Tomamos un punto arbitrario \(x\in (a,b)\). Por \(\rho(x)\) denotamos la mínima distancia entre \(x\) y \(a\) y entre \(x\) y \(b\), es decir \(\rho(x)=\min=\{x-a, b-x\}\).

Por ejemplo si \(x\) es el punto medio entre \(a\) y \(b\) entonces \(\rho(x)=(b-a)/2\) y el intervalo centrado en \(x\) y de radio \((b-a)/2\) está totalmente contenido en \((a,b)\).

En general, afirmamos que el intervalo centrado en \(x\) y radio \(\rho(x)\) está contendio en \((a,b)\), denotemos por \(I_x\) dicho intervalo es decir \(I_x=(x-\rho(x),x+\rho(x))\). Notamos \begin{eqnarray*} x-\rho(x) &\geq & x- (x-a)=a \\ x+\rho(x) &\leq & x + (b-x)=b \end{eqnarray*} por lo que si \(t \in I_x\) entonces \begin{eqnarray*} a\leq x-\rho(x) < t < x+\rho(x)\leq b \end{eqnarray*} y por lo tanto \(a< t < b \) lo que prueba que \(I_x \subset (a,b)\).

El intervalo \([a,b]\) no es abierto pues notamos que para los extremos cualquier invervalo abierto centrado en ellos siempre contiene puntos fuera del intervalo \([a,b]\). Escribiendo lo anterior de manera precisa dado \(I=(b-r,b+r)\), con \(r>0\), siemre se tiene que \(b+r/2 \in I\) pero \(b+r/2\notin (a,b)\), por lo que \(I\) no está contenido en \((a,b)\).

Fijamos un punto \((a_1,\dots, a_d) \in U\). Por lo tanto \(a_i> \varepsilon\). Debemos de encontrar un \(r> 0\) tal que \(B_r(a_1,\dots, a_d) \subset U\).

Tomando como ejemplo en \(\mathbb{R}^2\) con \(i=1\), notamos que \(B_{r}(a_1,a_2) \subset U\) donde \(r=(a_1-\varepsilon)/2\). Vamos a probar que esto mismo pasa en más dimensiones.

Sea \(r=(a_i-\varepsilon)/2\). Afirmamos que \(B_{r}(a_1,\dots, a_d)\subset U\), lo cual se hace por contención de conjuntos.

Tomamos un \((x_1,\dots, x_d)\in B_{r}(a_1,\dots, a_d) \). Debemos de probar que \((x_1,\dots, x_d)\in U\) es decir, \(x_i> \varepsilon\).

Ya que \((x_1,\dots, x_d)\in B_{\varepsilon/2}(a_1,\dots, a_d)\) se sigue que: \[ |x_i-a_i|\leq \|(x_1-a_1,\dots,x_d-a_d) \| < r \] por lo tanto \( -r< x_i-a_i < r \Rightarrow a_i-r < x_i \) pero \begin{eqnarray*} a_i-r &=& a_i - \frac{a_i-\varepsilon}{2}\\ &=&\frac{2a_i-a_i+\varepsilon}{2}\\ &=&\frac{a_i+\varepsilon}{2} \\ &>& \frac{\varepsilon+\varepsilon}{2}=\varepsilon. \end{eqnarray*} por lo tanto \(x_i > \varepsilon\).

La idea es encontrar la distancia entre un punto de la esfera y su "cáscara". Entre más cerca este un punto a la "cáscara" el radio que se necesita para que la bola se quede dentro será más pequeño. Para un punto \(p\in B_r(p_0)\) proponemos \(\rho(p)=r-\|p-p_0\|\). Notar que \(\rho(x)> 0\) pues \(\| p-p_0\| < r \).

Vamos a probar que \(B_{\rho(x)}(p) \subseteq B_r(p_0)\). Dado \(q \in B_{\rho(x)}(p)\) se tiene que \(\|q-p\| < \rho(x)\) y al estimar la distancia de \(q\) a \(p_0\) tenemos, por la desigualdad del triángulo, que \begin{eqnarray*} \| p_0-q\| &\leq & \|p_0-p\| + \| p-q\| \\ &<& \|p_0-p\| + \rho(x)\\ &=& \|p_0-p\|+ r-\|p-p_0\| \\ &=&r \end{eqnarray*} por lo tanto \(q\in B_{r}(p_0) \). Concluimos que \(B_{\rho(x)}(p)\subseteq B_r(p_0)\).

Para \(n\in \mathbb{N}\) definimos \[ U_n=(-\frac{1}{n}, 1+\frac{1}{n}) \] Entonces cada \(U_n\) es abierto pero la intersección es \[ \cap_{n=1}^\infty U_n=[0,1] \] la cual no es abierto.

En cada uno de los casos se probará que el complemento es un conjunto abierto.

El conjunto \([a,b]\) es cerrado pues su complemente es \[ [a,b]^c = (-\infty, a)\cup (b,\infty) \] y cada uno de los intervalos antriores es abierto pues se pueden escribir como unión de abiertos de la siguiente manera \begin{eqnarray*} (-\infty,a)=\cup_{n\in \mathbb{N}: -n< a }(-n,a), \\ (b,+\infty)=\cup_{n\in \mathbb{N}: b< n }(b,n). \end{eqnarray*}

El conjunto \( \{ p\in \mathbb{R}^n: \| p-p_0\| \leq r\}\) es cerrado pues su complemento es \[ \{ p\in \mathbb{R}^d: \| p-p_0\| \leq r\}^c=\{p\in \mathbb{R}^d:\| p-p_0 \|> r \} \] el cual es abierto por el Ejercicio 6.5

El complemento de \(\{ (x,y,z)\in \mathbb{R}^3: x=a \}\) se puede escribir como \[ \{ (x,y,z)\in \mathbb{R}^3: x=a \}^c=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: x< a \}\cup \{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: x > a \} \] y por el Ejercicio 6.3 ambos conjuntos son abiertos por lo que su unión es abierto.

Se afirma que $int(A)=\emptyset$. En efecto, sea $x \in \mathbb{R}$ y $r>0$, se mostrará que $B_r(x) \not\subseteq A=\{\frac{1}{n}: n \in \mathbb{N}\}$. Si $x \notin A$ entonces claramente $B_r(x) \not\subseteq A$, por lo que inmediatamente se concluye que $x \notin int(A)$. Supongamos ahora que $x \in A$. Recordemos que entre dos números reales siempre existe un número irracional, es decir, existe $y \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ tal que $y \in B_r(x)$. Como todos los elementos de $A$ son números racionales entonces $y \notin A$ y por lo tanto $B_r(x) \not\subseteq A$. Concluimos que $x \notin int(A)$.

Se afirma que el interior del conjunto $A=[a,b]$ es el intervalo $(a,b)$. Sea $x \in (a,b)$, entonces $0<|x-a|,|x-b|$ Sea $r=\min(|x-a|,|x-b|)$, entonces si $y \in B_r(x)$ se tiene que $a < y < b$ y por lo tanto $B_r(x) \subseteq A$. Con ésto se observa que \begin{equation*} (a,b) \subseteq int([a,b]). \end{equation*} Considere ahora $x \notin (a,b)$ y $r>0$. El claro que si $x \notin [a,b]$ entonces $B_r(x) \not\subseteq [a,b]$, por otro lado si $x=a$ o $x=b$ entonces ya se ha visto que $a-r/2 \in B_r(a)$ pero $a-r/2 < a$ y que $b+r/2 \in B_r(b)$ pero $b+r/2 > b$ por lo que $x \notin int([a,b])$ y con ello \begin{equation*} int([a,b]) = (a,b). \end{equation*}

Veamos que si $A=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2:y=0,x \in [a,b]\}$ entonces $int(A)=\emptyset$. Como ya hemos visto, si $(u,v) \notin A$ entonces $(u,v) \notin int(A)$ por lo que podemos considerar $(u,v) \in A$ y con ello $(u,v)=(x,0)$ para algún $x \in [a,b]$. Sea $r>0$ y note que $\|(x,r/2)-(x,0)\|=r/2 < r$, por lo que $(x,r/2) \in B_r((x,0))$, sin embargo $(x,r/2) \notin A$ por lo que $B_r((u,v)) \not\subseteq A$ y $(u,v) \notin int(A)$.

Sea $A = \{p \in \mathbb{R}^d: \|p-p_0\| \leq r\}$. Se demostrará que $int(A) = B_r(p_0)$. Sea $x \in B_r(p_0)$, entonces $\|x-p_0\|< r.$ Considere $s = r-\|x-p_0\| >0$ y $z \in B_s(x).$ \begin{equation*} \|z - p_0\| \leq \|z - x\| + \|x - p_0\| < s + \|x-p_0\| = (r-\|x-p_0\|) + \|x-p_0\| = r, \end{equation*} por lo que $z \in B_r(p_0)$, como $z$ es un punto arbitrario de la bola $B_s(x) \subseteq B_r(p_0) ) \subseteq A$ y \begin{equation*} B_r(p_0) \subseteq int(A). \end{equation*}

Sea $s>0$. Como $B_r(p_0) \cup \{p \in \mathbb{R}^2: \|p-p_0\|=r\}$ y si $p \notin A$ entonces $p \notin int(A)$ entonces bastará mostar que si $\|p-p_0\|=r$ entonces $p \notin int(A)$. Observe que \begin{equation*} \left\|p - \left(p + \frac{s(p-p_0)}{2\|p - p_0\|}\right)\right\| = \left\| \frac{s(p-p_0)}{2\|p - p_0\|}\right\| = \frac{s}{2} < s, \end{equation*} por lo que $p + \frac{s(p-p_0)}{2\|p - p_0\|} \in B_s(p)$. Por otro lado \begin{equation*} \left\| \left( p + \frac{s(p-p_0)}{2\|p - p_0\|} \right) - p_0\right\| = \left( 1 + \frac{s}{2\|p-p_0\|}\right)\|p-p_0\|= \left( 1 + \frac{s}{2\|p-p_0\|}\right)r > r, \end{equation*} y con ello concluimos que $p + \frac{s(p-p_0)}{2\|p - p_0\|} \notin B_r(p)$. Como $s>0$ fue arbitraria podemos deducir que no existe $s>0$ tal que $B_s(p) \supseteq A$ y por lo tanto $p \notin int(A)$, así \begin{equation*} int(A) = B_r(p_0). \end{equation*}

Ya que los naturales están "separados" entre si la idea es que no tiene puntos de acumulación, es decir, el conjunto de acumulación es vacío.

Para escribir lo anterior formalmente recordamos (notas en la Definición 6.18) que punto \(p \in \mathbb{R} \) no es punto de acumulación de \(\mathbb{N}\) si existe un \(r_0>0\) tal que la bola perforada satisface \(\check{B}_{r_0}(p) \subseteq \mathbb{N}^c\). Ahora consideramos dos casos.

Si \(p\in \mathbb{N}\) entonces es directo que \(\check{B}_{1/2}(p)\subseteq \mathbb{N}^n\) pues \[ \check{B}_{1/2}(p)=(p-1/2,p)\cup (p,p1/2) \Rightarrow [(p-1/2,p) \cup (p,p1/2) ]\cap \mathbb{N}=\emptyset \]

Si \(p\in \mathbb{R}\) pero \(p\notin \mathbb{N}\) sea \(n\) el mayor entero menor o igual a \(p\). Ya que \(p\) no es entero se tiene que \(n< p < n+1\). Definimos \(r_0=\frac{1}{2}\min \{p-n, n+1-p\}\) entonces \[B_{r_0}(p)\cap \mathbb{N}=(p-r_0,p+r_0)\cap \mathbb{N}=\emptyset\]

Para \(\mathbb{Q}\subset \mathbb{R}\) sabemos intuitivamente que alrededor de cualquier real siempre hay una infinidad de racionales por lo que esto nos dice, intuitivamente, que todo real es un punto de acumulación de \(\mathbb{Q}\). Para escribirlo formalmente procedemos como sigue.

Fijamos un \(p\in \mathbb{R}\) arbitrario. Debemos de probar que para toda \(r>0\), \(\check{B}_r(p)\cap \mathbb{Q} \ne \emptyset\). Ahora, tenemos que \(\check{B}_r(p)=(p-r,p) \cup (p,p+r)\) y sabemos que entre cualesquiera dos reales existe un racional por lo tanto entre \(p\) y \(p+r\) existe \(q\in \mathbb{Q}\) por lo tanto \(q\in (p,p+r)\cap \mathbb{Q} \subseteq \check{B_r}(p)\cap \mathbb{Q}\), lo que implica que \(\check{B_r}(p)\cap \mathbb{Q} \ne \emptyset\).

Este inciso es parecido al anterior sólo que ahora el conjunto está en \(\mathbb{R}^2\). Denotamos \(A=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2: x=1,y\in \mathbb{Q}\}\). Afirmamos que los puntos de acumulación son los puntos de la recta \[ L=\{ (x,y)\in \mathbb{R}: x=1\}. \] Fijemos \((1,y_0)\in L\). Debemos de probar que para todo \(r>0\) \(\check{B}_r((1,y_0))\cap A \ne \emptyset\). Notamos que \(B_r((x_0,y_0))\) contiene al segmento \(\{(1,y): y_0-r< y < y_0+r\} \). Ahora tomamos un racional \(q\) tal que \(y_0 < q < y_0+r\). Entonces \[ (1,q)\in \{(1,y): y_0-r< y < y_0+r\}\cap A \subset \check{B}_r((1,y_0))\cap A \] por lo que \(\check{B}_r((1,y_0))\cap A \ne \emptyset\).

Finalmente notamos que los puntos de \(L\) son los únicos puntos de acumulación de \(A\), pues si \((x_0,y_0)\notin L\) entonces \(x_0\ne 1\) y por lo tanto \(|1-x_0|>0\). Si tomamos \(r=|1-x_0|\) entonces \(B_{r}((x_0,y_0))\cap A =\emptyset\) pues todos los puntos de \(B_{r}((x_0,y_0)\) tienen su primera coordenada distinta de \(1\).

Por simplicidad vamos a denotar \[ A=B_r(p_0). \]

Primero notamos que los puntos en el conjunto \[ \{q\in \mathbb{R}^d: \| q-p_0\| > r\} \] NO son puntos de acumulación de \(A\) pues por el Ejercicio 6.5, dado el punto \(q\) con \(\|q-p_0\| > r\) existe un radio \(\rho_0 > 0\) tal que \(B_{\rho_0}(q)\subseteq \{q\in \mathbb{R}^d: \| q-p_0\| > r\} \) por lo que \(\check{B}_{\rho_0}(q)\cap A=\emptyset\).

Por lo tanto, los posibles puntos de acumulación de \(A\) están contenidos en \[ B:=\{ q \in \mathbb{R}^d: \| q-p_0\|\leq r\} \] Afirmamos que todos los puntos de \(B\) son puntos de acumulación. Fijamos \(q\in B\) y queremos probar que para toda \(s > 0\), la bola PERFORADA tienes puntos de \(A\), es decir \[ \check{B}_s(q)\cap A \ne \emptyset \] Notamos que al tomar \(q\in B\) tenemos dos casos: \(\|q-p_0\| < r, \|q-p_0\| =r\).

Caso 1: \(\|q-p_0\| < r \), es decir \(q\in A\). Como la bola \(A\) es abierta por el Ejercicio 6.4 exsite un \(\rho_0 > 0\) tal que \(B_{\rho_0}(q)\subseteq A\) lo que implica que para toda \( 0< s \leq \rho_0\), \(\check{B}_s(q) \cap A=\check{B}_s(q)\). Por lo tanto para toda \(s> 0\), \[ \emptyset \ne \check{B}_{\min\{s,\rho_0\}}(q)\cap A \subseteq \check{B}_s(q)\cap A \]

Caso 2: \(\|q-p_0\|=r\).

En este caso tomamos el vector dirección \(v=\frac{1}{r}(p_0-q)\). Notar que \(\|v\|=1\). Tomamos cualquier \(t>0\) con \(t< s, r\). Afirmamos que el vector \(q+ t v \in \check{B}_s(q)\cap A\).

P.D. \(q+ tv \in \check{B}_s(q)\).

Primeramente, \(q+tv \ne q\) pues si fuese igual entonces \( tv=0\), lo cual no es cierto. Al calcular la distancia de \(q+tv\) a \(q\) obtenemos \[ \|q+tv- q\|=t\|v\|= t < s \] por lo que \(q+ tv \in \check{B}_s(q)\).

P.D. \(q+t v \in A\)

Recordar que \(A=B_r(p_0)\). Al calcular la distancia de \(q+t v \) a \(p_0\) obtenemos \begin{eqnarray*} \|q+ t v - p_0 \| &=& \| tv+(q-p_0) \| \\ &=& |\frac{t}{r}(p_0-q) + (q-p_0)\| \\ &=& \| (\frac{t}{r} -1)(p_0-q)\|\\ &=& \left|\frac{t}{r}-1 \right|\|p_0-q\| \\ &=& \left|\frac{t}{r}-1 \right|r \\ &=& \frac{|t-r|}{r}r\\ &=& r-t < r \end{eqnarray*} por lo que \(q+tv \in B_r(p_0)=A\).