2. Sottoinsiemi chiusi di uno spazio metrico

(2.1) Definizione. Sia $A\subset X$ un sottoinsieme di uno spazio metrico $X$. Un punto $x\in X$ si dice di accumulazione (anche: punto limite) per $A$ in $X$ se per ogni $r > 0$ l’intersezione $B_ r(x) \cap A$ contiene almeno un punto oltre al centro $x$.

Idea: i punti di accumulazione di $A$ dovrebbero essere i punti limite di successioni in $A$. Se $A=\{ x_ n\} _{n\in \NN } \subset X$ è una successione convergente, allora il limite della successione è punto limite di $A$. È davvero cosí?

(2.2) Se $x\in X$ è di accumulazione per $A\subset X$ in $X$, e $A\subset B \subset X$, allora $x$ è di accumulazione per $B$ in $X$.

Dim. Per ogni $r > 0$ l’intersezione $B_ r(x) \cap A$ contiene almeno un punto oltre al centro $x$, e dato che $A\subset B$ si ha \[ B_ r(x) \cap A \subset B_ r(x) \cap B, \] quindi $B_ r(x) \cap B$ contiene almeno un punto oltre a $x$, cioè $x$ è di accumulazione per $B$.
QED

(2.3) Definizione. Sia $X$ uno spazio metrico. Un sottoinsieme $C\subset X$ si dice chiuso se contiene tutti i suoi punti di accumulazione.

(2.4) Il complementare in $X$ di un chiuso è aperto. Il complementare in $X$ di un aperto è chiuso. Quindi $C\subset X$ è chiuso se e solo se $X\smallsetminus C$ è aperto.

Dim. Sia $C\subset X$ un chiuso e $x\in X\smallsetminus C$. Dato che $C$ è chiuso, $x$ non può essere un punto di accumulazione, e quindi esiste $r > 0$ per cui $B_ r(x) \cap C =\emptyset $. Ma allora $B_ r(x) \subset (X\smallsetminus C)$ e quindi $X\smallsetminus C$ è intorno di $x$. Per l’arbitrarietà di $x$ in $X\smallsetminus C$ si ha che $X\smallsetminus C$ è aperto.

Viceversa, sia $A\subset X$ un aperto e sia $C$ il complementare $X \smallsetminus A$. Se $x$ è un punto di accumulazione di $C$ allora non è un punto di $A$: infatti, $A$ sarebbe intorno di $x$, per cui ci sarebbe $r > 0$ tale che $B_ r(x) \subset A$, ma allora $B_ r(x) \cap C \subset A \cap C = \emptyset $, cioè $x$ non sarebbe di accumulazione per $C$. In altre parole, i punti di accumulazione di $C$ sono contenuti in $C$ e dunque $C$ è chiuso.

QED

(2.5) L’insieme $\mathcal{C}$ di tutti i chiusi di uno spazio metrico $X$ verifica le seguenti proprietà:

  1. $\emptyset \in \mathcal{C}$, $X \in \mathcal{C}$,

  2. $\mathcal{B}\subset \mathcal{C}\implies \bigcap _{C\in \mathcal{B}}C \in \mathcal{C}$,

  3. $\mathcal{B}\subset \mathcal{C}$, $\mathcal{B}$ è finito, allora $\bigcup _{C\in \mathcal{B}} C \in \mathcal{C}$.


Dim. Basta considerare la proposizione (1.16) e il fatto che i chiusi sono i complementari degli aperti (dualità), oppure applicare direttamente la definizione (esercizio).
QED

(2.6) Definizione. Sia $A\subset X$. L’unione di $A$ con l’insieme di tutti i suoi punti di accumulazione si dice chiusura di $A$ in $X$ e si indica con $\overline{A}$.

(2.7) Nota. La chiusura $\overline{A}$ di $A$ contiene $A$. Inoltre, se $A\subset B$, si ha che $\overline{A} \subset \overline{B}$ (esercizio 1.23).

(2.8) Proposizione. Un sottoinsieme $A\subset X$ è chiuso se e soltanto se $A = \overline{A}$.

Dim. Se $A$ è chiuso, allora contiene i suoi punti di accumulazione, e quindi $\overline{A}=A$. Viceversa, se $A=\overline{A}$, allora $A$ contiene i suoi punti di accumulazione, e quindi è chiuso.
QED

(2.9) La chiusura $\overline{A}$ di $A$ è uguale all’intersezione di tutti i chiusi che contengono $A$, ed è un chiuso. È il più piccolo insieme chiuso che contiene $A$.

Dim. Consideriamo un insieme chiuso $C$ che contiene $A$. Dato che $A\subset C$, si ha che $\overline{A} \subset \overline{C}$, ed essendo $C$ chiuso si ha: $C=\overline{C}$. Ma allora $\overline{A} \subset C$, cioè $\overline{A}$ è contenuto in tutti i chiusi che contengono $A$. Sia $K$ l’intersezione di tutti i chiusi che contengono $A$. Allora $K$ è chiuso (perché intersezione di chiusi) e $A\subset K$, da cui $\overline{A} \subset K$. Se $x\not\in \overline{A}$, allora $x$ non è né punto di $A$ né punto di accumulazione, e dunque esiste $r > 0$ per cui $B_ r(x) \cap A = \emptyset $; dato che $B_ r(x)$ è aperto, il suo complementare $C=X\smallsetminus B_ r(x)$ è un chiuso che non contiene $x$ e che contiene $A$. Ma questo implica che $K\subset C$ (dato che $C$ è un chiuso che contiene $A$) e che quindi nemmeno $K$ contiene $x$ (dato che $C$ non contiene $x$). Quindi $K$ non contiene nessun $x\not\in \overline{A}$, cioè $K\subset \overline{A}$. Dunque $K=\overline{A}$, $\overline{A}$ è chiuso ed è uguale all’intersezione di tutti i chiusi che contengono $A$.
QED

(2.10) Sia $f$ una funzione $f\from X \to Y$ tra spazi metrici. Le tre proposizioni seguenti sono equivalenti:

  1. $f$ è continua

  2. $\forall A\subset X$, $ f( \overline{A} ) \subset \overline{ f(A) }. $

  3. per ogni $C\subset Y$ chiuso, la sua controimmagine $f^{-1}(C) \subset X$ è chiuso.


Dim. Supponiamo che la funzione $f$ sia continua. Mostriamo che 1 $\implies $ 2. Sia $x\in \overline{A}$. Se $x\in A$, allora $ f(x) \in f(A) \subset \overline{ f(A) }$, e quindi $f(x) \in \overline{f(A)}$. Se $x\in \overline{A} \smallsetminus A$, allora $x$ deve essere di accumulazione per $A$. Vogliamo mostrare che o $f(x)$ appartiene a $f(A)$ oppure ne è punto di accumulazione. Se $f(x)\in f(A)$, allora non c’è altro da dimostrare. Supponiamo altrimenti che $f(x)\not\in f(A)$. Ora, dato che $f$ è continua, per ogni $r > 0$ la controimmagine dell’intorno circolare $f^{-1}\left( B_ r(f(x)) \right)$ è un intorno di $x$, e quindi esiste $\epsilon > 0$ (che dipende da $r$ e $x$) per cui $B_\epsilon (x) \subset f^{-1}\left( B_ r(f(x)) \right)$. Ma $x$ è di accumulazione per $A$, e quindi $B_\epsilon (x) \cap A \neq \{ x\} $, cioè esiste un punto $z\in B_\epsilon (x)\cap A$, $z\neq x$, ed in particolare

\[ f(z) \subset B_ r(f(x) ) \]

Dato che stiamo supponendo $f(x)\not\in f(A)$ e che $z\in A$, si ha che $f(z)\in f(A)$ e quindi $f(z) \neq f(x)$. Cioè, per ogni $r > 0$ l’intorno $B_ r(f(x) )$ contiene punti di $f(A)$ diversi da $f(x)$, e quindi $f(x)$ è di accumulazione per $f(A)$.

Ora dimostriamo che (ii) $\implies $ (iii). Sia $C\subset Y$ un chiuso e $A=f^{-1}C$ la sua controimmagine in $X$. Dal momento che $f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)}$, e che $f(A) \subset C$, $f(\overline{A}) \subset \overline{C} = C$, e quindi $\overline{A} \subset f^{-1} C$. Ne segue che $\overline{A} \subset A$, da cui $\overline{A} = A$, visto che anche $A\subset \overline{A}$.

Ora dimostriamo che (iii) $\implies $ (i). Se $A\subset Y$ è aperto, allora $C=Y\smallsetminus A$ è chiuso in $Y$, e quindi $f^{-1}C$ è chiuso in $X$, il che implica che $X\smallsetminus f^{-1}C$ è aperto. Ma

\[ X\smallsetminus f^{-1}C = \{ x\in X : f(x) \not\in C \} = f^{-1}(X\smallsetminus C) = f^{-1}(A), \]

quindi $f^{-1}(A)$ è aperto.

QED

(2.11) Nota. Continuità: $f(\lim ) = \lim (f)$

Ancora: Tutti i punti di uno spazio metrico sono chiusi. Infatti, se $y\neq x \in X$ e $r=d(x,y)$, allora $r > 0$ e $y\in B_{r/2}(y)\not\ni x$, cioè $X\smallsetminus \{ x\} $ è aperto.

(2.12) Esempio. Si consideri la funzione $f\from X=\RR \to Y=\RR $ definita da $f(x) = e^ x$. Se $A=X$, allora $A$ è chiuso e $A=\overline{A}=\RR $, mentre

\[ \begin{aligned} f(A) & = \{ e^ x : x\in \RR \} = (0,+\infty ) \\ \overline{f(A)} & = [0,+\infty ). \end{aligned} \]

Quindi si ha

\[ f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)}, \quad \text { ma } f(\overline{A}) \neq \overline{f(A)}. \]


(2.13) Esempio. Se $A=\ZZ \subset \RR $, allora $A$ non ha punti di accumulazione, dato che se $\epsilon < 1$ e $n\in \ZZ $, allora $B_\epsilon (n) \cap \ZZ = \{ n\} $. I punti di accumulazione dell’insieme

\[ \left\{ \dfrac {1}{n} : n\in \ZZ , n > 0 \right\} \]

sono dati dall’insieme $\{ 0\} $. Perché (esercizio).

(2.14) Esempio. Su $\ZZ $ sia $\mathcal{A}$ la famiglia di tutte le unioni di progressioni aritmetiche ($U_{a,b} = \{ a + kb : k \in \ZZ \} \subset \ZZ $). Allora la famiglia $\mathcal{A}$ è una topologia di $\ZZ $, e in questa topologia, le progressioni $U_{a,n}$ sono sia aperti che chiusi. Perché?

(2.15) Esempio. Quali sono i punti di accumulazione dell’insieme $X\subset \QQ $ costituito da tutti i numeri che si possono scrivere come somme

\[ \sum _{j=1}^ l \dfrac {1}{k_ j} \]

per certi interi $k_ j\geq 2$ tutti distinti $k_ j \in \NN $, $j=1,\ldots , l$ (cioè tali che $i\neq j \implies k_ i \neq k_ j$)? Esercizio 1.20, google: egyptian fractions.

Opzionale: alcuni passi delle soluzione di questo esempio/esercizio.

(passo 1) Se $x$ è di accumulazione per $X$, allora $x\geq 0$.

Dim. Basta mostrare che se $x < 0$, allora $x$ non è di accumulazione per $X$. Se $x < 0$, allora esiste $\epsilon > 0$ tale che $B_\epsilon (x)$ è composto da soli numeri $ < 0$; quindi $B_\epsilon (x)$ non contiene punti di $X$ e $x$ non è di accumulazione.
QED

Sia ora $x\geq 0$. Se $x=0$, allora la successione $\{ 1/n\} $ converge a $x$, e quindi $0$ è di accumulazione per $X$.

Sia invece $x > 0$. Per ogni $n\in \NN $, $n\geq 2$ e per ogni $x\in \RR $, $x > 0$, sia

\[ f(n,x) = \min \{ k \in \NN : k\geq n \wedge \frac{1}{k} \leq x \} , \]

cioè

\[ f(n,x) = \max ( n , \left\lceil \dfrac {1}{x} \right\rceil ), \]

dove la funzione ceiling $\lceil x \rceil $ è definita da

\[ \lceil x \rceil = \min \{ k \in \NN : k \geq x \} . \]

Quindi si ha che

\[ f(n,x) = \begin{cases} n & \text {se $1/(n-1) \leq x$} \\ \left\lceil \dfrac {1}{x} \right\rceil & \text { altrimenti }. \end{cases} \]

Definiamo una successione $n_1, n_2,\ldots , n_ l, \ldots $ di interi e una corrispondente successione $x_0=x$, $x_1$, …, $x_ l$ di reali nel modo seguente. Ricordiamo che $f$ non è definita per $x\leq 0$.

\[ \begin{aligned} n_1 & = f(2,x), & & x_1 = x - \frac{1}{n_1} \\ n_2 & = f(n_1+1,x_1), & & x_2 = x_1 - \frac{1}{n_2} \\ n_3 & = f(n_2+1,x_2), & & x_3 = x_2 - \frac{1}{n_3} \\ \vdots & & & \vdots \\ n_ l & = f(n_{l-1}+1,x_{l-1}) & & x_ l = x_{l-1} - \frac{1}{n_ l} \end{aligned} \]

Per definizione si ha

(1)\begin{equation} n_ k > n_{k-1}, \quad \dfrac {1}{n_ k} \leq x_{k-1} . \end{equation}

Se per un certo $k$ si ha $x_ k = 0$, la successione termina. Si tratta certamente di $x\in \QQ $, quindi se $x\not\in \QQ $, la successione non può terminare. 1

(passo 2) La successione $n_ k$ è strettamente crescente. La successione $x_ k$ è strettamente decrescente e positiva.

Dim. Dato che $f(n,x) \geq n$, si ha $n_ k = f(n_{k-1}+1,x_{k-1}) \geq n_{k-1}+1$, per ogni $k$. Inoltre $n_ k > 0$, e quindi $x_ k = x_{k-1} -\dfrac {1}{n_ k} < x_{k-1}$, quindi $x_ k$ è strettamente decrescente. Per la (1), $x_ k\geq 0$ per ogni $k$ (ed è $0$ solo quando termina la successione).
QED

Osserviamo che se $x > 1/2$, i primi $n$ termini della successione saranno $k_1=2$, $k_2=3$, …, $k_ n=n+1$, ed esiste certamente un $n$ tale che

\[ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n+1} \leq x < \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2}, \]

dato che la serie armonica diverge.

(passo 3) Sia $x > 0$, $x\not\in \QQ $, e $n_ k$, $x_ k$ le successioni corrispondenti. Allora

\[ \sum _{k=1}^\infty \frac{1}{n_ k} = x, \]

e quindi $x$ è di accumulazione per $X$.

Dim. Le somme parziali \[ S_ n=\sum _{k=1}^ n \frac{1}{n_ k} \] verificano per ogni $n$ \[ x = S_ n + x_ n. \] Basta quindi mostrare che $x_ n \to 0$. Osserviamo che non può essere definitivamente $n_ k = k+1$, perché la serie (armonica) diverge. Quindi devono esserci infiniti $k$ per cui risulta \[ n_{k+1} = f(n_{k}+1,x_{k}) \neq n_{k}+1, \] cioè infiniti $k$ per cui \[ x_ k < \dfrac {1}{n_ k}. \] Ma $\dfrac {1}{n_ k}$ è una successione monotona decrescente che tende a zero, e $0 < x_ k$, quindi $x_ k \to 0$.
QED

(passo 4) Ogni reale $x\geq 0$ è di accumulazione per $X$.

Dim. Se $x\in \RR $, $x\geq 0$, in ogni intorno $B_\epsilon (x)$ cadono certamente infiniti punti irrazionali positivi, e quindi almeno uno diverso da $x$, che chiamiamo $z$. Dato che $B_{\epsilon (x)}$ è intorno aperto di $z$, che è di accumulazione per $X$, in $B_{\epsilon (x)}$ ci sono altri punti di $X$, e quindi $x$ è di accumulazione per $X$.
QED

Risultato: i punti di accumulazione di $X$ sono

\[ \{ x\in \RR : x\geq 0 \} . \]


(2.16) Nota. Quanti termini servono per scrivere

\[ \dfrac {1}{2} + \dfrac {1}{3} + \ldots + \dfrac {1}{n} \leq 100 < \dfrac {1}{2} + \dfrac {1}{3} + \ldots + \dfrac {1}{n} + \dfrac {1}{n+1} ? \]

Osserviamo che

\[ \ln (n+1) - \ln 2 = \int _2^{n+1} \frac{dx}{x} < \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n} < \int _1^ n \frac{dx}{x} = \ln n , \]

quindi dovrà essere

\[ \ln (n+1) - \ln 2 < 100 < \ln (n+1), \]

cioè più o meno dieci septillioni di termini

\[ n \in (e^{100} - 1, 2 e^{100} - 1). \]



Footnotes

  1. Ma quando questa successione termina? Su ogni $x$ razionale positivo o solo su alcuni?