$\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\N}{\mathbb N}$Seja $X\subseteq\R$. Um ponto $x\in X$ é dito ponto interior de $X$ se existir um intervalo aberto $(a,b)$ tal que $x\in(a,b)\subseteq X$. Um conjunto $X\subseteq\R$ é dito aberto se todos os seus pontos são interiores.
Lemma. As seguintes afirmações são válidas.
- $\emptyset$ e $\R$ são abertos.
- Se $X$ e $Y$ são abertos então $X\cap Y$ é aberto.
- Se $I$ é um conjunto de índices e $X_i$ é um conjunto aberto para todo $i\in I$, então $\bigcup_{i\in I}X_i$ é aberto.
Demonstração.
- É claro.
- Seja $x\in X\cap Y$. Como $X$ e $Y$ são abertos, existem intervalos abertos $(a_1,b_1)$ e $(a_2,b_2)$ tal que $x\in (a_1,b_1)$, $x\in(a_2,b_2)$, $(a_1,b_1)\subseteq X$, $(a_2,b_2)\subseteq Y$. Seja $a=\max\{a_1,a_2\}$ e $b=\min\{b_1,b_2\}$. Então $x\in(a,b)$ e $(a,b)\subseteq X\cap Y$. Então $x$ é ponto interior de $X\cap Y$.
- Seja $x\in\bigcup_{i\in I}X_i$. Então existe $i\in I$ tal que $x\in X_i$. Como $X_i$ é aberto, existe um intervalo $(a,b)$ tal que $x\in(a,b)\subseteq X_i$. Portanto $x\in(a,b)\subseteq\bigcup_i X_i$ e $x$ é ponto interior de $\bigcup_i X_i$. $\Box$
Teorema. Um conjunto $X$ é aberto se e somente se ele é uma união de intervalos abertos dois a dois disjuntos. A decomposição de um conjunto aberto para união de intervalos abertos dois a dois disjuntos é única.
Demonstração. A direção $\Leftarrow$ segue do lema anterior. A outra direção e a unicidade não serão demonstradas; veja no livro do Elon.$\Box$
Um conjunto $X\subseteq \R$ é dito fechado se $\R\setminus X$ é aberto.
Lemma.
- $\emptyset$ e $\R$ são fechados.
- Se $X$ e $Y$ são fechados, então $X\cup Y$ é fechado.
- Se $I$ é um conjunto de índices e $X_i$ é um conjunto fechado para todo $i\in I$, então $\bigcap_{i\in I}X_i$ é fechado.
Demonstração. Segue do lema anterior.$\Box$
Seja $X\subseteq \R$. Um ponto $a\in\R$ é dito aderente a $X$ se existe uma sequência $(x_n)$ com $x_n\in X$ e $\lim x_n=a$.
Lema. Seja $X\subseteq\R$ e $a\in \R$. As seguintes são equivalentes.
- $a$ é aderente a $X$;
- para todo $\varepsilon>0$, $(a-\varepsilon,a+\varepsilon)\cap X\neq \emptyset$.
Demonstração. Assuma que $a$ é aderente a $X$ e seja $(x_n)$ é uma sequência com $x_n\in X$ e $x_n\rightarrow a$. Seja $\varepsilon>0$. Como $x_n\rightarrow a$, existe $N\in\N^+$ tal que $x_n\in [a-\varepsilon/2,a+\varepsilon/2]\subseteq (a-\varepsilon,a+\varepsilon)$ para todo $n\geq N$. Portanto, $X\cap (a-\varepsilon,a+\varepsilon)\neq\emptyset$.
Assuma agora que afirmação 2. é verdadeira. Para todo $n\in\N^+$ escolha um elemento $x_n\in X$ tal que $x_n\in (a-1/n,a+1/n)\cap X$. Então $x_n$ é uma sequência de termos em $X$ e $x_n\rightarrow a$.$\Box$
Corolário. Se $X\subseteq\R$ é um conjunto limitado interiormente [superiormente], então $\inf X$ [$\sup X]$ é aderente a $X$.
Demonstração. Seja $a=\inf X$ e $\varepsilon>0$. Então $a+\varepsilon$ não é cota inferior de $X$, portanto existe $x\in X$ tal que
$$
a-\varepsilon<a\leq x<a+\varepsilon.
$$
Logo, $x\in X\cap(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$. Como $\varepsilon$ é arbitrário, obtemos que a afirmação 2. do lema anterior é válida. Portanto $a=\inf X$ é aderente a $X$.$\Box$
Teorema. Seja $X\subseteq\R$ e $a\in \R$. As seguintes são equivalentes.
- $X$ é fechado;
- se $a\in\R$ é aderente a $X$, então $a\in X$.
Demonstração. Assuma que $X$ é fechado; ou seja, $\R\setminus X$ é aberto. Seja $a\in \R\setminus X$. Então $a$ é um ponto interior de $\R\setminus X$. Existe $\varepsilon>0$ tal que $a\in (a-\varepsilon,a+\varepsilon)\subseteq \R\setminus X$. Então se $x\in X$, temos que $|x-a|\geq \varepsilon$ e isto implica que não pode existir uma sequência $(x_n)$ com $x_n\in X$ e $x_n\rightarrow a$. Obtivemos que $a$ não é aderente a $X$ e que afirmação 1. implica afirmação 2.
Assuma agora que todo ponto aderente a $X$ pertence a $X$. Seja $a\in \R\setminus X$. Então $a$ não é aderente a $X$. Pelo lema acima, existe $\varepsilon>0$ tal que $(a-\varepsilon,a+\varepsilon)\cap X=\emptyset$; ou seja $(a-\varepsilon,a+a+\varepsilon)\subseteq \R\setminus X$. Isto significa que $a$ é um ponto interior a $\R\setminus X$. Como $a\in\R\setminus X$ foi escolhido arbitrariamente, temos que $\R\setminus X$ é aberto; ou seja, $X$ é fechado.$\Box$
Se $X\subseteq\R$ então definimos o fecho $\overline X$ de $X$ como
$$
\overline X=\{a\in \R\mid \mbox{$a$ é aderente a $X$}\}.
$$
Segue-se que $X\subseteq \overline X$.
Corolário. $X\subseteq\R$ é fechado se e somente se $\overline X=X$. O fecho de um conjunto é fechado.
Demonstração. A primeira afirmação é consequência imediata do lema anterior. Seja $a\in\R\setminus \overline X$. Então $a$ não é ponto aderente a $X$ e existe $\varepsilon>0$ tal que $(a-\varepsilon,a+\varepsilon)\cap X=\emptyset$. Portanto $(a-\varepsilon,a+\varepsilon)\subseteq R\setminus X$. Além disso, se $x\in(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$, então $x\not\in \overline X$. Logo $(a-\varepsilon,a+\varepsilon)\subseteq \R\setminus\overline X$ e segue que $a$ é um ponto interior de $\R\setminus \overline X$. Portanto $\R\setminus \overline X$ é aberto que implica que $\setminus X$ é fechado. $\Box$
