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Apuntes de Cálculo III
basados en el curso del maestro
Raúl Vallejo Garamendi
Ciudad de México Enero 2017
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
ii
Índice general
1. El espacio vectorial Rn 3
1.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4. Distancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2. Topoloǵıa de Rn 11
2.1. Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2. Conjuntos en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3. Topoloǵıa de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4. Sucesiones en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.5. Compacidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.6. Conexidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3. Funciones 43
3.1. Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.2. Tipos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.4. Arco-conexidad y convexidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.5. Continuidad uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.6. Homeomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.7. Ĺımites de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
4. Diferenciabilidad 79
4.1. Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
4.2. Derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
4.3. Máximos y mı́nimos de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.4. Dos teoremas importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5. Solución a los ejercicios 115
5.1. Caṕıtulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
5.2. Caṕıtulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
iii
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
5.3. Caṕıtulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
5.4. Caṕıtulo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
ÍNDICE GENERAL 1 ÍNDICE GENERAL
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
ÍNDICE GENERAL 2 ÍNDICE GENERAL
Caṕıtulo 1
El espacio vectorial Rn
1.1. Definición
Definimos Rn de la siguiente manera:
Rn = {(x1, x2, . . . , xn) |xj ∈ R, j = 1, 2, . . . , n}
Dados x, y ∈ Rn, x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) y α ∈ R, definimos las siguientes
operaciones:
x+ y : = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn) (1.1)
αx : = (αx1, αx2, . . . , αxn) (1.2)
Con estas operaciones Rn forma un espacio vectorial. A los elementos en Rn les lla-
maremos vectores y los elementos de R escalares.
Las operaciones cumplen las siguientes propiedades para cualesquiera x, y, z ∈ Rn y
cualesquiera α, β ∈ R:
i) x+ y = y + x (Propiedad conmutativa para la suma)
ii) (x+ y) + z = x+ (y + z) (Propiedad asociativa para la suma)
iii) Existe el 0̃ = (0, 0, . . . , 0) tal que 0̃ + x = x (Elemento neutro aditivo)
iv) Para toda x ∈ Rn existe −x = (−x1,−x2, . . . ,−xn) tal que x + (−x) = 0̃ (Inverso
aditivo)
v) (αβ)x = α(βx) (Propiedad asociativa para el producto por escalar)
vi) (α+β)x = αx+βx (Propiedad distributiva del producto por escalar sobre escalares)
vii) α(x+y) = αx+αy (Propiedad distribituva del producto por escalar sobre vectores)
viii) 1 · x = x (Neutro multiplicativo)
3
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
1.2. Producto escalar
Definición. Definimos el producto escalar de dos vectores como la función 〈 , 〉 : Rn×
Rn → R, (x, y) 7→ 〈x, y〉 de modo tal que:
〈x, y〉 :=
n∑
j=1
xjyj = x1y1 + x2y2 + . . .+ xnyn
Proposición 1 (Propiedades del producto escalar). Para cualesquiera x, y, z ∈ Rn y para
cualquier α ∈ R se tienen las siguientes propiedades:
i) Positividad:
〈x, x〉 ≥ 0
〈x, x〉 = 0⇔ x = 0
iii) Simetŕıa:
〈x, y〉 = 〈y, x〉
iv) Linealidad:
〈x+ y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉
〈αx, y〉 = α〈x, y〉 = 〈x, αy〉
Demostración.
i) Sea x ∈ Rn. Luego, para j = 1, . . . , n, como xj es real entonces x2j ≥ 0. Por lo tanto
〈x, x〉 =
n∑
j=1
x2j ≥ 0
ii) Si x = 0̃, entonces 〈x, x〉 =
n∑
j=1
0 = 0.
Si 〈x, x〉 =
n∑
j=1
x2j = 0, como xj ∈ R para j = 1, . . . , n entonces x2j ≥ 0 y como 〈x, x〉
es una suma de reales positivos igual a cero, entonces xj = 0 para toda j = 1, . . . , n.
iii) Sean x, y ∈ Rn. R es un campo por lo que el producto conmuta, por lo tanto:
〈x, y〉 =
n∑
j=1
xjyj =
n∑
j=1
yjxj = 〈y, x〉
1.2. PRODUCTO ESCALAR 4 CAPÍTULO 1. EL ESPACIO VECTORIAL RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
iv) Sean x, y, z ∈ Rn. R es un campo por lo tanto el producto distribuye sobre la suma,
entonces:
〈x+ y, z〉 =
n∑
j=1
(xj + yj)zj =
n∑
j=1
(xjzj + yjzj) =
n∑
j=1
xjzj +
n∑
j=1
yjzj = 〈x, z〉+ 〈y, z〉
v) Sea α ∈ R y x ∈ Rn. Tenemos que:
〈αx, y〉 =
n∑
j=1
(αxj)yj =
n∑
j=1
α(xjyj) Asoc. del producto en R
= α
n∑
j=1
xjyj Dist. del producto sobre la suma en R
= α〈x, y〉
Similarmente:
〈αx, y〉 =
n∑
j=1
(αxj)yj =
n∑
j=1
α(xjyj) Asociatividad del producto en R
=
n∑
j=1
xj(αyj) Conm. y asoc. del producto en R
= 〈x, αy〉
Proposición 2 (Desigualdad de Schwarz). Para cualesquiera x, y ∈ Rn se tiene que:
(〈x, y〉)2 ≤ 〈x, x〉〈y, y〉 (1.3)
Demostración. Si x o y son el 0̃ la desigualdad es obvia. Supongamos entonces x 6= 0̃
y y 6= 0̃.
Sea λ ∈ R. Tenemos que:
〈x+ λy, x+ λy〉 = 〈x, x+ λy〉+ 〈λy, x+ λy〉 Aditividad de 〈, 〉
= 〈x, x〉+ 〈x, λy〉+ 〈λy, x〉+ 〈λy, λy〉 Aditividad de 〈, 〉
= 〈x, x〉+ λ〈x, y〉+ λ〈x, y〉+ λ2〈y, y〉 Simetŕıa y homogeneidad de 〈, 〉
= 〈x, x〉+ 2λ〈x, y〉+ λ2〈y, y〉 ≥ 0 〈, 〉 es definido positivo
CAPÍTULO 1. EL ESPACIO VECTORIAL RN 5 1.2. PRODUCTO ESCALAR
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
La expresión 〈x, x〉 + 2λ〈x, y〉 + λ2〈y, y〉 es un polinomio de grado 2 en la variable λ
y como es mayor o igual que cero para todo λ ∈ R, tiene a lo más una ráız. Luego el
discriminante del polinomio es menor o igual que cero, es decir:
4(〈x, y〉)2 − 4〈x, x〉〈y, y〉 ≤ 0
4(〈x, y〉)2 ≤ 4〈x, x〉〈y, y〉
(〈x, y〉)2 ≤ 〈x, x〉〈y, y〉
demostrando aśı la desigualdad 1.3
Proposición 3. Sean x, y ∈ Rn entonces:
|〈x, y〉| =
√
〈x, x〉
√
〈y, y〉 ⇐⇒ x, y son linealmente dependientes.
Demostración. Supongamos que x y y son linealmente dependientes, luego existe
λ ∈ R tal que x = λy. Por lo tanto:
|〈x, y〉| = |〈x, λx〉|
= |λ〈x, x〉|
= |λ|
√
〈x, x〉
√
〈x, x〉
=
√
〈x, x〉
√
λ2〈x, x〉
=
√
〈x, x〉
√
〈λx, λx〉
=
√
〈x, x〉
√
〈y, y〉
Supongamos ahora que |〈x, y〉| =
√
〈x, x〉
√
〈y, y〉. Si x o y es 0̃ la igualdad se cumple
y la dependencia lineal es obvia, supongamos entonces que x y y no son cero y demos una
combinación lineal de ellos igual a 0.
αx+ βy = 0̃ α, β ∈ R
Tomando producto escalar de la combinación lineal consigo misma:
〈αx+ βy, αx+ βy〉 = α2〈x, x〉+ 2αβ〈x, y〉+ β2〈y, y〉 = 0
Resolviendo las ráıces para β tenemos que:
β =
−2α〈x, y〉 ±
√
4(〈x, y〉)2 − 4〈x, x〉〈y, y〉
2〈y, y〉
Pero por nuestra hipótesis, el discriminante se anula y tenemos que si α 6= 0 (es decir,
que la combinación lineal no es la trivial):
λ :=
β
α
= −〈x, y〉
〈y, y〉
Por lo tanto x+λy = x− 〈x, y〉
〈y, y〉
y = 0 y por lo tanto x y y son linealmente dependientes
1.2. PRODUCTO ESCALAR 6 CAPÍTULO 1. EL ESPACIO VECTORIAL RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
1.3. Norma
Definición. Definimos la norma euclidiana de un vector x ∈ Rn como la función
‖ ‖ : Rn → R, x 7→ ‖x‖ tal que:
‖x‖ :=
√
〈x, x〉
Ejemplos:
Si x ∈ R2, x = (x1, x2), entonces ‖x‖ =
√
x21 + x
2
2
x ∈ R3, x = (x1, x2, x3), luego ‖x‖ =
√
x21 + x
2
2 + x
2
3
Proposición 4 (Propiedades de la norma euclidiana). Para toda x, y ∈ Rn
i) ‖x‖ ≥ 0
ii) ‖x‖ = 0⇔ x = 0̃
iii)Si λ ∈ R, ‖λx‖ = |λ| ‖x‖
iv) Desigualdad del triángulo
‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ (1.4)
Demostración. i), ii) y iii) se siguen rápidamente de i), ii) y v) respectivamente de
la proposición 1. Demostremos pues la desigualdad del triángulo.
Tenemos que:
‖x+ y‖2 = 〈x+ y, x+ y〉
= 〈x, x〉+ 2〈x, y〉+ 〈y, y〉
= ‖x‖2 + 2〈x, y〉+ ‖y‖2
≤ ‖x‖2 + 2|〈x, y〉|+ ‖y‖2
De la desigualdad de Schwarz (1.3) se sigue que:
‖x+ y‖2 ≤ ‖x‖2 + 2〈x, y〉+ ‖y‖2
≤ ‖x‖2 + 2 ‖x‖ ‖y‖+ ‖y‖2
= (‖x‖+ ‖y‖)2
Tomando ráız cuadrada a ambos lados de la desigualdad tenemos que:
‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖
que es la desigualdad 1.4
Ejercicios
CAPÍTULO 1. EL ESPACIO VECTORIAL RN 7 1.3. NORMA
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
1. Sean x, y ∈ Rn entonces:
‖x+ y‖ = ‖x‖+ ‖y‖ ⇐⇒ y = λx, λ ≥ 0
2. Para toda x, y ∈ Rn se tiene la igualdad del paralelograma:
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2
(
‖x‖2 + ‖y‖2
)
(1.5)
Proposición 5. Para cualesquiera x, y ∈ Rn se cumple:
|‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖ (1.6)
Demostración. Por la desigualdad del triángulo (1.4) tenemos:
‖x‖ = ‖x+ y − y‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y‖
∴ ‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖ (1)
Similarmente, ‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖y − x‖ = | − 1| ‖x− y‖ = ‖x− y‖. De lo anterior y (1)
se sigue la desigualdad 1.6
Proposición 6. Sea x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. Entonces:
|xj| ≤ ‖x‖ ≤
n∑
k=1
|xk| j = 1, . . . , n
Demostración. Para cualquier j ∈ {1, . . . , n} tenemos:
|xj|2 ≤
n∑
k=1
|xk|2
∴ |xj| ≤
√√√√ n∑
k=1
|xk|2 = ‖x‖ (1)
Por otro lado, tenemos que:(
n∑
k=1
|xk|
)2
=
n∑
k=1
x2k +
n∑
k=1
n∑
l 6=k
|xk||xl|
Dado que la segunda suma es de términos positivos entonces:(
n∑
k=1
|xk|
)2
≥
n∑
k=1
x2k
∴
n∑
k=1
|xk| ≥ ‖x‖ (2)
De (1) y (2) se sigue lo que queŕıamos demostrar
1.3. NORMA 8 CAPÍTULO 1. EL ESPACIO VECTORIAL RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Definición. Una norma en Rn es una función ϕ : Rn → R que cumple con:
1. ϕ(x) ≥ 0
2. ϕ(x) = 0⇔ x = 0̃
3. ϕ(αx) = |α|ϕ(x) para todo α ∈ R
4. ϕ(x+ y) ≤ ϕ(x) + ϕ(y) para cualesquiera x, y ∈ Rn
Definición. Definimos la norma 1 como:
‖x‖1 =
n∑
k=1
|xk| x ∈ Rn
Definimos la norma infinito o norma del máximo como:
‖x‖∞ = máx {|x1|, |x2|, . . . , |xn|} x ∈ R
n
Ejercicios
3. Pruebe que la norma 1 y la norma infinito son, efectivamente, normas.
4. Pruebe que ‖x‖∞ ≤ ‖x‖ ≤ ‖x‖1 ∀x ∈ R
n.
1.4. Distancia
Definición. Sean x, y ∈ Rn. Definimos la distancia de x a y, denotada por d(x, y) como:
d(x, y) = ‖x− y‖
Proposición 7. Para todo x, y, z ∈ Rn se cumple:
i) d(x, y) ≥ 0
ii) d(x, y) = 0⇔ x = y
iii) d(x, y) = d(y, x)
iv) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) (desigualdad del triángulo)
Demostración. Se siguen directamente de las propiedades de la norma (4).
CAPÍTULO 1. EL ESPACIO VECTORIAL RN 9 1.4. DISTANCIA
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
1.4. DISTANCIA 10 CAPÍTULO 1. EL ESPACIO VECTORIAL RN
Caṕıtulo 2
Topoloǵıa de Rn
2.1. Preliminares
Definición. Sean A y B dos conjuntos. Decimos que A está contenido en B si ∀x ∈ A⇒
x ∈ B. Lo denotamos por A ⊂ B.
Definición (Igualdad de conjuntos). El conjunto A = B si A ⊂ B y B ⊂ A.
Definición. Definimos la diferencia de conjunto como:
A \B := {x ∈ A | x /∈ B}
Definición. Dado I un conjunto de ı́ndices definimos una familia o colección de conjuntos
como {Aα}α∈I con Aα algún conjunto para cada α ∈ I.
Por ejemplo:
I = {1, 2, 3} entonces {A1, A2, A3} es una familia de conjuntos.
{Aα}α∈R.
I puede ser igual a N o a Z por ejemplo.
Definición (Unión de una colección de conjuntos). Dada una colección {Aα}α∈I definimos
la unión de los conjuntos Aα, denotada por
⋃
α∈I
Aα como:
⋃
α∈I
Aα : = {x | x ∈ Aα para algún α ∈ I}
= {x | ∃α ∈ I 3 x ∈ Aα}
Ejemplos:
11
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Sean A = {n |n ∈ N} y B =
{
1
2
,
1
3
,
1
4
}
, entonces A ∪B =
{
n ∈ N y 1
2
,
1
3
,
1
4
}
.
Sea Ak =
(
0,
1
k
)
para cada k ∈ N. Entonces
⋃
k∈N
Ak = (0, 1).
Demostración.
1. Sea x ∈
⋃
k∈N
Ak, luego para algún k ∈ N x ∈ Ak. Entonces 0 < x <
1
k
≤ 1 y por
lo tanto x ∈ (0, 1). Como x fue arbitraria, concluimos que
⋃
k∈N
Ak ⊂ (0, 1).
2. Sea x ∈ (0, 1), entonces x > 0. Por la propiedad arquimediana existe k0 ∈ N
tal que
1
x
> k0 y por lo tanto 0 < x <
1
k0
, luego x ∈
(
0,
1
k0
)
= Ak0 de donde
concluimos que x ∈
⋃
k∈N
Ak y por lo tanto (0, 1) ⊂
⋃
k∈N
Ak.
De 1. y 2., y por la definición de igualdad de conjuntos, concluimos que
⋃
k∈N
Ak =
(0, 1)
Definición (Intersección de una familia de conjuntos). Dada una familia de conjuntos
{Aα}α∈I definimos la intersección de los conjuntos Aα, denotada por
⋂
α∈I
Ak como:
⋂
α∈I
Ak := {x | x ∈ Aα ∀α ∈ I}
Ejemplos:
Sean A = {1, 2, 3} y B = {2, 3, 4, 5} entonces A ∩B = {2, 3}.
Sean A = {1, 2} y B = {4, 5}. Como A y B no comparten elementos en común
decimos que su intersección es vaćıa y lo denotamos por A ∩B = ∅.
Ejercicios
1. Para cada k ∈ N definamos Ak =
{
x = (x1, x2) ∈ R2 |x2 > k
}
. Pruebe entonces
que: ⋃
k∈N
Ak = A1
⋂
k∈N
Ak = ∅
2.1. PRELIMINARES 12 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
2.2. Conjuntos en Rn
Describa los siguientes conjuntos de manera gráfica:
A = {x = (x1, x2) | 2x1 − x2 + 1 < 0}.
La recta y = 2x1 + 1 es nuestra referencia: todos los puntos por encima de ella
son el conjunto A. En efecto, tomando (x1, x2) de tal modo que x2 > y = 2x1 + 1,
implica que 2x1 − x2 + 1 < 0 y por lo tanto (x1, x2) ∈ A. Si tomamos (x1, x2) con
x2 ≤ y = 2x1 + 1 entonces 2x1 + 1− x2 ≥ 0 y por lo tanto (x1, x2) /∈ A.
Conjunto A
B =
{
(x1, x2) |x21 ≥ x2
}
.
Cuando x21 = x2 tenemos la gráfica de la parábola. Como además el conjunto pide
x21 ≥ x2 entonces todos los puntos (x1, x2) por debajo de dicha gráfica estarán en el
conjunto B.
Conjunto B
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 13 2.2. CONJUNTOS EN RN
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
C =
{
(x1, x2) |x21 + x22 ≤ 2x1
}
.
De la desigualdad tenemos que x21−2x1 +x22 ≤ 0. Completando el trinomio llegamos
a que (x1 − 1)2 + x22 ≤ 1. Cuando se cumple la igualdad, tenemos una elipse con
centro en (1, 0) y con la desigualdad menor que obtenemos todos los puntos dentro
de la elipse. En efecto, tomando un punto dentro de la elipse (x1, x2), supongamos
que x2 > 0 y tomando y > 0 de tal modo que (x1, y) esté sobre la elipse, tenemos
que x2 < y (de lo contrario el punto se saldŕıa del área delimitada por la elipse),
entonces x22 < y
2 ⇒ (x1 − 1)2 + x22 < (x1 − 1)2 + y2 = 1⇒ (x1, x2) ∈ C. De manera
análoga para x2 < 0.
Por último, si un punto está fuera de la elipse (x1, x2) supongamos x2 > 0 y sea
y > 0 tal que (x1, y) esté sobre la elipse. Como el punto (x1, x2) está fuera de la
elipse entonces x2 > y y se concluye que (x1, x2) /∈ C. Similarmente si x2 < 0.
Con ello hemos probado que el conjunto C es el área delimitada por la elipse y ella
misma.
Conjunto C
D = {(x1, x2) | |x1| = 1}.
Como |x1| = 1 entonces los únicos valores que puede tomar son {−1, 1}. No hay
ninguna restricción respecto a x2 por lo tanto el conjunto D son las rectas paralelas
al eje y que pasan por (1, 0) y (−1, 0).
2.2. CONJUNTOS EN RN 14 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Conjunto D
E = {(x1, x2) | |x1 + 2x2| < 1}.
De la desigualdad se sigue que −1 < x1+2x2 < 1 y a su vez
−1− x1
2
< x2 <
1− x1
2
.
Se sigue que las dos rectas representadas por los costados de la desigualdad delimitan
la región descrita por el conjunto.
Conjunto E
Ejercicios
2. Dibuje los siguientes conjuntos:
a) A =
{
x = (x1, x2) |x21 − x22 ≥ 1
}
b) B =
{
x = (x1, x2) | 2x21 − 3x22 = 3
}
c) C = {x = (x1, x2) | |2x1|+ |x2| = 3}
d) D =
{
x = (x1, x2) |x21 + x22 ≤ |x1| − x2 + 4
}
e) E =
{
x = (x1, x2) | |x1| ≤ x22
}
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 15 2.2. CONJUNTOS EN RN
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
2.3. Topoloǵıa de Rn
Definición. Sea a ∈ Rn y ε > 0. Definimos la vecindad de radio ε con centro en a,
denotada por Vε(a), como:
Vε(a) : = {x ∈ Rn | d(x, a) < ε}
= {x ∈ Rn | ‖x− a‖ < ε}
Por ejemplo, si a ∈ R2, a = (a1, a2), dado un ε > 0 tenemos:
Vε(a) =
{
x ∈ R2 | ‖x− a‖ < ε
}
=
{
x ∈ R2 |
√
(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 < ε
}
Este últimoconjunto es el disco con centro en a y radio ε.
Definimos la esfera con centro en a y radio ε y la denotamos por S como:
S := {x ∈ Rn | ‖x− a‖ = ε}
Si a ∈ R, entonces:
Vε(a) = {x ∈ R | |x− a| < ε}
= {x ∈ R | − ε < x− a < ε}
= {x ∈ R | a− ε < x < a+ ε} = (a− ε, a+ ε)
Es decir, las vecindades en R son intervalos abiertos.
Ejercicios
3. Sea a ∈ Rn. Pruebe las siguientes igualdades:⋃
ε∈R+
Vε(a) = Rn
⋂
ε∈R+
Vε(a) = {a}
Definición. Sea X ⊆ Rn y a ∈ X. Decimos que a es un punto interior de X si existe
ε > 0 tal que Vε(a) ⊆ X.
Al conjunto de todos los puntos interiores de un conjunto X le llamamos el interior
de X y lo denotamos por X◦.
Ejemplos:
2.3. TOPOLOGÍA DE RN 16 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Figura 2.1: Punto interior
Sea X = {x = (x1, x2) | 0 < x1 ≤ 1}. Entonces a =
(
1
2
, 1
)
es un punto interior de
X. En efecto, a ∈ X y sea b = (b1, b2) ∈ V 1
4
(
1
2
, 1
)
, entonces:
√(
b1 −
1
2
)2
+ (b2 − 1)2 = ‖b− a‖ <
1
4
y por la proposición 6:∣∣∣∣b1 − 12
∣∣∣∣ ≤ ‖b− a‖ < 14 =⇒ −14 < b1 − 12 < 14 =⇒ 0 < 14 < b1 < 34 < 1 =⇒ b ∈ X
Como b fue arbitrario concluimos que V 1
4
(
1
2
, 1
)
⊂ X y por lo tanto a es punto
interior de X
Sea X = {x = (x1, x2) | 0 < x2 ≤ 1}. a = (0, 1) ∈ X sin embargo a no es punto inte-
rior deX, pues para ε > 0, aε =
(
0, 1 +
ε
2
)
∈ Vε(a), pues ‖aε − a‖ =
√
02 +
(ε
2
)2
=
ε
2
< ε, sin embargo 1 < 1 +
ε
2
y por lo tanto aε /∈ X. Es decir, para todo ε > 0,
Vε(a) 6⊂ X que implica que a no es punto interior de X.
Definición. Sea X ⊆ Rn. Se dice que X es un conjunto abierto de Rn si todos los puntos
de X son puntos interiores, i.e.,
X es abierto si ∀a ∈ X ∃ε > 0 3 Vε(a) ⊆ X
De la definición se sigue que un conjunto es abierto si y sólo si es igual a su interior.
Ejemplos:
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 17 2.3. TOPOLOGÍA DE RN
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
X = {(x1, x2) | 0 < x1 < 2} es abierto.
Demostración. Sea (a1, a2) ∈ X, entonces 0 < a1 < 2. Definamos ε = mı́n {2− a1, a1} >
0 y sea (b1, b2) ∈ Vε(a1, a2), entonces por la proposición 6 y por la definición de ve-
cindad tenemos:
|b1 − a1| ≤ ‖(b1, b2)− (a1, a2)‖ < ε =⇒ b1 − a1 < 2− a1 =⇒ b1 < 2
|b1 − a1| ≤ ‖(b1, b2)− (a1, a2)‖ < ε =⇒ −a1 < b1 − a1 =⇒ 0 < b1
Como 0 < b1 < 2 entonces (b1, b2) ∈ X y como (b1, b2) fue arbitrario concluimos que
Vε(a1, a2) ⊂ X para todo (a1, a2) ∈ X, es decir, X es abierto
X = {x = (x1, x2) | ‖x‖ > r}, con r ∈ R y r ≥ 0 es un conjunto abierto.
Demostración. Si r = 0 entonces X = R2 \ {(0, 0}.
Probemos que X es abierto. Sea a ∈ X, luego ‖a‖ > r. Definamos 0 < ε ≤ ‖a‖ − r
y sea x ∈ Vε(a), luego por la desigualdad triangular (1.6):
‖a‖ − ‖x‖ ≤ ‖x− a‖ < ε ≤ ‖a‖ − r =⇒ −‖x‖ < −r =⇒ ‖x‖ > r =⇒ x ∈ X
Como x fue arbitrario, Vε(a) ⊂ X y por lo tanto a es punto interior. Como a fue
arbitrario, entonces X es abierto
Sea a ∈ Rn y r > 0, entonces Vr(a) es un conjunto abierto.
Demostración. Sea b ∈ Vr(a) entonces ‖b− a‖ < r. Definamos 0 < ε ≤ r−‖b− a‖
y tomemos x ∈ Vε(b). Entonces por la desigualdad del triángulo:
‖x− a‖ ≤ ‖x− b‖+ ‖b− a‖ < ε+ ‖b− a‖ ≤ r − ‖b− a‖+ ‖b− a‖ = r
Por lo tanto x ∈ Vr(a)⇒ Vε(b) ⊂ Vr(a)⇒ b es punto interior de Vr(a)⇒ Vr(a) es abierto
Ejercicios
4. Pruebe que los siguientes conjuntos son abiertos.
a) A = {(x1, x2) |x1 > 0, x2 < 0}
b) B = {x ∈ Rn | ‖x‖∞ < 1}
c) R \ {0}
d) (α, β) con α, β ∈ R
e) Rn \ {a, b, c} con a, b, c ∈ Rn
Proposición 8 (Propiedades de los conjuntos abiertos). Las siguientes afirmaciones son
ciertas:
2.3. TOPOLOGÍA DE RN 18 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
i) Rn y ∅ son conjuntos abiertos en Rn.
ii) Si {Ωα}α∈I es una familia de conjuntos abiertos entonces su unión es un abierto (es
decir, la unión arbitraria de conjuntos abiertos es un abierto).
iii) Si {Ω1, . . . ,Ωs} es una colección finita de abiertos entonces la intersección es un
abierto (la intersección finita de conjuntos abiertos es un conjunto abierto).
Demostración.
i) Para cualquier x ∈ Rn y para cualquier ε > 0, Vε(x) ⊂ Rn por definición, luego
todos los puntos de Rn son interiores y por lo tanto Rn es abierto.
∅ es abierto por vacuidad: si no fuera abierto existiŕıa un punto x ∈ ∅ para el que
existe ε > 0 tal que Vε(x) 6⊂ ∅, en cuyo caso ∅ 6= ∅ que es una contradicción.
ii) Sea x ∈
⋃
α∈I
Ωα. Por definición de la unión de una familia de conjuntos existe α0 ∈ I
tal que x ∈ Ωα0 . Como Ωα0 es abierto, existe ε > 0 tal que Vε(x) ⊂ Ωα0 ⊂
⋃
α∈I
Ωα,
es decir, x es punto interior de la unión. Como x fue arbitrario concluimos que la
unión arbitraria de abiertos es abierta.
iii) Sea x ∈
s⋂
j=1
Ωj. Entonces para cada j ∈ {1, . . . , s}, x ∈ Ωj y como estos conjuntos
son abiertos existe εj tal que Vεj(x) ⊂ Ωj. Sea ε = mı́n {ε1, . . . , εs}, entonces para
cada j ∈ {1, . . . , s}, Vε(x) ⊂ Vεj(x) ⊂ Ωj y eso implica que Vε(x) ⊂
s⋂
j=1
Ωj. Por lo
tanto x es punto interior de la intersección y como fue arbitrario concluimos que la
intersección finita de abiertos es abierta.
Definición. Sea A ⊂ Rn. Decimos que A es cerrado en Rn si Ac = {x ∈ Rn |x /∈ A} =
Rn \ A es abierto.
Observemos que las definiciones de abierto y cerrado no se excluyen entre śı (es decir,
que una sea verdad no implica que la otra falsa y viceversa).
Sea X = {(x1, x2) | 0 < x1 ≤ 1}. El punto (1, 0) no es un punto interior pues para
cualquier ε > 0,
(
1 +
ε
2
, 0
)
está en Vε(1, 0) pero no está en X, luego X no es abierto.
Xc = {(x1, x2) |x1 ≤ 0 o x1 > 1}. Xc tampoco es abierto pues el punto (0, 0) no es
punto interior. Luego X tampoco es cerrado.
Otro ejemplo: Q ⊂ R. Por la densidad de I en R, Q no es abierto. Similarmente, Qc = I
tampoco es abierto. Luego los racionales no son ni abiertos ni cerrados en R.
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 19 2.3. TOPOLOGÍA DE RN
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Proposición 9 (Propiedades de los conjuntos cerrados en Rn). Las siguientes afirmacio-
nes son ciertas:
i) Rn y ∅ son cerrados en Rn.
ii) Si {Aα}α∈I es una familia de conjuntos cerrados entonces su intersección es un
cerrado (intersección arbitraria de cerrados es cerrada).
iii) Si {A1, . . . , As} es una familia finita de conjuntos cerrados entonces su unión es
cerrada (la unión finita de cerrados es cerrada).
Demostración.
i) Tenemos que (Rn)c = ∅ y por la proposición anterior ∅ es abierto, luego Rn es
cerrado. ∅c = Rn que es un abierto, luego ∅ es cerrado.
ii) Para cada α ∈ I, Acα es un conjunto abierto, pues Aα es cerrado, y tenemos que:(⋂
α∈I
Aα
)c
=
⋃
α∈I
Acα
y que es unión arbitraria de conjuntos abiertos y por la proposición anterior tambiés
es abierto. Luego
⋂
α∈I
Aα es cerrado.
iii)
(
s⋃
j=1
Aj
)c
=
s⋂
j=1
Acj y como Aj es cerrado para j = 1, . . . , s entonces A
c
j es abierto
y la intersección finita de abiertos es abierta, luego
s⋃
j=1
Aj es cerrado.
Es importante notar que la intersección arbitraria de abiertos no es necesariamente
abierta. Por ejemplo, dado a ∈ Rn y la familia de sus vecindades {Vε(a)}ε∈R+ que ya
probamos abiertas, se tiene por el ejercicio 1 de esta sección que:⋂
ε∈R+
Vε(a) = {a}
Sin embargo {a} es un conjunto cerrado demostrando aśı que la intersección arbitraria
de abiertos no es siempre abierta. Usando los complementos de las vecindades se puede
demostrar que la unión arbitraria de cerrados no es necesariamente cerrada.
Definición (Punto de adherencia). Sea X ⊂ Rn y a ∈ Rn. Se dice que a es un punto de
adherencia de X si para todo ε > 0, Vε(a) ∩X 6= ∅.
2.3. TOPOLOGÍA DE RN 20 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Por ejemplo, sea X = {(x1, x2) | − 1 < x2 < 2} y sea a = (0, 2).
Tenemos que a /∈ X, sin embargo a es un punto de adherencia pues para cada ε > 0
tomando x =
(
0, 2− ε
2
)
, x ∈ Vε(a) ∩X.
Definición (Adherencia de un conjunto). Dado X ⊂ Rn definimos a su adherencia (o
cerradura), denotada por X, como el conjunto de todos sus puntos de adherencia, es decir:
X := {x ∈ Rn | ∀ε > 0 Vε(x) ∩X 6= ∅}
De la definición se sigue que X ⊂ X pues para cualquiera ∈ X y para todo ε > 0,
a ∈ Vε(a) ∩X.
Proposición 10. Sea X ⊂ Rn un conjunto entonces X es un conjunto cerrado.
Demostración. Probemos que
(
X
)c
es un conjunto abierto.
Sea x ∈
(
X
)c
, luego x no es un punto de adherencia de X y por lo tanto existe ε0 > 0
tal que Vε0(x) ∩ X = ∅ lo que implica que todos los puntos de Vε0(x) están en
(
X
)c
,
es decir Vε0(x) ⊂
(
X
)c
, por lo cual x es punto interior de
(
X
)c
. Como x fue arbitrario
entonces
(
X
)c
es abierto y X es cerrado.
Ejercicios
5. Dé un ejemplo de un conjunto X tal que
(
X
)c 6= (Xc). Dé un ejemplo en el que śı
se dé la igualdad.
Proposición 11. Un conjunto X ⊂ Rn es cerrado si y sólo si X = X
Demostración.
⇒ Supongamos que X es cerrado. Ya vimos que X ⊂ X (∗).
Sea a ∈ X y supongamos que a /∈ X. Luego a ∈ Xc que es un conjunto abierto por
ser X cerrado, es decir que a es un punto interior de Xc y por lo tanto existe ε > 0
tal que Vε(a) ⊂ Xc, en cuyo caso Vε(a) ∩ X = ∅ (de lo contrario Vε(a) no estaŕıa
enteramente contenida en el complemento de X) pero esto es una contradicción a
la hipótesis inicial de que a ∈ X derivada de suponer a /∈ X. Por lo tanto a ∈ X y
como a fue arbitrario X ⊂ X que aunado con (∗) nos da la igualdad deseada.
⇐ Supongamos ahora X = X. La proposición anterior nos dice que X es un conjunto
cerrado y por lo tanto X es cerrado.
Definición (Frontera de un conjunto). Sea X ⊂ Rn definimos a la frontera de X, deno-
tada por ∂X, como:
∂X := X ∩Xc
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 21 2.3. TOPOLOGÍA DE RN
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Como la frontera es intersección de dos cerrados entonces es cerrada y se dan las
siguientes implicaciones:
x ∈ ∂X ⇒ x ∈ X y x ∈ X
⇒ ∀ε > 0, (Vε(x) ∩X 6= ∅) y (Vε(x) ∩Xc 6= ∅)
Ejercicios
6. Demuestre que un conjunto X ⊂ Rn es cerrado si y sólo si ∂X ⊂ X.
7. Demuestre las siguientes igualdades:
X = X◦ ∪ ∂X = X ∪ ∂X
Definición (Punto de acumulación). Sea X ⊂ Rn y a ∈ Rn. a es un punto de acumulación
de X si para todo ε > 0, (Vε(a) \ {a}) ∩X 6= ∅.
Denotaremos por X ′ al conjunto de los puntos de acumulación de X.
Si un punto a es de acumulación de X entonces es de adherencia pues Vε(a)\{a}∩X ⊂
Vε(a) ∩ X. Sin embargo no todo punto de adherencia es de acumulación, por ejemplo,
tomando X = {a}, a es de adherencia (siempre está en las vecindades con centro en
él mismo sin importar el radio) pero Vε(a) \ {a} ∩ X = ∅ y por lo tanto a no es de
acumulación.
Ejercicios
8. Pruebe que X ′ es un conjunto cerrado.
9. Pruebe que un conjunto X es cerrado si y sólo si X ′ ⊂ X.
10. Pruebe que X = X ∪X ′ y que X◦ ⊂ X ′.
Calculemos el interior, la adherencia, la frontera y los puntos de acumulación para
algunos conjuntos.
Sea X = Q ⊂ R. Tenemos que X◦ = ∅ por la densidad de los irracionales: en efecto,
dado ε > 0 y cualquier a ∈ X, en (a− ε, a+ ε) existe al menos un irracional y por
lo tanto (a − ε, a + ε) 6⊂ X y a no es punto interior. Como a fue arbitrario, X no
tiene puntos interiores.
Tenemos que X = ∂X = X ′ = R pues por la densidad de Q y de I, para cada
ε > 0 y para cada x ∈ R, (x − ε, x + ε) \ {x} ∩ X 6= ∅ (x ∈ X y x ∈ X ′) y
(x− ε, x+ ε) ∩Xc 6= ∅ (x ∈ ∂X).
2.3. TOPOLOGÍA DE RN 22 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Sea X = (1, 2) ⊂ R. Tenemos que X es abierto en R luego X◦ = X.
X = [1, 2]: en efecto, todos los puntos interiores son de adherencia y para cada
1 > ε > 0, 1 + ε, 2− ε ∈ X y por lo tanto Vε(1) ∩X 6= ∅, Vε(2) ∩X 6= ∅. Tomando
x ∈ [1, 2]c, si x < 1 tomamos ε = 1− x
2
y Vε(x) ∩X = ∅ y por lo tanto x /∈ X. Si
x > 2, tomamos ε =
x− 2
2
y repetimos el proceso.
X ′ = X por las mismas razones expuestas en el párrafo anterior aplicados a los
puntos de acumulación y ∂X = {1, 2} pues X = [1, 2] y Xc = (−∞, 1] ∪ [2,∞) =
(−∞, 1] ∪ [2,∞).
Sea X =
{
x = (x1, x2) |x21 + x22 < 1
}
⊂ R2. Tenemos que X es abierto pues es la
bola abierta con centro en (0, 0) y radio 1 por lo tanto X◦ = X.
Ya hemos probado que (Xc)◦ =
{
x = (x1, x2) |x21 + x22 > 1
}
es un conjunto abier-
to, por lo tanto todos los puntos en ese conjunto son interiores del complemen-
to y no pueden ser de adherencia de X. Sólo nos resta analizar el conjunto S ={
x = (x1, x2) |x21 + x22 = 1
}
. Sea x ∈ S y sea 1 > ε > 0 y tomemos a =
(
1− ε
2
)
(x1, x2)
y b =
(
1 +
ε
2
)
(x1, x2): ‖a− x‖ =
∥∥∥−ε
2
x
∥∥∥ = ε
2
< ε y ‖b− x‖ =
∥∥∥ε
2
x
∥∥∥ = ε
2
< ε por
lo tanto a, b ∈ Vε(x), sin embargo ‖a‖ =
∥∥∥(1− ε
2
)
x
∥∥∥ = ∣∣∣1− ε
2
∣∣∣ y por cómo elegimos
ε, ‖a‖ = 1 − ε
2
< 1, luego a ∈ X, y por otro lado ‖b‖ =
∥∥∥(1 + ε
2
)
x
∥∥∥ = 1 + ε
2
> 1
y por lo tanto b ∈ Xc. Es decir, para todo ε > 0, Vε(x) ∩X 6= ∅ y Vε(x) ∩Xc 6= ∅
(incluso para las ε > 1 pues las vecindades de estos radios contendrán a las de menor
radio que son las que analizamos) para toda x ∈ S. Es decir, S = ∂X = S ′. Por el
ejercicio 5 concluimos que X = X ∪S =
{
x = (x1, x2) |x21 + x22 ≤ 1
}
. Por el análisis
anterior podemos concluir que X ′ = X.
Ejercicios
11. Encuentre el interior, la adherencia, la frontera y los puntos de acumulación de los
siguientes conjuntos. Diga si son conjuntos abiertos, cerrados o ninguno.
a) A = {(x1, x2) | − 3x2 + x1 + 4 = 0}
b) B = {(x1, x2) |x1, x2 ∈ Q}
c) C =
{(
1
n
,
1
m
)
|n,m ⊂ Z \ {0}
}
⊂ R2
d) D = Rn
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 23 2.3. TOPOLOGÍA DE RN
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
2.4. Sucesiones en Rn
Definición (Sucesión en Rn). Definimos una sucesión en Rn como una función ϕ : N→
Rn, k 7→ ϕ(k) ∈ Rn.
ϕ(k) = (ϕ1(k), . . . , ϕn(k))
Cada sucesión en Rn determina n sucesiones en los reales: {ϕj(k)}k∈N ⊂ R para cada
j ∈ {1, . . . , n}. Para cada k denotaremos a ϕ(k) por xk = (xk1, . . . , xkn) e identificaremos a
la sucesión en términos de la colección de sus imágenes:
{
xk
}
k∈N
Ejemplo: Para cada k ∈ N sea xk =
(
1
k
,
k2
k + 1
)
. Entonces:
x1 =
(
1,
1
2
)
x2 =
(
1
2
,
4
3
)
x3 =
(
1
3
,
9
4
)
...
Definición (Sucesión convergente). Sea
{
xk
}
k∈N ⊂ R
n una sucesión. Decimos que
{
xk
}
k∈N
es convergente si existe l ∈ Rn tal que para todo ε > 0 existe N ∈ N tal que para toda
k ≥ N ,
∥∥xk − l∥∥ < ε, o equivalentemente:
∀ε > 0 ∃N ∈ N 3 ∀k ≥ N ⇒ xk ∈ Vε(l)
En este caso, decimos que ‘x converge a l’y llamamos a l el ĺımite de la sucesión y lo
denotaremos por l = ĺım
k→∞
xk.
Ejemplo:
Sea xk =
(
k
2k + 1
,
2k2
3k2 + 1
)
∈ R2. Probemos que
{
xk
}
k∈N converge y lo hace a
l =
(
1
2
,
2
3
)
.
2.4. SUCESIONES EN RN 24 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Demostración. Acotemos la norma de xk − l:
∥∥xk − l∥∥ = ∥∥∥∥( k2k + 1 , 2k23k2 + 1
)
−
(
1
2
,
2
3
)∥∥∥∥
=
∥∥∥∥( k2k + 1 − 12 , 2k23k2 + 1 − 23
)∥∥∥∥ ≤ ∣∣∣∣ k2k + 1 − 12
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ 2k23k2 + 1 − 23
∣∣∣∣ (1)
=
1
2(2k + 1)
+
2
3(3k2 + 1)
<
1
k
+
1
k2
(2)
≤ 2
k
(3)
En (1) usamos la proposición 6 y en (2) y el último paso el hecho de que k ≥ 1 pues está
en los naturales. Ahora, por la propiedad arquimediana, existe N ∈ N tal que 2
ε
< N ,
luego para toda k ≥ N , 2
k
< ε y por la desigualdad mostrada en (3) tenemos que para
toda k ≥ N , ∥∥xk − l∥∥ ≤ 2
k
< ε
y como ε fue arbitrario entonces ĺım
k→∞
xk = l.
Ejercicios
12. Sea xk =
(
1− k
2k
,
k
k2 + 1
,
2− k2
3 + k2
)
∈ R3. Pruebe que converge a
(
−1
2
, 0,−1
)
.
Proposición 12. Sea
{
xk
}
k∈N una sucesión en R
n, xk = (xk1, . . . , x
k
n). Entonces x
k con-
verge si y sólo si
{
xkj
}
es convergente para j = 1, . . . , n y ĺım
k→∞
xk =
(
ĺım
k→∞
xk1, . . . , ĺım
k→∞
xkn
)
.
Demostración.
⇒ Sea l = ĺım
k→∞
xk, l = (l1, . . . , ln). Por definición de ĺımite, para todo ε > 0, existe
N ∈ N tal que: ∥∥xk − l∥∥ < ε ∀k ≥ N
Luego, |xkj − lj| ≤
∥∥xk − l∥∥ < ε, j = 0, . . . , n para toda k ≥ N y eso implica que
ĺım
k→∞
xkj = lj para j = 0, . . . , n.
⇐ Supongamos que ĺım
k→∞
xkj existe para cada j ∈ {0, . . . , n}; denotémoslo por lj. Afir-
mamos que ĺım
k→∞
xk = l = (l1, . . . , ln).
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 25 2.4. SUCESIONES EN RN
Raúl Vallejo Apuntesde Cálculo
En efecto, dado ε > 0, como lj = ĺım
k→∞
xkj , entonces existe Nj ∈ N tal que para toda
k ≥ Nj, |xkj − lj| <
ε√
n
, con j = 0, . . . , n. Sea N = máx {N1, . . . , Nn}. Entonces,
para toda k ≥ N :
∥∥xk − l∥∥ =
√√√√ n∑
j=1
(xkj − lj)2 <
√√√√ n∑
j=1
ε2
n
=
√
ε2 = ε
que es lo que queŕıamos demostrar.
Por ejemplo, sea xk =
(
1
k
,
k2
k + 1
,
k
1− 2k2
)
. Tenemos que
1
k
converge a 0 y
k
1− 2k2
también. Sin embargo,
k2
k + 1
es divergente y por lo tanto xk no converge.
Ejercicios
13. Demuestre lo siguiente.
Proposición 13. El ĺımite de una sucesión convergente es único.
14. Un conjunto A ⊂ Rn se dice acotado si existe M > 0 tal que para toda x ∈ A,
‖x‖ ≤M . Demuestre lo siguiente:
Proposición 14. Toda sucesión convergente es acotada.
Proposición 15 (Propiedades de ĺımites). Sean
{
xk
}
k∈N ,
{
yk
}
k∈N ⊂ R
n dos sucesiones
convergentes. Entones se cumple que:
i)
{
xk + yk
}
k∈N es una sucesión convergente y
ĺım
k→∞
xk + yk = ĺım
k→∞
xk + ĺım
k→∞
yk
ii) Para α ∈ R,
{
αxk
}
k∈N es convergente y
ĺım
k→∞
αxk = α ĺım
k→∞
xk
iii) Si {λk}k∈N ⊂ R es una sucesión convergente entones
{
λkx
k
}
k∈N es convergente y:
ĺım
k→∞
λkx
k = ĺım
k→∞
λk ĺım
k→∞
xk
Demostración. Sea l = ĺım
k→∞
xk y l′ = ĺım
k→∞
yk.
2.4. SUCESIONES EN RN 26 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
i) Probemos que ĺım
k→∞
xk + yk = l + l′.
Sea ε > 0, entonces como l es el ĺımite de xk y l′ lo es de yk entonces existen
N1, N2 ∈ N tales que: ∥∥xk − l∥∥ < ε
2
∀k ≥ N1 (1)∥∥yk − l′∥∥ < ε
2
∀k ≥ N2 (2)
Sea N = máx {N1, N2}, entonces para toda k ≥ N , por (1) y (2), se tiene:∥∥xk + yk − (l + l′)∥∥ ≤ ∥∥xk − l∥∥+ ∥∥yk − l′∥∥ < ε
y por lo tanto ĺım
k→∞
xk + yk = l + l′.
ii) Probemos que ĺım
k→∞
αxk = αl.
Si α = 0 la proposición es clara. Supongamos pues α 6= 0 y sea ε > 0. Por definición
de ĺımite tenemos que existe N ∈ N tal que para toda k ≥ N :∥∥xk − l∥∥ < ε
|α|
⇒ |α|
∥∥xk − l∥∥ < ε
⇒
∥∥α(xk − l)∥∥ < ε
⇒
∥∥αxk − αl∥∥ < ε
Por lo tanto ĺım
k→∞
αxk = αl.
iii) Sea ĺım
k→∞
λk = λ. Como x
k es convergente, por la proposición 14 entonces es acotada,
es decir que existe M > 0 tal que
∥∥xk∥∥ < M para toda k ∈ N (1). Por definición de
ĺımite tenemos que existen N1, N2 ∈ N tales que:∥∥xk − l∥∥ < ε
2|λ|
∀k ≥ N1 (2)
|λk − λ| <
ε
2M
∀k ≥ N2 (3)
Sea N = máx {N1, N2}, entonces para toda k ≥ N :∥∥λkxk − λl∥∥ = ∥∥λkxk − λxk + λxl − λl∥∥
=
∥∥xk(λk − λ) + λ(xk − l)∥∥
≤ |λk − λ|
∥∥xk∥∥+ ||λ|∥∥xk − l∥∥
< |λk − λ|M + |λ|
∥∥xk − l∥∥ Usando (1)
<
ε
2M
M + |λ| ε
2|λ|
= ε Usando (2) y (3)
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 27 2.4. SUCESIONES EN RN
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Por lo tanto ĺım
k→∞
λkx
k = λl.
Definición (Subsucesión). Sea {xk}k∈N ⊂ R
n una sucesión. Una subsucesión de {xk}k∈N
es una sucesión
{
xα(k)
}
k∈N donde α : N→ N es una función estrictamente creciente. La
subsucesión
{
xα(k)
}
k∈N suele representarse también como
{
xkl
}
l∈N donde kl = α(l).
Teorema 1 (Bolzano-Weierstrass). Sea {xk}k∈N ⊂ R
n una sucesión acotada. Entonces
tiene una subsucesión convergente.
Demostración. Procedamos por inducción sobre n.
n = 1 Para este caso se tiene Rn = R y alĺı sabemos que toda sucesión acotada tiene una
subsucesión convergente por el teorema de Bolzano-Weierstrass para sucesiones en
los reales.
Hip. ind. Supongamos que el teorema se cumple para toda sucesión acotada en Rn.
n+ 1 Sea
{
xk
}
k∈N ⊂ R
n+1, xk = (xk1, . . . , x
k
n), una sucesión acotada, es decir existe M > 0
tal que para toda k ∈ N,
∥∥xk∥∥ ≤M .
Definamos yk = (x11, . . . , x
k
n). Entonces
{
yk
}
k∈N ⊂ R
n es una sucesión acotada. En
efecto, pues:
‖yk‖ =
n∑
j=1
(
xkj
)2 ≤ n∑
j=1
(
xkj
)2
+
(
xkn+1
)2
=
∥∥xk∥∥ ≤M ∀k ∈ N
Por nuestra hipótesis inductiva, entonces existe
{
ykl
}
k∈N una subsucesión conver-
gente y sea ã = (a1, . . . , an) su ĺımite. Por la proposición 12, para j = 0, . . . , n se
tiene ĺım
l→∞
yklj = ĺım
l→∞
xklj = aj.
Tomando xkl = (ykl1 , . . . , y
kl
n , x
kl
n+1) = (x
kl
1 , . . . , x
kl
n , x
kl
n+1), tenemos que
{
xkln+1
}
⊂ R
es una sucesión acotada, pues:∣∣∣xkln+1∣∣∣ ≤ ∥∥xkl∥∥ ≤M ∀l ∈ N
y por el caso n = 1 entonces existe una subscesión
{
x
klm
n+1
}
m∈N
convergente; digamos
que converge a an+1 ∈ R.
2.4. SUCESIONES EN RN 28 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Para j = 0, . . . , n, ĺım
m→∞
x
klm
j = ĺım
l→∞
xklj = aj pues para las sucesiones en los reales, si
una sucesión converge y posee una subsucesión convergente entonces convergen al
mismo ĺımite. De aqúı que, por la proposición 12:
ĺım
m→∞
xklm =
(
ĺım
m→∞
x
klm
1 , . . . , ĺım
m→∞
x
klm
n+1
)
= (a1, . . . , an+1) := a ∈ Rn+1
Por lo tanto
{
xklm
}
m→∞ es convergente y converge a a.
Teorema 2 (De Cauchy). Una sucesión
{
xk
}
k∈N es convergente si y sólo si para todo
ε > 0 existe N ∈ N tal que para toda k, l ≥ N se tiene que
∥∥xk − xl∥∥ < ε.
A esta última propiedad le llamamos condición de Cauchy.
Demostración.
⇒ Supongamos que la sucesión es convergente y converge a a. Luego para todo ε > 0
existe N ∈ N tal que para toda k ≥ N ,
∥∥xk − a∥∥ < ε
2
. Luego para toda k, l ≥ N
por la desigualdad del triángulo tenemos:∥∥xk − xl∥∥ ≤ ∥∥xk − a∥∥+ ∥∥xl − a∥∥ < ε
⇐ Supongamos que la sucesión cumple la condición de Cauchy. Tenemos pues que para
todo ε > 0 existe N ∈ N tal que para k, l ≥ N :∣∣xkj − xlj∣∣ ≤ ∥∥xk − xl∥∥ < ε j = 0, . . . , n
Pero eso implica que las sucesiones reales
{
xkj
}
k∈N son de Cauchy y por lo tanto
convergentes. Como las sucesiones componentes convergen por la proposición 12
entonces la sucesión converge.
Proposición 16. Sea X ⊂ Rn y a ∈ R. a es un punto de adherencia de X si y sólo si
existe una sucesión
{
xk
}
k∈N ⊂ X tal que ĺımk→∞x
k = a.
Demostración.
⇒ Supongamos a ∈ X. Por definición de punto de adherencia, para toda k ∈ N,
V 1
k
(a) ∩ X 6= ∅; tomemos xk ∈ V 1
k
∩ X y construyamos la sucesión
{
xk
}
k∈N ⊂ X;
afirmamos que converge a a.
En efecto, sea ε > 0. Por la propiedad arquimediana existe N ∈ N tal que 1
ε
< N ⇒
1
N
< ε. Para toda k ≥ N , xk ∈ V 1
k
(a) ⊂ V 1
N
(a)⇒
∥∥xk − a∥∥ < 1
N
< ε ∴ ĺım
k→∞
xk =
a.
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 29 2.4. SUCESIONES EN RN
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
⇐ Supongamos que hay una sucesión
{
xk
}
k∈N ⊂ X tal que ĺımk→∞x
k = a. Por definición
de ĺımite, para todo ε > 0 existe N ∈ N tal que para toda k ≥ N , (recordemos que
xk ∈ X): ∥∥xk − a∥∥ < ε =⇒ xk ∈ Vε(a) ∩X
Luego, para todo ε > 0, Vε(a) ∩X 6= ∅ ⇒ a ∈ X.
Ejercicios
15. Sea X ⊂ Rn y a ∈ Rn. Entonces a es un putno de acumulación de X si y sólo si
existe una sucesión
{
xk
}
k∈N ⊂ X \ {a} tal que ĺımk→∞x
k = a.
2.5. Compacidad
Definición (Cubierta de un conjunto y subcubierta). Sea X ⊂ Rn y {Ωα}α∈I , con Ωα ⊂
Rn un conjunto abierto para toda α ∈ Rn.
Se dice que la familia {Ωα}α∈I es una cubierta abierta de X si X ⊂
⋃
α∈I
Ωα.
Si J ⊂ I es un conjunto tal que X ⊂
⋃
α∈J
Ωα entonces decimos que {Ωα}α∈J es una
subcubierta de X. Si J es finito, entonces tenemos una subcubierta finita.
Ejemplos:
Sea X = (0, 1] ⊂ R y Ωk =
{
t ∈ R | 1
k
< t < 2
}
, k ∈ N. Entonces {Ωk}k∈N es una
cubierta de X: sea x ∈ X, por lo tanto 0 < x ≤ 1 y por la propiedad arquimediana
existe k0 ∈ N tal que
1
x
< k0 ⇒
1
k0
< x ≤ 1⇒ x ∈ Ωk0 ⇒ x ∈
⋃
k∈N
Ωk.
{Ω2k}k∈N es subfamilia de {Ωk}k∈N y sigue siendo cubierta de X, pues para x ∈ X
por la propiedad arquimediana existe k0 ∈ N tal que
1
2k0
<
1
k0
< x y se sigue el
razonamiento anterior. Luego {Ω2k}k∈N es subcubierta de X.
Sea Ωk = {x ∈ Rn | ‖x‖ < k}, k ∈ N. Entonces {Ωk}k∈N es una cubierta abierta de
Rn, pues para toda x ∈ Rn por la propiedad arquimediana existe N ∈ N tal que
‖x‖ < N ⇒ x ∈ ΩN ⇒ x ∈
⋃
k∈N
Ωk.
Por la misma razón, para cada X ⊂ Rn, {Ωk}k∈N es cubierta abierta de X.
2.5. COMPACIDAD 30 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Sea X ⊂ Rn y a ∈ Xc. Para cada x ∈ X, definamos rx =
‖x− a‖
2
> 0.Entonces
{Vrx(x)}x∈X es una cubierta abierta de X, pues al menos x ∈ Vrx para toda x ∈ X.
Definición (Conjunto compacto). Un conjunto X ⊂ Rn se dice compacto si para cual-
quier cubierta abierta de X existe una subcubierta finita.
∀ {Ωα}α∈I 3 X ⊂
⋃
α∈I
Ωα ∃s ∈ N 3 X ⊂
s⋃
j=1
Ωαj
De la negación de la definición tenemos que X no es compacto si hay al menos una
cubierta abierta que no tiene ninguna subcubierta finita.
Ejemplos:
(0, 1] no es compacto.
Demostración. Ya vimos que {Ωk}k∈N, con Ωk =
(
1
k
, 2
)
es una cubierta abierta
de (0, 1]. Supongamos ahora que existe s ∈ N tal que
{
Ωkj
}s
j=1
es cubierta de abierta
de (0, 1].
Sea m = máx {k1, . . . , ks}, entonces
1
m
≤ 1
kj
para j = 0, . . . , s y por lo tanto para
toda x <
1
m
, x /∈
s⋃
j=1
Ωkj . Por lo anterior, x =
1
m+ 1
/∈
s⋃
j=1
Ωkj lo cual es una
contradicción pues x ∈ (0, 1] y hab́ıamos supuesto
{
Ωkj
}s
j=1
una cubierta de X.
Luego no existe una subcubierta finita de {Ωk}k∈N y por lo tanto X no es compacto.
Sea a ∈ Rn. Entonces X = {a} es un conjunto compacto.
Demostración. En efecto, sea {Ωα}α∈I una cubierta abierta de X, entonces a ∈
X ⊂
⋃
α∈I
Ωα e implica que existe α0 ∈ I tal que a ∈ Ωα0 ⇒ X ⊂ Ωα0 ⇒ {Ωα0} es
una subcubierta finita de X.
Sea
{
xk
}
k∈N ⊂ R
n una sucesión convergente, ĺım
k→∞
xk = a. Entonces X =
{
xk
}
k∈N ∪
{a} es un conjunto compacto.
Demostración. Sea {Ωα}α∈I una cubierta abierta de X, entonces existe α0 ∈ I tal
que a ∈ Ωα0 . Como Ωα0 es abierto, existe ε > 0 tal que Vε(a) ⊂ Ωα0 y como a es el
ĺımite de la sucesión existe N ∈ N tal que para toda k ≥ N xk ∈ Vε(a) ⊂ Ωα0 .
Para cada k < N existe αk ∈ I tal que xk ∈ Ωαk pues {Ωα}α∈I es una cubierta
abierta de X. Entonces
{
Ωαj
}N
j=0
es una cubierta abierta de X con N + 1 elementos
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 31 2.5. COMPACIDAD
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
(por tanto finita), pues sea x ∈ X, entonces x = xk para k ∈ N o x = a: si k ≥ N o
x = a, entonces x ∈ Ωα0 , en otro caso x ∈ Ωαk y por lo tanto X ⊂
N⋃
j=0
Ωαj .
Rn no es compacto.
Demostración. Tomando Ωk = {x ∈ Rn | ‖x‖ < k}, ya vimos que {Ωk}k∈N es una
cubierta abierta de Rn. Supongamos que existe s ∈ N tal que
{
Ωkj
}s
j=1
es cubierta de
Rn. Sea m = máx {k1, . . . , ks}, entonces x = (m+ 1, 0, 0, . . . , 0) ∈ Rn, ‖x‖ = m+ 1,
y por lo tanto x /∈
s⋃
j=1
Ωkj lo que es una contradicción. Por lo tanto no existe una
subcubierta finita y Rn no es compacto.
Ejercicios
16. Sea X =
{
a1, . . . , am
}
⊂ Rn. Muestre que X es un conjunto compacto.
17. Sea xk =
(
1
k
,
1
k
)
, k ∈ N. Pruebe que X =
{
xk | k ∈ N
}
⊂ R2 no es compacto.
18. Sea xk =
(
k
2k + 1
,
1 + (−1)k
2
)
, k ∈ N. Entonces X =
{
xk
}
k∈N∪
{(
1
2
, 0
)
,
(
1
2
, 1
)}
es un conjunto compacto.
19. Sea Ω ⊂ Rn un conjunto abierto no vaćıo. Pruebe que Ω no es compacto.
Teorema 3 (De Heine-Borel-Lebesgue). Sea X ⊂ Rn. Las afirmaciones siguientes son
equivalentes:
i) X es compacto.
ii) X es cerrado y acotado.
iii) Toda sucesión
{
xk
}
k∈N ⊂ X tiene una subsucesión convergente a un punto de X.
Si un conjunto cumple esta propiedad se dice que es un conjunto secuencialmente
compacto.
Demostración.
i)⇒ ii) Supongamos queX es compacto. Ya hemos visto que {Ωk}k∈N, Ωk = {x ∈ R
n | ‖x‖ < k},
es una cubierta abierta deX y comoX es compacto existe s ∈ N tal que {Ωk1 , . . . ,Ωks}
es una cubierta abierta de X. Sea m = máx {k1, . . . , ks} entonces m es una cota de
X: en efecto, sea x ∈ X, entonces existe kj tal que x ∈ Ωkj y eso implica que
‖x‖ < kj ≤ m. Por lo tanto X es un conjunto acotado.
2.5. COMPACIDAD 32 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Probemos que X es cerrado mostrando que su complemento es abierto. Sea a ∈ Xc;
para cada x ∈ X definamos rx =
‖x− a‖
2
> 0. Ya hemos probado que {Vrx(x)}x∈X
es una cubierta abierta de X. Como X es compacto, existen x1, . . . , xs ∈ X tal que
X ⊂
s⋃
j=1
Vr
xj
(xj). Sea ε = mı́n {rx1 , . . . , rxs}.
Sea x ∈ X. Existe l ∈ {1, . . . , s} tal que x ∈ Vr
xl
(xl) (pues estas vecindades forman
una cubierta abierta). Entonces tenemos las siguientes desigualdades:
‖x− a‖ ≥
∥∥xl − a∥∥− ∥∥x− xl∥∥ Desigualdad del triángulo
>
∥∥xl − a∥∥− rxl x ∈ Vrxl (xl)
= rxl ≥ ε
Es decir, x /∈ Vε(a) y como x fue arbitrario, entonces Vε(a)∩X = ∅ que implica que
Vε(a) ⊂ Xc. Entonces a es punto interior de Xc y como a fue arbitrario, entonces
Xc es abierto. Concluimos que X es cerrado.
ii)⇒ iii) Supongamos que X es cerrado y acotado y sea una sucesión
{
xk
}
k∈N ⊂ X. Como X
es acotado entonces la sucesión es acotada y por el teorema de Bolzano-Weierstrass
(1) entonces existe una subsucesión convergente y por la proposición 16 converge en
X y como X es cerrado entonces el ĺımite está en X.
Antes de continuar con la última parte de la demostración requeriremos los siguientes
dos lemas:
Lema 1. Sea X ⊂ Rn un conjunto secuencialmente compacto. Para todo ε > 0 existen{
x1, . . . , xs
}
⊂ X tales que X ⊂
s⋃
j=1
Vε(x
j). A esta propiedad se le denomina precompaci-
dad.
Demostración. Supongamos que el conjunto no es precompacto, es decir que existe
ε0 > 0 tal que para cualesquiera
{
x1, . . . , xs
}
⊂ X, X 6⊂
s⋃
j=1
Vε0(x
j).
Sea x1 ∈ X. Por nuestra suposición, X 6⊂ Vε0(x1), luego existe x2 ∈ X tal que
x /∈ Vε0(x1). Similarmente, X 6⊂ Vε0(x1) ∪ Vε0(x2), luego existe x3 ∈ X tal que x /∈
Vε0(x
1) ∪ Vε0(x2).
Para k ∈ N supongamos que tenemos
{
x1, . . . , xk
}
⊂ X tal que
∥∥xl − xm∥∥ ≥ ε0 si l 6=
m, l,m ≤ k. Como X no es precompacto, X 6⊂
k⋃
j=0
Vε0(x
j) y por lo tanto existe xk+1 ∈ X
tal que xk+1 /∈
k⋃
j=0
Vε0(x
j), es decir, para cualesquiera l,m ≤ k + 1,
∥∥xl − xm∥∥ ≥ ε0 (de
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 33 2.5. COMPACIDAD
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
lo contrario existiŕıa un par cuya distancia es menor que ε0 y por lo tanto uno estaŕıa
en la vecindad de radio ε0 del otro, contradiciendo nuestra construcción). Por inducción,
construimos la sucesión
{
xk
}
k∈N ⊂ X.
Como X es secuencialmente compacto entonces existe una subsucesión
{
xkl
}
l∈N tal
que ĺım
l→∞
xkl = a para algún a ∈ X. Como la subsucesión es convergente entonces es de
Cauchy (teorema de Cauchy, 2) y existe N ∈ N tal que:∥∥xkl − xkm∥∥ < ε0
2
∀l,m ≥ N
Pero los elementos comparados son elementos de nuestra subsucesión por lo que para
cualesquiera l,m ≥ N , ε0 ≤
∥∥xkl − xkm∥∥ < ε0
2
⇒ ε0 <
ε0
2
lo cual es un absurdo. Por lo
tanto X es precompacto.
Lema 2 (Lebesgue). Sea X ⊂ Rn un conjunto secuencialmente compacto y {Ωα}α∈I una
cubierta abierta de X. Entonces existe ε0 > 0 tal que para toda x ∈ X existe α ∈ I tal
que Vε0(x) ⊂ Ωα.
Demostración. Supongamos lo contrario, es decir para todo ε > 0 existe x ∈ X tal
que para toda α ∈ I, Vε(x) 6⊂ Ωα.
Para cada k ∈ N existe xk ∈ X tal que V 1
k
(xk) 6⊂ Ωα para todo α ∈ I. Hemos
construido aśı la sucesión
{
xk
}
k∈N. Como X es secuencialmente compacto entonces existe
a ∈ X tal que ĺım
l→∞
xkl = a y como {Ωα}α∈I es una cubierta abierta de X existe α0 ∈ I tal
que a ∈ Ωα0 . Pero Ωα0 es un abierto, luego existe δ > 0 tal que Vδ(a) ⊂ Ωα0 .
Para δ > 0 existe N1 ∈ N tal que para toda l ≥ N ,
∥∥xkl − a∥∥ < δ
2
.
Como la sucesión kl es creciente (definición de subsucesión), entonces ĺım
l→∞
1
kl
= 0 y
por lo tanto existe N2 ∈ N tal que para toda l ≥ N2,
1
kl
<
δ
2
.
Ahora, sea l ≥ N = máx {N1, N2} y sea x ∈ V 1
kl
(xkl) ⇒
∥∥x− xkl∥∥ < 1
kl
<
δ
2
. Como
l ≥ N1, tenemos:
‖x− a‖ ≤
∥∥x− xkl∥∥+ ∥∥xkl − a∥∥ < δ =⇒ x ∈ Vδ(a) ⊂ Ωα0
Como x fue arbitrario entonces V 1
kl
(xkl) ⊂ Vδ(a) ⊂ Ωα0 lo cual es una contradicción por
la manera en cómo construimos los xk, por lo que podemos concluir lo deseado.
Ahora podemos continuar con nuestra demostración del teorema de Heine-Borel.
iii)⇒ i) Supongamos que X es secuencialmente compacto y sea {Ωα}α∈I una cubierta abierta
de X. Por el lema 2 existe ε0 > 0 tal que para cada x ∈ X existe α ∈ I tal que
Vε0(x) ⊂ Ωα (1).
2.5. COMPACIDAD 34 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl VallejoPor el lema 1 existen
{
x1, . . . , xs
}
⊂ X tales que X ⊂
s⋃
j=1
Vε0(x
j). Pero por (1),
para j = 1, . . . , s existe αj ∈ I tal que Vε0(xj) ⊂ Ωαj y eso implica que {Ωj}
s
j=1 es
una subcubierta finita de X y por lo tanto X es compacto.
Ejercicios
20. Sea X =
{
x = (x1, x2, x3) |
∣∣x21 + 3x2 − 2x33 + 4∣∣ ≤ 2} ⊂ R3. Diga si X 6= ∅ y si es
compacto. ¿X es abierto o cerrado?
2.6. Conexidad
Definición (Abiertos relativos). Sea X ⊂ Rn y A ⊂ X. Se dice que A es abierto en X
si existe un abierto U ⊂ Rn tal que A = X ∩ U .
Los abiertos en X son las intersecciones de abiertos de Rn con X.
Hay que notar que ser abierto en X no implica que el conjunto sea abierto en Rn.
Ejemplos:
X = {a, b}, a, b ∈ Rn. X es abierto en X, pues como Rn es un conjunto abierto,
X = X ∩ Rn. Sin embargo X no es abierto en Rn.
A = {a} es abierto en X (el del punto anterior) pero no es abierto en Rn Dado
0 < ε < ‖b− a‖, Vε(a) ∩X = A.
X = {(x1, x2) | 2x1 − x2 = 0}. X es un conjunto cerrado. V1(0, 0) ⊂ R2 es un con-
junto abierto en R2 y V1(0, 0) no es ni abierto ni cerrado en R2 pero es un abierto
en X por definición.
Proposición 17 (Propiedades de los abiertos relativos). Sea X ⊂ Rn. Entonces las
siguientes afirmaciones son ciertas:
i) X y ∅ son abiertos en X.
ii) Si {Aα}α∈I , Aα ⊂ X para toda α ∈ I, es una familia de abiertos en X entonces⋃
α∈I
Aα es un abierto en X.
iii) Si {A1, . . . , As} es una familia finita de abiertos en X entonces
s⋂
j=1
Aα es un abierto
en X.
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 35 2.6. CONEXIDAD
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Demostración.
i) Por la proposición 8 sabemos que Rn y ∅ son abiertos, por lo tanto X = X ∩ Rn y
∅ = X ∩ ∅ son abiertos en X.
ii) Para cada α ∈ I existe Uα ⊂ Rn abierto tal que Aα = X ∩ Uα. Por la proposición
8 sabemos que
⋃
α∈I
Uα es abierto, entonces X ∩
⋃
α∈I
Uα =
⋃
α∈I
X ∩ Uα =
⋃
α∈I
Aα es un
abierto en X.
iii) Para cada j ∈ {1, . . . , s} existe un abierto Uj ⊂ Rn tal que Aj = X ∩ Uj. Por la
proposición 8
s⋂
j=1
Uj es un conjunto abierto y por lo tanto X ∩
s⋂
j=1
Uj =
s⋂
j=1
X ∩Uj =
s⋂
j=1
Aj es un abierto en X.
Definición (Cerrado relativo). Sea X ⊂ Rn. Un conjunto B ⊂ X se dice que es cerrado
en X si X \B es abierto en X.
La siguiente proposición nos permite caracterizar a los cerrados relativos de manera
similar a los abiertos relativos.
Proposición 18. Un conjunto B ⊂ X ⊂ Rn es cerrado en X si y sólo si existe C ⊂ Rn
cerrado en Rn tal que B = X ∩ C.
Demostración.
⇒ Como B es cerrado en X, X \B es abierto en X, es decir, existe un abierto U ⊂ Rn
tal que X\B = X∩Bc = X∩U . Tomando complementos tenemos Xc∪B = Xc∪U c
y eso implica que (como B ⊂ X) B ⊂ U c.
B = X ∩U c: en efecto, B ⊂ U c ⇒ B = B ∩X ⊂ U c ∩X y si suponemos que existe
x ∈ X ∩ U c tal que x /∈ B, tenemos que x ∈ Bc = U ∩X, es decir x ∈ U y x ∈ U c
lo que es una contradicción, luego X ∩ U c ⊂ B. De las dos contenciones se sigue la
igualdad.
Por último, como U es abierto, entonces U c es cerrado y termina la demostración.
⇐ Supongamos que existe C ⊂ Rn cerrado tal que B = X ∩ C. Como C es cerrado
entonces Cc es abierto y tenemos que Bc = Xc∪Cc e intersectándolo con X tenemos:
X \ B = X ∩ Bc = (X ∩Xc) ∪ (X ∩ Cc) = ∅ ∪ (X ∩ Cc) = X ∩ Cc, por lo tanto
X \B es un abierto en X y por lo tanto B es cerrado en X.
2.6. CONEXIDAD 36 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Proposición 19 (Propiedades de los cerrados relativos). Sea X ⊂ Rn. Las siguientes
afirmaciones son ciertas:
i) X y ∅ son cerrados en X.
ii) Si {Bα}α∈I una familia de cerrados en X entonces
⋂
α∈I
Bα es un cerrado en X.
iii) Si {B1, . . . , Bs} es una familia finita de cerrados en X entonces
s⋃
j=1
Bj es un cerrado
en X.
Demostración.
i) Por la proposición 9, Rn y ∅ son cerrados y por la proposición anterior X = X ∩Rn
y ∅ = ∅ ∩X son cerrados en X.
ii) Para cada α ∈ I, X ∩ Bcα es abierto en X. Por la proposición 17, X ∩
⋃
α∈I
Bcα =
⋃
α∈I
X ∩Bcα es un abierto en X y por lo tanto
⋂
α∈I
Bα =
(⋃
α∈I
Bcα
)c
es un cerrado en
X.
iii) Para j ∈ {1, . . . , s}, por la proposición anterior existe un cerrado Cj ⊂ Rn tal que
Bj = Cj ∩X. Luego
s⋃
j=1
Bj =
s⋃
j=1
X ∩ Cj = X ∩
s⋃
j=1
Cj y por la proposición 9
s⋃
j=1
Cj
es cerrado, luego
s⋃
j=1
Bj es cerrado en X.
Las definiciones de cerrado en X y abierto en X no son excluyentes. Por ejemplo en
X = {a, b} ya vimos que A = {a} es un abierto en X, pero A es cerrado en Rn, luego
A = A ∩X es también cerrado en X.
Definición (Conjunto conexo). Un conjunto X ⊂ Rn es conexo si los únicos subconjuntos
de X que son abiertos y cerrados simultáneamente son X mismo y ∅.
Un conjunto que no es conexo se dice disconexo.
Ejemplos:
X = {a, b} es disconexo pues ya probamos que A = {a} es abierto y cerrado en X.
Para a ⊂ Rn se tiene que {a} es conexo, pues sus únicos subconjuntos son él mismo
y el vaćıo.
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 37 2.6. CONEXIDAD
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
X = {(x1, x2) | |x1| = 1} es un conjunto disconexo. En efecto, tomandoA = {(x1, x2) |x1 = 1}
tenemos queA es cerrado en Rn, luegoA es cerrado enX, peroA = X∩{(x1, x2) | 0 < x1}
que es un abierto, luego A es abierto en X. Como A es cerrado y abierto en X en-
tonces X es disconexo.
Ejercicios
21. Pruebe que Rn es conexo.
De manera intuitiva, podemos decir que un conjunto es conexo si consta de una sola
“pieza”. Para formalizar esta idea tenemos la siguiente proposición.
Proposición 20. Sea X ⊂ Rn. X es disconexo si y sólo si existen U, V ⊂ Rn abiertos
tales que:
i) X ⊂ U ∪ V
ii) X ∩ U 6= ∅ y X ∩ V 6= ∅
iii) X ∩ U ∩ V = ∅
Demostración.
⇒ Supongamos que X es disconexo, entonces existe A ⊂ X, A 6= X y A 6= ∅, tal que A
es abierto y cerrado en X de manera simultánea. Como A es cerrado en X entonces
X \A es abierto en X y por lo tanto existen U, V ⊂ Rn abiertos tales que A = U ∩X
y X \ A = V ∩X. Tenemos entonces:
i) X = A ∪ (X \ A) = (X ∩ U) ∪ (X ∩ V ) = X ∩ (U ∪ V ) y eso implica que
X ⊂ U ∪ V .
ii) Como X ∩ U = A 6= ∅ y como A 6= X, X ∩ V = X \ A 6= ∅.
iii)
∅ = X ∩ ∅ = X ∩ (A ∩ Ac) = A ∩ (X \ A) = (X ∩ U) ∩ (X ∩ V ) = X ∩ U ∩ V
⇐ Supongamos que existen abiertos U, V ⊂ Rn tales que cumplen i), ii) y iii). Sea
A = X ∩ U 6= ∅ por ii): por definición es un abierto en X (∗). Probemos que
X \ A = X ∩ V .
X \ A = X \ (X ∩ U) = X ∩ (Xc ∪ U c) = X ∩ U c = X \ U . Por definición,
X \ A = X \ U ⊂ X ⊂ U ∪ V , pero (X \ U) ∩ U = ∅ (de lo contrario habŕıa un
elemento que no está en U y está en U), por lo tanto X \ A ⊂ V (1). Ahora, sea
x ∈ X ∩ V ; por iii) sabemos que X ∩ V ∩ U = ∅, eso implica que x /∈ U y como
x ∈ X entonces x ∈ X \U = X \A. Como x fue arbitrario, entonces X ∩V ⊂ X \A
(2). Por (1) y (2) tenemos X \ A = X ∩ V .
2.6. CONEXIDAD 38 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Lo anterior implica que X \ A es un abierto en X (recordemos que V es abierto
en Rn), es decir A es cerrado en X. Con lo anterior y (∗) concluimos que X es
disconexo.
Es decir, si X es disconexo existen dos partes que lo separan: X ∩ U y X ∩ V .
Ejercicios
22. Demuestre la siguiente proposición.
Proposición 21. Sea X ⊂ Rn. X es disconexo si y sólo si existen C,D ⊂ Rn
cerrados tales que:
i) X ⊂ C ∪D
ii) X ∩ C 6= ∅ y X ∩D 6= ∅
iii) X ∩ C ∩D = ∅
Definición (Intervalo). Sea A ⊂ R. Decimos que A es un intervalo si para cualesquiera
x, y ∈ A, [x, y] ⊂ A.
Proposición 22. Si A es un intervalo entonces es alguno de los siguientes conjuntos
(α, β ∈ R): ∅, {α} , [α, β], (α, β], [α, β), (α, β), [α,∞), (α,∞), (−∞, α), (−∞, α],R.
Demostración. Si A es vaćıo, por vacuidad el vaćıo es un intervalo y hemos termi-
nado.
Si A = {α} ⊂ R probemos que es un intervalo. Sea x, y ∈ A, luego x = y = a y por lo
tanto [x, y] = A y por lo tanto A es un intervalo.
Supongamos ahora que A tiene más de un elemento y que está acotado. Como A está
acotado entonces existen α := ı́nf A y β := supA. Probemos que (α, β) ⊂ A.
Sea x0 ∈ (α, β). Como α = ı́nf A, para x0−α > 0 existe x ∈ A tal que x0 = α+ (x0−
α) > x y como β = supApara β−x0 > 0 existe y ∈ A tal que x0 = β−(β−x0) < y. Como
x, y ∈ A, entonces x0 ∈ [x, y] ⊂ A. Como x0 fue arbitrario concluimos que (α, β) ⊂ A.
Es claro que (−∞, α) ∩ A = (β,∞) ∩ A = ∅, pues de lo contrario contradiŕıa la elección
del supremo y del ı́nfimo. Aśı, [α, β] \A sólo puede ser un subconjunto de {α, β} y por lo
tanto A tiene que ser alguno de los conjuntos acotados expuestos arriba.
Supongamos que A es acotado superiormente pero no inferiormente. Entonces existe
α := supA. Afirmamos que (−∞, α) ⊂ A. En efecto, sea x ∈ (−∞, α), como A no es
acotado inferiormente existe M ∈ A tal que M < x y para α − x existe y ∈ A tal que
x = α − (α − x) < y, luego x ∈ [M, y] y como A es un intervalo x ∈ A. Como x es
arbitrario entonces (−∞, α) ⊂ A y por lo tanto A sólo puede ser (−∞, α) o (−∞, α]
dependiendo si el supremo está o no en A.
De manera análoga se demuestra que si A es acotado inferiormente pero no superior-
mente, A es igual a (α,∞) o a [α,∞).
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 39 2.6. CONEXIDAD
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Por último, si A no es acotado ni inferior ni superiormente, sea x ∈ R. Luego existen
m,M ∈ A tales que m < x < M y por lo tanto x ∈ [m,M ] y como A es un intervalo
entonces x ∈ A. Como x fue arbitrarion, R ⊂ A ⊂ R⇒ A = R.
Por ejemplo A = R \ {1} no es un intervalo pues 0 ∈ A y 2 ∈ A pero [0, 2] 6⊂ A.
Proposición 23 (Conjuntos conexos en R). Un conjunto A ⊂ R es conexo si y sólo si
es un intervalo.
Demostración.
⇒ Supongamos que A es conexo pero que no es un intervalo, entonces existen x, y ∈ A
tales que [x, y] 6⊂ A, es decir existe t0 ∈ [x, y] tal que t0 /∈ A.
Sea U = (−∞, t0) y V = (t0,∞). Tenemos entonces:
i) A ⊂ U ∪ V pues U ∪ V = R \ {t0} pero t0 /∈ A.
ii) Como x < t0 (no puede ser igual a x porque contradiŕıa que x ∈ A) y t0 < y
(mismo razonamiento para la igualdad), entonces x ∈ U y y ∈ V y por lo tanto
A ∩ U 6= ∅ y A ∩ V 6= ∅.
iii) U ∩ V = ∅ por lo tanto A ∩ U ∩ V = ∅.
Pero por la proposición 20 entonces A es disconexo, lo cual es una contradicción.
Por lo tanto A es un intervalo.
⇐ Supongamos que A es un intervalo pero que no es conexo. Por la proposición 21
existen C,D ⊂ R cerrados tales que:
i) A ⊂ C ∪D
ii) A ∩ C 6= ∅ y A ∩D 6= ∅.
iii) A ∩ C ∩D = ∅
Por ii) existen x ∈ A ∩ C y y ∈ A ∩D. Supongamos x < y (no pueden ser iguales
pues contradiŕıa iii)). Como A es un intervalo, [x, y] ⊂ A y sea λ = sup[x, y] ∩ C.
Como [x, y] ⊂ A, para todo y − λ > ε > 0, λ + ε ∈ [x, y] ⊂ A y como A ⊂ C ∪D,
λ+ε ∈ D, pues de lo contrario λ no seŕıa el supremo de [x, y]∩C. Pero esto implica
que (λ, y] ⊂ D y por la misma razón λ es un punto de adherencia de D, pero D es
cerrado, entonces λ ∈ D, lo cual es una contradicción a iii) pues λ ∈ A ∩ C ∩D.
Por lo tanto A tiene que ser conexo.
Ejercicios
23. Sean A,B ⊂ Rn dos conjuntos conexos tales que A ∩ B 6= ∅. Demuestre que A ∪ B
es conexo.
2.6. CONEXIDAD 40 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
24. Sean A,B ⊂ Rn dos conjuntos conexos tales que A ∩ B 6= ∅. Pruebe que A ∪ B es
conexo.
25. Sea A ⊂ Rn un conjunto conexo y B ⊂ Rn tal que A ⊂ B ⊂ A. Demuestre que B
es conexo.
26. Sea {A1, . . . , Am} una familia de conjuntos conexos en Rn tales que Aj ∩ Aj+1 6= ∅
para j ≤ m− 1. Demuestre que
m⋃
j=1
Aj es un conjunto conexo.
27. Sea {Aα}α∈I una familia de conjuntos conexos en R
n tal que
⋂
α∈I
Aα 6= ∅. Pruebe
que
⋃
α∈I
Aα es un conjunto conexo.
CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN 41 2.6. CONEXIDAD
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
2.6. CONEXIDAD 42 CAPÍTULO 2. TOPOLOGÍA DE RN
Caṕıtulo 3
Funciones
3.1. Funciones
Recordemos la definición de función.
Definición. Es decir, a los elementos x ∈ X les corresponde un único elemento y ∈ Y al
que denotamos por f(x) y decimos que x va a f(x) bajo f y lo denotamos por x ∈ X 7→
f(x) ∈ Y .
Definición (Imagen directa de un conjunto). Sea f : X → Y una función y A ⊂ X.
Definimos la imagen del conjunto A bajo f , denotada por f(A), como:
f(A) := {f(x) |x ∈ A} = {y ∈ Y | ∃x ∈ A 3 f(x) = y}
Proposición 24 (Propiedades de la imagen de un conjunto). Sea f : X → Y una función
y {Aα}α∈I una familia de subconjuntos de X. Entonces se cumple:
i) f
(⋃
α∈I
Aα
)
=
⋃
α∈I
f(Aα)
ii) f
(⋂
α∈I
Aα
)
⊂
⋂
α∈I
f(Aα)
Demostración.
i) Sea y ∈ f
(⋃
α∈I
Aα
)
, luego existe x ∈
⋃
α∈I
Aα tal que f(x) = y. Dado que x ∈
⋃
α∈I
Aα,
existe α0 ∈ I tal que x ∈ Aα0 y como f(x) = y entonces y ∈ f(Aα0). Luego
y ∈
⋃
α∈I
f(Aα). Como y fue arbitrario, entonces f
(⋃
α∈I
Aα
)
⊂
⋃
α∈I
f(Aα) (1).
43
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Sea y ∈
⋃
α∈I
f(Aα), luego existe α0 ∈ I tal que y ∈ f(Aα0), que implica que existe x ∈
Aα0 tal que f(x) = y. Pero x ∈ Aα0 ⇒ x ∈
⋃
α∈I
Aα y por lo tanto y ∈ f
(⋃
α∈I
Aα
)
.
Como y fue arbitrario, entonces
⋃
α∈I
f(Aα) ⊂ f
(⋃
α∈I
Aα
)
y por (1) se concluye la
igualdad.
ii) Sea y ∈ f
(⋂
α∈I
Aα
)
, entonces existe x ∈
⋂
α∈I
Aα tal que f(x) = y. Para todo α ∈ I,
x ∈ Aα y por lo tanto y ∈ f(Aα), concluyendo entonces que y ∈
⋂
α∈I
f(Aα).
Ejemplo:
Sea f : R → R tal que f(x) = x2 y sean los conjuntos A = (−1, 2] y B = (−3, 0);
A ∩B = (−1, 0). Tenemos que:
f(A) = [0, 4] f(B) = (0, 9)
=⇒ f(A ∩B) = (0, 1) f(A) ∩ f(B) = (0, 4]
de donde se sigue que f(A ∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B) pero no son iguales.
Definición (Preimagen o imagen inversa de un conjunto). Sea f : X → Y una función
y B ⊂ Y . Definimos la imagen inversa o preimagen, denotada por f−1(B) como:
f−1(B) = {x ∈ X | f(x) ∈ B}
Ejemplos:
f : R→ R definida por f(x) = x2. Sea B = [1, 2). Tenemos entonces:
f−1(B) = {x ∈ R | f(x) ∈ [1, 2)}{
x ∈ R |x2 ∈ [1, 2)
}{
x ∈ R | 1 ≤ x2 < 2
}{
x ∈ R | 1 ≤ |x| <
√
2
}
Si x ≤ 0 entonces 1 ≤ x <
√
2 y si x < 0 entonces −1 ≥ x > −
√
2 y por lo tanto:
f−1(B) = (−
√
2, 1] ∪ [1,
√
2)
3.1. FUNCIONES 44 CAPÍTULO 3. FUNCIONES
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Sea f : R2 → R una función definida por
f (x = (x1, x2)) = 2x1−x2 y sea B = {−1} ⊂
R. Tenemos:
f−1(B) =
{
x ∈ R2 | 2x1 − x2 = −1
}
que es una recta.
f : R2 → R definida por f(x) = 2x1 − 3x2 y sea B = (−1, 2]. Tenemos que:
f−1(B) =
{
x ∈ R2 | 2x1 − 3x2 ∈ (−1, 2]
}
=
{
x ∈ R2 | − 1 < 2x1 − 3x2 ≤ 2
}
que es el siguiente conjunto (la recta superior que delimita al conjunto no es parte
de la preimagen):
f : R→ R, f(x) = x2. Calculemos la preimagen de (−2,−1):
f−1(−2,−1) =
{
x ∈ R |x2 ∈ (−2,−1)
}
= ∅
Es decir, la preimagen de un conjunto puede ser el vaćıo.
Ejercicios
1. Sea f : R2 → R, f(x1, x2) = x21 − x22.
B = {1} y C = (−2, 0). Calcule f−1(B) y f−1(C) y dibújelas en el plano.
2. Sean f : R2 → R2, f(x1, x2) = (x1 − x2, x1 + x2).
B = {(x1, x2) | − 1 < x1 ≤ 2} y C = {(x1, x2) | |x2| = 1}. Calcule la preimagen de
B y de C y dibújelas en el plano.
Proposición 25. Sea f : X → Y una función y {Bα}α∈I una familia de subconjuntos de
Y . Entonces se cumple que:
CAPÍTULO 3. FUNCIONES 45 3.1. FUNCIONES
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
i) f−1
(⋃
α∈I
Bα
)
=
⋃
α∈I
f−1(Bα)
ii) f−1
(⋂
α∈I
Bα
)
=
⋂
α∈I
f−1(Bα)
Demostración.
i) Sea x ∈ f−1
(⋃
α∈I
Bα
)
, luego f(x) ∈
⋃
α∈I
Bα y eso implica que existe α0 ∈ I tal que
f(x) ∈ Bα0 pero eso implica que x ∈ f−1(Bα0), luego x ∈
⋃
α∈I
f−1(Bα). Como x fue
arbitrario, entonces f−1
(⋃
α∈I
Bα
)
⊂
⋃
α∈I
f−1(Bα) (1).
Sea x ∈
⋃
α∈I
f−1(Bα), luego existe α0 ∈ I tal que x ∈ f−1(Bα0) y por lo tanto
f(x) ∈ Bα0 y esto implica que f(x) ∈
⋃
α∈I
Bα y por lo tanto x ∈ f−1
(⋃
α∈I
Bα
)
.
Como x fue arbitrario entonces
⋃
α∈I
f−1(Bα) ⊂ f−1
(⋃
α∈I
Bα
)
y por (1) se llega a la
igualdad deseada.
ii) Sea x ∈ f−1
(⋂
α∈I
Bα
)
, entonces f(x) ∈
⋂
α∈I
Bα y eso implica que f(x) ∈ Bα para
toda α ∈ I, es decir x ∈ f−1(Bα) para toda α ∈ I, por tanto x ∈
⋂
α∈I
f−1(Bα). Como
x fue arbitrario, entonces f−1
(⋂
α∈I
Bα
)
⊂
⋂
α∈I
f−1(Bα) (2).
Sea x ∈
⋂
α∈I
f−1(Bα), entonces para todo α ∈ I, x ∈ f−1(Bα), es decir, f(x) ∈ Bα
para todo α ∈ I por lo tanto f(x) ∈
⋂
α∈I
Bα ⇒ x ∈ f−1
(⋂
α∈I
Bα
)
. Como x fue
arbitrario,
⋂
α∈I
f−1(Bα) ⊂ f−1
(⋂
α∈I
Bα
)
y por (2) se concluye la igualdadde ii).
Ejercicios
3.1. FUNCIONES 46 CAPÍTULO 3. FUNCIONES
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
3. Sea f : X → Y una función y A ⊂ X y B ⊂ Y . Pruebe los siguientes dos enunciados:
A ⊂ f−1 (f(A))
f
(
f−1(B)
)
⊂ B
Para ambos casos, muestre que la igualdad no se da con un contraejemplo.
3.2. Tipos de funciones
Definición. Sea f : X → Y una función. Decimos que f es inyectiva si para todo
x, x′ ∈ X tales que f(x) = f(x′) implica que x = x′.
Es equivalente decir que si x 6= x′ entonces f(x) 6= f(x′): en efecto, si f es inyectiva
y x 6= x′ son tales que f(x) = f(x′) por la definición entonces x = x′ lo cual es una
contradicción por lo tanto f(x) 6= f(x′). Ahora si x, x′ fueran tales que f(x) = f(x′) pero
x 6= x′ entonces f(x) 6= f(x′) lo cual es una contradicción y por lo tanto x = x′.
Si una función es inyectiva decimos que es “uno a uno”.
Ejemplos:
f : X → X, f(x) = x, es la llamada función identidad. f es inyectiva en X: es
evidente pues x = f(x) = f(y) = y.
f : R → R, f(x) = x3 también es inyectiva: sean x, y ∈ R tales que x3 = y3 luego
x3− y3 = (x− y)(x2 + xy+ y2) = 0 y eso implica que x = y o x2 + xy+ y2 = 0 pero
esa expresión sólo es cero cuando x = y = 0. Por lo tanto la función es inyectiva.
f : R2 → R2 definida por f(x1, x2) = (x1 − 2x2, x32), es una función inyectiva.
Demostración. Sean x, y ∈ R2 tales que (x1−2x2, x32) = (y1−2y2, y32)⇒ x1−2x2 =
y1 − 2y2 y x32 = y32. En el ejemplo anterior vimos que x3 es una función inyectiva
en los reales por lo tanto x2 = y2 y x1 − 2x2 = y1 − 2y2 ⇒ x1 = y1, es decir
x = (x1, x2) = (y1, y2) = y y por lo tanto f es inyectiva.
f : R→ R, f(x) = x2 no es una función inyectiva pues (−1)2 = 12 pero −1 6= 1.
Ejercicios
4. Sea f : R2 → R definida por f(x1, x2) = 2x1 − 3x2. Pruebe que f no es inyectiva.
5. Sea f : (−1, 1)→ R definida por f(x) = x
1− |x|
. Demuestre que f es inyectiva.
6. Sea g : (−1, 1)→ R definidia por g(x) = x
1− x2
. Demuestre que g es inyectiva.
CAPÍTULO 3. FUNCIONES 47 3.2. TIPOS DE FUNCIONES
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
7. Sea Ω = {x ∈ Rn | ‖x‖ < 1} y f : Ω→ Rn definida por f(x) = x
1− ‖x‖
. Demuestre
que f es inyectiva.
8. Dado Ω del ejercicio anterior, g : Ω→ Rn definida por g(x) = x
1− ‖x‖2
. Demuestre
que g es inyectiva.
9. Sea f : X → Y una función inyectiva y {Aα}α∈I una familia de subconjuntos de X.
Pruebe que f
(⋂
α∈I
Aα
)
=
⋂
α∈I
f(Aα).
Definición (Función suprayectiva). Sea f : X → Y una función. Se die que f es supra-
yectiva (sobreyectiva) si f(X) = Y .
Hay que notar que siempre se tiene f(X) ⊂ Y , por lo que una función es suprayectiva
si Y ⊂ f(X), es decir si para todo y ∈ Y , y ∈ f(X) que implica que existe x ∈ X tal que
f(x) = y.
Ejemplos:
La función identidad es una función suprayectiva: f(X) = X.
La función f : R→ R, f(x) = x3 es suprayectiva pues para y ∈ R tomemos x = 3√y.
La función f : R→ R, f(x) = x2 no es suprayectiva: tomando y < 0 no existe x ∈ R
tal que 0 > y = x2 > 0.
Sin embargo, la función g : R→
(
R+ ∪ {0}
)
, g(x) = x2 śı es suprayectiva pues para
y ∈ R+ ∪ {0} existe x = √y y x = −√y.
La función f del ejercicio 4 de esta sección es suprayectiva.
Demostración. Sea y ∈ Rn. Si existe x ∈ Ω tal que f(x) = y entonces:
x
1− ‖x‖
= y
Tomando normas tenemos que
‖x‖
1− ‖x‖
= ‖y‖ ⇒ ‖x‖ = ‖y‖ − ‖y‖ ‖x‖ y por lo
tanto ‖x‖ = ‖y‖
1 + ‖y‖
. Sustituyendo tenemos:
x = y(1− ‖x‖) = y
(
1− ‖y‖
1 + ‖y‖
)
=
y
1 + ‖y‖
3.2. TIPOS DE FUNCIONES 48 CAPÍTULO 3. FUNCIONES
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Veamos que el elemento x efectivamente está en Ω:
‖x‖ = ‖y‖
1 + ‖y‖
< 1⇒ x ∈ Ω
Y veamos que f(x) = y:
f(x) =
x
1− ‖x‖
=
y
1+‖y‖
1− ‖y‖
1+‖y‖
=
y
1+‖y‖
1
1+‖y‖
= y
Como y fue arbitrario entonces f es suprayectiva.
Ejercicios
10. Pruebe que la función del ejercicio 5 de esta sección es suprayectiva.
Definición (Función biyectiva). Sea f : X → Y una función. Decimos que f es biyectiva
si f es inyectiva y suprayectiva.
Definición (Composición de funciones). Dadas f : X → Y y g : Y → Z dos funciones
se define la función g ◦ f : X → Z de la siguiente manera:
(g ◦ f) (x) := g (f(x)) ∀x ∈ X
y se lee “f compuesta con g”.
Ejemplo:
f : R2 → R3 definida por f(x1, x2) = (x1x2, cos(x21x2), arctan(x21 + x22)).
g : R3 → R definida por g(x1, x2, x3) = x1x2 − 2x3.
Entonces g ◦ f : R2 → R y (g ◦ f)(x) = g(x1x2, cos(x21x2), arctan(x21 + x22)) =
x1x2 cos(x
2
1x2)− 2 arctan(x21 + x22).
Ejercicios
11. Demuestre que si f : X → Y y g : Y → Z son inyectivas entonces g ◦ f es inyectiva.
12. Si, además, ambas son biyectivas, entonces g ◦ f también es biyectiva.
Definición (Función inversa). Sea f : X → Y una función. Se dice que g : Y → X es la
inversa de f si:
i) (g ◦ f)(x) = x para toda x ∈ X.
ii) (f ◦ g)(y) = y para toda y ∈ Y .
CAPÍTULO 3. FUNCIONES 49 3.2. TIPOS DE FUNCIONES
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Ejemplo:
Dadas las funciones f(x) = x3 y g(x) = 3
√
x tenemos: (g ◦ f)(x) = g(x3) = x y
(f ◦ g)(y) = f( 3√y) = y. Luego g es la inversa de f y f es la inversa de g respectivamente.
Ejercicios
13. Pruebe que las funciones f : Ω → Rn y g : Rn → Ω, f(x) = x
1− ‖x‖
y g(x) =
x
1 + ‖x‖
son inversas la una de la otra.
Proposición 26. Sea f : X → Y una función. Entonces f tiene inversa si y sólo si f es
biyectiva.
Demostración.
⇒ Supongamos que existe g : Y → X tal que g es la inversa de f y sean x, y ∈ X tales
que f(x) = f(y). Aplicando g por la definición de función inversa (i)) tenemos que
x = g (f(x)) = g (f(y)) = y y como x y y fueron arbitrarios entonces f es inyectiva.
Probemos ahora la suprayectividad: sea y ∈ Y y apliquémosle g, entonces g(y) ∈ X;
definamos x = g(y) y apliquémosle f , entonces por definición de función inversa
(ii)) y = f (g(y)) = f(x). Por lo tanto para toda y ∈ Y existe x = g(y) tal que
f(x) = y, es decir, f es suprayectiva. Como f es suprayectiva e inyectiva entonces
es biyectiva.
⇐ Supongamos ahora que f es biyectiva y construyamos la función inversa.
Sea y ∈ Y . Como f es suprayectiva existe x ∈ X tal que f(x) = y por lo tanto para
todo y ∈ Y f−1 ({y}) 6= ∅. Sea x, x′ ∈ f−1 ({y}), entonces f(x) = f(x′) y como la
función es inyectiva entonces x = x′. Por lo tanto existe un único elemento x ∈ X
tal que f(x) = y; denotémoslo por xy.
Sea g : Y → X definida por g(y) = xy; en efecto es una función pues como ya vimos
el elemento xy es único. Además para cualquier x ∈ X, denotando y = f(x), como
x ∈ f−1 ({y}), tenemos que g(f(x)) = g(y) = xy y por la inyectividad de f , xy = x
(es decir, g cumple con i) de la definición de función inversa); sea y ∈ Y , entonces
f (g(y)) = f(xy) = y (g cumple con ii) de la definición de función inversa). Por lo
tanto g es la función inversa de f y concluye la demostración.
Si f : X → Y tiene función inversa, a ésta la denotaremos por f−1 : Y → X: es
importante no confundir la función f−1 con la preimagen de un conjunto bajo f .
Ejemplo:
3.2. TIPOS DE FUNCIONES 50 CAPÍTULO 3. FUNCIONES
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Sea f : (−1, 1) → R, f(x) = x
1− |x|
. En el ejercicio 2 de esta sección se ha probado
que f es inyectiva; probemos que es suprayectiva.
Sea y ∈ R, buscamos un x ∈ (−1, 1) tal que:
f(x) =
x
1− |x|
= y
Tenemos −1 < x < 1 ⇒ |x| < 1 ⇒ 1 − |x| > 0. Aśı, tomando el valor absoluto de la
función tenemos:
|x|
1− |x|
= |y| =⇒ |x| = |y|
1 + |y|
Despejando en f(x):
x
1− |y|
1+|y|
= x(1 + |y|) = y =⇒ x = y
1 + |y|
(1)
Veamos que x está en (−1, 1): |x| = |y|
1 + |y|
< 1 ⇒ −1 < x < 1 ⇒ x ∈ (−1, 1).
Entonces, para todo y ∈ R existe x = y
1 + |y|
∈ (−1, 1) tal que
f(x) =
y
1+|y|
1− |y|
1+|y|
=
y
1+|y|
1
1+|y|
= y
Por lo tanto f es suprayectiva. Como f es invectiva y suprayectiva entonces es biyectiva
y por la proposición anterior existe la función inversa que, de hecho, ya calculamos en (1):
f−1(y) =
y
1 + |y|
. Por la suprayectividad de f ya probamos que f−1 va de R en (-1,1).
Sólo nos resta comproba las dos condiciones de la función inversa:
(f−1 ◦ f)(x) = f−1
(
x
1− |x|
)
=
x
1−|x|1 + |x|
1−|x|
=
x
1−|x|
1
1−|x|
= x ∀x ∈ (−1, 1)
(f ◦ f−1)(y) = f
(
y
1 + |y|
)
=
y
1+|y|
1− |y|
1+|y|
=
y
1+|y|
1
1+|y|
= y ∀y ∈ R
En efecto, f−1 es la función inversa de f .
Ejercicios
14. Sea Ω = {(x1, x2) |x2 > 0} y f : Ω → R2, f(x1, x2) = (x21 − x22, 2x1x2). Demuestre
que f es inyectiva y que f(Ω) = R2 \ {(x1, 0) |x1 ≥ 0} = W .
Encuentre una expresión para f−1 : W → Ω.
CAPÍTULO 3. FUNCIONES 51 3.2. TIPOS DE FUNCIONES
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Sea f : R→ R, f(x) = 2x5 + 3x3 + 5x+ 2. Probemos que f es biyectiva.
Inyectividad. Supongamos que f no es inyectiva, entonces existen un par de ele-
mentos x, y ∈ R tales que f(x) = f(y); supongamos x < y. La función es un
polinomio, por lo tanto es continua y tiene derivada f ′(x) = 10x4 + 9x2 + 5. Por
el teorema de Rolle existe c ∈ (x, y) tal que f ′(c) = 10c4 + 9c2 + 5 = 0 pero eso
implica que c2 =
−9±
√
−19
20
el cual no es un real lo que es una contradicción pues
c ∈ (x, y) ⊂ R, luego no existe dicho c y por lo tanto la función es inyectiva.
Suprayectividad. Supongamos que existe y ∈ R tal que f(x) 6= y para toda x ∈ R.
Por lo tanto f(x)−y 6= 0 para toda x ∈ R. Sin embargo f(x)−y es un polinomio de
grado 5 por lo que debe tener una ráız real: las ráıces complejas vienen a pares (si
z ∈ C es ráız entonces z̄ también lo es) por lo que si todas las raćes fueran complejas
el polinomio debeŕıa ser de grado par. Es decir, existe r ∈ R tal que f(r)− y = 0 lo
cual es una contradicción. Por lo tanto f es suprayectiva.
Por lo anterior tenemos que f es biyectiva y por la proposición 26 entonces f tiene inversa.
Sin embargo no es posible encontrar una expresión para f−1: es decir, no siempre se
puede obtener una expresión para la inversa.
Sea X ⊂ Rn y f : X → Rm, x 7→ f(x) ∈ Rm. Entonces podemos escribir f(x) =
(f1(x), f2(x), . . . , fm(x)) con fj : X → R para j = 1, . . . , n. A las funciones fj se les llama
las funciones coordenadas de f .
Ejemplo:
f : R2 → R2, f(x) =
(
x21 − x22, sen(x1x2),
2x1
x21 + 1
)
. Entonces las funciones coordena-
das son:
f1(x) = x
2
1 − x22 f2(x) = sen(x1x2) f3(x) =
2x1
x21 + 1
Definición. Sea X ⊂ Rn y f, g : X → Rm dos funciones. Definimos las siguientes
operaciones entre funciones:
Suma
(f + g)(x) := f(x) + g(x) = (f1(x) + g1(x), . . . , fn(x) + gn(x))
Producto por escalar
(αf)(x) := αf(x) = (αf1(x), . . . , αfn(x))
Si g : X → R, definimos el producto de las funciones
(g · f)(x) := g(x) · f(x) = (g(x)f1(x), . . . , g(x)fn(x))
Si f, g : X → R y g(x) 6= 0 para toda x ∈ X, entonces
f
g
(x) :=
f(x)
g(x)
3.2. TIPOS DE FUNCIONES 52 CAPÍTULO 3. FUNCIONES
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
3.3. Continuidad
Definición (Función continua). Sea X ⊂ Rn, f : X → Rm una función y a ∈ X. f es
continua en a si para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que para todo x ∈ X, si ‖x− a‖Rn < δ
entonces ‖f(x)− f(a)‖Rm < ε.
Es equivalente decir:
∀ε > 0 ∃δ > 0 3 (∀x ∈ X ∩ Vδ(a)⇒ f(x) ∈ Vε(f(a)))
También:
∀ε > 0 ∃δ > 0 3 f (X ∩ Vδ(a)) ⊂ Vε(f(a))
Ejemplos:
Definimos las funciones de proyección como:
Πj(x) = xj ∀x ∈ Rn j = 0, . . . , n
Probemos que son continuas en a ∈ X arbitrario: ε > 0 tomemos δ = ε:
|Πj(x)− Πj(a)| = |xj − aj| ≤ ‖x− a‖ < δ = ε
Por lo tanto Πj(x) es continua en a.
Sea X ⊂ Rn y f : X → Rm una función constante: f(x) = c para toda x ∈ X y
algún c ∈ Rm. Sea a ∈ X y probemos que f es continua en a:
Dado ε > 0, tenemos:
‖f(x)− f(a)‖ = ‖c− c‖ = 0 < ε
Como eso pasa para cualquier ε y no hubo restricciones sobre x, es posible tomar
cualquier δ > 0.
Sea f : R2 → R, f(x) = x1x2, y a ∈ R2 arbitrario. Demostremos que f es continua
en a:
Sea ε > 0, acotemos la norma de la diferencia de las imágenes:
|f(x)− f(a)| = |x1x2 − a1a2| = |x1x2 − x1a2 + x1a2 − a1a2|
= |x1(x2 − a2) + a2(x1 − a1)| ≤ |x1||x2 − a2|+ |a2||x1 − a1|
≤ ‖x‖ | ‖x− a‖+ ‖a‖ ‖x− a‖
= ‖x− a‖ (‖x‖+ ‖a‖) (1)
CAPÍTULO 3. FUNCIONES 53 3.3. CONTINUIDAD
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Tomemos x tal que ‖x− a‖ < 1 (∗), luego ‖x‖ < 1 + ‖a‖ por la desigualdad del
triángulo. Sustituyendo en (1):
|f(x)− f(a)| ≤ ‖x− a‖ (‖x‖+ ‖a‖)
< ‖x− a‖ (1 + 2 ‖a‖) (2)
Buscamos un δ > 0 tal que para x ∈ X tales que ‖x− a‖ < δ se tenga |f(x)−f(a)| <
ε y teniendo (2) definamos δ = mı́n
{
1,
ε
1 + 2 ‖a‖
}
(consideramos el valor 1 pues
(2) sólo sucedió cuando supusimos (∗)), Aśı:
|f(x)− f(a)| < ‖x− a‖ (1 + 2 ‖a‖) < δ(1 + 2 ‖a‖) < ε
Luego f es continua en a.
Sea f : X = R2 \ {(0, 0)} → R, f(x) = x1
‖x‖
y sea a ∈ X. Probemos que f es
continua en a:
Sea ε > 0 y acotemos:
|f(x)− f(a)| =
∣∣∣∣ x1‖x‖ − a1‖a‖
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣x1 ‖a‖ − a1 ‖x‖‖x‖ ‖a‖
∣∣∣∣
Supongamos que |‖x‖ − ‖a‖| ≤ ‖x− a‖ < ‖a‖
2
(∗), entonces ‖a‖
2
< ‖x‖ ⇒ 1
‖x‖
<
2
‖a‖
y por lo tanto:
|f(x)− f(a)| < 2
‖a‖2
|x1 ‖a‖ − a1 ‖x‖|
≤ 2
‖a‖2
|x1 ‖a‖ − a1 ‖a‖+ a1 ‖a‖ − a1 ‖x‖|
=
2
‖a‖2
|‖a‖ (x1 − a1) + a1(‖a‖ − ‖x‖)|
≤ 2
‖a‖2
(‖a‖ ‖x− a‖+ ‖a‖ ‖x− a‖)
=
4
‖a‖
‖x− a‖ (1)
3.3. CONTINUIDAD 54 CAPÍTULO 3. FUNCIONES
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
Sea δ = mı́n
{
‖a‖
2
,
ε ‖a‖
4
}
, entonces para toda x ∈ X tal que ‖x− a‖ < δ entonces
se tiene (∗) y por lo tanto se cumple (1) y tenemos:
‖f(x)− f(a)‖ < 4
‖a‖
‖x− a‖ < ε
y como ε fue arbitrario entonces f es continua en a.
Ejercicios
15. Sea f(x1, x2) = 2x
2
1x2 − 3x1x22, f : R2 → R y (a1, a2) ∈ R2. Demuestre que f es
continua en a.
16. Sea f : R2 → R, f(x1, x2) = 2x1 − 5x2 + 3, y sea (a1, a2) ∈ R2. Demuestre que f es
continua en a.
17. Sea f : Df → R, f(x1, x2) =
x1 − x2
x1 + x2
, con Df = {(x1, x2) |x1 + x2 6= 0}, y sea
(a1, a2) ∈ Df . Demuestre que f es continua en a.
Proposición 27. Sea X ⊂ Rn, f : X → Rm una función y a ∈ X. Entonces f es
continua en a si y sólo si para toda sucesión
{
xk
}
k∈N ⊂ X tal que ĺımk→∞x
k = a se cumple
que ĺım
k→∞
f(xk) = f(a).
Demostración.
⇒ Supongamos que f es continua en a y sea
{
xk
}
k∈N ⊂ X una sucesión que converge
a a.
Como f es continua en a, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si ‖x− a‖ < δ entonces
‖f(x)− f(a)‖ < ε. Como la sucesión converge a a entonces para δ existe N ∈ N tal
que: ∥∥xk − a∥∥ < δ =⇒ ∥∥f(xk)− f(a)∥∥ < ε ∀k ≥ N
Como ε fue arbitrario entonces ĺım
k→∞
f(xk) = f(a).
⇐ Supongamos que para toda sucesión en X que converge a a la sucesión de las imáge-
nes converge a f(a) y supongamos que f no es continua en a.
Como f no es continua en a existe ε0 > 0 tal que para todo δ > 0, si x ∈ X es
tal que ‖x− a‖ < δ entonces ‖f(x)− f(a)‖ ≥ ε (1). Para cada k ∈ N, tomemos
xk ∈ X ∩ V 1
k
(a), construyendo aśı la sucesión
{
xk
}
k∈N; es claro que la sucesión
converge a a y por hipótesis entonces ĺım
k→∞
f(xk) = f(a).
CAPÍTULO 3. FUNCIONES 55 3.3. CONTINUIDAD
Raúl Vallejo Apuntes de Cálculo
Por lo anterior, para ε0 existe N ∈ N tal que para toda k ≥ N :∥∥f(xk)− f(a)∥∥ < ε0
2
Sin embargo, por (1),
ε0 ≤
∥∥f(xk)− f(a)∥∥ < ε0
2
lo cual es una contradicción derivada de suponer que f no era continua en a.
Ejemplo:
Sea f(x = (x1, x2)) =

x1x2
x21 + x
2
2
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
.
Veamos si f es continua en (0, 0).
Sea xk =
(
1
k
,
1
k
)
. La sucesión
{
xk
}
k∈n converge a (0, 0) sin embargo la sucesión
f(xk) =
1
k2
2
k2
=
1
2
6= 0 y por la proposición anterior entonces f no es continua en (0, 0) (es
discontinua en el (0,0)).
Ejercicios
18.
f(x) =

x21x2
x41 + x
2
2
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
g(x) =

x1x
2
2
x41 + x
2
2
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
Diga si f y g son continuas en (0, 0) y demuéstrelo.
19. Demuestre que la norma euclidiana, la norma 1 y la norma infinito son funciones
continuas para cualquier a ∈ Rn.
20. Sea T : Rn → Rm una transformación lineal y sea a ∈ Rn. Demuestre que T es
continua en a.
Proposición 28. Sea X ⊂ Rn y f : X → Rm una función, f = (f1, f2, . . . , fn); sea
a ∈ Rn. Demuestre que f es continua en a si y sólo si fj es continua en a para j = 1, . . . , n.
Demostración.
3.3. CONTINUIDAD 56 CAPÍTULO 3. FUNCIONES
Apuntes de Cálculo Raúl Vallejo
⇒ Supongamos que f es continua en a, luego para ε > 0 existe δ > 0 tal que para
cualquier