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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{7}
\Titulo{Compacidad}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa como lado para hipó-tesis todo}

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

\begin{ejercicios}

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

\item Si $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$\RR$ que converge y $x_0$ es
su límite, entonces el conjunto $\{x_n:n\geq0\}$ es compacto en~$\RR$.

\item El intervalo $[0,1]$ es compacto en~$\RR$.

\item Si $a$ y $b$ si dos elementos de~$\RR\setminus\QQ$ tales que $a<b$,
entonces $S=(a,b)\cap\QQ$ es un subconjunto cerrado y acotado de~$\QQ$ que
no es compacto.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $X$ el conjunto del enunciado y sea $\U$ un cubrimiento
abierto de~$X$. Sea $U_0\in\U$ tal que $x\in U_0$. Como la sucesión
$(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$, existe $N\in\NN$ tal que $x_n\in U_0$
siempre que $n\geq N$. Por otro lado, para cada $i\in\inter{N}$ existe
$U_i\in\U$ tal que $x_i\in U_i$. Es claro que $\{U_i:0\leq i\leq N\}$ es
un subcubrimiento finito de~$\U$.

\bigskip

\ejitem{2} Sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$[0,1]$. Para cada
subintervalo $[a,b]$ de~$[0,1]$ sea
$I(a,b)\coloneqq\{n\in\NN:x_n\in[a,b]\}$. Vamos a construir dos sucesiones
$(a_n)_{n\geq0}$ y $(b_n)_{n\geq0}$ inductivamente, de manera tal que para
todo $n\in\NN$ es $a_{n+1}\leq a_n<b_n\leq b_{n+1}$, $b_n-a_n=2^{-n}$ y el
conjunto $I(a_n,b_n)$ es infinito. Empezamos con $a_0\coloneqq0$ y
$b_0\coloneqq1$. Supongamos que $n\in\NN_0$ y que ya elegimos $a_n$ y
$b_n$. Sea $c=(a_n+b_n)/2$. Como $I(a_n,b_n)=I(a_n,c)\cup I(c,b_n)$ y el
conjunto $I(a_n,b_n)$ es infinito, alguno de~$I(a_n,c)$ o~$I(c,b_n)$ es
infinito: si $I(a_n,c)$ es infinito, ponemos $a_{n+1}=a_n$ y $b_{n+1}=c$;
si, por el contrario, es finito, ponemos $a_{n+1}=c$ y $b_{n+1}=b_n$. En
cualquiera de los dos casos tenemos que $a_n\leq a_{n+1}<b_{n+1}<a_n$,
$b_{n+1}-a_{n+1}=(b_n-a_n)/2=2^{-(n+1)}$ y el conjunto $I(a_{n+1},b_{n+1})$
es infinito. Observemos que $\alpha\coloneqq\sup\{a_n:n\geq1\}$ coincide
con $\inf\{b_n:n\geq1\}$. En particular, tenemos que $\alpha\in[a_n,b_n]$
para todo $n\in\NN$.

Vamos a construir ahora una subsucesión~$(x_{n_k})_{k\geq1}$
de~$(x_n)_{n\geq1}$ tal que $x_{n_k}\in[a_k,b_k]$ para todo $k\in\NN$.
Ponemos $n_1\coloneqq1$ y para cada $k\in\NN$ definimos inductivamente
  \[
  n_{k+1} \coloneqq \min\{i\in I(a_{k+1},b_{k+1}):i>n_k\}.
  \]
Es claro que la sucesión $(n_k)_{k\geq1}$ es estrictamente creciente y que
$x_{n_k}\in [a_k,b_k]$ para todo $k\in\NN$. Más aún, como ese intervalo
también contiene a~$\alpha$ y tiene diámetro $2^{-k}$, tenemos que
$\abs{x_{n_k}-\alpha}\leq 2^{-k}$. Esto implica claramente que la sucesión
$(x_{n_k})_{k\geq1}$ converge a~$\alpha$. 

Hemos mostrado así que toda sucesión en~$[0,1]$ posee una subsucesión
convergente.

\bigskip

\ejitem{2} Sea $\U$ un cubrimiento abierto de~$[0,1]$ y sea $T$ el conjunto
de los números $t\in[0,1]$ tales que $\U$ posee un subconjunto finito que
cubre al intervalo~$[0,t]$. Observemos que $T\neq\emptyset$: en efecto,
como $\U$ cubre~$[0,1]$, existe $U\in\U$ tal que $0\in U$ y, por lo tanto,
el intervalo degenerado $[0,0]$ está cubierto por el subconjunto~$\{U\}$
de~$\U$, que es finito, de manera que $0\in T$. Por otro lado, es evidente
que $T$ es acotado, ya que está contenido en~$[0,1]$: podemos, entonces,
considerar el número $\tau\coloneqq\sup T$, que está en~$[0,1]$. 

Como $\U$ cubre a~$[0,1]$, existe $V\in\U$ tal que $\tau\in V$ y, como $V$
es abierto, existe $\delta>0$ tal que $(\tau-\delta,\tau+\delta)\subseteq
V$. Como $\tau$ es el supremo de~$T$, existe $\sigma\in T$ tal que
$\tau-\delta<\sigma\leq\tau$ y, por lo tanto, existe un subconjunto
finito~$\U'$ de~$\U$ que cubre al intervalo~$[0,\sigma]$. Es claro ahora
que $\U'\cup\{V\}$ es un subconjunto finito de~$\U$ que cubre
a~$[0,\tau+\delta/2]$: esto implica, en particular, que
$[\tau,\tau+\delta/2]\cap[0,1]\subseteq T$. Como $\tau$ es el supremo
de~$T$, tenemos necesariamente que
$[\tau,\tau+\delta/2]\cap[0,1]=\{\tau\}$, así que $\tau\in T$, y $\tau=1$.

\bigskip

\ejitem{3} Sean $a$,~$b\in\RR\setminus\QQ$ tales que $a<b$ y sea
$S\coloneqq(a,b)\cap\QQ$. Como $a$ y $b$ no están en~$\QQ$,
$S=[a,b]\cap\QQ$: como $[a,b]\cap\QQ$ es un cerrado de~$\QQ$, esto muestra
que $S$ es cerrado en~$\QQ$. Claramente es acotado --- veamos que no es
compacto. Sabemos que hay una sucesión $(q_n)_{n\geq1}$ de números
racionales todos contenidos de~$[a,b]$ que converge a~$a$ y que es
decreciente: esa sucesión está en~$S$, es de Cauchy y no tiene límite en~$S$,
así que $S$ no es completo. En particular, $S$ no es compacto. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio métrico compacto es separable.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico compacto. Si $n\in\NN$, entonces
$\U_n\coloneqq\{B_{1/n}(x):x\in X\}$ es un cubrimiento abierto de~$X$ y
existe por lo tanto un subconjunto finito~$D_n$ de~$X$ tal que
$\U'_n\coloneqq \{B_{1/n}(x):x\in D_n\}$ es un subcubrimiento de~$\U_n$.
Pongamos $D\coloneqq\bigcup_{n\geq1}D_n$, que es un subconjunto numerable
de~$X$. Más aún, si $x\in X$ y $n\in\NN$, entonces como $\U_n'$ es un
cubrimiento de~$X$, existe $y\in D_n\subseteq D$ tal que $x\in B_{1/n}(y)$,
esto es, tal que $d(x,y)<1/n$. Esto nos dice que el conjunto~$D$ es denso
en~$X$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $n$ y~$m$ están en~$\NN$, escribamos
  \[
  a_{n,.m} \coloneqq \begin{cases*}
             1 & si $n=m$; \\
             0 & si no.
             \end{cases*}
  \]
Para cada $n\in\NN$ podemos considerar la sucesión
$a_n=(a_{n,m})_{m\geq1}$, que es un elemento de~$\ell_\infty$, y, por lo
tanto, la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ de elementos de ese espacio.

El conjunto $\{a_n:n\geq1\}$ de~$\ell_\infty$ es discreto, cerrado y
acotado, pero no compacto.

\begin{Solucion}
Sea $X$ el conjunto del enunciado. Si $n$ y~$m$ son dos elementos distintos
de~$\NN$, entonces $d_\infty(a_n,a_m)\geq\abs{a_{n,n}-a_{m,n}}=1$, así que
para todo $n\in\NN$ es $X\cap B_{1/2}(a_n)=\{a_n\}$:
vemos así que $X$ es discreto.

Para todo $n\in\NN$ es $d(a_n,0)=1$, así que $X$ es acotado. Si
$(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$X$ que converge en~$\ell_\infty$,
entonces la sucesión es de Cauchy y existe $N\in\NN$ tal que siempre
que $r$,~$s\geq N$ se tiene que $d(x_r,x_s)<1/2$ y, por lo que hicimos ya,
que $x_r=x_s$. La sucesión es, por lo tanto, casi constante y podemos
concluir entonces que su límite está en~$X$. Para ver que $X$ no es
compacto basta observar que la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$, que toma valores
en~$X$, no posee ninguna subsucesión de Cauchy: en efecto, toda subsucesión
es inyectiva y la distancia entre cada par de sus puntos es~$1$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico. Si $\U$ es un cubrimiento abierto de~$X$,
un número $\epsilon>0$ es un \emph{número de Lebesgue} de~$\U$ si toda bola
abierta de radio~$\epsilon$ está contenida en un abierto de~$\U$.
Muestre que todo cubrimiento abierto de un espacio métrico compacto posee un
número de Lebesgue.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico compacto y sea $\U$ un cubrimiento abierto. Si
$X\in\U$, entonces $1$ es un número de Lebesgue para~$\U$. Podemos suponer
entonces que $X\not\in\U$ en lo que queda de la prueba.

Como $X$ es compacto, hay un subconjunto finito~$\U'$ de~$\U$ que cubre
a~$X$. Sea $n=\#\U'$, sean $U_1$,~\dots,~$U_n$ los elementos de~$\U'$ y sea
$f:X\to\RR$ la función tal que
  \[
  f(x) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n d(x,X\setminus U_i)
  \]
para cada $x\in X$; observemos que esto tiene sentido, ya que
$X\not\in\U'$. Esta función es continua, porque es suma de funciones
continuas. Sea $\delta\coloneqq\inf\{f(x):x\in X\}$. Como $X$ es compacto,
existe $y\in X$ tal que $f(y)=\delta$. Como $\U'$ es un cubrimiento de~$X$,
existe $i\in\inter{n}$ tal que $x\in U_i$, y como $X\setminus U_i$ es un
cerrado, tenemos que $d(y,X\setminus U_i)>0$, de manera que claramente
$\delta=f(y)>0$. 

Veamos que $\delta$ es un número de Lebesgue para~$\U$. Sea $z\in X$. Si no
existiera $i\in\inter{n}$ tal que $B_\delta(z)\subseteq U_i$, entonces
sería $d(z,X\setminus U_i)<\delta$ para todo $i\in\inter{n}$ y, por lo
tanto, $f(z)=\tfrac{1}{n}\sum_{i=1}^nd(z,X\setminus U_i)<\delta$: esto es
absurdo. Esta nos dice que hay un $i\in\inter{n}$ tal que
$B_\delta(z)\subseteq U_i\in\U$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico.
\begin{ejitems}

\item El conjunto de los compactos de~$X$ es cerrado por uniones finitas e
intersecciones arbitrarias.

\item Si $X$ es compacto, todo cerrado de~$X$ es compacto.

\item Un subconjunto $F$ de~$X$ es cerrado si y solamente si para todo
compacto $K$ de~$X$ la intersección $F\cap K$ es cerrada.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $C$ una familia no vacía de compactos de~$X$. Como los
elementos de~$C$ son compactos, son cerrados en~$X$, así que
$T\coloneqq\bigcap_{K\in C}K$ es un cerrado de~$X$. Si $K_0$ es un elemento
de~$C$, entonces $T$ es un cerrado de~$K_0$, así que es compacto porque
$K_0$ lo es. Vemos así que la intersección de una familia arbitraria no
vacía de compactos de~$X$ es compacta.

Para ver que la unión finita de compactos es compacta es suficiente,
gracias a una inducción evidente, con mostrar que la unión de dos compactos
es compacta. Sean $A$ y $B$ dos compactos de~$X$ y sea $(x_n)_{n\geq1}$ una
sucesión en~$A\cup B$. Alguno de los conjuntos $\{n\in\NN:x_n\in A\}$ y
$\{n\in\NN:x_n\in B\}$ es infinito y podemos suponer, sin pérdida de
generalidad, que el primero lo es. Esto implica claramente que nuestra
sucesión tiene una subsucesión con valores en~$A$ y, como $A$ es compacto,
esta subsucesión posee una subsucesión convergente. Por supuesto, esto nos
dice que la sucesión con la que empezamos posee una subsucesión
convergente.

\bigskip

\ejitem{2} Supongamos que $X$ es un espacio métrico compacto y sea $F$ un
cerrado de~$X$. Sea $\U$ un cubrimiento abierto de~$F$. Para cada $U\in\U$
existe un abierto $V_U$ en~$X$ tal que $U=F\cap V_U$, y el conjunto
$\mathscr{V}\coloneqq\{X\setminus F\}\cup\{V_U:U\in\U\}$ es un cubrimiento
abierto de~$X$. Como $X$ es compacto, este cubrimiento posee un
subcubrimiento finito $\mathscr{V}'$. Es inmediato verificar que $\{V\cap
F:V\in\mathscr{V}'\}\setminus\{\emptyset\}$ es un subcubrimiento de~$\U$.

\bigskip

\ejitem{3} La condición es claramente necesaria, ya que los compactos
de~$X$ son cerrados y la intersección de cerrados es cerrada. Veamos que
también es suficiente.

Sea $F$ un subconjunto de~$X$ tal que para todo compacto $K$ de~$X$ la
intersección $F\cap K$ es cerrada y sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión con
valores en~$F$ que converge a un punto~$x$ de~$X$. El conjunto
$K=\{x_n:n\geq1\}\cup\{x\}$ es un compacto de~$X$, así que la hipótesis nos
dice que $F\cap K$ es cerrado: como la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ toma
valores en esta intersección, tenemos que su limite~$x$ está también ahí.
En particular, tenemos que $x\in F$. Vemos así que $F$ es un cerrado
de~$X$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $V$ es un espacio vectorial de dimensión finita, entonces dos
normas $\norm{\place}$ y~$\norm{\place}'$ sobre~$V$ son equivalentes, esto
es, existe un escalar positivo $\alpha$ tal que
  \[
  \alpha\norm{x} \leq \norm{x}' \leq \alpha^{-1}\norm{x}
  \]
para todo $x\in V$.

\begin{Solucion}
\TODO
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item El espacio métrico $c_0$ de las sucesiones de números reales que
convergen a~$0$ dotado de la métrica~$d_\infty$ es separable y su bola
unidad cerrada $\overline B_1(0)$ no es compacta.

\begin{Solucion}
Consideremos el conjunto $D$ de las sucesiones $(a_n)_{n\geq1}$ de números
racionales para las que existe $n_0\in\NN$ tal que $a_n=0$ siempre que
$n\geq n_0$. Es claro que $D$ es numerable y que $D\subseteq c_0$. Veamos
que $D$ es denso en~$c_0$.

Sea $x=(x_n)_{n\geq1}$ un elemento de~$c_0$ y sea $\epsilon>0$. Como la
sucesión~$x$ converge a~$0$, existe $n_0$ tal que $\abs{x_n}<\epsilon/2$ si
$n\geq n_0$. Por otro lado, como $\QQ$ es denso en~$\RR$, existen
$q_1$,~\dots,~$q_{n_0}\in\QQ$ tales que $\max\{\abs{q_i-x_i}:1\leq i\leq
n_0\}<\epsilon$. Si $y=(y_n)_{n\geq1}$ es tal que $y_i=q_i$ para
$i\in\inter{n_0}$ e~$y_i=0$ si $i>n_0$, entonces claramente es $y\in D$ y
$d_\infty(x,y)<\epsilon$. Esto prueba que el espacio~$c_0$ es separable,
como queríamos.

Para cada $n\in\NN$ sea $e_n=(e_{n,m})_{m\geq1}$ la sucesión tal que
$e_{n,m}=0$ si $m\neq n$ y $e_{n,n}=1$. Es claro que $e_n$ converge a~$0$,
así que $e_n\in c_0$. Tenemos, por lo tanto, una sucesión $(e_n)_{n\geq1}$
en~$c_0$. Más aún, $d_\infty(0,e_n)=1$ para todo $n\in\NN$, así que la
sucesión toma valores en la bola unidad cerrada $\overline B_1(0)$. Si esta
bola fuera compacta, la sucesión poseería una subsucesión convergente y, en
particular, de Cauchy, pero esto no es así: en efecto, es claro que
$d_\infty(e_n,e_n)=1$ siempre que $n\neq m$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos y dotemos al conjunto $X\times
Y$ de su métrica~$d_\infty$. El espacio $X\times Y$ es compacto si y
solamente si $X$ e~$Y$ lo son.

\begin{Solucion}
Si el espacio $X\times Y$ es compacto, entonces $X$ e~$Y$ también lo son
porque las proyecciones $\pi_1:X\times Y\to X$ y $\pi_2:X\times Y\to Y$ con
continuas y sobreyectivas.

Para probar la recíproca, supongamos que $X$ e $Y$ son espacios métricos
compactos y sea $(p_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$X\times Y$.  Como $X$ es
compacto, existe una subsucesión $(p_{n_k})_{k\geq1}$ tal que la
sucesión~$(\pi_1(p_{n_k}))_{k\geq1}$ converge en~$X$, y como $Y$ es
compacto, esta subsucesión posee a su vez una subsucesión
$(p_{n_{k_l}})_{l\geq1}$ tal que la sucesión
$(\pi_2(p_{n_{k_l}}))_{l\geq1}$ es convergente en~$Y$. Como además
$(\pi_1(p_{n_{k_l}}))_{l\geq1}$ converge en~$X$, la caracterización de las
sucesiones convergentes en~$X\times Y$ nos dice que la sucesión
$(p_{n_{k_l}})_{l\geq1}$, que es una subsucesión de la sucesiones
$(p_n)_{n\geq1}$ con la que empezamos, converge. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico.
\begin{ejitems}

\item Si $K$ es un compacto de~$X$ y $x\in X$, entonces hay un punto $y\in K$ tal
que $d(x,y)=d(x,K)$.

\item Si $F$ y $G$ son dos cerrados disjuntos de~$X$ y uno de los dos es
compacto, entonces $d(F,G)>0$.

\item Si $F$ y $G$ son dos compactos de~$X$, entonces existen $x\in F$
e~$y\in G$ tales que $d(x,y)=d(F,G)$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $K$ un compacto de~$X$ y sea $x\in X$. La función $f:y\in
K\mapsto d(x,y)\in\RR$ es continua y su dominio compacto, así que existe
$y\in K$ tal que $f(y)\leq f(y')$ para todo $y'\in K$, esto es, tal que
$d(x,y)\leq d(x,y')$ para todo $y'\in K$. Esto nos dice que $d(x,y)$ es una
cota inferior para $\{d(x,y'):y'\in K\}$ y, por lo tanto, que $d(x,y)\leq
d(x,K)$. Por otro lado, que $d(x,y)\geq d(x,K)$ es evidente.

\ejitem{2} Sean $F$ y $G$ dos cerrados de~$X$ y supongamos que $F$ es
compacto y que $d(F,G)=0$. Esto implica que hay dos sucesiones
$(x_n)_{n\geq1}$ e~$(y_n)_{n\geq1}$ en~$F$ y en~$G$, respectivamente, tales
que $\lim_{n\to\infty}d(x_n,y_n)=0$. Como $F$ es compacto, podemos ---a
menos de reemplazar a la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ por una de sus
subsucesiones--- suponer que además la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ converge a
un punto $x$, que necesariamente está en~$F$, ya que $F$ es cerrado.

Si ahora $n\in\NN$, entonces $0\leq d(x,y_n)\leq d(x,x_n)+d(x_n,y_n)$ y,
como $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$ y $(d(x_n,y_n))_{n\geq1}$ converge
a~$0$, vemos que $(y_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$. Esta última
sucesión toma valores en~$G$, que es cerrado, así que podemos concluir que
$x\in G$. Pero entonces la intersección $F\cap G$ no es vacía, ya que
contiene a~$x$.

\ejitem{3} Sean $F$ y $G$ dos compactos de~$X$. La función distancia
$d:X\times X\to\RR$ es continua, así que también lo es su restricción
$d:F\times G\to\RR$. Como el dominio de esta última es compacto, sabemos
que existe $(x,y)\in F\times G$ tal que $d(x,y)\leq d(x',y')$ cualquiera
sea $(x',y')\in F\times G$. Esto, por supuesto, nos dice que
$d(x,y)=d(F,G)$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico completo y sea $K(X)$ el conjunto de todos
los subconjuntos compactos y no vacíos de~$X$.
\begin{ejitems}

\item Si $A$ y $B$ son elementos de~$K(X)$, ponemos $\tilde
d(A,B)\coloneqq \sup\{d(a,B):a\in A\}$. Muestre que $\tilde d$ no es, en
general, una métrica sobre~$K(X)$.

\item\label{ej:dN} Sea $\delta:K(X)\times K(X)\to\RR$ la función tal que
  \[
  \delta(A,B) = \max\{\tilde d(A,B),\tilde d(B,A)\}
  \]
cada vez que $A$ y $B$ están en~$K(X)$. Por otro lado, si $C$ es un
subconjunto de~$X$ y $\epsilon>0$, entonces ponemos
  \[
  N(C,\epsilon) \coloneqq \{x\in X:d(x,C)<\epsilon\}.
  \]
Si $\epsilon>0$ y $A$,~$B\in K(X)$, entonces
  \[
  \delta(A,B)<\epsilon \iff 
  \text{$A\subseteq N(B,\epsilon)$ y $B\subseteq N(A,\epsilon)$.}
  \]

\item La función~$\delta$ es una métrica sobre~$K(X)$, a la que
llamamos \emph{métrica de Hausdorff}.  

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $X=\RR$, $A=\{-2,2\}$ y $B=[-1,1]$. Es $\tilde d(A,B)=1$,
mientras que $\tilde d(B,A)=2$: la función~$\delta$ no es, por lo tanto,
simétrica, y, en particular, no es una métrica.

\bigskip

\ejitem{2} Sean $A$ y $B$ dos compactos de~$X$ y sea $\epsilon>0$.

Supongamos primero que $\delta(A,B)<\epsilon$, de manera que $\tilde
d(A,B)<\epsilon$ y $\tilde d(B,A)<\epsilon$: esto implica que
$d(a,B)<\epsilon$ para todo $a\in A$ y $d(b,A)<\epsilon$ para todo $b\in
B$: vemos así que $A\subseteq N(B,\epsilon)$ y que $B\subseteq
N(A,\epsilon)$.

Supongamos ahora que $A\subseteq N(B,\epsilon)$ y que $B\subseteq
N(A,\epsilon)$, de manera que $d(a,B)<\epsilon$ para todo $a\in A$ y
$d(b,A)<\epsilon$ para todo $b\in B$. Como la función $a\in A\mapsto
d(a,B)\in\RR$ es continua, su dominio es compacto y en todo punto tiene
valor estrictamente menor a~$\epsilon$, su máximo es estrictamente menor
que $\epsilon$ y tenemos, por lo tanto, que $\tilde d(A,B)<\epsilon$. El
mismo razonamiento nos dice que $\tilde d(B,A)<\epsilon$ y, por lo tanto,
que $\delta(A,B)<\epsilon$.

Observemos que
  \[
  \inf\{\epsilon\in\RR:\epsilon>0,A\subseteq N(B,\epsilon),B\subseteq N(A,\epsilon)\}
         = \inf\{\epsilon\in\RR:\epsilon>0,\delta(A,B)<\epsilon\} 
         = \delta(A,B).
  \]

\ejitem{3} La función~$\delta$ es evidentemente simétrica y tiene
$\delta(A,A)=0$ para todo $A\in K(X)$. Por otro lado, si $A$ y $B$ son
elementos de~$K(X)$ tales que $\delta(A,B)=0$, entonces para todo
$\epsilon>0$ tenemos que $A\subseteq N(B,\epsilon)$ y $B\subseteq
N(A,\epsilon)$, de manera que $A\subseteq
\bigcap_{\epsilon>0}N(B,\epsilon)$ y
$B\subseteq\bigcap_{\epsilon>0}N(A,\epsilon)$. Ahora bien, es claro que
$\bigcap_{\epsilon>0}N(B,\epsilon)$ contiene a~$B$ y que si $x$ es un punto
de esa intersección tiene $d(x,B)=0$, de manera que la intersección es
igual a~$\overline B=B$. De la misma forma, es
$\bigcap_{\epsilon>0}N(A,\epsilon)=A$ y, por lo tanto, tenemos que $A=B$.

Nos queda probar que $\delta$ satisface la desigualdad triangular. Sean
$A$, $B$ y $C$ tres elementos de~$K(X)$.
Observemos que siempre que $R$ y $S$ están en~$K(X)$ se tiene, por lo que
probamos en la segunda parte del ejercicio, que
  \[
  \delta(R,S)
      =\inf\{\epsilon\in\RR:\epsilon>0,
      \,R\subseteq N(S,\epsilon),\,S\subseteq N(R,\epsilon)\}.
  \]
En particular,
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft[1]
  \delta(A,B)+\delta(B,C)  \\
        &=\begin{multlined}[t][.8\displaywidth]
         \inf\{\epsilon\in\RR:\epsilon>0,\,A\subseteq N(B,\epsilon),\,B\subseteq N(A,\epsilon)\} \\
         +\inf\{\epsilon\in\RR:\epsilon>0,\,B\subseteq N(C,\epsilon),\,C\subseteq N(B,\epsilon)\} 
         \end{multlined} \\
        &=\inf\{\epsilon+\eta\in\RR:\epsilon,\eta>0,\,
                A\subseteq N(B,\epsilon),\,B\subseteq N(A,\epsilon),\,
                B\subseteq N(C,\epsilon),\,C\subseteq N(B,\epsilon)\} .
  \end{align*}
Ahora bien, si $\epsilon$ y $\eta$ son números positivos tales que
$A\subseteq N(B,\epsilon)$, $B\subseteq N(A,\epsilon)$, $B\subseteq
N(C,\epsilon)$ y $C\subseteq N(B,\epsilon)$, entonces
  \[
  A\subseteq N(B,\epsilon) \subseteq N(N(C,\eta),\epsilon) = N(C,\epsilon+\eta)
  \]
y
  \[
  C\subseteq N(B,\eta) \subseteq N(N(A,\epsilon),\eta) = N(A,\epsilon+\eta).
  \]
Esto nos dice que
  \begin{multline*}
  \{\epsilon+\eta\in\RR:\epsilon,\eta>0,\,
                A\subseteq N(B,\epsilon),\,B\subseteq N(A,\epsilon),\,
                B\subseteq N(C,\epsilon),\,C\subseteq N(B,\epsilon)\} \\
  \subseteq \{\rho\in\RR:\rho>0, A\subseteq N(C,\rho),C\subseteq N(A,\rho)\}
  \end{multline*}
y, por lo tanto, que
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft[1]
  \delta(A,B)+\delta(B,C) \\
       &= \inf \{\epsilon+\eta\in\RR:\epsilon,\eta>0,\,
                A\subseteq N(B,\epsilon),\,B\subseteq N(A,\epsilon),\,
                B\subseteq N(C,\epsilon),\,C\subseteq N(B,\epsilon)\} \\
  &\geq \inf\{\rho\in\RR:\rho>0, A\subseteq N(C,\rho),C\subseteq N(A,\rho)\} \\
  &= \delta(A,C).
  \end{align*}
Esta es la desigualdad que queríamos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item* Sea $X$ un espacio métrico y sea $K(X)$ el conjunto de los compactos
no vacíos de~$X$ dotado de su métrica de Hausdorff.
\begin{ejitems}

\item Si $X$ es completo, entonces $K(X)$ es completo.

\item Si $X$ es compacto, entonces $K(X)$ es compacto.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} \TODO

\ejitem{2} Supongamos que $X$ es compacto. Como $X$ es completo, la primera
parte del ejercicio nos dice que $K(X)$ es completo: para ver que $K(X)$ es
compacto, entonces, es suficiente que mostremos que es totalmente acotado.

Sea $\epsilon>0$. Como el espacio $X$ es compacto, hay un conjunto finito
$F\subseteq X$ tal que $X=\bigcup_{x\in F}B_\epsilon(x)$. Sea $G$ el
conjunto de todas las uniones no vacías de elementos de la famila
$\B=\{\overline B_\epsilon(x):x\in F\}$. Como los elementos de~$\B$ son
cerrados de~$X$, son compactos: esto implica que los elementos de~$G$ son
compactos de~$X$, ya que son uniones finitas de compactos. Por otro lado,
el conjunto $G$ tiene a lo sumo $2^{\abs{\B}}$ elementos, así que es
finito.

Sea $K$ un elemento de~$K(X)$, esto es, un compacto no vacío de~$X$.
Pongamos
  \[
  L \coloneqq \bigcup_{\substack{x\in F\\K\cap\overline B_\epsilon(x)\neq\emptyset}}
        \overline B_\epsilon(x),
  \]
que es un elemento de~$G$; observemos que $L\neq\emptyset$ porque $\B$ es
un cubrimiento de~$X$. Si $y\in L$, entonces existe $x\in F$ tal que
$y\in\overline B_\epsilon(x)$ y
$K\cap\overline B_\epsilon(x)\neq\emptyset$ y, por lo tanto,
$d(y,K)<3\epsilon$: esto muestra que $L\subseteq N(K,3\epsilon)$. Por otro
lado, si $z\in K$, entonces la elección de~$F$ implica que existe $x\in F$
tal que $z\in\overline B_\epsilon(x)$, de manera que $K\cap\overline
B_\epsilon(x)\neq\emptyset$, $\overline B_\epsilon(x)\subseteq L$, y
$d(z,L)<3\epsilon$: esto muestra que $K\subseteq N(L,3\epsilon)$. De
acuerdo al Ejercicio~\ref{ej:dN}, tenemos entonces que
$\delta(K,L)<3\epsilon$ y, por lo tanto, que $K\in B_{3\epsilon}(L)$.

Con esto concluimos que
  \[
  K(X) \subseteq \bigcup_{L\in G}B_{3\epsilon}(L)
  \]
y, en definitiva, que es totalmente acotado. \qed
\end{Solucion}

%\begin{Solucion}
%\ejitem{1} Supongamos que $X$ es completo y sea $(A_n)_{n\geq1}$ una
%sucesión de Cauchy en~$K(X)$: queremos probar que esta sucesión posee un
%límite. A menos de reemplazar la sucesión por una subsucesión, podemos
%suponer que $\delta(A_n,A_{n+1})<2^{-n-2}$ para todo $n\in\NN$.
%Sea 
%  \[
%  A\coloneqq\bigcap_{n\geq1}\overline N(A_n,2^{-n}).
%  \]
%Vamos a probar que $A$ es no vacío y 
%compacto ---de manera que es un elemento de~$K(X)$--- y que es el límite de
%la sucesión $(A_n)_{n\geq1}$.
%\begin{itemize}
%
%\item Vamos a construir una sucesión $(x_n)_{k\geq1}$ tal que $x_n\in A_n$
%y $d(x_n,x_{n+1})<2^{-n-2}$ para todo $n\in\NN$.  Empezamos eligiendo $x_1$
%arbitrariamente en~$A_1$ ---lo que es posible porque $A_1$ no es vacío.
%Supongamos inductivamente que $n\in\NN$ y que ya elegimos
%$x_1$,~\dots,~$x_n$ de manera tal que sea $x_i\in A_i$ para cada
%$i\in\inter{n}$ y y $d(x_i,x_{i+1})<2^{-i-2}$ para todo $i\in\inter{n-1}$.
%Como $A_{n+1}$ es compacto, existe $x_{n+1}\in A_{n+1}$ tal que
%  \[
%  d(x_n,x_{n+1})
%        = d(x_n,A_{n+1})
%        \leq \tilde d(A_n,A_{n+1})
%        \leq \delta(A_n,A_{n+1}) < 2^{-n-2}.
%  \]
%Claramente esto completa la construcción.
%
%Usando el hecho de que la serie $\sum_{n\geq1}2^{-n}$ converge es inmediato
%verificar que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy en~$X$. Como $X$ es
%completo, esa sucesión tiene límite: llamémoslo~$x$. Si $n\in\NN$, 
%existe $m\geq 1$ tal que $d(x_{n+m},x)<2^{-n-1}$ y entonces
%  \begin{align*}
%  d(x_n,x)
%        &\leq \sum_{i=0}^{m-1} d(x_{n+i}, x_{n+i+1}) + d(x_{n+m},x)
%         \leq \sum_{i=0}^{m-1} 2^{-(n+i)-2} + d(x_{n+m},x) \\
%        &< 2^{-n-1} + d(x_{n+m},x) < 2^{-n},
%  \end{align*}
%así que $x\in \overline N(A_n,2^{-n})$. Esto muestra que $x\in A$ y, por
%lo tanto, que $A$ no es vacío.
%
%\item El conjunto $A$ es intersección de cerrados de~$X$, así que es él
%mismo cerrado. Como $X$ es completo, esto implica que $A$ es completo. Para
%ver que es compacto será suficiente que mostremos que es totalmente
%acotado. 
%
%Sea $\epsilon>0$ y elijamos $n\in\NN$ tal que $2^{-n+1}<\epsilon$. Como
%$A_n$ es compacto, es totalmente acotado y existe un subconjunto finito $F$
%de~$A_n$ tal que $A_n\subseteq \bigcup_{y\in F}B_{2^{-n}}(y)$. Si ahora
%$x$ es un punto de~$\overline N(A_n,2^{-n})$, entonces hay un punto $z\in
%A_n$ tal que $d(x,z)\leq2^{-n}$, y hay un punto $y\in F$ tal que
%$d(z,y)<2^{-n}$, así que $d(x,y)<2^{-n+1}<\epsilon$: esto nos dice que
%$A\subseteq\overline N(A_n,2^{-n})\subseteq\bigcup_{y\in
%F}B_\epsilon(y)$. Vemos así que $A$ es totalmente acotado en~$X$, como
%queríamos.
%
%\item  \TODO
%
%
%\end{itemize}
%\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:X\to Y$ una función continua entre espacios métricos.
\begin{ejitems}

\item Si $X$ es compacto, entonces $f(X)$ también lo es.

\item Si además $f$ es biyectiva, entonces $f$ es un homeomorfismo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $X$ es compacto. Sea $(y_n)_{n\geq1}$ una
sucesión en~$f(X)$, de manera que para cada $n\in\NN$ existe $x_n\in X$ tal
que $f(x_n)=y_n$. Como $X$ es compacto, la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ posee
una subsucesión $(x_{n_k})_{k\geq1}$ convergente, y como $f$ es continua la
sucesión $(f(x_{n_k}))_{k\geq1}$, que la subsucesión $(y_{n_k})_{k\geq1}$
de~$(y_n)_{n\geq1}$, converge. Esto implica que el conjunto $f(X)$ es compacto.

\ejitem{2} Supongamos que $X$ es compacto y que $f$ es biyectiva. Para ver
que $f$ es un homeomorfismo, es suficiente con mostrar que es cerrada. Sea
$F$ un cerrado de~$X$. Como $X$ es compacto, $F$ es compacto en~$X$ y, en
vista de la primera parte del ejercicio, $f(F)$ es un compacto de~$Y$. En
particular, $f(F)$ es un cerrado de~$Y$, y esto muestra que $f$ es cerrada,
como queríamos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ es un espacio métrico compacto, entonces para todo otro espacio métrico
$Y$ la proyección $\pi:(x,y)\in X\times Y\mapsto y\in Y$ es cerrada.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico compacto, sea $Y$ un espacio métrico y sea
$\pi:X\times Y\to Y$ la proyección en el segundo factor del producto.
Sea $F$ un cerrado de~$X\times Y$ y sea $(y_n)_{n\geq1}$ una sucesión
en~$\pi(F)$ que converge a un punto~$y$ de~$Y$. Como la sucesión está
en~$\pi(F)$, para cada $n\in\NN$ existe $x_n\in X$ tal que $(x_n,y_n)\in
F$. Como $X$ es compacto, la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ contiene una
subsucesión $(x_{n_k})_{k\geq1}$ que converge a un punto~$x$ de~$X$. Como
también $(y_{n_k})_{k\geq1}$ converge a~$y$, tenemos que la sucesión
$((x_{n_k},y_{n_k}))_{k\geq1}$, que toma valores en~$F$, converge
a~$(x,y)$: como $F$ es cerrado, esto implica que $(x,y)\in F$ y, por lo
tanto, que $y=\pi(x,y)\in\pi(F)$. Vemos así que $\pi(F)$ es cerrado en~$Y$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos y supongamos que $Y$ es compacto. 
Una función $X\to Y$ cuyo gráfico es un cerrado de~$X\times Y$ es continua.

\begin{Solucion}
Sea $f:X\to Y$ una función tal que $\Gamma=\{(x,f(x)):x\in X\}$ es un
cerrado de~$X\times Y$, sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$X$ que
converge y sea $x$ su límite. Como $Y$ es compacto, la sucesión
$(f(x_n))_{n\geq1}$ posee subsucesión convergentes. Si
$(f(x_{n_k}))_{k\geq1}$ es una de ellas e $y$ su límite, entonces la
sucesión $((x_{n_k},f(x_{n_k}))_{k\geq1}$, que toma valores en~$\Gamma$,
converge entonces a~$(x,y)$ y, como $\Gamma$ es cerrado, tenemos que
$(x,y)\in\Gamma$, esto es, que $f(x)=y$.

Vemos de esta forma que toda subsucesión convergente de~$(f(x_n))_{n\geq1}$
converge a~$f(x)$. Esto implica que la sucesión misma converge a~$f(x)$ y,
en definitiva, que $f$ es continua: probemos eso.
  \[
  \claim[.9]{una sucesión en un espacio métrico compacto tal que todas sus
  subsucesiones convergentes tienen el mismo límite converge.}
  \]
Sea $Z$ un espacio métrico compacto y sea $(z_n)_{n\geq1}$ una sucesión
en~$Z$ cuyas subsucesiones convergentes convergen todas a un punto~$z$ y
supongamos, para llegar a un absurdo, que la sucesión no converge a~$z$.
Existe entonces $\epsilon>0$ y una subsucesión $(z_{n_k})_{k\geq1}$ tal que
$d(z,z_{n_k})\geq\epsilon$ para todo $k\in\NN$. Como $Z$ es compacto, esta
subsucesión posee, a su vez, una subsucesión $(z_{n_{k_l}})_{l\geq1}$ que
converge. Si $w$ es el límite de esta última, tenemos claramente que
$d(z,w)\geq\epsilon$ y, en particular, que $z\neq w$: esto es absurdo,
porque contradice la hipótesis hecha sobre a sucesión~$(z_n)_{n\geq1}$. \qed
\end{Solucion}

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

\item Una función $f:[0,+\infty)\to\RR$ que es uniformemente continua
en~$[0,1]$ y en~$[1,+\infty]$ es uniformemente continua en~$[0,+\infty)$.

\item La función $x\in[0,+\infty)\to\sqrt x\in\RR$ es uniformemente
continua.

\item Una función continua $f:\RR\to\RR$ tal que
$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0$ es uniformemente continua.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f:[0,+\infty)\to\RR$ una función que es uniformemente
continua en~$[0,1]$ y en~$[1,+\infty)$, y sea $\epsilon>0$. La hipótesis
implica inmediatamente que existe $\delta>0$ tal que
  \begin{gather*}
  x,y\in[0,1],\,\abs{x-y}<\delta \implies \abs{f(x)-f(y)}<\frac{\epsilon}{2}
\intertext{y}
  x,y\in[1,+\infty),\,\abs{x-y}<\delta \implies \abs{f(x)-f(y)}<\frac{\epsilon}{2}.
  \end{gather*}
Sean $x$ e~$y$ son dos elementos de~$[0,+\infty)$ tales que
$\abs{x-y}<\delta$. Si $x$ e~$y$ están los dos en~$[0,1]$ o
en~$[1,+\infty)$, entonces la elección de~$\delta$ implica que
$\abs{f(x)-f(y)}<\epsilon/2<\epsilon$. Si no es ese el caso, podemos
suponer sin pérdida de generalidad que $x\in[0,1]$ y que $y\in[1,+\infty)$.
Tenemos entonces que $y\geq x$ y que
  \[
  \delta>\abs{y-x}=y-x=(y-1)+(1-x) = \abs{y-1}+\abs{1-x},
  \]
así que $\abs{x-1}<\delta$ y $\abs{1-y}<\delta$ y, por lo tanto, 
  \[
  \abs{f(x)-f(y)}
        \leq \abs{f(x)-f(1)}+\abs{f(1)-f(y)}
        < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2}
        = \epsilon.
  \]
Vemos así que $f$ es uniformemente continua en~$[0,+\infty)$.

\ejitem{2} Sea $f$ la función del enunciado y sea $\epsilon>0$.
Existe $K>0$ tal que $1/2\sqrt{K}<\epsilon/2$. Como $f$ es continua, es
uniformemente continua en el intervalo compacto~$[0,K]$ y existe
$\delta>0$, que podemos suponer menor que $1$, tal que
  \[
  x,y\in[0,K],\,\abs{x-y}<\delta \implies \abs{f(x)-f(y)}<\frac{\epsilon}{2}.
  \]
Por otro lado, si $x$ e~$y$ son dos elementos de~$[K,+\infty)$ con
$\abs{x-y}<1$, el teorema
de Lagrange nos dice que existe un punto~$\xi$ que está entre~$x$ e~$y$, y
que en particular es mayor que $K$, tal que
  \[
  \abs{f(x)-f(y)} = \abs{f'(\xi)}\abs{x-y} = \frac{1}{2\sqrt\xi}\abs{x-y}
        <  \frac{1}{2\sqrt K} < \frac{\epsilon}{2}.
  \]
Procediendo como en la primer aparte del ejercicio, podemos ver que
  \[
  x,y\in[0,+\infty),\,\abs{x-y}<\min\{\delta,1\} \implies \abs{f(x)-f(y)}<\epsilon.
  \]

\ejitem{3} Sea $f:\RR\to\RR$ una función continua tal que 
$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$  y $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0$ y sea
$\epsilon>0$. La hipótesis implica que existe $R>0$ tal que si $\abs{x}>R$
entonces $\abs{f(x)}<\epsilon/2$. Por otro lado, como la función es
continua en el intervalo compacto~$[-R,R]$, existe $\delta>0$, que podemos
suponer menor que $R$, tal que 
  \[
  x,y\in[-R,R],\,\abs{x-y}<\delta \implies
  \abs{f(x)-f(y)}<\frac{\epsilon}{2}
  \]
Si ahora $x$ e~$y$ son dos elementos de~$\RR$ que están a distancia menor
que~$\delta$ y tales que $x<y$, entonces o bien están los dos en uno los intervalos
$(-\infty,-R]$, $[-R,R]$ o $[R,+\infty)$, o bien $x\in(-\infty,-R]$
e~$y\in[-R,R]$, o bien $x\in[-R,R]$ e~$y\in[R,+\infty)$. En el primer caso
tenemos que $\abs{f(x)-f(y)}<\epsilon/2<\epsilon$. En el segundo, que
$\abs{x-(-R)}$ y $\abs{(-R)-y}$ son menores que~$\delta$, así que
$\abs{f(x)-f(y)}\leq\abs{f(x)-f(-R)}+\abs{f(-R)-f(y)}<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon$, 
y en el tercero que 
$\abs{x-R}$ y $\abs{R-y}$ son menores que~$\delta$, de manera que
  \[
  \abs{f(x)-f(y)}\leq\abs{f(x)-f(R)}+\abs{f(R)-f(y)}<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon.
  \]
Vemos así que
  \[
  x,y\in\RR,\,\abs{x-y}<\delta\implies\abs{f(x)-f(y)}<\epsilon
  \] 
y, por lo tanto, que $f$ es uniformemente continua. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico y sea $A$ un subconjunto compacto de~$X$.
Si $f:A\to\RR$ es una función continua y $f(x)>0$ para todo $x\in A$,
entonces existe $K>0$ tal que $f(x)\geq K$ para todo $x\in A$.

\begin{Solucion}
Sea $f:A\to\RR$ una función continua sobre el compacto~$A$ que toma valores positivos,
consideremos el número $K=\inf\{f(x):x\in A\}$. Si 
$K=0$, entonces existe una sucesión
$(x_n)_{n\geq1}$ de elementos de~$A$ tal que $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=0$:
como $A$ es compacto, hay una subsucesión $(x_{n_k})_{k\geq1}$ que
converge a un punto~$x$ de~$A$, y como $f$ es continua, tenemos que
$f(x)=\lim_{k\to\infty}f(x_{n_k}))=0$, lo que es absurdo. Esto nos dice que
$K$ es positivo. Como $f(x)\geq K$ para todo $x\in A$, esto prueba lo que
queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\RR\to\RR$ una función continua y abierta.
\begin{ejitems}

\item  La función $f$ no tiene extremos locales.

\item Existen $a$,~$b\in[-\infty,+\infty]$ tales que $f(\RR)=(a,b)$.

\item La función $f$ es un homeomorfismo de~$\RR$ al intervalo~$(a,b)$ y
ella y su inversa son funciones monótonas.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $f$ tiene un máximo  local en~$x\in\RR$, de
manera que existe $\epsilon>0$ tal que $f(x)\geq f(y)$ para todo $y\in B_\epsilon(x)$.
Esto implica que $f(B_\epsilon(x))$ está contenido en~$(-\infty,f(x)]$:
como evidentemente contiene a~$f(x)$, ese conjunto no es abierto. Esto es
absurdo, ya que $f$ es abierta y $B_\epsilon(x)$ es abierto.

\ejitem{2} Como $f$ es continua y $\RR$ conexo, el conjunto $f(\RR)$ es un
conexo abierto de~$\RR$ y sabemos que los conexos abiertos son los
intervalos abiertos.

\ejitem{3} Si $x$ e~$y$ son dos elementos de~$\RR$ tales que
$x<y$, entonces $f(x)\neq f(y)$. En efecto, supongamos que, por el
contrario, es $f(x)=f(y)$. Si $m$ y $M$ son el mínimo y el máximo de $f$
en~$[x,y]$, entonces existen $u$,~$v\in [x,y]$ tales que $f(u)=m$ y
$f(v)=M$. Si fuese $u\in(x,y)$, entonces $f$ tendría un mínimo local
en~$u$; de la misma forma, si fuese $v\in(x,y)$, $f$ tendría un máximo
local en~$v$. Vemos así que $u$,~$v\in\{x,y\}$. Como $f(x)=f(y)$, esto
implica que $m=M$ y, por lo tanto, que $f$ es constante en~$[x,y]$. Pero en
particular esto nos dice que la imagen del abierto $(x,y)$ por~$f$ tiene un
único punto: esto es absurdo, ya que $f$ es abierta.

Vemos así que si 
  \begin{gather*}
  A\coloneqq\{(x,y)\in\RR^2:x<y,f(x)<f(y)\},
\intertext{y}
  B\coloneqq\{(x,y)\in\RR^2:x<y,f(x)>f(y)\},
  \end{gather*}
entonces
  \[
  A\cup B = \{(x,y)\in\RR^2:x<y\}.
  \]
Ahora bien, es claro de la definición de los conjuntos $A$ y $B$ y de la
continuidad de~$f$ que se trata de abiertos y que son disjuntos. Como el
conjunto $\{(x,y)\in\RR^2:x<y\}$ es conexo tenemos que o bien coincide
con~$A$ o bien coincide con~$B$: esto significa que o bien $f$ es
estrictamente creciente o bien es estrictamente decreciente.

En particular, la correstricción $f:\RR\to(a,b)$ es sobreyectiva e
inyectiva: como es continua y abierta, se trata de un homeomorfismo. \qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

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