2. SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI SUI PUNTI DI ACCUMULAZIONE E TOPOLOGIA

DELLA RETTA REALE

Esercizio 1 (A): = \{x = \frac{1}{n}, n ∈ IN\} Intuitivamente se n diventa molto grande gli elementi dell’ insieme si addensano vicino a 0, e sono del resto sempre positivi, quindi un candidato ad essere punto di accumulazione é proprio 0. Dobbiamo dimostare che ∀ε > 0 ∃x ∈ A \ {0} tale che x ∈ I(0, ε). Un elemento dell’insieme, quindi della forma x = \frac{1}{n} appartiene a tale intorno se

\frac{1}{n} < ε ⇔ n > \frac{1}{ε}.

Quindi tutti i numeri del tipo \frac{1}{n} con n > \frac{1}{ε} cadono nell’intorno di centro 0 e raggio ε, e 0 é di accumulazione per l’insieme A. Tutti gli altri punti sono chiaramente isolati: scegliamo un generico elemento dell’insieme, detto \overline{x} = \frac{1}{\overline{n}}. Scegliendo r < min \{|\frac{1}{\overline{n}} − \frac{1}{\overline{n}−1} | , |\frac{1}{\overline{n}} − \frac{1}{\overline{n}+1} |\} , si avrá

che in I(\frac{1}{\overline{n}}, r) non cadono altri punti di A eccetto \frac{1}{\overline{n}}.

(B): = \{x = \frac{1}{2}, 3 − \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, 3 − \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, 3 − \frac{1}{4}, ...., \frac{1}{n}, 3 − \frac{1}{n}; n ∈ IN\} Dando ad n valori sempre piú grandi osserviamo che i punti dell’ insieme si vanno ad addensare intorno a 0 e 3. Verifichiamo che 0 e 3 sono effettivamente di accumulazione :

∀ε > 0 se scegliamo n > \frac{1}{ε}, ∃x ∈ A ∩ I(0, ε) \ \{0\},

∀ε > 0 se scegliamo n > \frac{1}{ε}, ∃x ∈ A ∩ I(3, ε) \ \{3\}.

Tutti gli altri punti sono isolati (vedi es. precedente).

(C): = \{x = \frac{n−1}{n}; n ∈ IN\} In questo caso i punti dell’ insieme si addensano intorno ad 1, dimostriamo che 1 é di accumulazione: dato ε > 0 qualunque, si ha

\frac{n − 1}{n} ∈ I(1, ε) ⇔ 1 − ε < \frac{n − 1}{n} < 1 + ε.

La disuguaglianza di destra é sempre verificata perché \frac{n−1}{n} < 1, inoltre \frac{n−1}{n} > 1 − ε se n > \frac{1}{ε}. Come negli altri esercizi si verifica facilmente che tutti gli altri punti sono isolati.

Esercizio 2

(i) IN contiene infiniti punti isolati e nessuno di accumulazione. (ii) Gli insiemi (A), (C) dell’esercizo 1 contengono infiniti elementi ed un solo punto di accumulazione. (iii) IN ∪ \{\frac{1}{n}\} .

Esercizio 3

(i) Risolvendo la disequazione otteniamo che l’ insieme é equivalente all’unione dei due intervalli aperti (−1, +1) ∪ (3, 5) e dato che l’unione di un numero finito di aperti é un aperto, l’insieme (i) é aperto. (ii) L’ insieme non é né aperto né chiuso perché contiene l’estremo destro, 1, ma non l’estremo sinistro, 0, dato che non possiamo mai ottenere 0 come valore assunto dalla frazione \frac{1}{n} per nessun valore naturale di n.

(iii) Risolvendo l’equazione troviamo che l’ insieme é costituito da due punti: x = \frac{−3±\sqrt{5}}{2}, quindi é chiuso perché unione di due chiusi (un punto é chiuso perché il suo complementare é aperto!!).

(iv) L’ insieme non é altro che IR \{2}, quindi é aperto.

Esercizio 4 Poiché A é limitato, si ha inf A > −∞, sup A < +∞. Per assurdo, supponiamo che L = sup A ∉ A, allora sup A ∈ CA (CA é il complementare di A in IR), il quale deve essere aperto perché per ipotesi A é chiuso. Dalla definizine di aperto segue che esiste un intorno I(L, r) tutto contenuto in CA. Del resto dalla caratterizzazione dell’estremo superiore di un insieme segue che

∀ε > 0 ∃x ∈ A: L − ε < x < L,

se scegliamo ε = r, si avrá che I(L, r) contiene elementi di A, mentre sappiamo che tale intorno deve essere tutto contenuto in CA. Siamo arrivati ad un assurdo quindi la dimostrazione é completa.

Esercizio 5 Sia L = sup A. Dalla caratterizzazione dell’estremo superiore di un insieme segue che ∀ε > 0 ∃x ∈ A: L − ε < x < L. Fissiamo ε_{1} e troviamo x_{1} ∈ A con L − ε_{1} < x_{1} < L. Poi fissiamo ε_{2} < ε_{1} e troviamo x_{2} ∈ A con L − ε_{2} < x_{2} < L. Iterando il procedimento otteniamo una sequenza di ε_{i} e una sequenza di x_{i} tali che x_{i} ∈ I(L, ε_{i}) quindi possiamo concludere che ∀r > 0, ∃x ∈ A ∩ I(L, r) \ {L}, cioé che L é di accumulazione per A.