El teorema clausura-complemento de Kuratowski

Independientemente de los conocimientos o de la capacidad de comprensión que uno pueda tener, en ocasiones las matemáticas pueden dejarte bastante sorprendido. Y no hay que irse a temáticas poco conocidas dentro de esta ciencia, o a un nivel de conocimientos tan alto que sólo sea alcanzable por unas pocas personas en el mundo. Resultados que nos sorprendan pueden encontrarse mucho más cerca y mucho más al alcance de todo. Hoy os traigo uno de ellos: el teorema clausura-complemento de Kuratowski.

La cosa va de conjuntos. De conjuntos en un espacio topológico. En realidad va de realizar a un conjunto las operaciones de clausura y complemento y hacerlo también con los conjuntos que vamos obteniendo en cada paso, para después contar la cantidad de conjuntos distintos que hemos obtenido.

Pero antes de nada debemos saber qué es esto de clausura y complemento, ¿verdad? Pues por ahí comenzamos.

Partimos de un conjunto de referencia X y un subconjunto suyo A. Entonces:

  • La clausura de A, que llamaremos k(A), se define de la siguiente forma:

    k(A)= \{ x \in X / \forall \, N(x) \mbox{ entorno de } x, N(x) \cap A \ne \emptyset \}

    Intuitivamente, lo que le hacemos a un conjunto al calcularle la clausura es cerrarlo (de hecho otro de los nombres de la clausura es cierre). Viéndolo en \mathbb{R}^n, la clausura de un conjunto son todos los elementos de ese conjunto a los que les añadimos los puntos que no están en él pero que están pegados a muchos elementos del conjunto inicial (los bordes del conjunto, por decirlo de alguna manera). Por ejemplo, la clausura del conjunto [0,1 ) \cup \{ 3 \} es el conjunto [ 0,1 ] \cup \{ 3 \} (el 1 no pertenecía al conjunto, pero a su izquierda está pegado al conjunto, es un borde del conjunto, por lo que sí pertenece a la clausura).

    Con todo esto se ve claro que k(k(A))=k(A) (la clausura de la clausura es la clausura), ya que si con la primera k ya hemos cerrado el conjunto, hacer la segunda k no produce ningún efecto.

  • El complemento de A, que llamaremos c(A) se define así:

    c(A)=\{x \in X / x \not\in A \}

    Es decir, los elementos del conjunto base X que no pertenecen a nuestro conjunto. Esto suele representarse también así: c(A)=X - A.

    Por ejemplo, si X=\mathbb{R} y A=[ 0,1 ) \cup \{ 3 \}, entonces c(A)=(- \infty , 0) \cup [1,3) \cup (3, + \infty).

    Una propiedad del complemento es que c(c(A))=A (el complemento del complemento es el conjunto inicial).

Ya sabemos qué es la clausura y el complemento de un conjunto, por lo que ya estamos preparados para realizar el experimento que comentaba antes. Imaginemos que tomamos un subconjunto cualquiera de un espacio topológico X con una topología cualquiera (podemos tomar cualquier subconjunto de \mathbb{R}, \mathbb{R}^2, \ldots con la topología usual). Ahora vamos aplicando a este conjunto las operaciones clausura y complemento de la forma que queráis. Por ejemplo, calculamos su clausura, luego el complemento de su resultado y luego la clausura de lo que nos queda. O primero complemento, después clausura, después complemento de nuevo y para finalizar otra vez clausura. O hacer esto 50 veces. Lo que queráis, lo que se os ocurra.

Imaginaos que hacemos eso. Echemos un vistazo a todos los conjuntos obtenidos. ¿Habrá muchos iguales, por lo que esencialmente serán muy pocos? ¿O habrá muchos distintos, por lo que en realidad hay muchos? ¿Para todos los conjuntos obtenemos la misma cantidad de resultados distintos, o hay diferencias? En ese caso, ¿hay alguna cota (superior o inferior) para el número de conjuntos distintos que obtenemos?

Vale la pena que penséis un momento, que intentéis intuir (o, por qué no, determinar sin ningún genero de duda) la respuesta. La tenéis un poco más abajo...
























Lo que creo que está más o menos claro es que no debe haber el mismo número de resultados distintos para todos los posibles subconjuntos iniciales que podamos tomar. Ahora, ¿hay muchos o pocos? La respuesta es que hay muy pocos, que es, quizás, el resultado más intuitivo. Pero, ¿se sabe algo más concreto? Pues, sorprendentemente, sí. De hecho se sabe que como mucho aparecerán 14 conjuntos distintos realizando sucesivamente las operaciones de clausura y complemento a cualquier subconjunto de un espacio topológico (sta es la razón por la que a este resultado también se lo conoce como teorema de los 14 conjuntos de Kuratowski).

Vaya, 14...¿por qué 14? La verdad es que me intriga bastante la inesperada aparición del número 14 en este caso...

Bueno, vamos con el enunciado del teorema:

Teorema: Dado (X, \mathcal{T} ) un espacio topológico cualquiera y A un subconjunto de X, aplicando las operaciones clausura y complemento (las veces que queramos y en el orden que nos apetezca) a este subconjunto obtendremos como mucho 14 conjuntos distintos, que son los siguientes:

id,c, k, ck, kc, ckc, kck, ckck,kckc, ckckc,kckck, ckckck, kckckc, ckckckc

(id es el operador identidad, es decir, el que deja a A tal cual)

Además, existe al menos un espacio topológico en el que existe al menos un conjunto para el cual esa cota se alcanza.

Kazimierz KuratowskiComo vemos, el teorema, que debemos al matemático polaco Kazimierz Kuratowski, nos asegura dos cosas: que como mucho obtendremos 14 conjuntos distintos y que al menos existe un caso en el que se llega a esos 14.

Aunque habitualmente este tipo de teoremas con enunciado tan sorprendente suelen tener demostraciones no constructivas, es decir, demostraciones en las que se demuestra lo que el teorema dice pero no se dan pautas para calcular explícitamente lo que nos dice, se puede ver en el enunciado que en este caso no es así, ya que la demostración del teorema clausura-complemento de Kuratowski es constructiva, y además relativamente sencilla. Vamos a verla, dividiéndola en dos partes (la primera es fácil, pero algo engorrosa; si no tenéis ganas de leerla podéis pasar directamente al segundo paso):

  1. Como mucho hay 14 conjuntos:

    Partimos, como antes, de un conjunto base X y de un subconjunto suyo A. Hemos comentado antes que k(k(A))=k(A), por lo que si nos encontramos dos clausuras seguidas podemos eliminar una, y también que c(c(A))=A, por lo que aplicar complemento dos veces seguidas es como no hacer nada. Por tanto, todos los posibles casos distintos se reducen a expresiones de alguno de los cuatro tipos siguiente:

    • kckc \ldots kc
    • kckc \ldots kck
    • ckck \ldots ckc
    • ckck \ldots ckck

    Hemos bajado mucho el número de conjuntos distintos, pero todavía hay que reducir más.

    Tomemos ahora el conjunto c(k(c(A))). ¿Qué hemos hecho? Primero el complemento de A, después lo cerramos con la clausura y para finalizar complemento de nuevo. Esto es, nos quedamos con lo que no pertenece a A, le añadimos los bordes que le falten (ahora tenemos tanto los bordes que estaban en A como los que no) y después volvemos a hacer complemento, con lo que nos queda el conjunto A inicial sin los bordes que pudiera tener de entrada. Vamos, lo que se llama el interior de A: i(A)=c(k(c(A))). Con esta definición está claro que i(A) \subset A.

    Vamos a demostrar ahora que kckckck=kck (omito el nombre del conjunto y los paréntesis para simplificar la escritura). Lo haremos por doble inclusión.

    Sabemos que ckc es igual al interior del conjunto, y que el interior de un conjunto está contenido en el propio conjunto. Por tanto ckc(kck) \subset kck. Aplicando clausura mantenemos la relación de inclusión, por lo que kckckck \subset kck. Ya tenemos la inclusión de izquierda a derecha.

    Por otra parte, ckc(k) \subset k (es su interior). Si aplicamos clausura a ambos lados (mantenemos la relación de inclusión) tenemos que kckck \subset kk=k. Pero si aplicamos complemento la relación de inclusión cambia (un conjunto pequeño tiene un complemento grande, y viceversa). Por tanto, ckckck \supset ck. Aplicando ahora clausura de nuevo tenemos que kckckck \supset kck, que es la inclusión de derecha a izquierda.

    En consecuencia, kckckck=kck. Y esto elimina muchos casos, ya que en cuanto aparezca kckckck lo cambiaremos por kck. Uniendo esto con que las únicas opciones es ir alternando la aplicación de c y de k, tenemos que las únicas posibilidades son las comentadas en el teorema:

    id,c, k, ck, kc, ckc, kck, ckck,kckc, ckckc,kckck, ckckck, kckckc, ckckckc

    Fijaos que si a kckckc le añadimos una k queda kckckck, que acabamos que ver que es igual a kck, que ya está en la lista. Y si a ckckckc le añadimos una k, tendríamos c(kckckck)=c(kck), que también está en la lista. Cualquier otra posibilidad que se os ocurra puede reducirse a alguno de estos 14 resultados mediante la aplicación de alguna de las propiedades que hemos comentado.

  2. Existe al menos un caso en el que se llega a los 14 conjuntos distintos:

    El teorema dice que como mucho hay 14 conjuntos distintos, es decir, los 14 conjuntos que nos da el teorema no siempre son distintos. Por ejemplo, si X=\mathbb{R} con la topología usual y A=[0,1], entonces k(A)=[0,1]=A, por lo que en este caso no serían todos distintos.

    Se podría dar el caso de que esta cota de 14 conjuntos distintos no se alcanzara nunca, pero en realidad sí se alcanza. Aquí tenéis un par de ejemplos:

    A_1= \{ 1/n | n \in \mathbb{N} \} \cup (2,3) \cup (3,4) \cup \{ 9/2 \} \cup [ 5,6 ] \cup \{x | x \mbox{ es racional y } 7 \le x < 8 \}

    A_2= ( - \infty, 0 ) \cup (0,1) \cup (\mathbb{Q} \cap (1,2)) \cup \{ 3 \}

Os dejo a vosotros que intentéis comprobar que los 14 conjuntos que corresponden a A_1 y a A_2 son, efectivamente, distintos en cada caso. Sería magnífico que lo mostrarais en los comentarios.


El artículo de hoy ha sido un pelín largo, y en algunas partes la notación es un poco engorrosa, pero no me podréis negar que el resultado del que os he hablado es suficientemente interesante y curioso como para merecer un post así.


Fuentes:

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18 comentarios

  1. Trackback | 10 ene, 2012

    El teorema clausura-complemento de Kuratowski

  2. Marta | 10 de enero de 2012 | 13:20

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    Gracias por la entrada y por recordar esta propiedad :-)

  3. Trackback | 10 ene, 2012

    Bitacoras.com

  4. Clara Grima | 10 de enero de 2012 | 15:32

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    Parafraseando a mi uno de mis poetas favoritos, Pessoa, este teorema es tan bello como la Venus de Milo. Lo que hay es poca gente que se dé cuenta de ello.

    Me ha encantado leerte, ^DiAmOnD^. Muchas gracias

  5. EFE | 10 de enero de 2012 | 16:42

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    Es una monada, efectivamente.

  6. Zurditorium | 10 de enero de 2012 | 20:40

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    Que recuerdos, en la hoja de ejercicios de topología de primero uno de los ejercicios era calcular el número máximo de conjuntos distintos que se podría obtener con este proceso… Pero bueno, el profesor comentó que eso era un teorema con nombre y nos dijo el número y que en realidad no era su intención que lo demostrásemos, y nos animó, pero sin ponerle mucho entusiasmo, a que probáramos este proceso con distintos conjuntos, a ver quién conseguía el número más elevado.

    Lo cierto es que tal como lo comentó el profesor, parecía que el teorema sería complicadísimo de demostrar y que seguramente me faltarían herramientas que desconocía, así que por entonces no le dediqué más tiempo. Pero lo cierto es que hace poco había vuelto a mi cabeza, pero no recordaba exactamente las dos operaciones que se intercambiaban. Bueno, voy a proceder a leerme la entrada y así saciar esta curiosidad que llevo arrastrando desde hace mucho. Supongo que la demostración no era tan complicada como creí en su momento.

    Edito: juas, me ha dado tiempo a editar y todo tras leer la demostración. Pues sí, más sencilla de lo que pensaba (podría habérnosla hecho el profesor), tanto que me ha dado tiempo a editar esto. Y me sorprende los ejemplos, pensaba que no habrían en R.

  7. Ramiro hum-sah | 10 de enero de 2012 | 22:39

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    Este post es una autentica joya,estupendo en verdad estoy totalmente de acuerdo con uno de los comentarios que parafrasea que esto es mas bello que la Venus del milo :)
    Esperaba desde hace mucho tiempo un post de estos sobre topologia !y vaya que valió la pena la espera, por favor escribe mas artículos como estos.por cierto el broche de oro somos ejemplos en R
    Felicidades realmente soberbio

  8. anrafera | 11 de enero de 2012 | 13:20

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    Felicitaciones por esta gran entrada, tan bien documentada y razonada.
    Muy buena y útil labor.
    Saludos.
    Ramón

  9. Eduardo | 12 de enero de 2012 | 00:12

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    Coincido con @Ramiro hum-sah: lo mejor, los ejemplos finales en R.
    Gran post.

  10. gaussianos | 12 de enero de 2012 | 03:57

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    Zurditorium, pues tuviste suerte, ya que a mí no me hablaron de este resultado en la carrera, lo descubrí hará un año y algo y volvió a mi cabeza hace unos días, por lo que decidí escribir sobre él. También pensé en principio que la demostración sería complicada, pero al verla me quedé sorprendido de la simplicidad de la misma, teniendo en cuenta el resultado.

    Y, en general, gracias a todos por vuestros comentarios. Me alegro una barbaridad que este post os haya gustado tanto, ya que le dediqué unos buenos ratos a escribirlo. Intentaré continuar así :).

  11. M | 12 de enero de 2012 | 13:53

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    Gracias por darme a conocer tan precioso resultado. ¡No lo conocía!

  12. gaussianos | 12 de enero de 2012 | 15:22

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    M, un placer :)

  13. Ramiro Hum-Sah | 26 de febrero de 2012 | 07:21

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    Creo que este bien podría ser mi post favorito de todos los tiempos de Gaussianos.

  14. Carlos Pabón | 30 de abril de 2012 | 05:23

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    ¡Qué teorema! ¡Teoremazo!

  15. Trackback | 19 jun, 2012

    Clausura de un conjunto | Fotomat

  16. Ramiro hum-sah | 30 de junio de 2012 | 06:58

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    Èpico

  17. Trackback | 10 abr, 2014

    (Lo que yo considero) Lo mejor de 2012 en Gaussianos - Gaussianos | Gaussianos

  18. RB | 10 de abril de 2014 | 12:55

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    Yo lo vi en el Munkres como ejercicio propuesto del capítulo de espacios topológicos.

    http://mestradoufscar.files.wordpress.com/2012/01/topologia-munkres-espac3b1ol.pdf

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