Proposizione 1. A `e aperto se e solo se A c `e chiuso

Proposizione 1. A è aperto se e solo se Ac è chiuso.
Dimostrazione. 00 =⇒00 : se xo 6∈ Ac , allora xo ∈ A = Ao e quindi esiste r > 0 tale che
B(xo , r) ⊂ A; allora xo non può essere di accumulazione per Ac .
Dunque se un punto è di accumulazione per Ac deve per forza appartenere ad Ac , ovvero
(Ac )0 ⊂ Ac .
00
⇐=000 : se xo ∈ A allora xo 6∈ Ac e quindi, se per ipotesi Ac è chiuso, xo non può essere di
accumulazione per Ac ; negando la condizione xo ∈ (Ac )0 si ottiene che esiste allora r > 0
tale che B(xo , r) ∩ Ac =Ø, ovvero B(xo , r) ⊂ A e quindi xo è interno ad A, il che prova che
A è aperto.
Proposizione 2.
1. A è aperto se e solo se A ∩ ∂A =Ø.
2. C è chiuso se e solo se ∂C ⊂ C.
Dimostrazione. Proviamo la condizione necessaria della 1. Se A è aperto, ogni xo ∈ A è
interno, e quindi ceramente non appartiene alla frontiera.
Viceversa, se A∩∂A =Ø, ogni elemento di A non appartiene a ∂A e quindi è necessariamente
interno.
Proviamo la 2. Se C è chiuso per la Porposizione 1 A = C c è aperto; quindi per la 1,
C c ∩ ∂C c =Ø; Ma ∂C c = ∂C e quindi C c ∩ ∂C =Ø, il che significa che ∂C ⊂ C.
Viceversa, se ∂C ⊂ C, e A = C c allora ∂A ⊂ C = Ac e quindi A ∩ ∂A =Ø; di nuovo per la
1. allora A è aperto e per la Proposizione 1 C = Ac è chiuso.
2
Proposizione 3. C è chiuso se e solo se C = C.
Dimostrazione. 00 =⇒00 : Dalla Proposizione 2 ∂C ⊂ C e poichè C = C ∪ ∂C si ha
C ⊂ C ⊂ C ovvero C = C.
00
⇐=00 Se C = C in particolare C ⊂ C, cioè C ∪ ∂C ⊂ C e quindi ∂C ⊂ C; dalla
Proposizione 2, allora , C è chiuso.
2
Proposizione 4. Gli aperti di uno spazio normato (E, k · k) godono delle proprietà
1 Ø e E sono aperti;
2 Se {Aα , α ∈ I} è una famiglia di sottoinsiemi aperti di E, allora
[
Aα è un aperto;
α∈I
3 Se A1 , · · · , An sono aperti in E anche
n
\
Ai è un aperto in E.
i=1
Dimostrazione Che tutto lo spazio E sia aperto è un’immediata conseguenza della definizione,
in quanto ogni x ∈ E è interno allo spazio; per questo motivo ∂E =Ø, e quindi ∂E ⊂ E;
dunque dalla Proposizione 2, E è anche chiuso, e quindi il suo complementare, cioè Ø, è
aperto.
1
Per provare la 2, osserviamo che comunque scelto x ∈
[
Aα deve esistere almeno un α ∈ I
α∈I
[
tale che x ∈ Aα che è aperto; pertanto esiste anche r > 0 tale che B(x, r) ⊂ Aα ⊂
Aα e
α∈I
quindi x è interno all’ unione.
Per provare la 3 infine, osserviamo che se
x∈
n
\
n
\
Ai =Ø non si deve provare nulla; se invece
i=1
Ai cioè x ∈ Ai , i = 1, · · · , n,allora esistono n raggi, ri tali che B(x, ri ) ⊂ Ai .
i=1
Preso
r = min{r1 , · · · , rn } > 0
risulta chiaramente B(x, r) ⊆ B(x, ri ) ⊂ Ai ovvero B(x, r) ⊆
n
\
Ai , ovvero x è interno
i=1
2.
all’intersezione.
Utilizzando la Proposizione 1 e le Leggi di De Morgan, si ottiene immediatamente il
seguente
Corollario. I chiusi di uno spazio normato (E, k · k) godono delle proprietà
1’ Ø e E sono chiusi;
2’ Se {Cα , α ∈ I} è una famiglia di sottoinsiemi chiusi di E, allora
\
Cα è un chiuso;
α∈I
3’ Se A1 , · · · , An sono chiusi in E anche
n
\
Ci è un chiuso in E.
i=1
Infine, come ultima caratterizzazione dei chiusi proviamo il seguente risultato.
Proposizione 5. In uno spazio normato (E, k · k) sono equivalenti
1 C è chiuso in E;
2 per ogni successione (xn )n ⊂ C convergente a xo ∈ E risulta xo ∈ C.
Dimostrazione. Proviamo innanzitutto che 1=⇒ 2.
Supponiamo per assurdo che esista invece (xn ) ⊂ C convergente a xo , ma che xo 6∈ C; allora
xo ∈ C c che per l’ipotesi 1 è aperto; dunque esiste un raggio r tale che B(xo , r) ⊂ C c ovvero
B(xo , r) ∩ C =Ø, mentre per la convergenza dovrebbe contenere una coda della successione,
e quindi dovrebbe contenere elementi di C.
Passiamo all’implicazione inversa; per provare che 2 =⇒1, proviamo che C 0 ⊂ C. Sia allora
xo ∈ C 0 fissato; consideriamo r1 = 1 e applichiamo la definizione di punto di accumulazione;
dunque B(xo , 1) ∩ C \ {xo } =
6 Ø, ovvero esiste x1 ∈ C ∩ B(xo , 1) e x1 6= xo ; allora ρ1 = kxo −
ρ1
1
x1 k > 0 e scegliendo r2 =
≤ e iterando il procedimento si trova x2 ∈ C ∩B(xo , r2 )\{xo }
2
2
1
che di nuovo implica 0 < ρ2 = kx2 − xo k < ; proseguendo in questo modo si costruisce una
2
2
1
successione di punti xn ∈ C tali che kxn − xo k ≤ n e quindi tale che xn → xo . Dall’ipotesi
2
2, quindi xo ∈ C che è esattamente quello che ci proponevamo di provare.
3
Teorema 1. (Caratterizzazione dei connessi di R) Un sottoinsieme I di R è connesso
se e solo se è un intervallo, o una semiretta o tutto R.
Dimostrazione. Proviamo prima che se I è del tipo detto, allora I è connesso.
A tale scopo, supponiamo per fissare le idee, che I sia limitato superiormente, e supponiamo
per assurdo che I ammetta una sconnessione (A1 , A2 ). Allora I ∩ Ai 6=Ø; di conseguenza,
anche Ai ∩I o 6=Ø, e quindi possiamo scegliere x0 ∈ A1 ∩I o e x00 ∈ A2 ∩I o ; poichè A1 ∩A2 =Ø,
necessariamente x0 6= x000 . Supponiamo per esempio che x0 < x00 , e poniamo
H = {x ∈ I : x ≥ x0 e [x0 , x] ⊂ A1 }, xo = sup H.
Poichè tra i punti di H vi è in particolare x0 , risulta certamente x0 ≤ xo .
Proviamo ora che x00 > xo .
Se infatti supponiamo per assurdo che x00 < xo esisterebbe necessariamente un elemento
ξ ∈ H tale che ξ > x00 ; ciò significa che ξ ∈ I e che [x0 , ξ] ⊂ A1 . Ma allora anche [x0 , x00 ] ⊂ A1
e quindi x00 ∈ A1 il che è assurdo perchè A1 e A2 sono disgiunti.
Se supponiamo d’altra parte che xo = x00 , esiste una successione xn ⊂ H tale che xn ↑ x00 , e
quindi [x0 , xn ] ⊂ A1 . D’altra parte x00 ∈ A2 che è aperto; dunque esiste un raggio r̄ tale che
B(x00 , r̄) ⊂ A2 , e per la convergenza in questa boccia cade tutta una coda della successione
(xn )n ; poichè ciascun xn ∈ A1 di nuovo perveniamo alla contraddizione A1 ∩ A2 6=Ø.
Pertanto x0 ≤ xo < x00 .
Ora, poichè x0 , x00 ∈ I o , xo ∈ [x0 , x00 [, necessariamente anche xo ∈ I o .
Proviamo che [x0 , xo [⊂ A1 ; se x0 = xo l’intervallo è vuoto e l’inclusione è immediata; se
invece x0 < xo , possiamo determinare una successione (ξn )n ∈ H convergente dal basso a
xo (perchè I non è degenere e tutti i suoi punti interni sono di accumulazione sia da destra
che da sinistra). Quindi tutti gli intervalli [x0 , ξn [ sono contenuti in A1 ; allora
[
[x0 , xo [= [x0 , ξn [⊂ A1 .
(1)
n
Se supponiamo che xo ∈ A1 , xo ∈ A1 ∩I o che è aperto, e quindi esiste certamente x1 > xo tale
che [xo , x1 ] ⊂ A1 ∩I o ⊂ A1 ∩I (perchè contiene un intorno centrato in xo e dunque, a maggior
ragione, contiene un intorno destro di xo ). Dalla (1), [x0 , xo [∪[xo , x1 ] = [x0 , x1 ] ⊂ A1 ; ma
allora x1 ∈ H e questo contraddice il fatto che xo è un maggiorante di H.
D’altra parte se supponiamo che xo ∈ A2 , esiste certamente x2 < xo tale che [x2 , xo ] ⊂ A2
(di nuovo perchè A2 è aperto quindi contiene un intorno centrato in xo e dunque, a maggior
ragione, contiene un intorno sinistro di xo ); senza restrizione di generalità si può supporre
che x2 ≥ x0 . Quindi [x2 , xo ]∩A1 =Ø. Ma allora nessun elemento ξ ≥ x2 può appartenere ad
H, perchè in caso contrario [x2 , ξ] ⊂ [x0 , ξ] ⊂ A1 e quindi x2 ∈ A1 ; cioè x2 è un maggiorante
di H. Allora sup H ≤ x2 < xo che è di nuovo una contraddizione.
In conclusione il punto xo ∈ I ma xo 6∈ A1 ∪ A2 e questo contraddice l’assunzione che
(A1 , A2 ) è una sconnessione per I.
Viceversa, proviamo che se I è un connesso, allora è un insieme del tipo elencato. Per
brevità trattiamo solo il caso di I connesso limitato, lasciando al lettore la trattazione dei
rimanenti casi.
4
Poniamo allora a = inf I, b = sup I; negare che I sia uno qualsiasi degli intervalli determinati
da a e da b, equivale a supporre che ci sia un punto xo ∈]a, b[\I; infatti, se al contrario fosse
]a, b[⊂ I, I coinciderebbe con uno dei quattro intervalli [a, b], ]a, b[, [a, b[, ]a, b].
Prendiamo A1 = (−∞, xo [, A2 =]xo , +∞) e osserviamo che sono entrambe aperti, che sono
disgiunti e la loro unione copre I; in altre parole abbiamo generato una sconnessione di I,
il che nega l’ipotesi che I sia connesso.
2
5
Teorema 2. Ogni insieme E stellato è connesso.
Dimostrazione. Sia E stellato rispetto a xo e supponiamo per assurdo che E ammetta
una sconnessione (A1 , A2 ); allora xo appartiene ad uno solo dei due aperti, sia per esempio
xo ∈ A1 . Poichè E ∩ A2 6=Ø, possiamo scegliere x1 ∈ E ∩ A2 ; consideriamo
I1 = {t ∈]0, 1[: txo + (1 − t)x1 ∈ A1 },
I2 = {t ∈]0, 1[: txo + (1 − t)x1 ∈ A2 }.
Allora I1 ∪ I2 =]0, 1[ e I1 ∩ I2 =Ø; se proviamo che sono aperti e non vuoti abbiamo
determinato una sconnessione di ]0, 1[ e quindi perveniamo ad un assurdo.
Proviamo ora che sono entrambe non vuoti; basta provarlo per I1 perchè la dimostrazione
n−1
, e
che I2 6=Ø è analoga. Consideriamo la successione in ]0, 1[ definita da tn =
n
consideriamo corrispondentemente xn = tn xo + (1 − tn )x1 ; è facile verificare che xn → xo .
D’altra parte, essendo A1 aperto, e xo ∈ A1 esiste certamente r > 0 tale che B(xo , r) ⊂ A1 ,
mentre dalla convergenza, risulta xn ∈ B(xo , r) per n sufficientemente grande; dunque
xn ∈ A1 definitivamente, e di conseguenza tn ∈ I1 definitivamente; ciò ci assicura che
I1 6=Ø.
Proviamo per esempio che I1 è aperto, cioè che se to ∈ I1 allora tutto un intorno di to
cade in I1 . Poniamo x = to xo + (1 − to )x1 . Per definizione di I1 si ha x ∈ A1 , ed essendo
quest’ultimo aperto, esiste r > 0 tale che B(x, r) ⊂ A1 .
Poichè xo 6= x1 (perchè appartengono a due insiemi disgiunti), risulta kxo − x1 k > 0.
r
r
r
r
Proviamo che to −
, to +
, to +
⊂ I1 ; infatti se τ ∈ to −
kxo − x1 k
kxo − x1 k
kxo − x1 k
kxo − x1 k
si ha
kτ xo +(1−τ )x1 −xk = k(τ −to )xo +[(1−τ )−(1−to )]x1 k = k(τ −to )xo −(τ −to )x1 k = |τ −to |·kxo −x1 k < r.
Quindi τ xo + (1 − τ )x1 ∈ B(x, r) ⊂ A1 che per definizione implica τ ∈ I1 .
6
2
Teorema 3. Se E è aperto e connesso, allora è connesso per poligonali.
Dimostrazione. Consideriamo in E la relazione binaria
x...e y se e solo se esiste una poligonale S(x, y) tutta contenuta in E.
E’ facile convincersi che si tratta di una relazione di equivalenza. Denotiamo con E[x] la
classe di equivalenza del generico elemento x ∈ E ovvero
E[x] = {y ∈ E : x...e y}.
Proviamo che E[x] è aperto per ogni x ∈ E. Infatti se y ∈ E[x], y ∈ E che è aperto, e
quindi esiste r > 0 tale che B(y, r) ⊂ E; ora B(y, r) è stellato rispetto a y quindi ogni suo
punto z...e y e poichè y...e x per transitività z...e x; cosı̀ B(y, r) ⊂ E[x] e quindi ogni punto di
E[x] è interno.
[
Ovviamente se x 6...e y si ha E[x] ∩ E[y] =Ø; ma allora E[x] e
E[y] sono due aperti
y6...
ex
disgiunti la cui unione copre E, in altre parole costituiscono una sconnessione di E, il che
contraddice l’assunzione che E è connesso.
Dunque non possono esistere due punti di E tali che x ...
6 e y, ovvero x...e y per ogni coppia di
punti di E, il che assicura che E è connesso per poligonali.
2
7
Primo teorema di continuità globale. Siano V e W due spazi normati, D un
sottoinsieme aperto di V e f : D → W . Allora f è continua se e solo se per ogni
aperto B ⊂ W risulta f −1 (B) aperto in V .
Dimostrazione. Proviamo prima la parte necessaria, cioè supponiamo f continua, e
fissiamo un aperto B ⊂ W .
Se f −1 (B) è vuoto non vi è nulla da provare.
Se f −1 (B) non è vuoto, vogliamo provare che ogni suo punto è interno.
Sia allora xo ∈ f −1 (B); allora f (xo ) ∈ B e dunque esiste certamente r > 0 tale che
B[f (xo ), r] ⊂ B.
Per l’assunzione di continuità esiste in corrispondenza δ(r) > 0 tale che per ogni x ∈ D con
kx − xo kV < δ risulta kf (x) − f (xo )kW < r.
D’altra parte anche D è aperto; quindi esiste ρ > 0 tale che B(xo , ρ) ⊂ D.
Allora se scegliamo δ 0 (r) = min{δ(r), ρ} risulta certamente B(xo , δ 0 ) ⊂ D ma anche f (x) ∈
B[f (xo ), r] per ogni x ∈ B(xo , δ 0 ), e dunque B(xo , δ 0 ) ⊂ f −1 (B).
Viceversa, proviamo la condizione sufficiente: fissato arbitrariamente xo ∈ D, per provare
la continuità di f in xo , fissiamo ε > 0 e consideriamo l’aperto in B = B[f (xo ), ε] ⊂ W .
Per l’ipotesi risulta f −1 (B) aperto in V , e poichè ovviamente xo ∈ f −1 (B), deve esistere
δ > 0 tale che B(xo , δ) ⊂ f −1 (B). Ciò significa che per ogni x ∈ D con kx − xo kV < δ
risulta f (x) ∈ B = B[f (xo ), ε] cioè kf (x) − f (xo )kW < ε che è esattamente la definizione
di continuità nel punto xo
2
Secondo teorema di continuità globale. Siano V e W due spazi normati, D un
sottoinsieme chiuso di V e f : D → W una funzione continua. Allora per ogni
chiuso C ⊂ W risulta f −1 (C) chiuso in V .
Dimostrazione. Fissato il chiuso C, sia xo ∈ [f −1 (C)]0 , e sia (xn )n una successione in
f −1 (C) convergente a xo . Vogliamo provare che xo ∈ f −1 (C) ovvero che f −1 (C) contiene
ogni suo punto di accumulazione.
Sappiamo che xo ∈ D, in quanto D è chiuso, che f (xn ) ∈ C, e per la continuità, che
f (xn ) → f (xo ); dunque xo ∈ f −1 (C).
2
8
Teorema di conservazione della connessione. Siano V e W due spazi normati, C
un sottoinsieme connesso di V e f : C → W una funzione continua. Allora f (C)
è connesso.
Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che esista una sconnessione (B1 , B2 ) di f (C), e
consideriamo Ci = f −1 (Bi ). Immediatamente si prova che C1 e C2 sono disgiunti, e che la
loro unione ricopre C.
Tuttavia non è detto che essi siano aperti, perchè per poter applicare il Primo teorema di
continuità globale avremmo bisogno di sapere che anche C è aperto.
Per questo motivo occorre costruire diversamente una sconnessione di C (in modo da
pervenire ad una contraddizione).
Per ogni x ∈ C consideriamo
d(x, C2 ) se x ∈ C1
r(x) =
d(x, C1 ) se x ∈ C2 .
Vogliamo provare innanzitutto che r(x) > 0 per ogni x ∈ C.
Anche per questo passo procediamo per assurdo, e supponiamo per esempio, che esista
xo ∈ C1 tale che r(xo ) = 0; dunque deve esistere una successione (xn )n ⊂ C2 tale che
kxo − xn kV → 0; quindi si ha anche xn → xo e per la continuità f (xn ) → f (xo ).
Poichè xo ∈ C1 la sua immagine f (xo ) ∈ B1 che è aperto; pertanto f (xn ) ∈ B1 definitivamente; allora anche xn ∈ C1 definitivamente, il che è assurdo perchè si era scelta xn ∈ C2 e
C1 ∩ C2 =Ø.
Consideriamo ora gli insiemi
[ r(x) [ r(x) , A2 =
.
B x,
A1 =
B x,
3
3
x∈C
x∈C
2
1
Vogliamo provare che costituiscono una sconnessione di C.
Intanto sono entrambe aperti, perchè sono unione di aperti; inoltre è evidente che Ci ⊂ Ai
per i = 1, 2 e quindi che C = C1 ∪ C2 ⊂ A1 ∪ A2 . Resta allora da provare che sono disgiunti.
Supponiamo ancora per assurdo che
contenga
A1 ∩ A2 un punto
xo ; allora debbono esistere
r(x1 )
r(x2 )
x1 ∈ C1 e x2 ∈ C2 tali che xo ∈ B x1 ,
∩ B x2 ,
.
3
3
Supponiamo per esempio r(x1 ) ≤ r(x2 ); allora
kx1 − x2 kV ≤ kx1 − xo kV + kxo − x2 kV <
r(x1 ) r(x2 )
+
< r(x2 ).
3
3
Ma x1 ∈ C1 e quindi r(x2 ) = d(x2 , C1 ) ≤ kx2 − x1 kV < r(x2 ) che è assurdo.
9
2
Teorema di Heine. Sia K un sottoinsieme sequenzialmente compatto di uno spazio normato (V, k·kV ), e sia f : K → (W, k·kW ) una funzione continua. Allora f è uniformemente
continua.
Dim. Ciò che si vuole provare è che per ogni ε > 0 eiste δ(ε) > 0 tale che per ogni coppia
di punti x0 , x00 ∈ K con kx0 − x00 kV < δ risulta kf (x0 ) − f (x00 )kW < ε.
Procediamo per assurdo, ovvero supponiamo che esista εe > 0 tale che per ogni δ > 0
esistono x0δ , x00δ ∈ D con kx0δ − x00δ kV < δ ma kf (x0δ ) − f (x00δ )kW > εe.
1
Applicando questa ipotesi assurda con δ = , n ∈ N+ si costruiscono quindi due successioni
n
1
0
00
0
00
(xn )n , (xn )n ∈ D tali che kxn − xn kV < e kf (x0n ) − f (x00n )kW > εe.
n
Dalla compattezza sequenziale di K esiste una sottosuccessione (x0np )p convergente a un
elemento xo ∈ K; d’altra parte se si considera la sottosuccessione (x00np )p risulta
kx00np − xo kV ≤ kx00np − x0np kV + kx0np − xo kV <
1
+ kx0np − xo kV ,
np
e quindi immediatamente si ottine che anche converge a xo . Per la continuità di f (che
come si è provato precedentemente comporta la continuità sequenziale), risulta allora che
lim f (x0np ) = f (xo ),
p→+∞
Dunque, in corrspondenza di
lim f (x00np ) = f (xo ).
p→+∞
εe
esiste p̄ tale che per ogni p > p̄ risulta
3
εe
εe
kf (x0np ) − f (xo )kW < , kf (x00np ) − f (xo )kW <
3
3
e quindi, sempre per la disuguaglianza triangolare,
kf (x0np ) − f (x00np )kW ≤ kf (x0np ) − f (xo )kW + kf (x00np ) − f (xo )kW <
εe εe
+ < εe
3 3
che contraddice l’ipotesi inziale, cioè che kf (x0n ) − f (x00n )kW > εe per ogni n ∈ N.
10