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Ejercicios Ejerci cios Resueltos Resuelt os de Análisis alisis V Antonio Antoni o Luis Mart´ Mart´ınez ıne z Rico Resumen

Estos ejercicios son válidos alidos para la asignatura An´ alisis alisis V de la Universidad Nacional a Distancia (UNED). Se pretende abarcar la mayor cantidad posible de temas necesarios para el desarrollo y comprensi´ on on de la asignatura asignatura en s´ı. Es por p or ello que se repasar´ an y ampliar´ an an conceptos que se dan por supuestos en el temario.

1.

Axio Axioma ma de Elec Eleccci´ on, Lema de Zorn, Caron, dinales

1. Demostrar Demostrar que el axioma axioma de elecci´ elecci´ on es equivalente al postuon lado de Zermelo. Soluci´ on

Sea X Sea X un un conjunto con junto no vac´ıo ıo y sea (Ai)i∈I una familia no vac´ vac´ıa de partes no vac´ıas ıa s de X de X .. Una función on de elección on es una aplicación on f : (Ai : i ∈ I ) I ) → X

(1)

que se caracteriza por cumplir f ( f (Ai ) = ai ∈ Ai para cada i ∈ I . Es decir, la imagen de cada conjunto de la familia es un elemento de dicho conjunto. El axioma de elección on se formula de varias formas equivalentes. Consideraremos la siguiente como punto de partida: Hay una funci´ on de elecci´ on para para toda familia no vac´ vac´ıa de conjuntos conjuntos no vac´ va c´ıos. ıo s.

El postulado de Zermelo se formula de la siguiente manera: (Ai )i∈I una familia Sea (A fami lia no vac´ v ac´ıa ıa de d e conjuntos conju ntos disjunt dis juntos os no n o vac va c´ıos. Podemos hallar un subconjunto B de la uni´ on ∪i∈I Ai tal que la intersecci´ on de B y cada Ai consta de un s´ olo elemento. Vamos a probar la equivalencia entre estos dos enunciados. Partimos de una familia (A (Ai )i∈I no vac´ ac´ıa de conjuntos disjuntos no vac´ vac´ıos y 1

suponemos que sobre ella hay definida una función on de elecci ele cci´ón on f . f . Formamos el conjunto (2) B = { f (Ai ) : i ∈ I } es decir, el conjunto de las imágenes agenes de cada elemento de la familia que, por la propia definición on de la funci´ función on de elecci´ elecci´ on, on, constará de elementos ai de cada Ai . Entonces B es un subconjunto de la unión on ∪i∈I Ai y verifica = f ((Ai ) = a i (3) B ∩ Ai = f por lo que la intersección on de B de B con cada A cada A i consta con sta de un sólo olo elemento y el axioma de elección on implica el postulado de Zermelo. Sea (A (Ai )i∈I de nuevo una u na familia no vac´ vac´ıa de conjuntos no vac´ vac´ıos (no necesariamente disjuntos). Construimos la familia 

= A i × {i} Ai = A

para cada

i ∈ I

(4)

Tal familia famil ia está formada formad a por po r conjuntos disjuntos dos d os a dos do s y por po r tanto es una familia de conjuntos conjuntos disjunto disjuntos. s. Aplicando Aplicando el postulado postulado de Zermelo Zermelo hallaremos un subconjunto B subconjunto B de la unión on ∪ i∈I Ai que cumple 



B ∩ Ai = {(ai , i)}

(5)

Como (a (ai , i) ∈ A i × {i} es evidente que a i ∈ Ai y podemos definir una funci´ on on de elección on f : (Ai : i ∈ I ) → ∪i∈I Ai mediante f ( f (Ai ) = ai para todo i ∈ I . As´ As´ı pues, el postulado de Zermelo implica el axioma de elección. on. 2. Demostra Demostrarr que todo conjunto conjunto infinito infinito tiene al menos un subconjunto numerable Soluci´ on

Sea A Sea A un un conjunto infinito y sea P sea P ((A) el conjunto de sus partes. La familia F = P ( u na familia fami lia no vac´ vac´ıa de conjuntos conj untos no vac´ vac´ıos y en en P (A) − ∅ es una virtud del axioma de elección on podemos definir una función on de elección on f : F → A

(6)

A partir de esta función on de elección on creamos una sucesión on mediante un proceso recurrente. Elegimos a1 = f ( on formamos el f (A) y a continuación conjunto A conjunto A − {a1 }, el cual es no vac´ vac´ıo por p or la infinitud infinitu d de A de A.. Como dicho conjunto pertenece a la familia F hallaremos hallaremos una imagen f imagen f ((A −{ a1 }) =  a2 . A a2 , la cual será un elemento de A − {a1 } y por tanto a1 = continuación, on, formaremos el conjunto A − {a1 , a2 } que también en es no vac´ vac´ıo por po r la l a infin i nfinitud itud de A de A y y pertenece a F . La imagen f imagen f ((A−{ a1 , a2 }) = 2

a3 es un elemento de A − {a1 , a2 } y, por tanto, diferente tanto a a1 y Reiteran rando do este este proceso proceso conseg conseguim uimos os una sucesi sucesi´ on oń de elementos a2 . Reite distintos = f ((A) a1 = f = f ((A − {a1 , a2 , · · · , an−1 }) para an = f

(7) n > 1

El conjunto S = {a1 , a2 , a3 , · · · , an, · · · } es un subconjunto de A y adem´ ad emás as enum e numera erabl ble. e.

Demostrar que todo subconjunto subconjunto de un conjunto numerab numerable le 3. Demostrar es tambi´ tamb i´ en en numera num erable ble Soluci´ on

Si un conjunto A es numerable, numera ble, entonces e ntonces puede p uede ponerse p onerse en biyección on con co n una parte T del conjunto de los naturales. Sin pérdida erdida de generalidad podemos suponer que T = {1, 2, 3, · · · } con lo que A se expresa en forma de sucesión on (8) A = { a1 , a2 , a3 , · · · , } Sea B ⊂ A. Si B = ∅ entonces es numerable por definición. on. Sea pues B =  ∅ y sean an el primer elemento de 8 que pertenezca a B y an el siguiente elemento de 8 que pertenece a B y as´ı sucesivame suce sivamente. nte. En conclusión on (9) B = { an , an , · · · } 1

2

1

2

por lo que B se puede poner en biyección on con el conjunto de enteros R = { n1 , n2 , · · · } y resulta numerable. 4. Demostrar que el interv [0, 1] de la recta real no es intervalo alo unidad [0, numerable Soluci´ on

Haremos la demostración on por reducción on al absurdo. Supongamos que el intervalo unidad [0, [0, 1] es numerable. Esto significa que existe una biyección on entre dicho intervalo y el conjunto de los números umeros naturales y que podemos expresar dicho conjunto mediante una sucesión on [0, [0, 1] = { x1 , x2 , x3 , · · · }

(10)

Cada elemento de esta sucesión on se puede poner en forma de decimal con parte entera igual a cero y una infinidad de decimales no nulos. En efecto, en lugar de expresar los decimales exactos como 0, 0 , 5 pondremos su forma : 0, 0, 499999999 · · · . Incluso la unidad admitir´ a esta expresión on pues 3

1 = 0, 999999 · · · . La sucesión de los elementos del intervalo unidad es ahora x1 = 0, a11 a12 a13 · · · a1n · · · x2 = 0, a21 a22 a23 · · · a2n · · · x3 = 0, a31 a32 a33 · · · a3n · · · ··· xn = 0, an1 an2 an3 · · · ann · · · ···

(11)

donde aij ∈ {0, 1, 2, · · · , 9} y dado i ∈ N cualquiera, no es posible hallar un entero k tal que a ij = 0 para todo j ≥ k (es decir, ninguno de estos valores tiene todas las posiciones decimales nulas a partir de un lugar). Construimos ahora un n´ umero b de la forma b = 0, b1 b2 b3 · · · bn · · · , donde b 1 es diferente de cero y de a11 y b 2 diferente de cero y de a22 y b3 no nulo y diferente de a33 y as´ı sucesivamente: bn =  0 y bn =  ann. Este elemento b pertenece al intervalo unidad pues está comprendido entre cero y uno, y sin embargo, es diferente a cualquier elemento de la sucesión 10. As´ı pues la suposición de que [0, 1] es numerable lleva a una contradicción por lo que dicho conjunto no es numerable. 5. Probar el teorema de Cantor: El conjunto de las partes de un conjunto no es equipotente a éste Soluci´ on

Sea A un conjunto y P (A) el conjunto de sus partes. Supongamos que son equipotentes. En tal caso existe una biyección f : A → P (A)

(12)

Observemos que en esta biyección cada elemento a ∈ A tiene por imagen un subconjunto de A. Por tanto, podemos definir B = { a ∈ A : a ∈ / f (a)}

(13)

es decir, un elemento de A pertenece a B si la imagen por f de dicho elemento no lo contiene. Evidentemente, B es un parte de A por lo que hallaremos b ∈ A tal que f (b) = B. Si b ∈ B entonces habr´ıa de ser a∈ / f (b) = B lo cual es absurdo. Por otro lado, si b ∈ / B , se tiene que b ∈ f (b) = B que también es absurdo. En cualquier caso, la existencia de una biyección entre A y el conjunto de sus partes P (A) nos lleva a una contradicción. 4

6. Sea ω el cardinal de los n´ umeros naturales, demu´ estrese que ωω = ω Soluci´ on

El cardinal de un conjunto es la clase de de equivalencia de dicho con junto respecto a la relación de equipotencia. Sean A y B dos conjuntos disjuntos con cardinales α y β , respectivamente. Podemos operar con los cardinales mediante las reglas siguientes: La suma α + β es el cardinal de la unión A ∪ B. El producto αβ es el cardinal del producto cartesiano A × B. Las definiciones de suma y producto de cardinales son independientes de los conjuntos elegidos por lo que son buenas definiciones. El enunciado del problema equivale pues a demostrar que N es equipotente a N × N. Sea la aplicación f : N × N → N

(14)

definida por f (n, m) = 2m 3n . Probaremos que esta aplicación es inyectiva. Esto implicar´ıa que N × N es equipotente a una parte de N y por ello numerable (recordemos que todos los subconjuntos de un conjunto numerable son numerables). En efecto, si suponemos que 2m3n = 2 r 3s m

n

r

s

(15)

entonces 22 = 33 y de aqu´ı 2m−r = 3n−s . Esta u ´ ltima igualdad s´ olo es posible si tanto m − r como n − s son nulos. Esto prueba que m = r y n = s y la función f es inyectiva.

on numerable de conjuntos numerables es 7. Probar que la uni´ también un conjunto numerable Soluci´ on

Primero probaremos que la unión de una familia numerable de con juntos numerables disjuntos es numerable y luego lo extenderemos a familias no necesariamente disjuntas. Sea (An )n∈N una familia numerable de conjuntos numerables disjuntos dos a dos. Cada conjunto Ai puede ponerse en la forma An = { a1n , a2n , · · · , amn, · · · }

(16)

Como los conjuntos son disjuntos dos a dos, cada elemento x de la unión ∪ n∈N An pertenece a uno y sólo uno de los elementos de la familia 5

(An)n∈N y será la forma x = a mn, donde m y n son enteros positivos. La función (17) f : ∪ i∈N An → N × N dada por f (x) = (m, n) con x = amn es inyectiva. Esto implica que la unión es equipotente a una parte de N × N y como este último conjunto es numerable todas sus partes son numerables y la unión, en consecuencia, también es numerable. Supongamos ahora que la familia numerable de conjuntos (An )n∈N no es disjunta. Definimos entonces la familia (Bn)n∈N mediante B1 = A1 −1 Bn = A n − ∪ni=1 Ai para

n>1

(18)

Esta familia es numerable y está formada por conjuntos numerables dis juntos dos a dos verificando ∪ n∈N Bn = ∪ n∈N An . Por tanto, aplicando a (Bn)n∈N el resultado demostrado se concluye que ∪n∈N An es numerable. 8. Demostrar que si A es un conjunto infinito, existe una familia (Ai )i∈I de subconjuntos de A que cumple las siguientes condiciones: Ai es un conjunto numerable para cada i ∈ I . = j es Ai ∩ A j = ∅ Para todo i 

La uni´ on Soluci´ on



i∈I A i

coincide con A.

Tratamos de demostrar que todo conjunto infinito puede expresarse como la unión de una familia de subconjuntos numerables disjuntos. Para ello haremos uso del lema de Zorn el cual precisa de algunas definiciones previas. Sea X un conjunto ordenado. Un subconjunto S ⊂ X se dice que es una cadena si est´ a totalmente ordenado con el orden definido en X . Un conjunto inductivo es un conjunto no vac´ıo ordenado donde toda cadena tiene una cota superior. Con estos conceptos ya podemos formular la versión clásica del lema de Zorn Todo conjunto inductivamente ordenado tiene un elemento maximal . Consideremos la colección F de las familias (B j ) j∈J de partes de A que cumplen las condiciones Cada B j ∈ F es numerable. Para todos j 1 , j2 ∈ J tales que j 1  = j 2 es B j ∩ B j = ∅ 1

6

2

Tal colección es no vac´ıa ya que todo conjunto infinito contiene al menos un conjunto numerable N y la familia (N ) pertenece a F como podemos comprobar fácilmente. Es posible ordenar la colección F mediante:

F 1 , F 2 ∈ F ⇒ F 1 ≤ F 2 si y sólo si

F 1 ⊂ F 2

(19)

El conjunto F resulta ser ordenado inductivo ya que toda cadena tiene como cota superior la unión de todos sus elementos. As´ı pues, aplicando el lema de Zorn existe un elemento maximal (Bi )i∈I en el conjunto F . Vamos a completar esta familia maximal con el fin de que cumpla las condiciones del enunciado del problema. En efecto, sea B = A −∪i∈I Bi . Si B fuera infinito podr´ıamos tomar de él un subconjunto numerable L y la familia (Bi )i∈I ∪ {L} ser´ıa un elemento de F ya que L no corta a ning´ un B i al estar en el complementario de la unión. Además (Bi )i∈I ∪ {L} es posterior a (Bi )i∈I y esto contradice su carácter maximal, por tanto B ha de ser finito. Ya podemos construir la familia pedida en el enunciado sin más que elegir un ´ındice i 0 ∈ I y definir = i 0 Ai = B i para i  Ai = Bi ∪ B 0

0

(20)

Comprobamos que cada elemento de (Ai )i∈I es numerable puesto que cada Bi lo es y la unión Bi ∪ B es una unión de elementos numerables y por tanto numerable. También para todo i  = j es A i ∩ A j = ∅ ya que la familia B i está formada por elementos disjuntos dos a dos y B ∩ Bi = ∅ para todo i ∈ I . Para acabar, la unión ∪i∈I Ai es todo A. 0

9. Probar que el conjunto Q de los n´ umeros racionales es numerable Soluci´ on

Cada n´ umero racional puede ponerse en la forma qp , donde p y q son enteros y q > 0 (de esta forma el signo del número viene dado por el signo de p). Definimos la altura del racional pq como el número natural h = | p| + q

(21)

Para cada h ∈ N sólo existe un número finito de racionales con dicha altura. En efecto, si pq tiene altura h, el entero p sólo podrá adoptar los valores − h, −h + 1, · · · , 0, 1, · · · , h − 1, h, mientras que q podrá ser 1, 2, · · · , h − 1, h, de donde habrá a lo sumo 2h(2h +1) (esta estimación es muy grosera pero sirve para nuestro propósito). Definimos R(h) como 7

el conjunto de los racionales de altura h. Tal conjunto es, según hemos visto, numerable. Por tanto

∪h∈N R(h)

(22)

es también numerable al ser unión numerable de conjuntos numerables. Pero dicho conjunto coincide con el de los racionales ya que todo racional tendrá una altura h determinada. Hemos probado pues que Q es numerable. 10. Demostrar que existen n´ umeros trascendentes Soluci´ on

Un n´ umero algebraico es un número real que satisface una ecuación polinómica del tipo an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 = 0

(23)

donde los coeficientes: ai , i = 0, 1, · · · , n − 1, n, son n´ umeros enteros y an =  0. Todo número real no algebraico se denomina trascendente. Probaremos que el conjunto de los números algebraicos es numerable y como el conjunto de los números reales no es numerable de aqu´ı concluimos que existen n´ umeros trascendentes. Definimos, de manera similar al ejercicio anterior, la altura del polinomio 23 como el n´ umero entero positivo h = | a0 | + |a1 | + · · · + |an | + n

(24)

Es evidente que todo polinomio de coeficientes enteros tiene altura finita. Además para cada altura h sólo existe un n´ umero finito de polinomios con coeficientes enteros que tengan dicha altura. En efecto, como an es no nulo es h > n y cada coeficiente sólo puede tomar los (2h + 1) valores: −h, −h + 1, · · · , −1, 0, 1, · · · , h − 1, h, existirán a lo sumo (2h + 1)h+1 polinomios de altura h. Sea P h el conjunto de polinomios de coeficientes enteros y altura h, hemos visto que dicho conjunto es numerable. Sea ph ∈ P h. Dicho polinomio tiene a lo sumo tantas ra´ıces como su grado por lo que el conjunto de las ra´ıces R( ph ) de p h tiene un cardinal siempre menor o igual que h. Esto significa que, dada una altura h, el conjunto

∪ p

h

∈P h R( ph )

(25)

es numerable al ser unión numerable de conjuntos numerables. Finalmente, el conjunto de números algebraicos coincidirá con la unión

∪h∈N ∪ p

h

8

∈P h R( ph )

(26)

la cual tambi´ en es numerable al ser unión numerable de conjuntos numerables.

umero cardinal infinito, entonces 11. Demuéstrese que si α es un n´ ωα = α Soluci´ on

Al igual que en el problema número 6 bastará probar que si A es un conjunto con cardinal α, el producto cartesiano N × A tiene por cardinal también α. En virtud del problema 8 existe una partición de A formada por conjuntos numerables disjuntos dos a dos. Sea (Ai )i∈I tal partición. Entonces N × A = N × (∪i∈I Ai ) = ∪ i∈I N × Ai

(27)

Recordemos que el cardinal de la uni´ on de una familia de conjuntos disjuntos dos a dos es igual a la suma de los cardinales de los elementos de la familia. Como para cada i  = j es (N × Ai ) ∪ (N × A j ) = ∅ se tiene que si || es la notación para el cardinal de un conjunto

|N × A| = | ∪i∈I N × Ai | =

|

N × Ai |

(28)

i∈I

Cada A i es numerable y, por tanto, | N × Ai | = | Ai |, quedando 28 como

|N × A| =

|

N × Ai | =

i∈I

 |A | = | ∪ i

i∈I A i

| = | A| = α

(29)

i∈I

As´ı pues el cardinal de N × A es igual al cardinal de A y esto termina la prueba.

umeros reales y sea S el conjunto 12. Sea R el conjunto de los n´ de todas las funciones reales de variable real. Probar que R y S no son equipotentes Soluci´ on

13. Probar el teorema de Schr¨ oder-Bernstein Soluci´ on

Existen dos formulaciones equivalentes del teorema de Schröder-Bernstein. Son las siguientes: Sean A y B dos conjuntos para los que existen funciones inyectivas f : A → B y g : B → A, entonces A y B son equipotentes Dados A, B,C tales que A ⊂ B ⊂ C , si es A equipotente a C entonces A es equipotente a B. Probaremos la 9

14. Si A es un conjunto numerable y B un conjunto no numerable probar que B − A es equipotente a B Soluci´ on

2.

Espacios vectoriales. Conjuntos en espacios vectoriales

1. Probar que todo espacio vectorial tiene una base Soluci´ on

Consideremos el espacio vectorial trivial E = {0}. Para este espacio convenimos en que el conjunto vac´ıo es su base. Sea E un espacio vectorial no trivial, entonces hallaremos al menos un elemento x ∈ E diferente de cero. Esto implica que el conjunto {x} es linealmente independiente. Si probamos que dado un conjunto linealmente independiente A ⊂ E siempre existe una base de E que contiene a A habremos terminado nuestra demostración. En este empeño usaremos de nuevo el lema de Zorn. Sea F la familia de subconjuntos del espacio E que son linealmente independientes y contienen al conjunto { x}. Esta familia es no vac´ıa ya que trivialmente el propio { x} pertenece a ella. Definamos una relación de orden parcial en F mediante para

F 1 , F 2 ∈ F es

F 1 ≤ F 2

si y sólo si

F 1 ⊂ F 2 (30)

El conjunto F as´ı ordenado resulta ser inductivo. En efecto, si H es una cadena, el conjunto ∪ H ∈H H pertenece a F y es una cota superior. Evidentemente, la unión U = ∪H ∈H H contiene a todos los elementos de la cadena por ser unión de todos ellos. Además como cada H ∈ H contiene a {x} también la unión contiene a { x}. Sólo nos resta probar que dicha unión es un conjunto linealmente independiente. Supongamos que (31) S = { x1 , x2 , · · · , xn } es un subconjunto finito de elementos de U . Para cada xi existe un H i ∈ H tal que xi ∈ H i . Formamos as´ı una colección finita H 1 , H 2 , · · · , H n de elementos de la cadena H. Por tanto, existe un H j de la colección que incluye a todos los H i , i = 1, 2, · · · , n, y, en consecuencia también a S . Como H j es por hipótesis linealmente independiente también lo es S y la unión U es linealmente independiente al serlo cada uno de sus subconjuntos finitos. 10

En resumen, hemos probado que F es un conjunto ordenado inductivo lo que nos lleva a aplicar el lema de Zorn y deducir que existe un elemento B maximal en F . Veremos que dicho elemento es la base buscada mediante una prueba de reducción al absurdo. Supongamos que B no es base de E . En tal caso, existe z ∈ E que no depende linealmente de B. Sea el conjunto B  = B ∪ {z }. Si T = { z 1 , z 2 , · · · , z m } es un subconjunto finito de elementos de B  y planteamos la combinación lineal n

 α z = 0

(32)

i i

i=1

puede ocurrir que todos los z i sean diferentes de z por lo que la combinación 32 sólo intervienen elementos de B y será posible si para todo i = 1, 2, · · · , n es α i = 0, que para alg´ un i sea z = z i con α = 0. Esto significará también que en la combinaci´ on lineal s´ olo intervienen elementos de B y habr´ a de ser como antes αi = 0 para todo i = 1, 2, · · · , n, que para alg´ u n que para alg´ un i sea z = z i con α =  0. En tal caso, podemos suponer sin perder generalidad que z = z 1 y de la combinaci´ on deducimos que 1 x = − α1

n

 α z

i i

(33)

i=2

lo que prueba que z depende linealmente de B en contra de lo supuesto. Para evitar este absurdo hay que concluir que todos los escalares de 32 son nulos y el conjunto B  es, en consecuencia, linealmente independiente. Ahora bien, B  al incluir a B es un elemento de F posterior al maximal. De nuevo llegamos a un absurdo que sólo rompemos si nuestra suposición de que z no depende linealmente de B es falsa. As´ı pues B es una base de E que incluye a {x}. 2. Demostrar que todas las bases de un espacio vectorial tienen el mismo cardinal Soluci´ on

Si el espacio vectorial E es trivial entonces la base es el conjunto vac´ıo por lo que en tal caso no hay nada que probar. Supongamos pues que  {0} y que A y B son dos bases de E , probaremos por reducción E = al absurdo que sus cardinales son iguales. Si | A|  = | B |, entonces: 11

tanto | A| como |B | son finitos y diferentes entre s´ı, uno de los cardinales |A| o | B | es infinito y el otro finito, ambos cardinales son infinitos y distintos. 3. Sea E el espacio vectorial real de las funciones reales continuas en el intervalo [0, 1]. Calc´ ulese la dimensi´ on de E . Soluci´ on

En primer lugar probaremos que el cardinal de E es el cardinal del continuo 2ω (es decir, que es equipotente a R ). Consideremos la aplicación Φ : R → E

(34)

definida por Φ(α) = f α , donde f α (x) = α para todo x ∈ [0, 1]. Esta aplicaci´ on está bien definida y además es inyectiva. Esto significa que R es equipotente a una parte de E y podemos escribir |E | ≥ 2ω . Por otro lado, cada función real continua f definida en el intervalo unidad [0, 1] está determinada por sus valores en los puntos racionales H de dicho intervalo (esto es debido a que cada número de dicho intervalo se puede obtener como l´ımite de al menos una sucesión de racionales). Sea el conjunto F de las funciones reales f : H → R , por lo comentado en el párrafo anterior será |F| ≥ |E |. Por otro lado, como el cardinal del conjunto de las aplicaciones de A en B se define como |B ||A| , resulta que |F| = (2ω )ω = 2ωω = 2ω . Con ambos resultados concluimos que 2ω ≥ |E | y de la doble desigualdad se sigue que |E | = 2ω . A continuación definiremos un sistema S de funciones que será linealmente independiente y cuyo cardinal tambi´ en es el del continuo. Cualquier base que contenga a dicho sistema linealmente independiente tendrá un cardinal menor o igual que el de E y mayor o igual que el de S . Pero como E tiene el cardinal del continuo, concluiremos que el cardinal de dicha base (y por tanto el de cualquier base) es igual al continuo y la dimensión de E es igual a 2ω . Veamos estas afirmaciones una a una. El conjunto S = { e px : p ∈ R, x ∈ [0, 1]}

(35)

es un subconjunto no vac´ıo de elementos de E . Su cardinal es el del continuo ya que para p = = eqx . Tomando un conjunto finito  q es e px  {e p x, e p x , · · · , e p x } de elementos de S vemos que la combinación lineal 1

2

n

n

α e i

i=1

12

pi x

=0

(36)

implica que para cada x ∈ [0, 1] es ni=1 αi e p x = 0 ya que en 36 el 0 representa la función idénticamente nula en el intervalo unidad. Ahora bien, si derivamos 36 un total de n − 1 veces y añadimos la expresión inicial obtenemos



i

n

α e  p α e  p α e

pi x

i

=0

i=1 n

i

i

pi x

=0

pi x

=0

i=1 n

2

i

i

(37)

i=1

··· n

 p

n−1 αi e pi x i

=0

i=1

Para x = 0 resulta de 3 el sistema lineal de n ecuaciones con n incógnitas (α1 , α2 , · · · , αn) n

 α = 0  p α = 0  p α = 0 i

i=1 n

i

i

i=1 n

2

i

(38)

i

i=1

··· n

 p

n−1 αi = i

0

i=1

El determinante de este sistema es

 1  p  p·  p

1 2 1

n−1 1

1 p2 p22 · n−1 p2

1 ··· ··· pn ··· p2n · · n−1 · · · pn

   

(39)

su valor es no nulo al ser de tipo Vandermonde con p i  = p j para i  = j. Esto significa que el sistema homogéneo 3 s´ olo tiene la solución trivial 13

y los coeficientes αi de la combinación lineal 36 son todos nulos. Por ello, el conjunto S es linealmente independiente y existe una base B que incluye a S . Como 2ω = |S | ≤ |B | ≤ |E | = 2ω , concluimos que |B | = 2ω y la dimensión de E es el cardinal del continuo. 4. Sea E un espacio vectorial no trivial y sea A ⊂ E . Comprobar = A + A. que 2A ⊂ A + A pero puede ocurrir que 2A  Soluci´ on

Sea A ⊂ E no vac´ıo. Si z ∈ 2A entonces z = 2x con x ∈ A. Como 2x = x + x, es 2x ∈ A + A, de donde 2A ⊂ A + A. Por otro lado, tomando A = {x, −x} con x =  0 (elección siempre posible para todo espacio vectorial no trivial), se tiene que 0 = x + ( −x) ∈ A + A pero 0∈ = A + A. / 2A. Por tanto, 2A  5. Sean A y B subconjuntos de un espacio vectorial E . Comprobar que para todo escalar λ se cumple que λ(A + B) = λA + λB Soluci´ on

Sea z ∈ λ(A + B), hallaremos a ∈ A y b ∈ B tales que z = λ(a + b) = λa + λb ∈ λA + λB. Por tanto, λ(A + B) ⊂ λA + λB. Rec´ıprocamente, si s ∈ λA + λB, existen a ∈ A y b ∈ B para los que s = λa+λb = λ(a+b) ∈ λ(A+B). En consecuencia, λA+λB ⊂ λ(A+B) y de la doble inclusión se tiene la igualdad λ(A + B) = λA + λB. 6. Probar que A es convexo si y s´ olo si (λ + µ)A = λA + µA para todo λ,µ > 0 Soluci´ on

Recordemos que un conjunto A del espacio vectorial E es convexo si es vac´ıo o si para todos x, y ∈ A y para todo λ ∈ [0, 1] es λx + (1 − λ)y ∈ A

(40)

Esta condición equivale a λx + µy ∈ A para todo

x, y ∈ A, λ, µ > 0 con

λ + µ = 1 (41)

y también a λA + (1 − λ)A ⊂ A para todo

λ ∈ [0, 1]

(42)

Supongamos que se cumple la condición del enunciado: (λ + µ)A = λA + µA para todo λ,µ > 0. En tal caso, tomando µ = (1 − λ) es λA + (1 − λ)A = (λ + 1 − λ)A = A 14

(43)

por lo que el conjunto A verifica 42 y resulta convexo. Rec´ıprocamente, si suponemos que A es convexo tenemos para A = ∅ y λ, µ > 0 la igualdad trivial λ∅ + µ∅ = (λ + µ)∅. Si A es no vac´ıo, entonces dado z ∈ λA + µA hallaremos x1 , x2 ∈ A tales que z = λx1 + µx2 . Como λ + µ > 0 podemos escribir

 z = (λ + µ)

λ µ x1 + x2 λ+µ λ+µ



(44)

pero λ+λ µ x1 + λ+µ µ x2 ∈ A ya que A es convexo y λ+λ µ + λ+µ µ = 1. En definitiva, z ∈ (λ + µ)A y de aqu´ı λA + µA ⊂ (λ + µ)A. Supongamos ahora que z ∈ (λ + µ)A, entonces existe x ∈ A tal que z = (λ + µ)x. En tal caso, como sabemos que λ + µ > 0 resulta z =

λ µ z + z = λx + µx λ+µ λ+µ

(45)

Esto significa que z ∈ λA + µA, de donde (λ + µ)A ⊂ λA + µA. La doble inclusión implica la igualdad buscada: (λ + µ)A = λA + µA. 7. Probar que si A y B son convexos, la suma A + B tambi´ en es un conjunto convexo Soluci´ on

Sean λ, µ > 0, entonces las propiedades de las operaciones vectoriales extendidas a los conjuntos y la convexidad de A y B implican (ver ejercicio anterior) que (λ + µ)(A + B) = (λ + µ)A + (λ + µ)B = λA + µA + λB + µB = λ(A + B) + µ(A + B)

(46)

luego A + B es convexo. 8. Probar que la intersecci´ on de una familia de conjuntos convexos tambi´ en es un conjunto convexo Soluci´ on

Sea (Ai )i∈I una familia de conjuntos convexos. Si la intersección ∩ i∈I Ai es vac´ıa entonces es convexa por definición. Si no es vac´ıa y x, y ∈ ∩i∈I Ai , entonces x, y ∈ A i para todo i ∈ I , de donde para todo λ ∈ [0, 1] y todo i ∈ I es λx + (1 − λ) ∈ A i . Por tanto λx + (1 − λ) ∈ ∩i∈I Ai y el conjunto intersección ∩i∈I Ai es convexo. 9. Sea A un subconjunto de un espacio vectorial E . Probar: 15

La envoltura convexa de A coincide con el conjunto de sus combinaciones lineales convexas. El conjunto A es convexo si y s´ olo si coincide con su envoltura convexa. Soluci´ on

Sea A un subconjunto de E . Una combinación lineal convexa de elementos de A es el elemento n

α x

i i

(47)

i=1

donde xi ∈ A y α i ≥ 0 para todo i ∈ {1, 2, · · · , n}, verificando además los escalares la condición adicional ni=1 αi = 1. Es decir, se trata de una combinaci´ on lineal de elementos de A con escalares no negativos y cuya suma es igual a la unidad. Sea A ⊂ E y consideremos la familia C de todos los convexos C que incluyen a A. Dicha familia es no vac´ıa pues el espacio E es convexo (trivialmente) e incluye al conjunto A. La intersección ∩ C ∈C C de todos los elementos de esta familia es un conjunto convexo que incluye a A y además el menor en sentido inclusivo con esta propiedad. Dicha intersecci´ on se notará por A y se dirá que es la envoltura convexa del conjunto A. Probaremos ahora que la envoltura convexa de A coincide con el conjunto de sus combinaciones lineales convexas. En efecto, sea L el conjunto de todas las combinaciones lineales convexas de elementos de A. Como para todo x ∈ A es x = 1x una combinación lineal convexa, se sigue que A ⊂ L. Por otro lado, si z y s son dos elementos de L, existen dos conjuntos finitos Z = { z 1 , z 2 , · · · , z n} y S = { s1 , s2 , · · · , sm } de elementos de A, que cumplen



n

n

 z = α z  s = β s

 α ≥ 0, α = 1  β ≥ 0, β = 1

i i

con

i=1 m

j j

i

i

i=1 m

con

j =1

j

(48)

j

j =1

Por tanto, para λ, µ ≥ 0 con λ + µ = 1 es n

m

n

m

        λz + µs = λ α z + µ β s = λα z + µβ s i i

i=1

j j

j =1

i i

i=1

j j

j =1

(49) 16

Ahora bien, por las hipótesis hechas podemos afirmar que para todo i = 1, 2, · · · , n y para todo j = 1, 2, · · · , m es λαi ≥ 0 y µβ j ≥ 0 y se cumple n

m

n

m

 λα +  µβ = λ  α + µ  β = λ1 + µ1 = λ + µ = 1 i

i=1

j

j =1

i

j

i=1

(50)

j =1

lo que significa que λz +µs ∈ L y el conjunto L es convexo. En definitiva, A ⊂ L. Sabemos que cualquier convexo incluye a las combinaciones lineales convexas de sus elementos. Por tanto, como cada convexo C ∈ C incluye a A, también incluirá a sus combinaciones lineales convexas y el conjunto L está incluido en todo C ∈ C y se cumple L ⊂ ∩C ∈C C =  A. La doble inclusión lleva a la igualdad L = A. Finalmente, supongamos que A es convexo, entonces por la definición de envoltura convexa es A ⊂ C para todo C ∈ C y A ∈ C , lo que significa que A = ∩C ∈C C = A. Del mismo modo si A = A es evidente que A es convexo. Aqu´ı termina nuestra demostración. Como consecuencia inmediata de los dos enunciados probados se tiene que un conjunto es convexo si y sólo si contiene a todas sus combinaciones lineales convexas. 10. Sea A un convexo y α un n´ umero real. Demostrar que αA es convexo Soluci´ on

Si suponemos que A es vac´ıo, entonces trivialmente α ∅ = ∅ y resulta el enunciado. Si es A no vac´ıo y α = 0, entonces 0A = { 0} y como todo conjunto formado por un sólo punto es convexo, también se cumple el enunciado. Finalmente, para α  = 0 sean x, y elementos de αA. Hallaremos a1 , a2 ∈ A tales que x = αa1 e y = αa2 . Entonces para λ, µ ≥ 0 con λ + µ = 1 se tiene que λx + µy = λ(αa1 ) + µ(αa2 ) = (λα)a1 + (µα)a2 = (αλ)a1 + (αµ)a2 = (51) α(λa1 ) + α(µa2 ) = α(λa1 + µa2 ) Como A es convexo, la combinación z = λa1 + µa2 pertenece a A y λx + µy = αz ∈ αA, lo que prueba que αA es convexo. 11. Sea (Ai )i∈I una familia de conjuntos convexos totalmente ordenada por la inclusi´ on. Probar que su uni´ on tambi´ en es convexa Soluci´ on

Consideremos dos elementos x, y de la unión ∪ i∈I Ai , hallaremos i 1 , i2 ∈ 17

I tales que x ∈ Ai e y ∈ Ai . Como la familia está totalmente ordenada por la inclusión podemos suponer sin pérdida de generalidad que Ai ⊂ A i , por lo que x, y ∈ A i y para cualesquiera λ ≥ 0, µ ≥ 0 tales que λ+µ = 1 será λx+µy ∈ A i . Evidentemente, Ai es un subconjunto de la unión y se concluye que la combinación lineal convexa λx + µy es un elemento de dicha unión y ésta es convexa. 1

2

2

1

1

1

1

on de una familia de conjuntos equi12. Probar que la intersecci´ librados es tambi´ en un conjunto equilibrado. Demostrar que tambi´ en es equilibrada la uni´ on de dicha familia Soluci´ on

Recordemos que un conjunto A de vectores del espacio E , es equilibrado si para todo λ ∈ K tal que |λ| ≤ 1 es λA ⊂ A. Es decir, si las combinaciones lineales de la forma λx con x ∈ A y −1 ≤ λ ≤ 1 son elementos de A. Sea (Ai )i∈I una familia de conjuntos equilibrados de E . Si la intersección de dicha familia es vac´ıa, entonces resulta equilibrada ya que la condici´ on de equilibrio se cumple por defecto. Sea z ∈ ∩i∈I Ai . En tal caso, z ∈ A i para todo i ∈ I y, por tanto, λz ∈ A i para todo |λ| ≤ 1 y para todo i ∈ I . Esto nos permite afirmar que λz ∈ ∩i∈I Ai y la intersección es un conjunto equilibrado. Sea ∪i∈I Ai la unión de la familia de conjuntos equilibrados y sea λ un escalar tal que |λ| ≤ 1. Podemos escribir





λ ∪i∈I A i = ∪ i∈I λAi ⊂ ∪i∈I Ai

(52)

Esto demuestra que la unión también es un conjunto equilibrado. 13. Supongamos que A es un conjunto equilibrado. Probar que para todo escalar λ es |λ|A = λA Soluci´ on

Si λ = 0 la igualdad es trivial. Sea pues λ  = 0 y supongamos que x ∈ λA. Hallaremos entonces un a ∈ A tal que x = λa o equivalentemente ¯ escribir a = λ1 x. Por tanto, tomando el escalar |λ|/λ podemos 1 |λ| |λ| 1 |λ| a = x = x = x 2 ¯ ¯ λ |λ| |λ| λ λ

(53)

¯| ≤ 1 y A es equilibrado, se tiene que 1 x ∈ A y pero como ||λ|/λ |λ| 1   hallaremos a ∈ A tal que |λ| x = a . Esto significa que x = | λ|a ∈ |λ|A y queda probada la inclusión λA ⊂ |λ|A. Rec´ıprocamente, sea s ∈ |λ|A. 18

Hallaremos a ∈ A tal que s = | λ|a, o bien a = |λ|/λ se tiene 1 |λ| |λ| 1 a = s = s λ λ |λ| λ

1

|λ| s.

Tomando el escalar

(54)

Como ||λ|/λ| ≤ 1 y A es equilibrado, el vector λ1 s pertenece a A y un a ∈ a. Esto prueba la inclusión |λ|A ⊂ λA. De la s = λa para alg´ doble inclusión se sigue la igualdad | λ|A = λA. 14. Probar que la envoltura equilibrada de un conjunto A coincide con el conjunto de sus combinaciones lineales equilibradas Soluci´ on

Sea A ⊂ E y sea λ ∈ K . La combinación lineal λx se dice equilibrada si | λ| ≤ 1. Por otro lado, si llamamos E a la familia de subconjuntos de E que son equilibrados e incluyen a A concluimos que es una familia no vac´ıa (puesto que E pertenece trivialmente a dicha familia) y su intersección es el menor conjunto equilibrado en sentido inclusivo que incluye a A. Se notará por [A]. Sea T el conjunto de las combinaciones lineales equilibradas de elementos de A. Para todo x ∈ A es x = 1x, de donde A ⊂ T . Si t ∈ T , hallaremos x ∈ A y |λ| ≤ 1, tales que t = λx por lo que para |β | ≤ 1 se deduce que βt = β (λx) = (βλ)x, con |βλ | = |β ||λ| ≤ 1. Es decir, t ∈ T y T es equilibrado. Como consecuencia del todo esto resulta que T ∈ E y [A] ⊂ T . Finalmente, sabemos que todo conjunto equilibrado incluye a sus combinaciones lineales equilibradas por lo que si S es un elemento de E contendrá a las combinaciones lineales equilibradas de los elementos de A y podremos escribir T ⊂ S para todo S ∈ E . Esto implica que T ⊂ [A] y de la doble inclusión se sigue la igualdad T = [A]. 15. Consideremos el espacio vectorial real R2 y la topolog´ıa usual de dicho espacio. Dar un ejemplo en este espacio de un subconjunto equilibrado cuyo interior no sea equilibrado Soluci´ on

El conjunto A = { (x, y) : x, y ≥ 0, x+y ≤ 1 }∪{(x, y) : x, y ≤ 0, x+y ≥ −1} es equilibrado (ver figura). Sin embargo, su interior no contiene al cero y, en consecuencia, no puede ser equilibrado. 16. Probar que la envoltura convexa de un conjunto equilibrado también es equilibrada Soluci´ on

Sea A un conjunto equilibrado y A su envoltura convexa. Sea z ∈ A. Hallaremos x1 , x2 , . . . , xn elementos de A y escalares α1 , α2 , . . . , αn no 19

n i=1



negativos con suma |λ| ≤ 1 es n

n i=1



αi = 1 tales que z =

n

n

αi xi . Tomando

n

     (λα )x = (α λ)x = λz = λ αx = α (λx ) i i

i=1

i

i=1

i

i

i=1

i

i

i

(55)

i=1

pero como A es equilibrado se deduce que λxi ∈ A para todo i = 1, 2, . . . , n y λz es también una combinación lineal convexa de elementos de A y por tanto pertenece a su envoltura convexa. As´ı pues  A es un conjunto equilibrado. 17. Probar que la envoltura absolutamente convexa de un conjunto es igual a la envoltura convexa de su envoltura equilibrada Soluci´ on

Sea A un subconjunto del espacio vectorial E . La envoltura convexa de A se nota por A∗ y consiste en el menor conjunto en sentido inclusivo que contiene a A y es equilibrado y convexo. En definitiva, es la intersección de todos los conjuntos equilibrados y convexos que contienen a A. Sea [A] la envoltura equilibrada de A. Tal conjunto es equilibrado por definici´ on y además el menor conjunto equilibrado en sentido inclusivo que contiene a A. Su envoltura convexa  [A] es (según hemos visto en el ejercicio anterior) un conjunto equilibrado y convexo y por tanto absolutamente convexo. Si S es un conjunto equilibrado que incluye a A debe ser [A] ⊂ S y de aqu´ı [A] ⊂ S , donde  S  es equilibrado y convexo. Esto quiere decir que  [A] es subconjunto de cualquier conjunto absolutamente convexo que incluya a A y, en consecuencia  [A] = A ∗ 18. Sea E un espacio vectorial real y A un subconjunto convexo y sim´ etrico de E . Demostrar que A es absolutamente convexo Soluci´ on

Hemos de probar que el conjunto A es equilibrado. Si A es vac´ıo es equilibrado. Sea A  = ∅ y x ∈ A. Como A es simétrico, también (−x) ∈ A. Probaremos que de esto se deduce que 0 ∈ A. En efecto, la combinación lineal convexa 0 = 21 x + 21 (−x) pertenece a A puesto que es convexo. Por tanto, si suponemos que |λ| ≤ 1 con λ = 0 es λA = {0} un subconjunto de A. Sólo nos queda estudiar el caso en que |λ| ≤ 1 es no nulo. Supongamos que z ∈ λA. Hallaremos x ∈ A tal que z = λx o lo que es equivalente λ1 z = x. Empleando de nuevo la simetr´ıa de A es −x = − λ1 z ∈ A. Por otro lado, 1−2 λ y 1+2 λ son escalares no negativos y 20

su suma es la unidad por lo que 1+λ 1 − λ 1+λ1 1 − λ (−x) = x+ z + 2 2 2 λ 2 1+λ λ − 1 z + z = z ∈ A 2λ 2λ





1 − z = λ

(56)

y z ∈ A lo que implica que λA ⊂ A y el conjunto A es equilibrado. 19. Sea A un subconjunto equilibrado de E . Probar que si para cada z ∈ E podemos hallar un n´ umero positivo α(z ) tal que α(z )z ∈ A entonces el conjunto A es absorbente. Soluci´ on

Sea z ∈ E . Por hipótesis hallaremos un α(z ) > 0 para el que α(z )z es un elemento de A. Sea λ un escalar cualquiera con la condición | λ| ≤ α(z ). En tal caso |λ| (57) ≤1 α(z ) y utilizando la hipótesis y el carácter equilibrado de A se cumple λz =

λ λ α(z )z ∈ A ⊂ A α(z ) α(z )

(58)

Esto implica que λz ∈ A y A es absorbente.

3.

Espacios vectoriales topol´ ogicos

1. Sea E un espacio vectorial sobre un cuerpo K y sea B una familia no vac´ıa de partes de E que cumple:

Todos los elementos V de B son equilibrados y absorbentes Para todo V 1 , V 2 ∈ B podemos hallar V 3 ∈ B tal que V 3 ⊂ V 1 ∩ V 2 Para todo V ∈ B existe W ∈ B tal que W + W ⊂ V Definimos a partir de B una familia U de partes de E con la condici´ on: A ∈ U si y s´ olo si para cada x ∈ A existe un V ∈ B tal que x + V ⊂ A . Probar que U es una topolog´ıa sobre E . Soluci´ on

El conjunto vac´ıo pertenece a la familia U ya que, como no tiene ningún elemento, cumple la definición por omisi´ on. Análogamente, E ∈ U ya que dado x ∈ E y tomando un V ∈ B cualquiera (elección siempre 21

posible al ser la familia B no vac´ıa) se cumple trivialmente que x + V ⊂ E . Sea (Ai )i∈I una familia de elementos de U . Entonces dado x ∈ ∪i∈I Ai existe un i0 ∈ I tal que x ∈ A i , por lo que hallaremos un V ∈ B para el que x + V ⊂ Ai ⊂ ∪i∈I Ai . Esto prueba que ∪i∈I Ai pertenece a U . Finalmente, si A1 y A2 son elementos de U , su intersección pertenece a U si es vac´ıa y si no lo es, tomando x ∈ A1 ∩ A2 , hallaremos V 1 ∈ B y V 2 ∈ B tales que x + V 1 ⊂ A1 y x + V 2 ⊂ A 2 . Ahora bien, sabemos que existe un V ∈ B tal que V ⊂ V 1 ∩ V 2 por lo que x + V ⊂ x + V 1 ⊂ A 1 y también x + V ⊂ x + V 2 ⊂ A 2 , concluyendo de estas inclusiones que x + V ⊂ A1 ∩ A2 y la intersección A 1 ∩ A2 pertenece a U . 0

0

ogico y A un abierto de la 2. Sea E un espacio vectorial topol´ topolog´ıa de E . Probar que para x0 ∈ E es x0 + A un conjunto abierto. An´ alogamente, probar que si C es cerrado entonces x0 + C es cerrado. Soluci´ on

Si x ∈ x0 + A, entonces existe a ∈ A tal que x = x0 + a por lo que x − x 0 = a ∈ A y hallaremos V ∈ B tal que x − x 0 + V ⊂ A. Esto implica que x + V ⊂ x 0 + A y de aqu´ı el conjunto x 0 + A es abierto. Supongamos que C es cerrado. En tal caso, su complementario C es abierto, por lo que de la igualdad (x0 + C ) = x0 + C y del carácter abierto de C se deduce que (x0 + C ) es abierto y su complementario x0 + C cerrado. 









3. Suponemos que A es un subconjunto de un espacio vectorial topol´ ogico E . Probar que un vector x ∈ E pertenece al interior de A si y s´ olo si existe V ∈ B tal que x + V ⊂ A. Soluci´ on

o

El interior A del conjunto A es, por definición, el mayor abierto incluido o

en A. Por tanto, si no es vac´ıo, hallaremos para cada x ∈ A un V ∈ B o

tal que x + V ⊂ A ⊂ A. Definimos M como el conjunto de los puntos de x ∈ E para los que podemos hallar al menos un V ∈ B de forma que x + V ⊂ A. En primer lugar, M incluye al interior de A ya que, como hemos visto en los párrafos anteriores, si x pertenece al interior de A es x + V ⊂ A. Cada conjunto V ∈ B es equilibrado, por lo que 0 ∈ V y de aqu´ı que si x ∈ M es x + 0 = x ∈ A. Esto significa que M ⊂ A. Hemos probado que M incluye al interior de A y está incluido en A por lo que sólo nos resta probar que es abierto para concluir que coincide con el interior de A. En efecto, sea z ∈ M . Existe U ∈ B tal 22

que z + U ⊂ A. También existirá W ∈ B verificando W + W ⊂ U por lo que para x ∈ z + W es x + W ⊂ z + W + W ⊂ z + U ⊂ A

(59)

lo que significa que z + W ⊂ M y M es abierto. 4. Sea E un espacio vectorial topol´ ogico. Probar que si x es un elemento de E , la familia {x + V : V ∈ B} es una base de entornos del punto x Soluci´ on

Hemos de probar que cada x +V es un entorno de x y que todo entorno U de x incluye a un conjunto de la forma x+V . En efecto, consideremos o

a V ∈ B como subconjunto de E . Como 0 + V = V , se tiene que 0 ∈ V o

y de aqu´ı que {x} ⊂ x + V ⊂ x +V y el conjunto x +V es un entorno de x puesto que incluye a un abierto que contiene a x. Análogamente, si U es un entorno de x, hallaremos un abierto A tal que x ∈ A ⊂ U , pero todos los puntos de un abierto son interiores por lo que existe V ∈ B tal que x + V ⊂ A ⊂ V . Esto termina nuestra demostración. 5. Probar que todo entorno del origen en un espacio vectorial topol´ ogico es un conjunto absorbente Soluci´ on

Si U es un entorno de 0, hallaremos V ∈ B tal que 0 + V = V ⊂ U . Como V es absorbente, para cada x ∈ E existe (x) > 0 tal que si |λ| ≤ (x), la combinación lineal λx es un elemento de V y por tanto de U . Esto prueba que U es absorbente. 6. Demostrar que un espacio vectorial topol´ ogico es de Haussdorf si y s´ olo si ∩V ∈B V = { 0} Soluci´ on

Recordemos que para todo x ∈ E la familia {x + V : V ∈ B} es una base de entornos de x. En consecuencia, la familia { V : V ∈ B} es una base de entornos del origen. Si el espacio E es de Haussdorf podemos afirmar que para cada x  = 0, hallaremos entornos U de x y V de cero, con U ∩ V = ∅, lo que significa que para dicho V es x ∈ / V . Es decir, siempre es posible hallar un entorno de cero que no contiene a un x no nulo dado. Por tanto, el u ńico elemento com´ un a todos los entornos de cero es el propio cero. Rec´ıprocamente, si suponemos que el u ´ nico elemento que tienen en común todos los V ∈ B es el cero, se sigue que para x, y ∈ E diferentes es x − y  = 0 y por tanto hallaremos V ∈ B tal 23

que x − y ∈ / V . Para dicho V existe un W ∈ B que cumple W + W ⊂ V . Afirmamos que los entornos x + W e y + W son disjuntos. En efecto, si no fuera as´ı, existir´ıan z ∈ E y a, b ∈ W verificando z = x + a = y + b

(60)

es decir, z − x, z − y ∈ W . Como W es equilibrado se cumple ( −1)(z − x) = x − z ∈ W de donde x − y = (x − z ) + (z − y) ∈ W + W ⊂ V

(61)

lo que contradice nuestra suposición x − y ∈ / V . Para evitar este absurdo los entornos x + W e y + W han de ser disjuntos y el espacio E es entonces de Haussdorf. 7. Probar que si λ es un escalar no nulo y V ∈ B el conjunto λV es un entorno del origen. Como consecuencia de esto demostrar = 0, el conjunto λA tambi´ que si A es abierto y λ  en es abierto. Probar tambi´ en que si λ es un escalar cualquiera (incluso nulo) y C es cerrado, el conjunto λC es cerrado. Soluci´ on

Sea V ∈ B . Probaremos que para cualquier entero no negativo n existe un W n ∈ B tal que 2n W n ⊂ V (62) La prueba se hará por inducci´ on sobre n. Para n = 0, haciendo W 0 = V 0 trivialmente es 2 W n = V ⊂ V . Supongamos que 62 es cierta para r dado, es decir 2r W r ⊂ V (63) Sabemos que existe W r+1 ∈ B tal que W r+1 + W r+1 ⊂ W r por lo que 2r+1 W r+1 = 2r 2W r+1 ⊂ 2 r (W r+1 + W r+1 ) ⊂ 2 r W r ⊂ V

(64)

y esto prueba 62. Sea pues n tal que 2 1λ ≤ 1, hallaremos W n ∈ B tal que 1 (65) W n ⊂ n V 2 Como W n es equilibrado también se cumplir´ a que 2 1λ W n ⊂ W n , de donde 1 (66) W n ⊂ 2 nλW n ⊂ 2 n λ n V = λV 2 Por tanto λV incluye a W n ∈ B y es un entorno del origen. Sea A un abierto. Si es vac´ıo, entonces el conjunto λA = ∅ es también n

n

24

abierto. Sea A un abierto no vac´ıo y sea x ∈ λA. Hallaremos a ∈ A tal que x = λa. Como λ =  0 esto equivale a la igualdad a = λx ∈ A. La condición de abierto de A impone pues la existencia de V ∈ B para el que x + V ⊂ A (67) λ Por consiguiente de 67 concluimos que x + λV ⊂ λA y como λV es un entorno del origen esto nos permite afirmar que x + λV es un entorno de x y el conjunto λA es un abierto. Sea C un cerrado de E . Si es vac´ıo, trivialmente λ∅ = ∅ y λC es cerrado. Sea C un cerrado no vac´ıo y sea λ = 0, entonces λC = 0C = {0}, el cual es cerrado. Finalmente, si C es no vac´ıo y λ diferente de cero, el conjunto λC es abierto y su complementario (λC  ) = λC es cerrado. Esto termina nuestra demostración. 



ogico. Probar la clausura A¯ 8. Sea E un espacio vectorial topol´ de un subconjunto A ⊂ E es igual a la intersecci´ o n de los elementos de la forma A + V con V ∈ B . Soluci´ on

¯ Entonces todo entorno de x tiene alg´ Sea x ∈ A. un punto de A y por tanto para todo V ∈ B , hallaremos a ∈ A con a ∈ x + V . Como de aqu´ı se sigue que a − x ∈ V y como V es equilibrado, también es x − a ∈ V y por tanto x = a + (x − a) ∈ a + V ⊂ A + V

(68)

¯ a incluido en cada conjunto A + V por lo que Esto significa que A est´ A¯ ⊂

 A + V

(69)

V ∈B

Rec´ıprocamente, supongamos que x no es adherente a A. Hallaremos un V ∈ B tal que (x + V ) ∩ A = ∅ . Si x perteneciera al conjunto A + V , entonces existir´ıa a ∈ A tal que x = a + V y de aqu´ı x − a ∈ V y también a − x ∈ V pudiendo escribir a ∈ x + V por lo que (x + V ) ∩ A  = ∅

(70)

(71)

Esto es contradictorio, luego x ∈ / A + V y de aqu´ı

 A + V ⊂ A¯

V ∈B

La doble inclusión prueba la igualdad. 25

9. Sea E un espacio vectorial topol´ ogico sobre un cuerpo K . Probar que las aplicaciones f : E × E → E y g : K × E → E dadas respectivamente por f (x, y) = x + y y g(α, x) = αx son continuas Soluci´ on

Consideraremos en E × E la topolog´ıa producto donde los abiertos O son de la forma A × B con A y B abiertos de E . Análogamente en el conjunto K × A los abiertos son de la forma A × B con A un abierto de la topolog´ıa usual de K y B un abierto de E . Consideremos un punto f (x, y) = x + y ∈ E y un entorno U de dicho punto. Hallaremos V ∈ B tal que x + y + V ⊂ U

(72)

También para dicho V existe W ∈ B tal que W + W ⊂ V . Por tanto, tomando el entorno (x + W ) × (y + W ) del producto E × E , podemos afirmar que f ((x+W ) × (y+W )) = (x+W )+(y+W ) = (x+y)+W +W ⊂ x+y+V (73) Esto prueba la continuidad de f en cada (x, y) ∈ E × E y la función es continua.

ogico. Si A es un subespacio 10. Sea E un espacio vectorial topol´ vectorial de E , probar que A¯ es un subespacio vectorial de E Soluci´ on

¯ ¯ este conjunto es no vac´ıo. Ahora Como 0 ∈ A ⊂ A tambi´ en 0 ∈ A y ¯ que para un escalar λ cualesquiera, debemos probar que A¯ + A¯ ⊂ A y ¯ ⊂ A. ¯ Como sabemos que la aplicación f : E × E → E dada es λA por f (x, y) = x + y, es continua, entonces transforma cada punto de adherencia de un conjunto X ⊂ E × E en un punto de adherencia de su imagen f (X ) ⊂ E . Podemos afirmar que como para x, y ∈ A¯ es (x, y) ∈ A × A se tiene f (x, y) = x + y ∈ f (A × A) = A + A ⊂ A¯

(74)

ya que al ser A subespacio se cumple que A + A ⊂ A. Esto prueba ¯ A¯ ⊂ A. ¯ Análogamente, la aplicaci´ que A + on g : K × E → E dada ¯ por f (αx) = αx, es continua. Por lo que si α es un escalar y x ∈ A, tenemos que (α, x) ∈ {α} × A y se cumple g(α, x) = αx ∈ g({α} × A) = αA ⊂ A¯ 26

(75)

ya que αA ⊂ A al ser A subespacio vectorial. Con 75 hemos probado ¯ ⊂ A¯ y aqu´ı termina nuestra demostraci´ que αA o n de que A¯ es un subespacio vectorial. 11. Demostrar que ning´ un subespacio propio de un espacio vectorial topol´ ogico tiene interior Soluci´ on

Supongamos que un subespacio S de E tiene interior no vac´ıo y sea x un punto de dicho interior. Entonces hallaremos V ∈ B tal que x + V ⊂ S

(76)

Por otro lado, como S es un subespacio, se cumple (−x) + (x + V ) = (−x + x) + V = V ⊂ (−x) + S ⊂ S

(77)

luego V es un entorno de 0 contenido en S . Como todos los entornos de 0 son conjuntos absorbentes, se tiene que si z ∈ E , hallaremos (z ) > 0 tal que λz ∈ V para todo |λ| ≤ (z ). Por tanto, z ∈

1 1 V ⊂ S ⊂ S (z ) (z )

(78)

y el conjunto S coincide con E . Esto prueba que no existen subespacios vectoriales de E con interior no vac´ıo diferentes del propio E .

en es 12. Demostrar que si A ⊂ E es equilibrado entonces A¯ tambi´ un conjunto equilibrado Soluci´ on

Si A es vac´ıo entonces su adherencia también es vac´ıa y no hay nada que probar. Supongamos que A es no vac´ıo y equilibrado. Esto significa que para cada | λ| ≤ 1 se cumple λA ⊂ A

(79)

Si λ = 0, entonces 0A = 0 ⊂ A ⊂ A¯

(80)

y si λ es no nulo, el conjunto λ1 V es un entorno del origen por lo que para cada x adherente al conjunto A y para cada V ∈ B se cumple

x + 1 V  ∩ A = ∅ λ

27

(81)

Finalmente, de 81 se concluye que



λ

 

1 = ∅ (82) x + V ∩ A = (λx + V ) ∩ λA ⊂ (λx + V ) ∩ A  λ

y esto prueba que λx pertenece a la adherencia de A y ésta es equilibrada.

en es un 13. Demostrar que si A ⊂ E es convexo entonces A¯ tambi´ conjunto convexo Soluci´ on

Hemos de probar que para todo λ, µ ≥ 0 tales que λ + µ = 1 se cumple ¯ + µA ¯ ⊂ A¯ λA

(83)

Si A es vac´ıo, entonces se cumple 83 de forma trivial. Supongamos que ¯ Para cada entorno V del origen podemos hallar = ∅ y que x, y ∈ A. A  un entorno W tal que W + W ⊂ V . Ahora bien, todos los entornos del origen son conjuntos equilibrados puesto que son los elementos de la familia B con los que definimos la topolog´ıa del espacio vectorial E . Por tanto, como | λ|, |µ| ≤ 1, los conjuntos λW y µW están contenidos en W . Por otro lado, como x e y son adherentes a A, se cumple (x + W ) ∩ A  = ∅ ,

(y + W ) ∩ A  = ∅

(84)

lo que significa que = ∅ , λ(x + W ) ∩ λA 

= ∅ µ(y + W ) ∩ µA 

(85)

y podemos afirmar que λx + λW + µy + µW ⊂ λx + µy + W + W ⊂ λx + µy + V (86) Tomando un elemento z 1 ∈ (λx + λµ) ∩ λA y otro elemento z 2 ∈ (µy + µW ) ∩ µA, la suma verifica z 1 + z 2 ∈ λx + λW + µy + µW ⊂ λx + µy + V z 1 + z 2 ∈ λA + µA = (λ + µ)A = A

(87)

luego el elemento z 1 +z 2 está tanto en A como en el entorno λx+µy +V y esto significa que (λx + µy + V ) ∩ A  = ∅ (88) ¯ A es ¯ también convexo. por lo que λx + µy ∈ A y 28

14. Sea A un conjunto convexo. Demostrar que su interior tambi´ en es convexo Soluci´ on

Si A es vac´ıo, la prueba es inmediata. Supongamos que A es no vac´ıo o

y sean x, y elementos de A. Para λ, µ tales que λ, µ ≥ 0 y λ + µ = 1, hemos de probar que la combinación lineal λx + µy

(89)

pertenece al interior de A. En efecto, existen entornos U y V del origen para los que (90) x + U ⊂ A, y + V ⊂ A 15. Sea E un espacio vectorial. Probar que:

la envolvente convexa de cualquier abierto es abierta si E es localmente convexo, la envolvente convexa de cualquier conjunto acotado es acotada si A y B son conjuntos acotados, tambi´ en lo es A + B si A y B son compactos, tambi´ en lo es A + B si A es compacto y B cerrado, entonces A + B es cerrado la suma de dos cerrados puede no ser cerrada Soluci´ on

Sea A un conjunto abierto de E . Su envolvente convexa  A verifica A ⊂ A o

(91)

o

por lo que A = A ⊂ A. Como el interior de un convexo es tambi´ en o

convexo, se deduce que el conjunto A es convexo. Ahora bien, la envolvente convexa de A es el menor convexo en sentido inclusivo que incluye a A por lo que o

A ⊂ A

(92)

Esto implica que A es abierto. Supongamos que E es localmente convexo. En tal caso, el origen tiene un sistema fundamental de entornos convexos. Sea A un conjunto acotado de E y sea V un entorno cualquiera del origen. Entonces para 29

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