'$, es decir, que el conjunto
deriva $A'$ es cerrado.

\bigskip

\ejitem{2} Sean $A$ y $B$ dos subconjuntos de~$X$.
\begin{itemize}

\item Supongamos que $A\subseteq B$ y que $x\in A'$. Si $r>0$, entonces 
$B_r(x)\cap B\supseteq B_r(x)\cap A$ y este último conjunto contiene un
punto distinto de~$x$: esto nos dice que $x\in B'$.

\item Sea $x\in(A\cup B)'$ y supongamos que $x\not\in A'$, de manera que
existe $r>0$ tal que $B_r(x)\cap A\subseteq\{x\}$. Queremos mostrar que
necesariamente es $x\in B'$. Sea $s>0$ y sea $t\coloneqq\min\{r,s\}$, que es un
número positivo. Como $x\in(A\cup B)'$, el conjunto $B_t(x)\cap(A\cup B)$
tiene un elemento distinto de~$x$: como además 
es igual a $(B_t(x)\cap A)\cup(B_t(x)\cap B)$ y $B_t(x)\cap A\subseteq
B_r(x)\cap A\subseteq\{x\}$, vemos
que $B_t(x)\cap B$ tiene un elemento distinto de~$x$. Ese punto también
está en $B_s(x)\cap B$. Vemos así que $x\in B'$, como queríamos.

Por otro lado, como $A\subseteq A\cup B$ y $B\subseteq A\cup B$, la primera
afirmación que probamos nos dice que $A'\subseteq(A\cup B)'$ y que
$B'\subseteq(A\cup B)'$: vemos así que $A'\cup B'\subseteq(A\cup B)'$.

\item Sea $x\in A\cup A'$. Si $x\in A$, entonces claramente $x\in\overline A$. Si
en cambio $x\in A'$, para todo $r>0$ el conjunto $B_r(x)\cap A$ tiene
un elemento distinto de~$x$ así que, en particular, no es vacío: esto nos dice que
también en este caso $x\in\overline A$. Vemos de esta forma que $A\cup
A'\subseteq\overline A$.

Por otro lado, supongamos que $x\in\overline A$ y que $x\not\in A'$, de
manera que existe $r>0$ tal que $B_r(x)\cap A\subseteq\{x\}$. Ahora bien,
como $x\in\overline A$ la intersección $B_r(x)\cap A$ no puede ser vacía, así que
tiene que coincidir con~$\{x\}$ y, en particular, tenemos que $x\in A$.
Esto muestra que $\overline A\subseteq A'\cup A$.

\item Como $A'$ es cerrado, $A'=\overline{A'}=A'\cup A''$, así que
$A''\subseteq A'$. Por otro lado, es $\overline A=A\cup A'$, así que
$(\overline A)'=(A\cup A')'=A'\cup A''\subseteq A'$.

\end{itemize}

\ejitem{3} Sea $A\subseteq X$ y sea $x\in X$. Supongamos primero que $x\in
A'$. Para cada $r>0$ el conjunto $B_r(x)\cap A$ tiene un elemento distinto
de~$x$, que escribimos $\phi(r)$. Podemos entonces definir una sucesión
$(a_n)_{n\geq1}$ poniendo $a_1=x_1$ y $a_{n+1} = \phi(d(x,a_n)/2)$
para cada $n\in\NN$. Mostremos que
  \[
  \text{\itshape para cada $n$,~$m\in\NN$ se tiene que $d(x,a_{n+m})<d(x,a_n)/2^m$}
  \]
fijando $n\in\NN$ y haciendo inducción con respecto a~$m$. Como
  \[
  a_{n+1}=\phi(d(x,a_n)/2)\in B_{d(x,a_n)/2}(x),
  \]
es $d(x,a_{n+1})<d(x,a_n)/2$. Por otro lado, si suponemos que
$d(x,a_{n+m})<d(x,a_n)/2^m$, entonces
  \[
  a_{n+m+1}=\phi(d(x,a_{n+1})/2)\in B_{d(x,a_{n+1})/2}(x),
  \]
así que $d(x,a_{n+m+1})<d(x,a_{n+1})/2<d(x,a_n)/2^{m+1}$.

Como consecuencia de lo que acabamos de probar, podemos ver que la sucesión
$(a_n)_{n\geq1}$ tiene todos sus términos distintos dos a dos. En efecto,
si $n$ y $m$ son dos elementos de~$\NN$ y $n<m$, tenemos que $d(x,a_m) <
d(x,a_n)/2^{m-n} < d(x,a_n)$, así que, en particular, $a_m\neq a_n$, como
queremos. Como claramente $\lim_{n\to\infty}a_n=x$, vemos que $x$ es limite
de una sucesión no casi constante de elementos de~$A$.

Recíprocamente, supongamos que existe una sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ de
elementos de~$A$ que no es casi constante y que converge a~$x$. Si $r>0$,
entonces existe $m\in\NN$ tal que para todo $n\geq m$ es $a_n\in B_r(x)$.
Más aún, como la sucesión no es casi constante esto muestra que hay al
menos dos elementos de~$A$ en~$B_r(x)$: esto nos dice que $x\in A'$. \qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Para cada uno de los siguientes conjuntos determine el interior, la
clausura, la frontera y el conjunto derivado, y si se trata de abiertos o
cerrados: 
  \[
  [0,1], 
  \qquad
  (0,1),
  \qquad
  \QQ,
  \qquad
  \QQ\cap[0,1],
  \qquad
  \ZZ,
  \qquad
  [0,1)\cup\{2\}.
  \]

\begin{Solucion}
Sean $X=\QQ\cap[0,1]$ e $Y=[0,1)\cup\{2\}$.
Tenemos que
  \begin{align*}
  &  [0,1]^\circ = (0,1),
  && \overline{[0,1]} = [0,1],
  && \partial[0,1] = \{0,1\},
  && [0,1]' = [0,1], \\
  &  (0,1)^\circ = (0,1), 
  && \overline{(0,1)} = [0,1],
  && \partial(0,1) = \{0,1\},
  && (0,1)' = [0,1], \\
  &  \QQ^\circ = \emptyset,
  && \overline\QQ  = \RR,
  && \partial\QQ = \QQ,
  && \QQ' = \RR, \\
  &  X^\circ = \emptyset,
  && \overline X  = [0,1],
  && \partial X = X,
  && X' = [0,1], \\
  &  \ZZ^\circ = \emptyset, 
  && \overline\ZZ = \ZZ,
  && \partial\ZZ = \ZZ,
  && \ZZ' = \emptyset, \\
  &  Y^\circ = (0,1),
  && \overline Y=[0,1]\cup\{2\},
  && \partial Y=\{0,1,2\},
  && Y' = [0,1].
  \end{align*}

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Describa los conjuntos abiertos y cerrados de~$\ZZ$ visto como
subespacio de~$\RR$. Generalice esto a una descripción de los abiertos y
cerrados de un subconjunto discreto de un espacio métrico arbitrario.

\begin{Solucion}
Sea $(X,d)$ un espacio métrico y sea $D\subseteq X$ un subconjunto discreto
de~$X$, de manera que para cada $x\in D$ existe $r_x>0$ tal que
$B_{r_x}(x)\cap D=\{x\}$. Afirmamos que todo subconjunto de~$D$ es abierto
para la métrica inducida: si $A\subseteq D$ es un subconjunto de~$D$ y
$x\in D$, es claro que $B_{r_x}(x)\subseteq A$.
Por otro lado, como todo subconjunto de~$D$ es abierto, se sigue
inmediatamente que todo subconjunto de~$D$ es cerrado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $S$ es un subconjunto no numerable de~$\RR$, entonces el conjunto
$P$ de los puntos de condensación de~$S$ es \emph{perfecto} (es decir, es cerrado y $P=P'$) y la diferencia $S\setminus P$ es a lo sumo numerable.

\begin{Solucion}
Sea $Q=S\setminus P$. Por definición, si $q\in Q$, existe un abierto~$U_q$
en~$\RR$ tal que $q\in U_q$ y $U_q\cap S$ es a lo sumo numerable. El
conjunto $\{U_q:q\in Q\}$ es un cubrimiento abierto de~$Q$ y como
subconjunto de~$\RR$ tiene la propieda de Lindelöf, existe un subconjunto
numerable~$R$ de~$Q$ tal que $Q\subseteq\bigcup_{q\in R}U_q$. Tenemos
entonces que $Q\subseteq(\bigcup_{q\in R}U_q)\cap S=\bigcup_{q\in
R}(U_q\cap S)$, y esta última unión es una unión numerable de conjuntos a
lo sumo numerables: vemos así que el conjunto $Q$, es decir $S\setminus P$,
es numerable.

Sea $x$ un punto de~$P'$. Si $\epsilon>0$, entonces $B_\epsilon(x)\cap P$
no es vacío, así que contiene un punto~$p$ de~$P$ distinto de~$x$. 
Como $B^*_\epsilon(x)$ es un entorno de~$p$ y $p$ es un punto de
condensación de~$S$, hay en $B^*_\epsilon(x)$ no numerables puntos de~$S$:
vemos así que todo entorno de~$x$ contiene no numerables puntos de~$S$ y,
por lo tanto, que $x\in P$. Esto muestra que $P'\subseteq P$.

Sea ahora $x\in P$ y sea $\epsilon>0$. Como $x$ es un punto de condensación
de~$S$, $B_{\epsilon/2}(x)\cap S$ es no numerable. En particular, existe
$m\in\NN$ tal que $\bigl(B_{\epsilon/2}(x)\setminus
B_{\epsilon/2m}(x)\bigr)\cap S$ no es numerable:  si no fuese ese el caso,
tendríamos que
  \[
  B^*_{\epsilon/2}(x)\cap S 
        = \bigcap_{n\geq1}\bigl(B_\epsilon(x)\setminus B_{\epsilon/2n}(x)\bigr)\cap S,
  \]
una unión numerable de conjuntos numerables, lo que es absurdo.
Ahora bien, como $\bigl(B_{\epsilon/2}(x)\setminus
B_{\epsilon/2m}(x)\bigr)\cap S$ es no numerable, posee un punto de
condensación~$\xi$. Ese punto claramente pertenece al cerrado
$\overline B_{\epsilon/2}(x)\setminus B_{\epsilon/2m}(x)$, de manera que
$\xi\in B_\epsilon(x)$ y $\xi\neq x$. Concluimos así que todo entorno
de~$x$ posee un punto de condensación de~$S$ distinto de~$x$ y, por lo
tanto, que $x\in P'$. Vemos así que $P\subseteq P'$ y, juntanto todo, que
$P=P'$, como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico y sean $x=(x_n)_{n\geq1}$ e
$y=(y_n)_{n\geq1}$ dos sucesiones en~$X$.
\begin{ejitems}

\item Si $x$ converge a~$x_0$ e~$y$ a~$y_0$, entonces
$\lim\limits_{n\to\infty}d(x_n,y_n)=d(x_0,y_0)$.

\item Si $x$ e $y$ son sucesiones de Cauchy, entonces la sucesión de
números reales $(d(x_n,y_n))_{n\geq1}$ es convergente.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $x$ e~$y$ convergen a~$x_0$ y a~$y_0$,
respectivamente.
Sea $\epsilon>0$. La convergencia de las dos sucesiones nos dice que existe
$n_0\in\NN$ tal que si $n\geq n_0$ entonces $d(x_n,x_0)<\epsilon$ y
$d(y_n,y_0)<\epsilon$. Para tales valores de~$n$ tenemos que
  \[
  d(x_n,y_n)
        \leq d(x_n,x_0)+d(x_0,y_0)+d(y_0,y_n),
  \]
de manera que
  \[
  d(x_n,y_n) - d(x_0,y_0) \leq d(x_n,x_0)+d(y_0,y_n) < 2\epsilon.
  \]
De manera similar, tenemos que
  \[
  d(x_0,y_0) \leq d(x_0,x_n) + d(x_n,y_n) + d(y_n,y_0),
  \]
así que
  \[
  -d(x_n,y_n)+d(x_0,y_0) \leq d(x_0,x_n) +  d(y_n,y_0) < 2\epsilon.
  \]
En definitiva, tenemos que $\abs{d(x_n,y_n) - d(x_0,y_0)} < 2\epsilon$
y, por lo tanto, podemos concluir que
  \[
  \lim_{n\to\infty} d(x_n,y_n) = d(x_0,y_0).
  \]

\ejitem{2} Supongamos ahora que $x$ e~$y$ son sucesiones de Cauchy. Sea
$\epsilon>0$. La hipótesis implica que existe $n_0\in\NN$ tal que si
$n$,~$m\geq n_0$ entonces $d(x_n,x_m)<\epsilon$ y $d(y_n,y_m)<\epsilon$.
Si ahora $n$,~$m\geq n_0$, tenemos que
  \[
  d(x_n,y_n) 
       \leq d(x_n,x_m) + d(x_m,y_m) + d(y_m,y_n),
  \]
así que
  \[
  d(x_n,y_n) -  d(x_m,y_m)
       \leq d(x_n,x_m) + d(y_m,y_n)  < 2\epsilon.
  \]
Intercambiando los roles de~$n$ y de~$m$ en este razonamiento vemos que
también 
  \[
  - d(x_n,y_n) +  d(x_m,y_m)
       < 2\epsilon
  \]
y, juntando las dos desigualdad que obtuvimos, que
  \[
  \abs[\big]{d(x_n,y_n)-d(x_m,y_m)} < 2\epsilon.
  \]
Esto nos dice que la sucesión de números reales $(d(x_n,y_n))_{n\geq1}$ es
de Cauchy y, por lo tanto, que converge. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Decimos que un subconjunto $A$ de~$X$
es un $G_\delta$ si es intersección de una familia numerable de abiertos, y
que es un $F_\sigma$ si es unión de una familia numerable de cerrados.
\begin{ejitems}

\item El complemento de un conjunto $G_\delta$ es un conjunto $F_\sigma$, y
el complemento de un conjunto $F_\sigma$ es un conjunto $G_\delta$.

\item Todo abierto es un conjunto~$F_\sigma$ y todo cerrado es un conjunto
$G_\sigma$.

\item Exhiba familias numerables de abiertos de~$\RR$ cuya intersección
sean los conjuntos $[0,1]$ y $[0,1)$, y una familia numerable de cerrados
cuya unión sea $[0,1)$.
¿Qué conclusión puede obtenerse de estos ejemplos?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $U$ un conjunto~$G_\delta$ (un conjunto $F_\sigma$), 
de manera que hay una sucesión
$(U_n)_{n\geq1}$ de abiertos (cerrados) de~$X$ tal que $U=\bigcap_{n\geq1}U_n$
($U=\bigcup_{n\geq1}U_n$). Tenemos que 
  \[
  X\setminus U
        = X\setminus\bigcup_{n\geq1}U_n
        = \bigcap_{n\geq1}(X\setminus U_n)
  \qquad
  \qquad
  \left(
  X\setminus U
        = X\setminus\bigcap_{n\geq1}U_n
        = \bigcup_{n\geq1}(X\setminus U_n)
  \right)
  \]
y, como el conjunto $X\setminus U_n$ es cerrado (abierto) cualquiera sea~$n\geq1$,
esto muestra que $X\setminus U$ es un conjunto $F_\sigma$ (un conjunto
$G_\delta$) .

\ejitem{2} En vista de la primera parte del ejercicio, es suficiente con
mostrar que todo abierto es un $F_\delta$. Sea $U$ un conjunto abierto
de~$X$ y para cada $n\in\NN$ sea 
  \[
  U_n = \bigcup_{x\in X\setminus U}B_{1/n}(x).
  \]
Es claro que $U_n$ es abierto, así que $F_n=X\setminus U_n$ es cerrado.
Para probar lo que queremos es suficiente que mostremos que
  \[
  U = \bigcup_{n\geq1}F_n.
  \]
Llamemos $V$ a la unión que aparece aquí.
Sea $u\in U$. Como $u$ es abierto, existe $m\in\NN$ tal que
$B_{1/m}(u)\subseteq U$. Si fuese $u\in U_m$, tendríamos que hay un punto
$z\in X\setminus U$ tal que $u\in B_{1/m}(z)$: en ese caso es $X\setminus
U\ni z\in B_{1/m}(u)\subset U$, lo que es absurdo. Vemos así que $u\in
X\setminus U_m=F_m\subseteq V$.

Por otro lado, supongamos que $v\in V$, de manera que existe $n\geq1$ tal
que $v\in F_n$ y, por lo tanto, $v\not\in U_n$. Esto significa que para
todo $z\in X\setminus U$ se tiene que $d(z,v)\geq1/n$ y, en particular, que
$z\not\in X\setminus U$, es decir, que $z\in U$.

\ejitem{3} Es inmediato verificar que 
  \[
  [0,1] = \bigcap_{n\geq1}(-\tfrac1n,1+\tfrac1n),
  \qquad
  [0,1) = \bigcap_{n\geq1}(-\tfrac1n,1),
  \qquad
  [0,1) = \bigcup_{n\geq1}[0,1-\tfrac1n].
  \]
\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Distancias a conjuntos}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico y sea $A$ un subconjunto no vacío
de~$X$. Si $x\in X$, la \emph{distancia de $x$ a~$A$} es el número
  \[
  d(x,A) = \inf\{d(x,a):a\in A\}.
  \]
Observemos que el ínfimo tiene sentido: es el ínfimo de un conjunto no
vacío y acotado inferiormente.
\begin{ejitems}

\item Si $x$ e~$y$ son puntos de~$X$, entonces
  \(
  \abs{d(x,A)-d(y,A)} \leq d(x,y).
  \)

\item Si $x\in A$, entonces $d(x,A)=0$.

\item Si $x\in X$, entonces
  \(
  d(x,A) = 0 \iff x\in\overline A.
  \)

\item Para todo $r>0$ el conjunto
  \(
  B_r(A) = \{x\in X:d(x,A)<r\}
  \)
es abierto y el conjunto
  \(
  \overline B_r(A) = \{x\in X:d(x,A)\leq r\}
  \)
es cerrado.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $x$ e $y$ dos puntos de~$X$. Si $a\in A$, entonces
  \[
  d(x, A) \leq d(x,a) \leq d(x,y)+d(y,a),
  \]
así que $d(x,A)-d(x,y)\leq d(y,a)$ y, por lo tanto,
$d(x,A) - d(x,y) \leq d(y,A)$, de manera que
  \[
  d(x,A) - d(y,A) \leq d(x,y).
  \]
Intercambiando los roles de~$x$ y de~$y$ en esta desigualdad vemos que
también
  \[
  -d(x,A)+d(y,A) \leq d(x,y)
  \]
y, en definitiva, que
  \[
  \abs{d(x,A)-d(y,A)} \leq d(x,y),
  \]
como queremos.

\ejitem{2} Si $x\in A$, entonces $0\in\{d(x,a):a\in A\}\subseteq[0,\infty)$, 
así que 
  \[
  d(x,A)=\inf\{d(x,a):a\in A\}=0.
  \]

\ejitem{3} Sea $x\in X$ y supongamos primero que $d(x,A)=0$, de manera que
se tiene que $\inf\{d(x,a):a\in A\}=0$. Si $r>0$, entonces esto significa
que existe $a\in A$ tal que $d(x,a)<r$ y, por lo tanto, que $B_r(x)\cap
A\neq\emptyset$: vemos así que $x\in\overline A$.

Supongamos ahora, para probar la recíproca, que $x\in\overline A$ y sea
$D=\{d(x,a):a\in A\}$. Si $r>0$, entonces como $x\in\overline A$ existe
$a\in B_r(x)\cap A$ y, por lo tanto, $D\ni d(x,a)<r$. Vemos así que ningún
número positivo es cota inferior para~$D$, así que debe ser $d(x,A)=\inf
D=0$.

\ejitem{4} Sea $r>0$ y sea $x\in B_r(A)$, de manera que $d(x,A)<r$.
Si $y\in B_{r-d(x,A)}(x)$, entonces 
  \[
  d(y,A) - d(x,A) \leq \abs{d(y,A)-d(x,A)} \leq d(y,x) < r-d(x,A),
  \]
así que $d(y,A)<r$: vemos así que $B_{r-d(x,A)}(x)\subseteq B_r(A)$ y, por
lo tanto, que $B_r(A)$ es abierto.

Supongamos ahora que $x\not\in\overline B_r(A)$, de manera que $d(x,A)>r$.
Si $y\in B_{d(x,A)-r}(x)$, entonces
  \[
  d(x,A) - d(y,A) \leq \abs{d(x,A)-d(y,A)} \leq d(x,y) < d(x,A) - r
  \]
y, por lo tanto, $d(y,A)>r$, es decir, $y\not\in\overline B_r(A)$.
Esto nos dice que $X\setminus\overline B_r(A)$ es un abierto de~$X$ y, como
queremos, que $\overline B_r(A)$ un cerrado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Si $A$ y $B$ son dos conjuntos no
vacíos de~$X$, la \emph{distancia de~$A$ a~$B$} es el número
  \[
  d(A,B) = \inf\{d(a,b):a\in A,b\in B\}.
  \]
Observemos que el ínfimo tiene sentido: es el ínfimo de un conjunto no
vacío y acotado inferiormente.

Sean $A$, $B$ y~$C$ tres subconjuntos no vacíos de~$X$. Determine si las
siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:
\begin{ejitems}

\item $d(A,B)=d(B,A)$.

\item $d(A,B)=0 \iff A\cap B=\emptyset$.

\item $d(A,B)=0 \iff \overline A\cap\overline B=\emptyset$.

\item $d(A,C)\leq d(A,B)+d(B,C)$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como $\{d(a,b):a\in A,b\in B\}$ y
$\{d(b,a):b\in B,a\in A\}$ son el mismo conjunto,
porque la métrica es simétrica, los ínfimos de
esos dos conjuntos son iguales y $d(A,B)=d(B,A)$.

\ejitem{2} Si en~$\RR$ consideramos los conjuntos $A=(-1,0)$ y $B=(0,1)$,
tenemos que $d(A,B)=0$, porque para todo $n\in\NN$ es $-1/n\in A$, $1/n\in
B$ y, por lo tanto, 
  \[
  d(A,B)\leq d(-1/n,1/n)=2/n.
  \]
Sin embargo, es $A\cap B=\emptyset$: esto muestra que la afirmación es
falsa.

\ejitem{3} En $\RR^2$ consideremos los conjuntos $A=\{(x,0):x\in\RR\}$ y
$B=\{(x,e^x):x\in\RR\}$. Se trata de conjuntos cerrados:
\begin{itemize}

\item Si $(p_n)_{n\geq1}$ es una sucesión convergente de puntos de~$A$ y
$p=(x,y)$ es su límite, entonces para cada $n\in\NN$ existe $x_n\in\RR$ tal
que $p_n=(x_n,0)$. Es $d(p_n,p)^2=(x-x_n)^2+y^2$. Si fuese $y\neq0$,
tendríamos que $0<y^2\leq d(p_n,p)^2$ y, tomando límites, que
$0<y^2\leq\lim d(p_n,p)^2=0$: como esto es absurdo, debe ser $y=0$. Esto
muestra que $p\in A$ y, en definitiva, que $A$ es cerrado.

\item Sea ahora $(p_n)_{n\geq1}$ una sucesión convergente de puntos de~$B$
y $p=(x,y)$ su límite. Como la sucesión está en~$B$, para cada $n\in\NN$
existe $x_n\in\RR$ tal que $p_n=(x_n,e^{x_n})$. Si $n\in\NN$, tenemos que
$0\leq \abs{x_n-x}\leq d(p_n,p)$: como la sucesión $(d(p_n,p))_{n\geq1}$
converge a~$0$, podemos concluir entonces que la sucesión
$(\abs{x-x_n})_{n\geq1}$ también converge a~$0$, y esto significa que $\lim
x_n=x$. Ahora bien, como la función $t\in\RR\mapsto e^t\in\RR$ es continua,
de esto último podemos deducir que también $e^x=\lim e^{x_n}$.

Por otro lado, es $0\leq\abs{e^{x_n}-y}\leq d(p_n,p)$ para todo $n\in\NN$,
así que la sucesión $(\abs{e^{x_n}-y})_{n\geq1}$ también converge a~$0$, es
decir, $\lim e^{x_n}=y$. Vemos así que $y=e^x$ y, por lo tanto, que
$p=(x,x^x)\in B$. El conjunto~$B$ es por ello cerrado.

\end{itemize}
Que $A$ y $B$ sean cerrados implica que $\overline A\cap\overline B=A\cap
B=\emptyset$: en efecto, un punto $(x,e^x)$ de~$B$ no pertenece a~$A$
porque la función exponencial no se anula. Ahora bien, si $\epsilon>0$,
entonces existe $t\in\RR$ tal que $0<e^t<\epsilon$, porque
$\lim_{x\to-\infty}e^x=0$, así que
  \[
  d((t,0),(t,e^t)) = e^t < \epsilon.
  \]
Como $(t,0)\in A$ y $(t,e^t)\in B$, esto nos dice que $d(A,B)<\epsilon$.
Finamente, como esto pasa para todo número~$\epsilon$ positivo, tenemos que
$d(A,B)=0$. 

\ejitem{4} Si $A=[0,1]$, $B=[0,3]$ y $C=[2,3]$, tenemos que 
  \[
  d(A,C)=1>0+0=d(A,B)+d(B,C),
  \]
así que la desigualdad del enunciado no vale en general. \qed

\end{Solucion}






\end{ejercicios}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% vim: spell spelllang=es
