PROBLEMAS RESUELTOS 1. Sea f una función estrictamente creciente de R en R . (a) Pruébese que D( x, y ) = f ( x) − f ( y) es una distancia. (b) Pruébese que, si f no es continua, la distancia D no es equivalente a la distancia euclídea d ( x, y ) = x − y . (c) Pruébese que, si f es continua, la distancia D es equivalente a la distancia euclídea. SOLUCIÓN: (a) Es claro que D es una aplicación de R × R en R + . Además, D cumple las propiedades de una distancia. (1) D( x, y ) = 0 ⇔ f ( x) − f ( y ) = 0 ⇔ f ( x) − f ( y ) = 0 de donde f ( x ) = f ( y ) . Como f es estrictamente creciente, f es inyectiva, y por lo tanto x = y . (2) D( x, y) = f ( x) − f ( y ) = f ( y ) − f ( x) = D( y, x) . (3) D( x, y ) + D( y, z ) = f ( x, y ) + f ( y, z ) ≥ f ( x) − f ( y ) + f ( y ) − f ( z ) = f ( x) − f ( z ) = D( x, z ). (b) Supongamos que
no es continua en x0 ∈ R . Entonces existe ε > 0 tal que,
cualquiera que sea r > 0 , existe el menos un y ∈ R que cumple x0 − y < r , y
f ( x0 ) − f ( y ) > ε . Por lo tanto, si se considera la bola determinada pos la distancia D, BD ( x0 , ε ) = { y ∈ R : D ( x0 , y ) = f ( x0 ) − f ( y ) < ε } no existe r > 0 tal que la bola euclídea B ( x0 , r ) = { y ∈ R : x0 − y < r} esté contenida en BD ( x0 , ε ) . De aquí que las familias de abiertos que definen no sean iguales y, como consecuencia, D y d no son equivalentes. (c) Considérese la bola BD ( x, ε ) = { y ∈ R : f ( x0 ) − f ( y ) < ε } . Se va a probar que existe una bola B ( x, δ ) tal que B( x, δ ) ⊂ BD ( x, ε ) . Efectivamente, por ser f continua en x , dado ε > 0 existe δ > 0 tal que, para todo y que cumpla x − y < δ , se tiene f ( x) − f ( y ) < ε , es decir, D ( x, y ) < ε , luego
para todo y ∈ B ( x, δ ) es y ∈ BD ( x, ε ) . Recíprocamente, dada una bola B ( x, ε ) , existe una bola BD ( x, δ ) tal que BD ( x, δ ) ⊂ B( x, ε ) .
En efecto, por ser f estrictamente creciente y continua, existe y es continua la función inversa f −1 de f ( R ) en R ; por lo tanto, dado ε , existe δ > 0 tal que, si f ( x ) cumple f ( x) − f ( y ) < δ , entonces es
f −1 ( f ( x)) − f −1 ( f ( y )) = x − y < ε ,
es decir, d ( x, y ) < ε siempre que D ( x, y ) < δ , luego BD ( x, δ ) ⊂ B( x, ε ) . 2. Sean ( E , d ) y ( F , d ') dos espacios métricos y f : E → F una función uniformemente continua en E. Pruébese que, si ( xn ) es una sucesión de Cauchy en E , entonces ( f ( xn )) es una sucesión de Cauchy en F . SOLUCIÓN: Consideremos una sucesión de Cauchy ( xn ) en ( E , d ) y veamos por la definición que ( f ( xn )) es una sucesión de Cauchy en ( F , d ') . Fijemos un número arbitrario positivo ε > 0 . Por ser uniformemente continua en E , dado ε > 0 anterior mente fijado, existe δ > 0 , tal que si d ( x, y ) < δ se tiene d '( f ( x ), f ( y )) < ε . Por ser uniformemente continua en E , dado δ > 0 , encontrado antes, existe n0 ∈ N tal que, para todo n, m < n0 , se tiene d ( xn , xm ) < δ . Por lo tanto, fijado ε > 0 , existe n0 ∈ N tal que, si n, m < n0 d ( xn , xm ) < δ , y se cumple d '( f ( xn ), f ( xm )) < ε . 3. Sea f : R → ( −π , π ) la rama principal de la función arctg x. Pruébese que la distancia definida por f en R , D ( x, y ) =| arc tgx − arc tg y | es equivalente a la distancia euclídea, pero no es uniformemente equivalente a ella. SOLUCIÓN: f ( x ) = arc tg x es una función estrictamente creciente en R ; entonces, por la parte de a) del problema 1, podemos asegurar que D ( x, y ) es una distancia en R . Además f es continua en todo R , luego por la parte c) D es equivalente a la distancia euclídea . Sin embargo , la identidad i : ( R, D ) → ( R,| • |) no es uniformemente continua, ya que no trasforma sucesiones de Cauchy del espacio ( R, D ) en sucesiones de Cauchy del espacio ( R;| • |) . En efecto, la sucesión (n) de números naturales es de Cauchy en ( R, D ) ya que
lim arc tg n =
π
, 2 pero obviamente no lo es en ( R;| • |) . Por lo tanto D y | • | no son uniformemente equivalentes. Nota. Obsérvese que la identidad i : ( R, D ) → ( R, D ) sí es uniformemente continua en R , debido a la continuidad uniforme de f ( x ) = arc tg x . Para verlo basta tener en cuenta la desigualdad | arc tg x − arc tg y |≤| x − y | obtenida aplicando el teorema del valor medio en el intervalo [y,x]. n →∞
4. Sea ( E , d ) un espacio métrico (a) Pruébese que D ( x, y ) =
d ( x, y ) 1 + d ( x, y )
es una distancia en E. (b) Pruébese que d y D son equivalentes . (c) (c )Estúdiese si d y D son uniformemente equivalentes . SOLUCIÓN (a) Las dos primeras condiciones son evidentes . Probemos la desigualdad triangular Como la función x f : [0, ∞) → R, f ( x) = 1+ x es creciente , se tiene para todo x, y ∈ E d ( x , y ) ≤ d ( x, z ) + d ( z , y ) d ( x, y ) d ( x, z ) + d ( z , y ) d ( x, z ) d ( z, y) ≤ ≤ + 1 + d ( x, y ) 1 + d ( x , z ) + d ( z , y ) 1 + d ( x , z ) 1 + d ( z , y ) es decir D ( x, y ) ≤ D ( x, z ) + D ( y , z ) . (b) Es obvio que D ( x; y ) ≤ d ( x, y ) para todo x, y ∈ E . Por lo tanto para todo r>0, Bd ( x, r ) ⊂ BD ( x, r ). Por otra parte, dado r>0, existe r s= 1+ r tal que BD ( x, s ) ⊂ Bd ( x, r ). En efecto, sea y ∈ BD ( x, s ) D ( x, y ) d ( x, y ) = , 1 − D ( x, y ) basta elegir δ > 0 cumpliendo
δ
< ε , es decir, δ <
ε
, 1−δ 1+ ε para que D ( x; y ) < δ implique d ( x; y ) < ε . Así pues, i es uniformemente continua y, por tanto, d y D son uniformemente equivalentes.
5. Obténgase el interior, el exterior, la frontera y el conjunto de puntos de acumulación de los siguientes conjuntos (a) {( x, y ) ∈ R 2 : y = λ x} (λ ∈ R ) (b) {( x, y, z ) ∈ R 3 : x 2 + y 2 ≤ 1}
(c) {( x, y , z ) ∈ R 3 : z 2 = x 2 + y 2 } . SOLUCIÓN: (a) El conjunto
M = {( x, y ) ∈ R 2 :y = λ x} = ϕ −1 {0} , donde
ϕ : R2 → R
es la
aplicación continua ϕ ( x, y ) = y − λ x . Como {0} ⊂ R es cerrado, resulta que
M = ϕ −1 {0} es cerrado (1.20) y, por tanto, R 2 − M es abierto. Entonces Ext ( M ) = R 2 − M , ya que el exterior de M es el mayor abierto contenido en R 2 − M .
Q
H r P
M
Es evidente geométricamente que M = ∅ ; la prueba de esto es como sigue. Sea y = pues λ x toda P = ( x0 , λ x0 ) un punto cualquiera de M. P no puede ser un punto interior a M, bola B ( P, r ) de centro P contiene puntos de R 2 -M, por ejemplo el punto
r Q = ( x0, λ x0 + ) 2 La frontera de M se obtiene teniendo en cuenta la relación Fr ( M ) = R 2 − ( M ∪ Ext ( M )),
luego Fr ( M ) = M . Todo punto de P en M es de acumulación de M ya que cada bola centrada en P, B ( P, r ) , contiene puntos de M distintos de P; por ejemplo, el punto
[x
(
)].
r r + , λ x0 + 2 2 Acabamos de probar que M ⊂ M ; pero por otra parte , al ser M cerrado se tiene que H=
0
_
M = M ⊃ M ' , de modo que en nuestro caso M = M ' . (b) si ahora M = {( x, y.z ) ∈ R 3 : x 2 + y 2 ≤ 1} consideremos la función continua ϕ = ( x, y, z ) = x 2 + y 2 , y el cerrado ( −∞,1] ⊂ R . Como M = ϕ −1 ((−∞,1]) , resulta que M es cerrado. Razonando como en (a)se tiene que Ext(M)= R 3 − M . Obsérvese que M es un cilindro (incluida la superficie cilíndrica) del eje 0Z es de esperar que su interior sea M 1 = {( x, y, z ) : x 2 + y 2 < 1} y que su frontera sea la superficie cilíndrica S = {( x, y, z ) = x 2 + y 2 = 1} es decir S = M − M 1 . Para probar esto procedemos de la siguiente manera : M 1 es abierto ya que ( −∞,1] ⊂ R es abierto y M 1 = ϕ −1{( −∞,1]}; además M 1 es mayor contenido en M , ya cualquier punto P ∈ M − M 1 no puede ser interior a M, puesto que toda bola B ( P, r ) centrada en P = ( x0 , y0, z0 ) contiene puntos de R 3 − M , por ejemplo, el punto Q=
(x
0
r + , y0 , z 0 2
)x
0
≥0
O el punto
(x
)
r − , y0 , z0 x0 < 0 2 (Para probar esto hay que tener en cuenta que x02 + y02 = 1, pues P ∈ M − M 1 ) . Razonando como en (a) se deduce que Fr ( M ) = R 3 − ( M ∪ Ext ( M )) = S Q=
0
Sea P = ( x0 , y0 , z0 ) ∈ Fr ( M ) ; como x02 + y02 = 1 se deduce que cada bola B ( P, r ) centrada en P contiene puntos M distintos de P, por ejemplo, H=
(x
0
y0 , z0 +
r 2
)
Esto prueba que Fr ( M ) ⊂ M ' . Por otra parte, es cierto en general que M ⊂ M ' de modo que se tiene la inclusión M ⊂ M ' . Pero al ser M cerrado es M = M ⊃ M ' y por tanto M = M '.
z
H P
Q
x
y
(c) En este caso M = {( x, y, z ) ∈ R 3 : z 2 = x 2 + y 2 } es una superficie cónica de vértice en el origen. Razonando de modo análogo a como se hizo en (a) y en (b) se obtiene: Fr ( M ) = M = M = M ', Ext ( M ) = R 3 − M , M = ∅
6.-Demuéstrese utilizando la definición que no son compactos los siguientes conjuntos: (a) el conjunto R de los números reales (b) un intervalo abierto (a, b) ⊂ R . (c) la bola abierta en R n. de centro 0 y radio r . SOLUCIÓN: Se tendrá que encontrar un recubrimiento abierto del conjunto del cual no se pueda extraer un subrecubrimiento finito. (a) Considérese la familia θ de intervalos abiertos {( z − 1, z + 1)}, z ∈ Z (Z es el conjunto de los números enteros ) que es un recubrimiento de R, si se suprimiese un intervalo, por ejemplo ( z0 − 1, z0 + 1) quedaría sin recubrir z0 luego θ no admite ningún recubrimiento. (b) Considere la familia de intervalos abiertos
{(a +
)}
b−a b−a ,b − n≥2 n n θ es un recubrimiento abierto de (a, b) ya que si x0 ∈ (a, b) basta tomar
θ=
{
}
(
b−a b−a b−a b−a , para que x¨0 ∈ a + ,b − x0 − a b − x0 n n Por otra parte si existe un recubrimiento finito n > max
{(
a+
b−a b−a ,b − nj nj
)}
)
j = 1......... p
el intervalo
(
)
b−a b−a ,b − n0 n0 en donde n0 = max{n j : j = 1......... p} , contiene a todos los demás y es obvio que los a+
puntos comprendidos entre a+[(b-a)/ n0 ] y los puntos entre b y b- [(b − a ) / n0 ] no son recubiertos. (c) Considérese la familia de bolas abiertas
{(
B 0, r −
)}
entonces
d (0, x) < r
r n >1 n esta familia es un recubrimiento abierto de B(0,r), ya que si x ∈ B (0, r ), por lo tanto, para
n>
(
r r es x ∈ B 0, r − r − d (0, x) n
)
Ahora bien, exactamente igual al caso (b), si existiese un subrecubrimiento finito, habría una bola
(
)
r n0 que contendría a las demás y los puntos de B (0, r ) no pertenecen a B 0, r −
(
B 0, r −
r n0
)
quedaría sin recubrir.
7.-(a) Sea ( E , d ) un espacio métrico. Pruébese que una sucesión convergente y su limite l es un conjunto compacto en E. (b) Sean ( E , d ) y ( F , d ') dos espacios métricos, f : E → F una biyección continua, tal que para toda parte compacta K de F , f −1 ( K ) es compacto en E. Aplíquese a) para probar que f es un homeomorfismo. SOLUCIÓN:
(a) Sea θ = {U i }i∈I un recubrimiento abierto cualquiera de M = {xn : n ∈ N } ∪ {l} Sea l ∈ U i0 . Como U i0 es abierto, es un entorno de l . Por ser lim xn = l n →∞
dado U i0 existe n0 ∈ N tal que para toda n > n0 es xn ∈ U i0 . Como fuera de U i0 quedan a lo mas los n0 primeros términos de la sucesión, sea x j ∈ U ik j , k = 1, 2,......n0 con lo que {U i j } j =0,1,2,......n0 es un subrecubrimiento finito de θ . (b) probamos que f −1 es continua en F, supongamos que no lo es; existe entonces b ∈ F y una sucesión ( yn ) ⊂ F , convergente a b, tal que ( f −1 ( yn ) ) no converge a f −1 (b)=a. Ahora bien, como M = {( yn ) ∪ {b} es compacto y por hipótesis f −1 (M) es compacto en E. Existe una subsucesión ( f −1 ( yk ) de ( f −1 ( yn ) convergente y cuyo limite no es a. Por ser f continua y biyectiva tendríamos lim f ( f −1 ( yk ) ) = lim yk ≠ b en contradicción con lim yk = b .
8.-Sea {xn } una sucesión de ( E , d ) . Si σ : N → N es una aplicación estrictamente creciente (es decir, n > m ⇒ σ ( n ) > σ ( m ) ), la sucesión ( xσ ( n ) ) se llama una subsucesión de ( xn ) . (a) Pruébese que si lim xn = a , toda subsucesión {xn } tiene limite a. n →∞
(b)Pruébese con un ejemplo que una sucesión {xn } que no tenga limites puede tener subsucesiones convergentes. (c) Póngase un ejemplo de una sucesión que no posea ninguna subsucesión convergente. SOLUCIÓN: (a) Sea lim xn = a y ( xσ ( n ) ) una subsucesión de ( xn ) . Dado un ε > 0 existe un n0 ∈N tal n →∞
que n ≥ n0 entonces d ( xn , a) < ε . Como σ : N → N es estrictamente creciente existe un m0 ∈ N tal que si σ (m0 ) > n0 . Entonces si m ≥ m0 , se tiene que σ (m) > σ (m0 ) > n0 luego d ( xσ ( m ) , a ) < ε y por tanto lim xn = a . n →∞
(b) Sea la sucesión ( xn ) de puntos de R definida así x2 n = 1, x2 n +1 = −1 si σ 1 (n) = 2n la sucesión ( xσ 1 ( n ) ) es la sucesión constantemente igual a 1 y por lo tanto converge a 1. si
σ 2 (n) = 2n + 1 la subsucesión ( xσ
2 (n)
) es la subsucesión constante igual a -1 y por tanto
converge a -1. la sucesión ( xn ) no puede ser convergente, pues si lo fuera, en virtud del
inciso (a) toda subsucesión de ella sería convergente y tendría el mismo límites y acabamos de ver dos subsucesiones con límites distintos. (c) Si ( xn ) es la sucesión de puntos de R definida por xn = n , entonces para toda aplicación estrictamente creciente σ : N → N se tendría que xσ ( n ) = σ ( n) luego si n ≠ m, | xσ ( n ) − xσ ( m ) | = σ (n) − σ (m) ≥ 1 , y por tanto la sucesión ( xσ ( n ) ) no verifica el
criterio de Cauchy, luego no es convergente. 9.- Sean ( xn ) y ( yn ) sucesiones en un espacio métrico ( E , d ) : (a) Pruébese que, si ( xn ) y ( yn ) son de Cauchy, existe lim d ( xn , yn ) . n →∞
(b) pruébese que, si ( xn ) es de cauchy y lim d ( xn , yn ) = 0, entonces ( yn ) es de Cauchy. n →∞
(c) Pruébese que, si ( xn ) es de Cauchy, y lim d ( xn , yn ) = 0 entonces ( yn ) converge a p n →∞
si y sólo si ( xn ) a p . (d) Pruébese que las subsucesiones ( x2 n ), ( x2 n +1 ) ( x2 n ) , ( x2 n +1 ) y ( x3n ) de ( xn ) son convergentes, entonces ( xn ) es convergente. (e) pruébese que, si ( xn ) es de cauchy y posee una subsucesión ( xσ ( n ) ) a x , entonces ( xn ) a x . SOLICIÓN: (a) Por la desigualdad triangular d ( xn , yn ) ≤ d ( xn , xm ) + d ( xm , ym ) + d ( ym , yn ) d ( xm , ym ) ≤ d ( xm , xn ) + d ( xn , yn ) + d ( yn , ym ) con lo que d ( xn , yn ) − d ( xm , ym ) ≤ d ( xn , xm ) + d ( yn , ym ) De donde se deduce inmediatamente que (d ( xn , yn )) es una sucesión de Cauchy en R . Como R es completo la sucesión tiene limite. (b) Como d ( yn , ym ) ≤ d ( yn , xn ) + d ( xn , xm ) + d ( xm , yn ) la conclusión es clara. (c) Análogamente d ( yn , p) ≤ d ( yn , xn ) + d ( xn , p ) d ( xn , p) ≤ d ( xn , yn ) + d ( yn , p ) Como d ( xn , yn ) converge a 0, d ( yn , p ) converge a 0 si y solo si d ( xn , p) converge a 0. (d) Veamos en primer lugar que ( x2 n ), ( x2 n +1 ) tienen el mismo limite. En efecto supongamos que lim x3n = b n →∞
La subsucesión ( x6 n ) que es a su vez una subsucesión de ( x3n )( x2 n ) tiene limite b y éste a de ser limite de ( x2 n ) . Análogamente la subsucesión ( x6 n +3 ) común a ( x3n ), ( x2 n +1 ) tiene limite b y este a de ser el limite de ( x 2 n + 1 ) . Comprobemos que ( xn ) tiene limite b. Sea ε > 0 , por ser lim x2 n = b n →∞
existe n1 ∈ N tal que si n ≥ n1 , d ( x2 n , b) < ε . Análogamente por ser lim x2 n +1 = b n →∞
n2 ∈ N tal que si n ≥ n2 , d ( x2 n +1 , b) < ε . Por lo tanto si n ≥ max{n1 , n2 } , d ( xn , b ) < ε . (e) sea ε > 0 ( xn ) de Cauchy, existe un n0 tal que si n, m ≥ n0 sec umple d ( xn , xm ) < ε / 2 Por otro lado ( xσ ( n ) ) → x , existe un k con σ (k ) ≥ n0 tal que d ( xσ ( k ) , x ) < ε / 2 . Por tanto si n ≥ n0 : d ( xn , x ) ≤ d ( xn , xσ ( k ) ) + d ( xσ ( k ) , x ) < ε
10.-(a) Si A es un subconjunto de un espacio métrico separable, formado por puntos aislados, pruébese que A es finito o numerable. (b) Sea ( E , d ) un espacio métrico separable y f una aplicación de E en otro espacio métrico ( F , D ) . Pruébese que el conjunto
⎧ ⎫ B = ⎨ x ∈ E : existe lim f ( y ) y es distinto de f ( x) ⎬ y®x ⎩ ⎭ es finito y numerable. SOLUCIÓN: (a) por hipótesis, para cada a ∈ A existe una bola abierta B (a; ra ) tal que B(a, ra ) ∩ A = {a} Sea T un subconjunto numerable denso en E. Como B ( a , ra ) ∩ T ≠ ∅ , existe un ta B(a, ra ) ∩ T . La aplicación
θ : A ⎯⎯ →T a → ta es entonces inyectiva pues si ε / 2 > d ( xσ ( n ) , xσ ( m ) ) ≥ d ( xσ ( n )−σ ( m ) , x)
a ≠ b ε / 2 > d ( yσ ( n ) , yσ ( m ) ) ≥ d ( yσ ( n ) −σ ( m ) , y )
B (a, ra ) ∩ B(b, rb ) = ∅ , luego
d ( xσ ( n ) , xσ ( m ) ) ≥ d ( xσ ( n )−1 , xσ ( m )−1 ) ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ≥ d ( xσ ( n ) −σ ( m ) , x).
ta ≠ tb . Así pues A es biyectivo con el subconjunto θ ( A) deT y por tanto su cardinal es finito o numerable.
(b) Designemos por l (a ) el lim f ( y ) cuando existe. Entonces y→x
∞
B = {x ∈ E : existe l ( x) y es l ( x) ≠ f ( x)} = ∪ Bm m =1
siendo B = { x ∈ E : existe l ( x ) D (l ( x), f ( x )) ≥ 1/ m} . A la vista de (a), bastará demostrar que Bm está formado por puntos aislados para cada m ∈ N. En efecto, sea a ∈ Bm . Por definición, existirá una bola abierta B(a, ra ) tal que 1 . x ∈ B ( a, ra ) ⇒ D( f ( x), l ( a )) ≤ 4m Entonces, si x ∈ B(a, ra ) con x ≠ a y tomamos una sucesión { yn } convergente a x , resulta que, a partir de un índice n0, se tendrá y0 ∈ B(a, ra ) , por ser B (a, ra ) entorno de x . Por tanto 1 (*) , ∀n ≥ n0 . D ( f ( x), f ( yn )) ≤ D ( f ( x), l (a )) + D (l (a ), f ( yn )) ≤ 2m En consecuencia, o bien no existe lim f ( y ) , o bien si existe es igual a lim f ( yn ) , en cuyo y→x
n →∞
caso, de (*) y la continuidad de D resulta D ( f ( x), l ( x)) ≤
luego x ∉ Bm . Es decir, B(a, ra ) ∩ Bm = {a} .
1 , 2m
11. Sean ( E1 , d1 ) , ( E2 , d 2 ) espacios métricos, y f una biyección de E1 sobre E2 uniformemente continua en E1 . Pruébese que, si E2 es completo y f −1 continua, entonces E1 es completo. SOLUCIÓN: Sea ( xn ) una sucesión de Cauchy en E1 . Como f es uniformemente continua, ( f ( xn )) es una sucesión de Cauchy en E2 . Por ser E2 completo, ( f ( xn )) converge a un elemento
b = f (a ) ∈ E2 . Además por ser M = {( f ( xn ))} ∪ {b} compacto y f −1 continua y biyectiva
se tiene que f −1 ( M ) = {( xn )} ∪ {a} es compacto. Probemos que ( xn ) posee una subsucesión convergente a a , con lo cual, por ser ( xn ) de Cauchy, forzosamente lim xn = a (véase problema 9e.) n →∞
−1
En efecto, como f ( M ) es compacto, la sucesión ( xn ) posee una subsucesión ( xσ ( n ) ) convergente. Pero forzosamente lim xσ ( n ) = a , ya que en caso contrario lim f ( xσ ( n ) ) ≠ b y n →∞
f no sería continua, en contra de la hipótesis.
n →∞
12. Sea ( E , d ) un espacio métrico compacto y g : E → E una aplicación tal que
d [ g ( x), g ( y )] ≥ d ( x, y ) para todo x, y ∈ E .
Fijados dos puntos x, y ∈ E , se definen las sucesiones ( xn ) , ( yn ) mediante las relaciones de recurrencia x0 = x, xn +1 = g ( xn ) y0 = y , yn +1 = g ( yn ) . (a) pruébese que existe una sucesión de enteros (σ ( n)) tal que las subsucesiones ( xσ ( n ) ) , ( yσ ( n ) ) son de Cauchy. (b) pruébese que d [ g ( x), g ( y )] ≥ d ( x, y ) y que g es una isometría de ( E , d ) en (E, d ) .
SOLUCIÓN: (a) Dada la sucesión ( xn ) , como E es compacto, existe una subsucesión ( xσ 1 ( n ) ) convergente. La subsucesión ( yσ 1 ( n ) ) de ( yn ) es a su vez una sucesión contenida en un espacio compacto, por lo que posee una subsucesión ( yσ 2 (σ 1 ( n )) ) convergente. Por otra parte, la subsucesión ( xσ 2 (σ 1 ( n )) ) de ( xσ 1 ( n ) ) es también una subsucesión de ( xn ) , obviamente convergente. Por lo tanto, (σ (n)) = σ 2 (σ 1 (n)) es una sucesión de enteros tal que las subsucesiones ( xσ ( n ) ) , ( yσ ( n ) ) son convergentes y, como consecuencia, de Cauchy. (b) Como las sucesiones ( xσ ( n ) ) e ( yσ ( n ) ) son de Cauchy, dado ε > 0 podemos encontrar un n0 ∈ N tal que, si σ (n) > σ (m) > n0 , se tiene ε / 2 > d ( xσ ( n ) , xσ ( m ) ) ≥ d ( xσ ( n ) −σ ( m ) , x)
ε / 2 > d ( yσ ( n ) , yσ ( m ) ) ≥ d ( yσ ( n )−σ ( m ) , y ) en donde las desigualdades últimas se obtienen de la condición impuesta a la distancia: d ( xσ ( n ) , xσ ( m ) ) ≥ d ( xσ ( n )−1 , xσ ( m )−1 ) ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ≥ d ( xσ ( n ) −σ ( m ) , x).
Por lo tanto, para cada ε > 0 existe h = σ ( n) − σ ( m) ≥ 1 tal que d ( x , xh ) < ε / 2 y d ( y , yh ) < ε / 2 . Teniendo en cuenta que
d ( x, y ) ≤ d [ g ( x), g ( y)] ≤ d ( x , xh ) y aplicando la desigualdad triangular d ( xh , yh ) ≤ d ( xh , x) + d ( x, y ) + d ( y, yh ) con lo que d ( x, y ) ≤ d [ g ( x), g ( y )] ≤ d ( x , y ) + ε de donde d ( x, y ) = d [ g ( x), g ( y )] además g es biyectiva. En efecto g es inyectiva g ( x) = g ( y ) ⇒ 0 = d [ g ( x), g ( y )] = d ( x, y ) ⇒ x = y g sobreyectiva: sea b ∈ E y consideremos la sucesión x1 = g (b),......., xn +1 = g ( xn ).........
Razonando como antes, resulta que existe una subsucesión ( xh ) de ( xn ) tal que d (b, xh ) converge a 0, con lo que b ∈ g ( E ) = g ( E ) , por ser g ( E ) compacto y ( xh ) ⊂ g ( E ) .
13.- Pruébese que un espacio métrico E es conexo si y sólo si toda función numérica continua en E, que solo toma los valores 0 y 1, es constante. SOLUCIÓN: Sea f una función real continua definida en E, que solo toma los valores 0 y 1, y que no es constante. Los subconjuntos f −1 (0) y f −1 (1) de E son entonces no vacíos, cerrados por ser f continua y obviamente constituyen una partición de E, por lo tanto E no es conexo. Recíprocamente, si E no es conexo existen dos abiertos A , B de E no vacíos, tales que A ∪ B = E y A ∩ B = ∅ . Definimos f : E → R de la manera siguiente: f ( x ) = 1 si x ∈ A ; f ( x ) = 0 si x ∈ B . Es evidente que f es continua, ya que para cualquier subconjunto M de R , f −1 ( M ) sólo puede ser uno de los siguientes cuatro subconjuntos abiertos de E : ∅, A, B, E. Por lo tanto, f es continua y no constante al ser A ≠ ∅ y B ≠ ∅ .
14. Estúdiese si los siguientes subconjuntos son conexos: (a) Una parte de R distinta de un intervalo. (b) Q × Q , en donde Q es el conjunto de los números racionales. (c) El conjunto de puntos de R 2 que tienen al menos una coordenada irracional. SOLUCIÓN: (a) Si una parte A de R no es un intervalo, existen dos puntos distintos x, y de A tales que
el segmento [ x, y ] no está contenido en A . Sea z ∈ [ x, y ] , z ∉ A . Los conjuntos
A ∩ ( −∞, z ) , A ∩ ( z , ∞ ) son abiertos en A , distintos del vacío y constituyen una partición de A ; por lo tanto A no es conexo.
(b) La proyección π 1 : R × R → R , π 1 ( x, y ) = x es una aplicación continua en R × R . Si Q × Q fuese conexo, π 1 (Q × Q) = Q tendría que serlo, lo cual es falso en virtud de la parte a). (c) Probemos que dado un punto (a, b) ∈ R 2 − Q2 , cualquier otro punto ( x, y ) ∈ R 2 − Q2 se puede unir con E (a, b) por medio de una poligonal contenida en el conjunto. Entonces
R 2 − Q 2 es reunión de una familia de conjuntos conexos cuya intersección es el punto (a, b) ; por lo tanto, R 2 − Q 2 es conexo. (véase 1.15c) Supongamos que a es irracional. (i) si y es irracional, la poligonal formada por los segmentos [ (a, b), (a, y )] , [ (a, y ), ( x, y )] está contenida en R 2 − Q 2 . (ii) Si y es racional, x tiene que ser irracional; entonces se elige un punto (a, y0 ) con y0 irracional, de modo que la poligonal formada por los segmentos [(a, b), (a, y0 )] , [(a, y0 ), ( x, y0 )] , [( x, y0 ), ( x, y)] está contenida en R 2 − Q2 . Si a fuese racional, b tendría que ser irracional, y se procede de manera análoga. Nota: Obsérvese que todo segmento [ x, y ] en R n es conexo, como imagen del intervalo
[0,1] por la función continua ϕ (t ) = tx + (1 − t ) y . La unión de dos segmentos con un extremo común es conexo por 1.15c. Repitiendo el razonamiento, resulta que cualquier línea poligonal en R n es un conjunto conexo.
15. Sea ( E , d ) un espacio métrico y A , B dos subconjuntos de E : (a) Pruébese que, si A y B son conexos tales que A ∩ B ≠ ∅ , entonces A ∪ B es conexo. (b) Si A , B son cerrados no vacíos tales que A ∪ B y A ∩ B son conexos, pruébese que A y B son conexos. (c) Compruébese mediante un ejemplo que, si A y B no son cerrados, c) es falso. (d) Si A es conexo y A ⊂ B ⊂ A , pruébese que B es conexo. SOLUCIÓN: (a) Vamos a probar que toda función continua f : A ∪ B → [ 0,1] es constante. (véase problema 13) Si A ∩ B ≠ ∅ , entonces A ∪ B es conexo. Supongamos que A ∩ B = ∅ . Sea f : A ∪ B → [ 0,1] continua. Como A es conexo, la restricción de f a A ha de ser constante, por ejemplo f ( A) = {0} . Análogamente, la restricción de f a B ha de ser constante y necesariamente f ( B) = {0} . En efecto, si f ( B) = {1} , por ser A ∩ B ≠ ∅ y A ∩ B = ∅ , existe f (a ) = 1 a ∈ A \ A, a ∈ B , y por lo tanto una sucesión ( xn ) ⊂ A , convergente a a , con lo que lim f ( xn ) = 0 y f no sería continua, ya que f (a ) = 1 . n →∞
(b) Notemos en primer lugar que A ∩ B ≠ ∅ , pues de lo contrario A y B serían una partición de A ∪ B formada por cerrados no vacíos y A ∪ B no sería conexo.
Supongamos, por ejemplo, que A no es conexo. Entonces existen dos cerrados dos cerrados no vacíos en A, M y N , tales que M ∩ N ≠ ∅ y M ∪ N = A . Como A es cerrado , M y N son cerrados en E. Consideremos los cerrados M ∩ B y N ∩ B ; se tiene (M ∩ B) ∪ ( N ∩ B) = A ∩ B (M ∩ B) ∩ ( N ∩ B) = ∅ Por lo tanto, si M ∩ B ≠ ∅ y N ∩ B ≠ entonces A ∩ B no seria conexo, en contra de la hipótesis. Si uno de ellos fuera el ∅ , por ejemplo M ∩ B ≠ ∅ ( los dos no pueden serlo, ya que su unión es A ∩ B ) considerando los cerrados no vacíos M y N ∪ B y se tiene M ∩ ( N ∪ B) = (M ∩ N ) ∪ (M ∩ B) = ∅ M ∪ ( N ∪ B) = A ∪ B con lo que A ∪ B no sería conexo. (d) Sea f : A → {0,1} una función continua. Como A es conexo, la restricción de f a A es __
constante. Si por ejemplo f ( a ) = {0} , por la continuidad de f , f ( A) ⊂ f ( A) = {0} . Véase __
demostración parte (a). Y por tanto f es constante en A .
16.- (a)Pruébese que una función f entre dos espacios métricos ( E , d ) y ( E´, d ´) es uniformemente continua en E si solo si para cada par de sucesiones ( xn ), ( yn ) ∈ E tales que lim d ( xn , yn ) = 0 se tiene lim d ´( f ( xn ), f ( yn )) = 0 . n →∞
n →∞
(b) aplíquese (a) para probar que toda función f continua en un compacto K de E es uniformemente continua en K (Teorema de la continuidad uniforme). (c ) Aplíquese (a) para demostrar que f : R → R , definida por f ( x) = sen x 2 , no es uniformemente continua en , a pesar de ser acotada. SOLUCIÓN: (a) Supongamos que f es uniformemente continua en E , y veamos que se cumple la condición. Sean ( xn )( yn ) dos sucesiones en E tales que . Dado un ε > 0 , por ser f uniformemente continua en E , existe un δ > 0 tal que si d ( x, y) < δ se cumple que d ´( f ( x ), f ( y )) < ε . Como lim d ( xn , yn ) = 0 δ > 0 existe un n0 ∈ N tales que para toda n →∞
n > n0 d ( f ( xn ), f ( yn )) < ε . Veamos el reciproco por reducción al absurdo. Supongamos que f no es uniformemente; existe un ε > 0 tal que para todo 1/ n n ∈ N existe xn , yn ∈ E de modo que d ( xn , yn ) < 1/ n y d ´( f ( xn ), f ( yn )) > ε lo que evidentemente contradice la condición. (b) supongamos que f no es uniformemente continua en K ; entonces existe un ε > 0 y un par de sucesiones ( xn ), ( yn ) de , tales que d ( xn , yn ) < 1/ n y d ´( f ( xn ), f ( yn )) > ε >0 para toda n ∈ N . Como K es compacto, se puede extraer una subsucesión xσ ( n ) convergente a un elemento a ∈ K , con lo que la subsucesión yσ ( n ) converge también a a . (Véase
problema 9.c) . Por ser f continua lim f ( xσ ( n ) ) = f (a ), lim f ( yσ ( n ) ) = f (a ) . Con lo que n →∞
n →∞
lim f ( xσ ( n ) , yσ ( n ) ) = 0 , en contradicción con la hipótesis hecha. n →∞
(c ) Las sucesiones
xn = 2π n +
π
yn = 2π n
2
Son tales que
[
2π n +
lim d ( xn , yn ) = lim n →∞
n →∞
π /2
lim
n →∞
2π n +
π 2
]
π
− 2π n = 0
2
+ 2π n
Sin embargo,
|
lim d ( xn , yn ) = lim sen 2π n + n →∞
n →∞
Luego f no es uniformemente continua en R . Nota. Observe que f es acotada en R .
|
π
− sen 2π n =1
2
17.- Sea E0 un subespacio denso de un espacio métrico ( E , d ) y ( F , d ´) un espacio métrico completo. Pruébese que toda función uniforme continua f : E0 → F admite una única ___
extensión f : E → F uniformemente continua. Muéstrese mediante ejemplos que si f no es uniformemente continua o F no es completo, puede no existir extensión continua de f a E. SOLUCIÓN: __
__
__
__
Dado x ∈ E = E0 existe una sucesión {xn } ⊂ E0 tal que lim{xn } = x . En particular {xn } es n →∞
de Cauchy y como f es uniformemente continua { f ( xn )} es de Cauchy en F. Por la __
completitud de F existe lim{ f ( xn )} . Veamos que ese limite depende solo de x y no de la n →∞
__
sucesión elegida. En efecto si { yn } ⊂ E0 convergente a x entonces d ( xn , yn ) → 0 y por tanto d´( f ( xn ), f ( yn )) → 0 (véase problema 16a). Razonando como al principio, resulta __ _
que también existe lim f ( yn ) luego ha de ser lim f ( xn ) = lim f ( yn ) = f ( x) así queda n →∞
n →∞
___
n →∞
__
definida una función f : E → F ; si existe x ∈ E0 tomando la sucesión constante __ __
_
__
___
xn = x ∀ n ∈ N , se tiene por construcción f ( x) = lim f ( xn ) = f ( x ) luego f es una n →∞
extensión de f.
___
Para demostrar la continuidad de f , en virtud del problema 16a , bastará demostrar que si _
_
_
_
_
_
{xn },{ yn } ⊂ E son tales que d ( xn , yn ) → 0 cuando n → ∞ , entonces d ´( f ( x n ), f ( y n ) ___
también tiende a cero cuando n → ∞ . Pero por construcción de f para cada n ∈ N podemos elegir xn , yn ∈ E0 tales que _ _ _ _ _ _ 1 1 1 1 d ( xn , xn ) < d ( yn , yn ) < d ´( f ( x n ), f ( xn ) ) < d ´( f ( y n ), f ( yn ) ) < n n n n entonces _ _ _ _ _ _ 2 d ( xn , yn ) < d ( xn , x n ) + d ( x n , yn ) + d ( yn , yn ) ≤ + d ( x n , yn ) n y por tanto tiende a 0 cuando n → ∞ . La continuidad uniforme de f en A permite concluir que lim d ' ( f ( xn ), f ( yn )) = 0. n →∞
Pero entonces d ' ( f ( x n ), f ( y n )) ≤ d ' ( f ( x n ), f ( xn )) + d ' ( f ( xn ), f ( yn )) + d ' ( f ( yn ), f ( y n ) ≤
2 + d ' ( f ( xn ), f ( yn )) → 0 n →∞ n
c.q.d. Si se toma E0 = ( 0,1] , E = F = [ 0,1] y f : E0 → F la función f ( x ) = sen(1/ x ) , está claro que f no admite extensión continua a [ 0,1] , pues no existe
1 lim sen . n →0 x x>0
Sin embargo, F es completo, por ser cerrado en el espacio completo R . Por otro lado, si y ∈ A E0 = F = (0,1) , E = [ 0,1] , la función f : E0 → F definida por f ( x) = x es evidentemente uniformemente continua, pero no admite extensión continua a una función de E en F , ya que lim f ( x) = 0 ∉ F . n→0
18. Sean A y B dos subconjuntos cualesquiera de un espacio métrico ( E ,.d ) . Se define
d ( A, B) = inf {d ( x, y ) : x ∈ A, y ∈ B} : (a) Pruébese que si A es compacto, para todo x ∈ E existe y ∈ A tal que d ( x, A) = d ( x, y ) . (b) Pruébese que si A y B son compactos existen a ∈ A y b ∈ B tales que d ( A, B ) = d (a, b) . (c ) Encuéntrese dos subconjuntos cerrados de R 2 tales que no existan a ∈ A , b ∈ B que cumplan con que d (a, b) = d ( A, B ) . SOLUCIÓN: (a) Para cada elemento fijo x ∈ E la aplicación x → d ( x, A) de E en R es continua (véase problema propuesto en ejercicio 8). Como A es compacto, alcanzan al menos en punto su mínimo.
(b) La aplicación d : E × E → R es uniformemente continua en E × E . Como A × B es compacto, alcanza al menos en un punto (a,b) ∈ A × B su mínimo. (c ) A = {( x, y ) ∈ R 2 : xy = 1} y B = {( x, y ) ∈ R 2 : x = 0 o y = 0} son conjuntos cerrados en R 2 ya que A = f −1 (0) , en donde f ( x, y ) = xy − 1 , B = g1−1 (0) ∪ g 2−1 (0) en donde g1 ( x, y ) = x, g 2 ( x, y ) = y siendo f , g1 , g 2 funciones continuas en R 2 y {0} cerrado en R . Por otro lado, es claro que A ∩ B = ∅ y d ( A, B ) = inf{d [( x, y ),( x´, y´)] : ( x, y ) ∈ A , ( x´, y´) ∈ B} = 1 {[( d n, ), (n, 0)]: n ∈ N}=0 n
≤ inf
A y B son respectivamente, una hipérbola equilátera y sus asíntotas. En general, cualquier hipérbola y sus asíntotas cumplen la condición pedida en ( c). (continua en Parte 2)
19.- (a) Sea E un espacio métrico compacto. Pruébese que todo subespacio métrico F isometría a E es idéntico a E. (b) Pruébese con un ejemplo (a) es en general falso si E no es compacto. SOLUCIÓN: (a) Por reducción al absurdo. Supongamos que existe a ∈ E \ F . Sea f : E → F una isometría; como F = f ( E ) es compacto, existe y ∈ F tal que d ( a, y ) = d ( a, F ) = r > 0 . Consideremos la sucesión ( xn ) ⊂ E definida por x1 = a; x2 = f ( a ),.....xn = f n −1 ( a ),.....
Para cada p ≥ 1 y n > 1,
d ( xn , xn + p ) = d ( f n −1 (a), f n + p −1 (a)) = d ( f n −2 (a), f n + p − 2 (a)) = .... = d (a, f p (a)) Ahora bien, d (a, f p (a)) ≥ d (a, y ) = r , ya que f p (a) ∈ F de donde para todo n ∈ N d ( xn , xn + p ) ≥ r Como consecuencia ( xn ) no puede contener ninguna subsucesión de Cauchy, y por lo tanto ninguna subsucesión convergente, lo que contradice la compacidad de E. (b) Sea E = [0, 2] con la distancia discreta: d ( x, y ) = 0 si x = y, d ( x, y ) = 1 si x ≠ y , E no es compacto ya que del recubrimiento finito. (Nótese que B ( x,1/ 3) = {x} ) sea F = [0,1]; la aplicación 1 f :E →F f ( x) = x 2 es una isometría ya que 1 1 d ( x, y ) = d ( x, y ). 2 2 Sin embargo, F ≠ E .
20.- Sea (E,d) un espacio métrico, A un subconjunto cerrado de E y B su complementario: (a) Si f : A → R es continua y tal que f ( x) = k para toda x ∈ Fr ( A) , pruébese que la aplicación g : E → R, definida por g ( x ) = f ( x ) si x ∈ A , g ( x ) = k si x ∈ B es continua. (b) Si E y Fr ( A) son conexos pruébese que A es conexo. SOLUCIÓN: (a) Los únicos puntos en los que hay que demostrar la continuidad de g son los de Fr(A). Sea a ∈ Fr ( A) y ε > 0 . Por ser f continua en A, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si
x ∈ A y d ( a, x ) < δ se tiene f ( x) − f (a) = g ( x) − g (a) < ε . Por otra parte, para todo x ∈ B , g ( x ) = k = g ( a ) . Entonces, para todo x ∈ E tal que d ( a, x ) < δ , g ( x) − g ( a ) < ε .
(b) Sea f : A → {0,1} una función continua. Probemos que f es constante, con lo que a es conexo. (Véase problema 13.) Como Fr(A) es conexo, la restricción de f a Fr(A) es constante; supongamos f ( Fr ( A)) = {1} . Sea, como en la parte (a), B el complementario de A y la aplicación g : E → {0,1} de finida por: g(x) = f(x) si x ∈ A , g(x) = 1 si x ∈ B . Por el resultado de (a) g es continua, y como E es conexo, g debe de ser constante y evidentemente, g(x) = 1 para todo x ∈ E . Ahora bien, f es la restricción en A de g, por lo tanto f es constante. 21.-Sean ( E1 , d1 ) , ( E2 , d 2 ) dos espacios métricos, A en subconjunto de E1, f : A → E2 uan aplicación continua y G = {( x, f ( x) : x ∈ A} el grafo de f.
