Espa¸ cos M´ etricos
§ ELON LAGES LIMA § Algunas soluciones Resumen
Este documento es resultado de cursar An´alisis alisis Real en la Universidad de Chile (Facultad de Ciencias), ramo dictado por la profesora Ver´onica onica Poblete Poblete Oviedo. Oviedo. Comentarios Comentarios,, sugerencias sugerencias y correcciones correcciones (por m´ınimas que sean, por favor) favor) se agradecer´ a enviar a
[email protected] [email protected]. ´ Ultima actualizaci´ on: on: 13/09/2016
´ Indice 1. Esp E spac acio ioss m´ etric et ricos os
1
2. Funcione Funci oness cont con t´ınuas ınu as
12
3. Lenguaj Len guaje e b´ asico asi co de la topolo top olog g´ıa
18
4. Conjuntos conexos
25
5. L´ ımites
27
6. Continuidad uniforme
30
Espaci os m´ etricos etricos completos comple tos 7. Espacios
32
8. Espacios Espaci os m´ etricos etricos compactos compact os
34
9. Espacios separables
36
1.
Espa Espaci cios os m´ etri etrico coss
Sea d : M : M Problema 1.1. Sea d
× × M → → R una funci´ on tal que:
(a) d(x, y ) = 0 (b) d(x, z )
x = y y ⇔ x =
d (x, y ) + d + d((z, y ). ≤ d(
Pruebe que d es una m´etri et rica. ca.
1
Demostraci´ on. Necesitamos mostrar que d es positiva pos itiva y sim´etrica. etric a. Por hip´otesis: otesis: d(x, z )
d (x, y ) + d + d((z, y), ≤ d(
y d(z, x)
d (z, y) + d + d((x, y ). ≤ d( Si se considera x = y, se tiene que d(x, z ) ≤ d(z, x) y d(z, x) ≤ d(x, z ). ). Se concluye que d(x, z ) = d(z, x). Ahora que sabemos que es sim´ sim´etrica, etrica, si se considera considera x = y y x = z en la hip´otesis otesis se obtiene obtie ne que d que d((x, y ) > 0. > 0. Por lo tanto, d es una m´etrica etr ica..
Problema 1.2. Demuestre que d : R
metrica Demostraci´ on. Note que d(1, (1, 0)
2
× R → R definida por d(x, y) = (x − y)
d (1,, ≥ d(1
no es una
1 ) + d + d(( 12 , 0) 2
caracterizan acterizan una m´etrica etrica Problema Problema 1.3. Para cada una de las cuatro condiciones que car R que no las cumpla pero que satisfaga tres obtenga una funci´ on d : R R
× →
Ejemplo para (1). Ejemplo para (2). Ejemplo para (3). Ejemplo para (4). Se toma d(x, y ) = (x
− y)
2
Problema Problema 1.4. Sea d : M
β (x, y ) =
d(x,y ) 1+d(x,y )
como en el ejemplo anterior.
etrica. Verifique erifiqu e que α(x, y ) = × × M → R una m´etrica. y γ (x, y ) = m´ın {1, d(x, y )} son m´etricas etr icas en M.
d(x, y ),
a cilmente en cada una de estas Demostraci´ on. Las primeras condiciones se verifican f´acilmente funciones. Probemos que cada una cumple la desigualdad triangular. Queremos demostrar que α(x, y )
+ α((z, y ), α (x, z ) + α ≤ α( para notemos que como m´etrica etrica entonces se tiene que d(x, y ) ≤ d(x, z ) + d es una√ √ √ d(z, y ). Notando que a + b ≤ a + b para todos a, b ≥ 0 entonces tomando ra´ ra´ız en la desigualdad desigualdad triangular triangular dada por d entonces se sigue que d(x, y ) ≤
d(x, z ) +
d(z, y ).
2
Demostraci´ on. Necesitamos mostrar que d es positiva pos itiva y sim´etrica. etric a. Por hip´otesis: otesis: d(x, z )
d (x, y ) + d + d((z, y), ≤ d(
y d(z, x)
d (z, y) + d + d((x, y ). ≤ d( Si se considera x = y, se tiene que d(x, z ) ≤ d(z, x) y d(z, x) ≤ d(x, z ). ). Se concluye que d(x, z ) = d(z, x). Ahora que sabemos que es sim´ sim´etrica, etrica, si se considera considera x = y y x = z en la hip´otesis otesis se obtiene obtie ne que d que d((x, y ) > 0. > 0. Por lo tanto, d es una m´etrica etr ica..
Problema 1.2. Demuestre que d : R
metrica Demostraci´ on. Note que d(1, (1, 0)
2
× R → R definida por d(x, y) = (x − y)
d (1,, ≥ d(1
no es una
1 ) + d + d(( 12 , 0) 2
caracterizan acterizan una m´etrica etrica Problema Problema 1.3. Para cada una de las cuatro condiciones que car R que no las cumpla pero que satisfaga tres obtenga una funci´ on d : R R
× →
Ejemplo para (1). Ejemplo para (2). Ejemplo para (3). Ejemplo para (4). Se toma d(x, y ) = (x
− y)
2
Problema Problema 1.4. Sea d : M
β (x, y ) =
d(x,y ) 1+d(x,y )
como en el ejemplo anterior.
etrica. Verifique erifiqu e que α(x, y ) = × × M → R una m´etrica. y γ (x, y ) = m´ın {1, d(x, y )} son m´etricas etr icas en M.
d(x, y ),
a cilmente en cada una de estas Demostraci´ on. Las primeras condiciones se verifican f´acilmente funciones. Probemos que cada una cumple la desigualdad triangular. Queremos demostrar que α(x, y )
+ α((z, y ), α (x, z ) + α ≤ α( para notemos que como m´etrica etrica entonces se tiene que d(x, y ) ≤ d(x, z ) + d es una√ √ √ d(z, y ). Notando que a + b ≤ a + b para todos a, b ≥ 0 entonces tomando ra´ ra´ız en la desigualdad desigualdad triangular triangular dada por d entonces se sigue que d(x, y ) ≤
d(x, z ) +
d(z, y ).
2
Queremos demostrar que β (x, y )
+ β (z, y ). ≤ β (x, z ) + β
Basta multiplicar multiplicar por (1+d (1+ d(x, y ))(1+d ))(1+d(x, z ))(1+d ))(1+d(z, y )) dicha desigualdad y reducir t´erminos erminos para visualizar como llegar a partir de d(x, y ) d( d (x, z ) + d + d((z, y ) a lo que nos piden.
≤
Queremos demostrar que γ (x, y )
+ γ (z, y ). ≤ γ (x, z ) + γ
Dado que si d(u, v ) > 1 entonces γ (u, v ) = 1, podemos asumir sin p´ erdida erdida de generalidad que d(u, v ) 1 para todo u, v M . As´ı γ (x, z ) + γ (z, y ) d(x, z ) + d(z, y ) 2, y adem´as, as, como γ (x, y ) d( d (x, y ) se concluye
≤
≤
∈
≤
≤
en R es de la forma x = a · |x|, donde
Problema Problema 1.5. Pruebe que toda norma
a > 0 es una constante y x es el valor absoluto de x. Concluya que toda norma en R proviene de un producto interno.
| | |
Demostraci´ on. Note que x = 1 x. x . Por propiedades de la norma, se sigue la igualdad x = 1 x . Como est´a dada, el valor de 1 es fijo. Luego tomando a = 1 tenemos que x = a = a x
· | |
·
·| |
La conclusi´on on se sigue al corroborar la Ley del paralel´ogramo. ogramo.
etrica etrica d, en un espacio vectorial E , sea proveniente Problema 1.6. A fin de que una m´ de una norma, es necesario y suficiente que, para x, a E y λ R arbitrarios se tenga d(x + a, + a, y + x + x)) = d( d(x, y ) y d(λx, λx, λy) λy) = λ d(x, y ).
||
∈
∈
Demostraci´ on.
X tiene m´ as de un elemento entonces la norma f = Problema 1.7. Muestre que si X supx∈X f ( f (x) no proviene de un producto interno en (X ; R). Concluya lo mismo para
|
|
B B
la norma x = m´ax ax x1 , . . . , xn
| | |
{| |
| |}
Demostraci´ on. Si X posee posee un elementos las funciones son constantes y por ende se tiene la Ley del Paralel´ogramo. ogramo. Para f y g en (X ; R) es conocida la desigualdad
B sup(f + g) g ) ≤ sup (f ) f ) + sup(g ). Se sigue que f + + g ≤ f + g y f − − g ≤ f + g. Elevanto al cuadrado (dado qe dichas cantidades son positivias) y sumando se obtiene f + g + f − − g ≤ 2( f + g ) + 4f g X
X
X
2
2
3
2
2
2
Problema 1.8. Sea X
tal que la m´etrica euclidiana induce en X la m´etrica cerouno. Pruebe que X tiene a lo m´ as tres elementos. Y si fuese X R3 ? Generalice para R n . Usted puede imaginar un espacio vectorial normado E y un subconjunto infinito X E tal que x = y en X implique d(x, y) = 1?
⊂ R
⊂
⊂
Demostraci´ on.
Problema 1.9. Sea E un espacio vectorial dotado de un producto interno. Dados x, y
E , pruebe que x, y = x
| | | | · |y|, si y s´ olo si, x e y son linealmente dependientes.
∈
Demostraci´ on. Archiconocido
Problema 1.10. En un espacio vectorial normado E , si c
− a = t · (b − a),con t ≥ 1, entonces d(a, c) = d(a, b) + d(b, c). En el plano, con una norma |(x, y)| = |x| + |y |, tome a = (0, 1), b = (0, 0) y c = (1, 0) para mostrar que la rec´ıproca no es verdadera en todo espacio vectorial normado. Demostraci´ on.
Problema 1.11. Sean a, b, c tres puntos distintos en un espacio vectorial E , dotado de
un producto interno. Si d(a, c) = d(a, b) + d(b, c) entonces c
− a = t · (b − a) con t ≥ 1.
Demostraci´ on.
etrico M se tiene: Problema 1.12. En todo espacio m´ ∞
B[a; r] =
B(a; s) =
B a; r +
n=1
s>r
y
∞
{a} =
B(a; r) =
r> 0
B a;
n=1
1 , n
1 . n
Escriba, dualmente, cada bola abierta de M como uni´ on de bolas cerradas.
4
Demostraci´ on. x B[a, r]
∈
⇔ d(a, x) ≤ r, ⇔ d(a, x) < r + ε = s, ∀ε > 0 ⇔ x ∈ B (a, s) ,
s>r
⇔
d(a, x) < r +
⇔
∈
∞
x
1 , n
∀n ∈ N
1 B a, r + , n n=1
La segunda igualdad es consecuencia de la primera, considerando r = 0. Lo u ´ltimo que nos piden es ∞
B(a; r) =
B a; r
n=1
−
1 n
Problema 1.13. Un punto a = (a1 , . . . , an ) es aislado en el producto cartesiano M =
M 1 . . . M n si y s´ olo si cada coordenada ai es un punto aislado en M i . Concluya que el producto cartesiano M 1 . . . M n es discreto si y s´ olo si cada factor M i es discreto.
× ×
× ×
Demostraci´ on. Si cada a i es aislado entonces existe r i > 0 tal que B(ai ; ri ) = ai . Luego tomando r = m´ın ri es claro que B (a; r) = a y por ende a es aislado. Si a es aislado por definici´on exite r > 0 tal que B(a; r) = a . Supongamos que existe j tal que a j no es aislado. Luego, existe a j tal que d(a j , a j ) < r. Esto nos da un punto a = (a1 , . . . , a j −1, a j , a j +1, . . . , an ) distinto de a tal que a B(a; r), lo cual es una contradici´ on.
{ }
{ }
{}
{}
∈
etrico finito es discreto. Problema 1.14. Todo espacio m´ Demostraci´ on. Supongamos que M no es discreto. Luego al menos uno de sus puntos no es aislado. Llamemos a dicho punto x. Luego, para cada n´ umero positivo, en particular 1 1 , con n N , existe un xn M tal que 0 < d(x, xn ) < n . Dado que esto es posible para n todo n N entonces M es infinito, lo cual es una contradicci´ on.
∈ ∈
∈
Problema 1.15. Sea X un conjunto infinito numerable. Muestre que se puede definir
una m´etrica en X , respecto de la cual ning´ un punto es aislado.
5
Demostraci´ on. Note que en Q con la m´etrica del valor absoluto ninguno de sus puntos es aislado. Sea X un conjunto infinito numerable, es decir X = x1 , x2 , . . . . Como Q tambi´en es infninito numerable lo escribimos como Q = q 1 , q 2 , . . . . Dado esto existe una biyecci´on natural entre X y Q dada por f (xi ) = q i . As´ı, f induce la m´etrica d(xi , x j ) = f (xi ) f (x j ) = q i q j , obteniendo lo pedido.
{ }
{
}
|
| | − |
Problema 1.16. De un ejemplo de dos subconjuntos discretos X, Y
no sea discreto.
−
⊂ R tales que X ∪ Y
Demostraci´ on. Tome X = n1 n N e Y = 0 . Es claro que Y es discreto. Para 1 X basta tomar r = n(n1+1) para notar que BX n1 , n(n1+1) = n1 y concluir que n por ende X es discreto. Luego X Y no es discreto dado que, es sabido, 0 es punto de acumulaci´ on de X .
| ∈
∈
{}
∪
Es f´acil ver como este contraejemplo al mismo tiempo da una receta para encontrar los ejemplos pedidos.
∈ B[a; r] pruebe que existe s > 0 tal que B[a; r] ∩ B[b; s] = ∅ Demostraci´ on. Como b ∈ B[a; r] entonces d(a, b) > r, es decir d(a, b) − r > 0. Esto implica que existe s tal que 0 < s < d(a, b) − r. As´ı, s + r < d(a, b), y por ende las bolas cerradas Problema 1.17. Si b
B[a; r] y B[b; s] son disjuntas
Problema 1.18. En un espacio m´ etrico M sea b
∈ B(a; r). Pruebe que existe una bola
abierta de centro b contenida en B (a; r). D´e un contra-ejemplo mostrando que esto podr´ıa ser falso si b B[a; r].
∈
Demostraci´ on. Sea s = r Luego
− d(a, b) > 0, y sea x ∈ B(b; s). As´ı d(b, x) < s = r − d(a, b). r > d(a, b) + d(b, x) ≥ d(a, x), es decir que d(a, x) < r, por lo que x ∈ B(a; r). Se concluye que B(b, s) ⊂ B(a; r). Para el contraejemplo considere B [ 12 , 21 ] = [0, 1] en M = R. Tome b = 1.
⊂ M × M es el conjunto de los pares (x, x) ∈ M × M con coordenadas iguales. Pruebe que si z ∈ M × M − ∆ entonces existe una bol abierta de centro z en M × M que es disjunta de ∆. etrico. La diagonal ∆ Problema 1.19. Sea M un espacio m´
6
Demostraci´ on. Sea z = (z 1 , z 2 ) M M ∆. Razonemos por contradicci´ on y supongamos que para todo r > 0 se tiene que B(z ; r) ∆ = . Usando la m´etrica sugerida en el problema esto significa que si tomamos x = (x , x ) en dicha intersecci´on entonces tendremos que d(z, x) < r, lo que equivale a d(z 1, x ) < r y d(z 2 , x ) < r. Tomando r = d(z12,z2 ) (que es positivo ya que z 1 = z 2 ) nos queda que d(z 1, x ) < d(z12,z2 ) y d(z 2 , x ) < d(z12,z2 ) . Sumando:
∈ × − ∩ ∅
d(z 1, z 2 ) d(z 1 , z 2 ) + , 2 2 > d(z 1, x ) + d(z 2 , x ), > d(z 1, z 2 ),
d(z 1 , z 2) =
lo cual es una contradicci´ on.
etrica d[(x, y), (x , y )] = m´ax d(x, x ), d(y, y ) muestre Problema 1.20. Usando la m´ que la esfera de centro (a, b) y radio r en M B[b; r]) .
{
}
× N es igual a (B[a; r] × S (b; r)) ∪ (S (a; r) ×
Demostraci´ on. Sea (x, y) S ((a, b); r). Por esto d((x, y), (a, b)) = r, donde, recordemos, r es el m´aximo entre d(x, a) y d(y, b), es decir
∈
d(x, a)
≤ r, y d(y, b) ≤ r.
De aqu´ı tenemos dos casos: Si d(x, a) < r, entonces d(y, b) = r. As´ı (x, y) B[a; r]
∈ × S (b; r). Si d(x, a) = r, entonces d(y, b) ≤ r. As´ı (x, y) ∈ S (a; r) × B[b; r]. As´ı (x, y) (B[a; r]
∈
y en consecuencia
× S (b; r)) ∪ (S [a; r] ∪ B[b; r]),
S ((a, b); r)
⊂ (B[a; r] × S (b; r)) ∪ (S [a; r] × B[b; r]). Si (x, y) ∈ (B[a; r] × S (b; r)) ∪ (S [a; r] × B[b; r]), entonces, d(a, x) ≤ r y d(b, y) ≤ r, por lo que (x, y) ∈ S ((a, b); r) en cualquiera de ambos casos pues al menos uno es r. Problema 1.21. Sea X
bola abierta BX
⊂ M un subconjunto discreto. Obtenga para cada x ∈ X , una = B(X ; r ) en M , de tal modo que x = y ⇒ B ∩ B = ∅. x
x
y
Demostraci´ on. Dado que X es un subconjunto discreto, para cada x existe un radio rx > 0 tal que B(x; rx ) = x .
{}
7
Problema 1.22. Sea X un subconjunto de un espacio m´ etrico M y un n´ umero real
r > 0, sea B(X ; r) := B(X Y ; r) = B(X ; r)
∪
x∈X B(x; r).
Pruebe que B(X Y )
∩ ⊂ B(X ; r) ∩ B(Y ; r) y que
∪ B(Y ; r)
Demostraci´ on. Probemos que B(X Y ; r) B(X ; r) B(Y ; r). Sea a B(X Y ; r) = B(z ; r), por lo que existe z X
∈
∩
∩
∈
∈
∩
z ∈X ∩Y
a B(z, r) Luego, a B(X ; r) Es claro que
⊂
⊂ B(X ; r) y a ∈ B(z, r) ⊂ B(Y ; r).
∩ B(Y ; r).
B(X, r) =
B(x; r)
x∈X
Por otro lado, sea a
∈ B(X ∪ Y ; r) =
⊂
B(x; r) = B(X Y ; r).
∪
x∈X ∪Y
B(z ; r), entonces existe z
∈ X ∪ Y tal que
z ∈X ∪Y
a B(z ; r). Sin p´erdida de generalidad z X . Luego a B(X Y ; r) B(X ; r) B(Y ; r)
∈
∪
∈ ∩ Y tal que
⊂
∈
∪
∈ B(z ; r) ⊂ B(X ; r). Por lo tanto
e un ejemplo de un conjunto acotado X Problema 1.23. D´ x, y
∈ X con |x − y| = diam(X ).
⊂
R tal que no existan
Demostraci´ on. Considere el intervalo abierto (a, b)
etrico acotado. Muestre que para cada a Problema 1.24. Sea M un espacio m´ una bola B[a; r] cuyo di´ ametro es menor que 2r. Demostraci´ on. Ya que M es acotado sea r = diam(M ) . Luego, si a diam(B[a; r]) < 2r, en efecto, d(x, y) < r < 2r, x,y B[a; r].
∈
∈
∈ M existe
M entonces
Problema 1.25. Sea p(t) = a 0 + a1 t + . . . + an tn ( an = 0) un polinomio de grado n > 0. R no es acotada pero para todo subconjunto acotado Muestre que la funci´ on p : R X R la restricci´ on p X es acotada.
⊂
|
→
Demostraci´ on.
etrico. Suponga Problema 1.26. Sea a un punto y C un subconjunto de un espacio m´ que d(a, C ) = 2 y pruebe que existe una bola abierta B(a; r) tal que d(x, C ) > 1 para todo x B(a; r)
∈
8
Demostraci´ on. Dado que d(a, C ) = 2 al tomar B(a; r) con r < 1 se tiene que B(a; r) C = . Luego, recordando que para todo x B(a; r)
∅
∩
∈ |d(a, C ) − d(x, C )| ≤ d(a, x),
se sigue que d(x, C ) > 1
Problema 1.27. Sea F = M
− B(a; r) el complemento de una bola abierta en el espacio m´etrico M . Si d(x, F ) = 0 entonces x ∈ F . Demostraci´ on. Razonemos por contradicci´ on. Supongamos que x ∈ F . En consecuencia x ∈ B(a; r), lo que equivale a que, por el Problema 18, exista s tal que B (x; s) ⊂ B(a; r). Luego B(x; s) ∩ F = ∅, y de esto se sigue que dado cualquier elemento y ∈ F tenemos que y ∈ B(x; s), implicando que d(x, y) > s, para todo y ∈ F . Esto u´ltimo contradice que d(x, F ) = 0
Problema 1.28. Sea X = (x, y)
{
n
∈ R ;x
p+1 = .
. . = x n = 0 . Usando en Rn la m´etrica
}
euclidiana pruebe que si a = (a1 , . . . , an ) entonces d(a, X ) = Demostraci´ on. Sea α =
a p2+1 + . . . + a2n .
a p2+1 + . . . + a2n . Empecemos notando que
− − ≤ p
n
d(x, a) =
i=1
Luego es claro que
a2i ,
xi )2 +
(ai
i= p+1
p
α
n
xi
(ai
)2
i=1
a2i .
+
i= p+1
Sea ε > 0, entonces existe (x1 , . . . , xn ) = x Rn tal que tomando x = (x1 , . . . , x p , 0, . . . , 0), tenemos que:
∈
p
d(a, x)
≤
∀x ∈ X.
p i=1 (xi
n
(ai
i=1
2
−x) i
+
i= p+1
p
≤ < ε + α.
i=1
Por lo tanto d(a, X ) = α. 9
(ai
2
−x) i
+ α,
a2i ,
2
−a) i
< ε. Luego,
Problema 1.29. Pruebe que se tiene d(a, X ) = ´ınf r > 0; a
∈ B(X ; r)}. Demostraci´ on. Sean α = d(a; X ), y β = ´ınf {r > 0; a ∈ B(X ; r)}. Empecemos notando que r ∈ {r > 0; a ∈ B(X ; r)} implica la existencia de un x ∈ X tal que d(a, x) < r. As´ı, dado que α ≤ d(a, x), para todo x ∈ X se tiene que α < r para todo r ∈ {r > 0; a ∈ B(X ; r)} entonces α ≤ β . Ahora probemos que el s´ımbolo < no vale. Supongamos que α < β , entonces tomando el promedio, sabemos que α < < β . Luego, a ∈ B x; , para todo x ∈ X . Es decir, d(a, x) ≥ para todo x ∈ X . Como α = d(a, X ) entones ≤ α. Esto es una {
α+β
α+β
2
α+β
2
2
contradicci´ on. Por lo tanto α = β
α+β
2
Problema 1.30. D´e un ejemplo de conjuntos no vac´ıos tales que A B = y d(A, B) = 0
∩
∅
Demostraci´ on. Considere A = (0, 1) y B = 1 .
{}
Un ejemplo gen´ erico se consigue al tomar un conjunto que no sea cerrado y luego alg´ un punto de su frontera.
Problema 1.31. En un espacio vectorial E dos bolas abiertas (cerradas) de mismo radio
son isom´etricas. M´ as precisamente existe una isometr´ıa de E que lleva una de esas bolas en la otra. Muestre que para espacios m´etricos este resultado es falso. Demostraci´ on. Sean u, v E y r > 0. Probemos que B(u; r) y B(v; r) son isom´etricas. Sea ϕ : B(u; r) B(v; r) definida por ϕ(x) = x + v u. Es claro que ϕ es una biyecci´ on. Dados x, y E , entonces
∈
→
∈
−
ϕ(x) − ϕ(y)
= =
x + v − u − (y + v − u), x − y,
por lo tanto es isometr´ıa de E . Ahora probemos que ϕ(B(u; r)) = B(v; r). Sea x B(u; r) entonces ϕ(x) v = x u < r, por lo que, en efecto, ϕ(x) B(v; r). Sea y B(v; r), como ϕ es biyectiva, existe x E tal que ϕ(x) = y. Luego x u = y v < r, por lo que x B(u; r) y ϕ(B(u; r))
∈
− − ∈ ∈
∈ − −
Problema 1.32. Pruebe que se tiene d(a, X ) = ´ınf r > 0; a
∈ ∈
∈ B(X ; r)}. Demostraci´ on. Sean α = d(a; X ), y β = ´ınf {r > 0; a ∈ B(X ; r)}. Empecemos notando que r ∈ {r > 0; a ∈ B(X ; r)} implica la existencia de un x ∈ X tal que d(a, x) < r. As´ı, dado que α ≤ d(a, x), para todo x ∈ X se tiene que α < r para todo r ∈ {r > 0; a ∈ B(X ; r)} entonces α ≤ β . Ahora probemos que el s´ımbolo < no vale. Supongamos que α < β , entonces tomando el promedio, sabemos que α < < β . Luego, a ∈ B x; , para todo x ∈ X . Es decir, d(a, x) ≥ para todo x ∈ X . Como α = d(a, X ) entones ≤ α. Esto es una {
α+β
α+β
α+β
2
2
2
contradicci´ on. Por lo tanto α = β
10
α+β
2
Problema 1.33. Sea E un espacio vectorial con producto interno. Dada una transfor-
maci´ on lineal T : E
→ E las siguientes afirmaciones son equivalentes:
(a) T es una inmersi´ on isom´etrica. (b) T x = x para todo x E .
| · | | | ∈ (c) < T · x, T · y >=< x, y >
Si la dimensi´ on de E es finita, en estas condiciones T es una isometr´ıa. Demostraci´ on. (a) = (b) Dado que T es una inmersi´on isom´etrica se tiene que T u T v = u v , como T es lineal T u T v = T (u v). Haciendo x = u v se tiene T x = x (b) = (c)
| | − | ⇒
⇒
−
−
| − | | ||
−
2
2
2
2
|T x + T y| − |T x − T y| , 4 |T (x + y)| − |T (x − y)| , 4 |x + y| − |x − y| ,
< Tx, Ty > = =
2
=
2
4 = < x,y > .
⇒
(c) = (a) d(T u , T v) =
T (u
| −
v) ,
| − v), T (u − v) >, √ << uT (u − v, u − v >, |u − v|,
= = = = d(u, v).
Ahora demostremos que T es sobreyectiva, es decir, que dado v E existe u E tal que T (u) = v. Como E es de dimensi´ on finita, tenemos que v = α1 u1 + . . . + α k uk = α1 T (v1 ) + . . . + αk T (vk ) = T (α1 v1 + . . . + αk vk )
∈
Problema 1.34. Sea S n =
∈
n+1
{ x ∈ R ; < x, x >= 1} la esfera unitaria n-dimensional. El espacio proyectivo de dimensi´ on n es el conjunto P cuyos elementos son los pares no ordenados [x] = {x, −x}, donde x ∈ S . Note que [x] = [−x]. M´ as precisamente [x] = [y] entonces x = ±y. Defina d([x], [y]) = m´ın {|x − y|, |x + y |} y muestre que d es una m´etrica en P . Muestre que la aplicaci´ on natural π : S → P , definida por π(x) = [x] cumple la condici´ on d(π(x), π(y)) ≤ d(x, y). Muestre tambi´en que, si X ⊂ S √ es tal que diam(X ) ≤ 2, entonces la restricci´ on π |X es una inmersi´ on isom´etrica de X n
n
n
n
n
n
en P n .
11
Demostraci´ on. (i) Si [x] = [y] entonces d([x], [y]) = m´ın 0, 2 x = 0. Si 0 = d([x], [y]) entonces 0 = m´ın x y , x + y . En cualquier caso se deduce que x = y, por lo que [x] = [y].
{| − | |
{ | |}
|}
±
(ii) Si [x] = [y] entonces x = y. Luego x m´ın x y , x + y = d([x], [y]).
{| − | |
| − y | > 0 y |x + y | > 0, por lo que 0 <
±
|}
(iii ) (iv) d([x], [y]) d([x], [z ]) + d([z ], [y]) Seg´ un la definici´on de π se tiene que :
≤
d(π(x), π(y)) = d([x], [y]) = m´ın x
{| − y|, |x + y|} ≤ |x − y| = d(x, y).
Queremos demostrar que d(π(x), π(y)) = d(x, y), sabiendo que
≤ √ 2
diam(X ) = sup d(x, y) x,y ∈S n
2.
Funciones cont´ınuas
Problema 2.1. Sean f, g : M
→ R cont´ınuas en un punto a ∈ M . Si f (a) < g(a), existe δ > 0 tal que, para x, y ∈ M , d(x, a) < δ , d(y, a) < δ entonces f (x) < f (y). Enuncie expl´ıcitamente el corolario que se obtiene tomando f (x) = 0 para todo x ∈ M . Concluya que si B ⊂ M es una bola cerrada y c ∈ M − B entonces existe una bola abierta (y por lo tanto una bola cerrada) B , de centro c tal que B ∩ B = ∅
Demostraci´ on. Sea > 0. Como f y g son continuas en a entonces existen δ 1 > 0 y δ 2 > 0 tales que f (B(a, δ 1 )) (f (a) ε, f (a) + ε),
⊂
y g(B(a, δ 1 ))
−
⊂ (g(a) − ε, g(a) + ε).
Tomando δ = m´ın δ 1 , δ 2 sea x B(a, δ ) entonces
{
f (x)
}
∈
− g(x) > f (a) − ε − g(a) − ε > f (a) − g(a) > 0.
Acabamos de probar lo pedido. Si el resultado se aplica para f : M M , que es R con f (x) = 0 para todo x continua, y otra funci´ on g : M R contienua en a con g(a) > 0 entonces existe δ > 0 tal que para todo x M tal que d(x, a) < δ se tiene que g(x) > 0.
∈
→
→
∈
R definida por Sea B una bola cerrada de radio r. Considere la funci´ on dB : M dB (x) = d(x, B). Dicha funci´on es continua pues es una contracci´ on d´ebil, as´ı, si c M B entonces dB (c) > r, luego existe una bola centrada en c de manera que dB (x) > r, un r > 0. Es decir, B B = . x B(c; r ) para alg´
→
∀ ∈
∩
12
∅
∈ −
Problema 2.2. Sean f, g : M
→ N continuas en el punto a ∈ M . Si f (a) = g(a) entonces existe una bola abierta B de centro a tal que f (B) ∩ g(B) = ∅. Demostraci´ on. Dado que f (a) = , g(a) entonces d(f (a), g(a)) > 0. Sea ε < entonces B(f (a), ε) ∩ B(g(a), ε) = ∅. Luego como f y g son continuas existe δ > 0 tal que f (B(a; δ )) ⊂ B(f (a), ε), y g(B(a; δ )) ⊂ B(g(a), ε). Se sigue que f (B(a; δ )) ∩ g(B(a; δ )) = ∅. d(f (a),g(a))
2
Problema 2.3. Sean f, g : M
→ N continuas. Dado a ∈ M , suponga que toda bola de centro a contiene punto x tal que f (x) = g(x). Concluya que f (a) = g(a). Use este hecho para demostrar que si f, g : R → R son continuas y f (x) = g(x) para todo x racional entonces f = g.
Demostraci´ on. Supongamos que f (a) = g(a), luego existe una bola B centrada en a de manera que f (x) = g(x), x B, lo cual es una contradicci´ on. Dada la densidad de Q en R se dedude lo que nos piden.
∀ ∈
Problema 2.4. Sea f : M −1
f (N
→ N × N continua y ∆ ⊂ N × N la diagonal. Pruebe que
× N − ∆) es una uni´ on de bolas abiertas en M . Demostraci´ on. Sea x ∈ f (N × N − ∆). As´ı f (x) ∈ N × N − ∆. Por el problema 19, cap´ıtulo 1, sabemos que existe ε > 0 tal que B(f (x); ε) ⊂ N × N − ∆. Luego, dada la −1
continuidad de f sabemos que existe δ > 0 tal que f (B(x; δ )) Por transitividad f (B(x; δ ))
⊂ B(f (x); ε). −1
⊂ N × N − ∆. Luego B(x; δ ) ⊂ f (N × N − ∆). As´ı B(x; δ ) = f (N × N − ∆)
x
−1
x∈f −1 (N ×N −∆)
Problema 2.5. Sea f : R
→ R definida por f (x) = x sen(1/x), si x = 0 y f (0) = 0 si
x = 0. Muestre que f es continua en el punto 0 pero que no es lipchitziana.
Demostraci´ on. Sea ε > 0. Note que sen(1/x) 1, x R. Tome δ = ε. As´ı, si x < δ entonces x sen(1/x) f (0) = x sen(1/x) < δ = ε. Se concluye la continuidad de f en 0.
|
−
| |
|
| ≤ ∀ ∈
|
Problema 2.6. Sea f : I
| |
→ R derivable en el intervalo I . Si f es lipchitziana entonces
su derivada es acotada en el intervalo I .
13
Demostraci´ on. Dado que f es tiene derivada en todos los puntos del intervalo I , entonces f (y) existe el l´ımite l´ım x→y f (xx)− , que es igual a f , entonces existe el l´ımite del valor absoluto, −y f (x) f (y) que es igual a f . Como f es lipchitziana entonces existe K > 0 tal que < x y K , x, y I . As´ı f (x) f (y) f = l´ım < l´ım K = K. x→y x→y x y
∀ ∈
| |
| |
− −
− −
Luego f est´a acotada en el intervalo I , demostrando lo pedido
Problema 2.7. Sean I, J intervalos arbitrarios de la recta y f : I
→ J una biyecci´ on tal
que x < y implica f (x) < f (y). Pruebe que f (y consecuentemente f −1) es continua.
Demostraci´ on. Sean ε > 0 y a I tales que (f (a) ε, f (a)+ε) = B J . Sean f (u), f (v) B tales que f (u) < f (a) < f (v), es decir, u < a < v. Luego, es claro que si t I es tal que u < t < v entonces f (t) B. Esto implica que el conjunto f −1 (B(f (a); ε) es un intervalo, por lo tanto, existe δ > 0 tal que f ((a δ, a + δ )) B, probando que f es continua en a y dada la arbitrariedad de a, concluimos que f es continua en I
∈
∈
−
−
⊂
∈
∈
⊂
Problema 2.8. Sea f : X
→ R continua definida en un subconjunto X ⊂ R. Suponga que P = {x ∈ X ; f (x) > 0 } es acotada y no vac´ıo. Sean a = ´ınf P y b = sup P . Pruebe que si a, b ∈ X entonces f (a) ≤ 0 y f (b) ≤ 0 Demostraci´ on. Razonemos por contradicci´on y supongamos f (a) < 0. Dado que f es continua en X existe una bola B de radio ε centrada en a tal que f (x) < 0, x B. Pero dado que a es el ´ınfimo de X existe x X tal que a x < a + ε. As´ı f (x) > 0 y f (x) < 0, lo cual es una contradicci´ on. Razonamos de forma an´ aloga para b
∈
∀ ∈
≤
Problema 2.9. Dada f : [a, b]
→ R continua, con f (a) > 0 > f (b), sea c = sup {x ∈ [a, b]; f (x) > 0} Pruebe que f (c) = 0. Concluya de ah´ı que si f : I → R es continua, entonces f (I ) es un intervalo.
Demostraci´ on. Razonemos por contradicci´ on y supongamos que f (c) = 0. Si f (c) < 0, al ser f continua existe ε > 0 tal que f (x) < 0 para todo x (c ε, c + ε) [a, b]. Por c ser supremo, existe x en dicho intervalo tal que f (x) > 0 lo cual es una contradicci´on. Si, en cambio, f (c) > 0, por el mismo argumento, existe ε > 0 tal que f (x) > 0 para todo x (c ε, c + ε) y tomando y (c, c + ε), se tiene que y > c y f (y) > 0 contradiciendo el hecho de que c sea supremo. Por lo tanto f (c) = 0. R continua, donde I es un intervalo. Pobremos que el conjunto f (I ) es Sea f : I un intervalo. Sean f (u), f (v) f (I ) tales que f (u) < f (v), probemos que si t R es tal que f (u) < t < f (v) entonces t f (I )
∈ −
∈ −
⊂
∈
→
∈
∈
∈
14
etricos M e N sea v : Problema 2.10. Dados los espacios m´
B (M ; N ) × M → N definida por v(f x) = f (x). Muestre que v es continua en el punto (f , x ) ∈ B (M ; N ) × N si y s´ olo si f : M → N es continua en x . x
0
0
0
Demostraci´ on.
etricos y ϕ : M N cualquiera. Defina la Problema 2.11. Sean M, N espacios m´ aplicaci´ on ϕ∗ : (N ; R) (M ; R) haciendo ϕ∗ (f ) = f ϕ. Demuestre que ϕ∗ es una
B
→ B
contracci´ on d´ebil.
◦
→
Demostraci´ on. Deseamos probar que, dadas f , g
∈ B (N ; R), se tiene que d(ϕ (f ), ϕ (g)) ≤ d(f, g)), ∗
∗
donde d(ϕ∗ (f ), ϕ∗ (g)) = sup d((f ϕ)(x), (g ϕ)(x)),
◦
x∈M
◦
y d(f, g) = sup d(f (x), g(x)). x∈N
Empecemos notando que ϕ(M )
⊂ N , y que adem´as de eso
sup d(f (ϕ(x)), g(ϕ(x))) = sup d(f (ϕ(x)), g(ϕ(x))), x∈M
ϕ(x)∈N
por lo que es clara la contenci´ on
{d(f (ϕ(x)), g(ϕ(x))); x ∈ N } ⊂ {d(f (ϕ(x)), g(ϕ(x))); x ∈ ϕ(M )} . Recordando que si A ⊂ B entonces sup A ≤ sup B, se concluye la desigualdad buscada y por ende que ϕ∗ es una contracci´ on d´ebil
on Problema 2.12. Dado un conjunto arbitrario X , defina la aplicaci´ V : (X ; R)
B → B (X ; R), poniendo V (f ) = |f |, donde |f |(x) = |f (x)|. Pruebe que V es una contracci´ on d´ebil. Demostraci´ on. Es sabido que para todos x, y ∈ R se tiene que ||x| − |y || ≤ |x − y|. As´ı, dadas f, g ∈ B (X ; R), tenemos que ||f (x)| − |g(x)|| ≤ |f (x) − g(x)|. Por un lado |f (x) − g(x)| ≤ sup |f (x) − g(x)|. Por otro, y consecuencia de esto u´ltimo, tenemos que ||f (x)|−|g(x)|| ≤ sup |f (x)−g(x)|, lo que implica que sup |f (x)−g(x)| es una cota superior del conjunto {||f (x)| − |g(x)||; x ∈ X }. Luego sup ||f (x)| − |g(x)|| ≤ sup |f (x) − g(x)|, d(V (f ), V (g)) ≤ d(f, g), x∈X
x∈X
x∈X
x∈X
x∈X
por lo tanto V es una contracci´ on d´ebil. 15
Problema 2.13. Dada f : M
→ N , si existen constante c > 0 y α > 0 tales que f cumple la ¸condici´ on de H¨ older”d(f (x), f (y)) ≤ c · d(x, y) , para todo x, y ∈ M , entonces se dice que f es h¨ olderiana. Muestre que si f es h¨ olderiana, entonces es continua. Muestre tambi´en que si f : I → R, cumple la condici´ on de H¨ older con α < 1 entonces f es α
constante.
Demostraci´ on. Sea ε > 0 y sea a M . Dado que f es h¨olderiana, se tiene que para todo x M d(f (x), f (a)) c d(x, a)α .
∈
∈
≤ ·
ε , si d(x, a) < δ , entonces se tiene que d(f (x), f (a)) < ε, por lo c tanto f es continua en a M . Dada la arbitrariedad de a M , se concluye que f es continua. Considerando δ =
α
∈
∈
etrico M sean, F = B[a; r] y G = M Problema 2.14. En un espacio m´
− B(a, s), donde
0 < r < s. Muestre que f (x) =
d(x, F ) , d(x, F ) + d(x, G)
es continua y , adem´ as de eso, f −1(0) = F , f −1 (1) = G. Demostraci´ on. No es dif´ıcil ver que f es continua al ver que es cuociente de dos funciones continuas. Es claro que F f −1 (0). Ahora note que si x f −1 (0) entonces f (x) = 0, es decir d(x, F ) = 0. Esto implica que x F , pues F es cerrado. Por lo tanto f −1(0) = F Por otro lado, si x f −1 (1) entonces f (x) = 1, es decir d(x, G) = 0. Como B(a; s) es abierto, entonces M B(a; s) = G es cerrado, implicando que x G. Por lo tanto f −1 (1) = G.
⊂
∈
∈
∈ −
∈
Problema 2.15. Sea f : M
→ N continua. Suponga que a ∈ M sea tal que m = n implique f (a) = f (a). Pruebe que , para todo p ∈ N, existe una bola B de centro a, tal que 1 ≤ i = j ≤ p implica f (B) ∩ f (B) = ∅. m
n
i
j
Demostraci´ on.
Problema 2.16. Sean f : M
→ N y g : N → P continuas tales que g ◦ f : M → P sea
un homeomorfismo. Suponiendo que f sea sobreyectiva (o que g sea inyectiva) pruebe que f y g son ambos homeomorfismos.
16
Demostraci´ on. Sea f sobreyectiva, probemos que f es inyectiva. Sean x, y M tales que f (x) = f (y), asi que (g f )(x) = (g f )(y). Como g f es biyectiva se sigue que x = y. f es biyectiva. Se sigue que f −1 existe.
◦
◦
∈
◦
Como la composici´on de funciones biyectivas es biyectiva, entonces g f f −1 = g es biyectiva y por ende g −1 existe. Por u ´ ltimo note que f −1 es igual a la composici´o n de funciones continuas (g f )−1 g, por lo que es continua y por ende f es homeo. An´alogo para g.
◦ ◦
◦
◦
etricos son dos a dos homeomorfos: Problema 2.17. Muestre que los siguientes espacios m´ 3
X = (x,y,z )
2
∈ R ; x
{
+ y 2 = 1 (cilindro vertical)
}
Y = S 1
×R Z = R − {0} W = {(x, y) ∈ R ; 1 < x + y < 2 } T = S − { p, q } donde p = (0, 0, 1) e q = (0, 0, −1) V = {(x,y,z ) ∈ R } 2
2
2
2
2
3
Respuestas. Las funciones homeomorfas son: f : X
→ Y definida por f (x,y,z ) = ((x, y), z ).
g : Y
→ Z definida por g(x,y,z ) =
x
x2
+ y 2
,
y
x2
+ y 2
, ln(x2 + y 2 )
Problema 2.18. Establezca un homeomorfismo entre el “primer cuadrante” Q = (x, y) y el semiplano H = (x, y) R2 ; y 0
{
∈
{
≥ }
sketch. La funci´on que nos da el homeomorfismo asigna al par (x, y) del primer cuadrante el par (x , y ) que es tal que d((x, y), 0) = d((x , y ), 0) y posee el doble del argumento de (x, y).
n+1
Problema 2.19. Muestre que f : S n
t
× R → R dada por f (x, t) = e x es un homeomorfismo y use este hecho para definir un homeomorfismo ϕ, de R − {0} sobre s´ı mismo, tal que ϕ|S = id y ϕ = ϕ y |ϕ(z )| > 1 ⇔ |z | < 1 n+1
n
−1
17
2
∈ R ; x ≥ 0,
Demostraci´ on. Sea x = (x1 , . . . , xn ) S n , entonces
∈
t
t
f (x, t) = x1 e , . . . , xn+1 e . De aqu´ı es f´acil ver que cada funci´ on coordenada f i (x) = xi et es continua y por ende, f es continua. Si (x, t1), (y, t2 ) S n R son tales que f (x, t1 ) = f (y, t1 ), entonces xi et1 −t2 = yi , i = 1, . . . , n + 1. Considerando que y S n , entonces y, y = 1, es decir e 2(t1 −t2 ) x, x = 1. Pero x S n , por lo que x, x = 1. Luego t1 t2 = 0, es decir, t1 = t2 , implicando que xi = y i , i = 1, . . . , n + 1. As´ı f es inyectiva. Rn+1 Para probar que f es sobre, entonces dado y = (y1 , . . . , yn+1) 0 basta yi 1 tomar x = (x1 , . . . , xn+1 ) con xi = y ln(y12 + . . . + yn2+1 ) para ver t = 2 2 2 y1 + . . . + yn+1 que f (x, t) = y. f −1 est´a dada por
∈
∈
×
∈
−
∈
−{}
f −1 (y1 , . . . , yn+1) = .
||
y1 yn , . . . , , ln( y 2 ) y y
||
||
x Rn+1 Sea ϕ : Rn+1 0 0 definida por ϕ(x) = 2 . Si x S 1 entonces x = 1 x x y as´ı, ϕ(x) = 2 = x, y por ende ϕ(x) = x = 1 por lo que ϕ(x) S 1 = id. Ahora tome x 1 1 x 1 Luego = = x Rn+1 con x > 1, as´ı < 1 y por ende < 1. ϕ(x) < 1. x x2 x2 x El otro caso es an´ alogo. Estamos listos.
−{ } →
∈
3.
|| | |
−{ } | | | |
||
||
|
||
∈ | | ||
| |
| |
Lenguaje b´ asico de la topolog´ıa
Problema 3.1. La frontera de un conjunto abierto tiene interior vac´ıo. Rec´ıprocamente,
todo subconjunto X M cerrado, con interior vac´ıo, es frontera de alg´ un abierto en M .
⊂ Demostraci´ on. Sea A ⊂ M abierto y supongamos que existe x ∈ int ∂A. De este modo, existe r > 0 tal que B(x; r) ⊂ ∂A, pero dado que x ∈ ∂A, tambi´en B(x; r) ∩ int A = B(x; r) ∩ A = ∅, lo cual es una contradicci´ on pues ∂A e int A son disjuntos. Sea F cerrado con int F = . As´ı para todo r > 0 se tiene que B(x; r) F = y B(x; r) (M F ) = . Ahora bien, como int F = , tambi´ en se tiene que M = ∂ (M F ) int(M F ) = ∂ (M F ) (M F ). As´ı, si x F M entonces x ∂ (M F ), por lo que F ∂ (M F ). La otra contensi´ on es trivial. Luego F = ∂ (M F ), donde M F es abierto pues F es cerrado
∅ ∩ − ∅ − ∪ − − ∪ − ⊂ − −
∅
∈ ⊂
18
∩ ∅ ∈ − −
Problema 3.2. Si un conjunto y su complemento tienen interior vac´ıo entonces la fron-
tera de cada uno de ellos es el espacio entero. Demostraci´ on. Recordemos que para todo espacio m´etrico M y un subconjunto X cualquiera de ´el se cumple M = int(X ) ∂X int(M X ).
∪ ∪
Dado que int(X ) = int(M
−
− X ) = ∅, se concluye
etrico. Dado x Problema 3.3. Sea M un espacio m´
∈ M , vale:
(a) Todo conjunto que contiene una vecindad de x es una vecindad de x. (b) La intersecci´ on de un n´ umero finito (o una uni´ on de una familia cualquiera) de vecindades de x es una vecindad de x. Demostraci´ on. (a) Sea V una vecindad de x y W un conjunto tal que V W . As´ı se tiene que int(V ) int(W ). Luego, como x int(V ) se sigue que x int W .
⊂
∈
⊂
∈
(b) Sean V 1 , . . . , Vn vecindades de x, es decir, que x 1, . . . , n. Es inmediato de lo anterior que
∈ V con x ∈ int V para todo i = i
i
n
x
∈
V i ,
i=1
y n
x
∈
n
int V i = int
i=1
Se concluye que
V i .
i=1
V i es una vecindad de x
Problema 3.4. En un espacio vectorial normado E , pruebe que todo subespacio vectorial
propio F tiene interior vac´ıo. Concluya que, para todo a a + x; x F tiene interior vac´ıo.
{
∈ }
∈ E , la variedad afin a + F =
Demostraci´ on. Sea f F y r > 0. Construiremos un vector u F tal que f v < r. Dado que F es subespacio propio de E consideremos un vector linealmente independiente v a F , digamos v. Sea t < r, entonces tomamos u = f + t. Luego v
∈
∈
u − f As´ı u es tal que u B[f ; r] y u
∈
v t , v = t < r. =
∈ F . Por lo tanto F tiene interior vac´ıo. 19
−
Problema 3.5. No es cierto que X
∂ (int S )
⊂ ∂S
⊂
Y
⇒
∂X
∂Y . Entre tanto, se tiene que
⊂
Demostraci´ on. Basta tomar X = [0, 1) e Y = (0, 1) para probar que X Y no implica que ∂X ∂Y . Por otro lado sea x ∂ (int S ). Por definici´ on B(x; ε) int S = y B(x; ε) (M int S ) = . Como int S S y por ende M int S
⊂
∩ −
∈ ⊂
∅
⊂ ∩
−
∅
Problema 3.6. Dados A
⊂ M y B ⊂ N se tiene int(A × B) = int(A) × int(B) e ∂ (A × B) = (∂ (A) × B) ∪ (A × ∂ (B)) Demostraci´ on.
→ N continua. Dados un subconjunto arbitrario X ⊂ M y un abierto V en N con f (X ) ⊂ V , pruebe que existe U ⊃ X abierto en M tal que f (U ) ⊂ V . Demostraci´ on. Por la continuidad de f , f (V ) es abierto, adem´ as X ⊂ f (V ). Dado lo anterior por cada x ∈ X tomamos r > 0 tal que B (x; r ) ⊂ f (V ). No es dif´ıcil ver que X ⊂ B(x; r ) = U ⊂ f (V ). Problema 3.7. Sea f : M
−1
–1
x
−1
x
−1
x
x∈X
Como U es uni´on arbitraria de abiertos, es abierto. Finalmente f (U ) lo pedido.
⊂ V , demostrando
R sea continua es necesario y on f : M Problema 3.8. A fin de que una funci´ suficiente que, para todo a R sea abiertos en M los conjuntos X a = x M f (x) < a
→
∈ e Y = {x ∈ M | f (x) > a}.
{ ∈ |
a
}
Demostraci´ on. Si f es continua, entonces X a = f –1 ( , a) e Y a = f −1 (a, + ) para todo R. Luego X a e Y a son abiertos para todo a R. Rec´ıprocamente, si X a e Y a son a abiertos para todo a entonces dado ε > 0 y c M entonces
∈
∈
f −1 (f (c)
−∞ ∈
− ε, f (c) + ε) = X
f (c)+ε
∞
∩ Y
f (c)−ε ,
lo cual muestra que f −1 (f (c)
− ε, f (c) + ε) es abierto. Luego existe δ > 0 tal que (c − δ, c + δ ) ⊂ f (f (c) − ε, f (c) + ε), −1
equivalentemente f (c
− δ, c + δ ) ⊂ (f (c) − ε, f (c) + ε).
Por lo tanto f es continua.
20
on real continua f : M Problema 3.9. Dada una funci´
→ R, considere el abierto A =
{x ∈ M ; f (x) > 0}. Muestre que, para todo x ∈ ∂A, se tiene que f (x) = 0. De un ejemplo en que se tenga f (x) = 0 con x ∈ ∂A Demostraci´ on. Sea x ∈ ∂ (A). Dado que M − A = { x ∈ M ; f (x) ≤ 0 } es un conjunto cerrado, entonces se tiene
∂ (A) = A
∩ M − A = A ∩ (M − A).
As´ı, x M A, ergo f (x) 0. Si f (x) < 0, se tiene que existe r > 0 tal que B(x; r) (M A), es decir, B(x; r) A = . Esto u ´ ltimo es una contradicci´ on pues x A. Luego f (x) = 0.
∈ −
≤
∅
∈
⊂
−
∩
on f : M Problema 3.10. Una aplicaci´ −1
se tiene f (int(Y ))
→ N es cont´ınua, si y s´ olo si, para todo Y ⊂ N ,
−1
⊂ int f (Y ). Demostraci´ on. Sea y ∈ f (int(Y )). Por definici´on f (y) ∈ int(Y ), as´ı, existe ε > 0 tal que B(f (y); ε) ⊂ Y . Como f es continua, existe δ > 0 tal que f (B(y; δ )) ⊂ B(f (y); ε) ⊂ Y. De aqu´ı, se sigue que B(y; δ ) ⊂ f (Y ). Luego y ∈ int(f (Y )). Por lo tanto f (int(Y )) ⊂ int f (Y ). Rec´ıprocamente, sea A ⊂ N abierto. Probemos que f (A) es abierto. S´olo basta −1
−1
−1
−1
−1
−1
notar lo siguiente
int f −1 (A)
−1
⊂ f
(A) = f −1 (int A)
−1
⊂ int f
(A),
donde la primera contenci´ on es por definici´on, la igualdad est´ a dada porque A es un conjunto abierto y la segunda contenci´ o n est´ a dada por la hip´otesis. Luego f −1 (A) = int f −1 (A), por lo tanto f −1(A) es abierto.
V de abiertos de un espacio topol´ ogico X se llama un sistema fundamental de vecindades abiertas (SFVA) de un punto x ∈ X cuando 1. Todo V ∈ V contiene a x. 2. Todo abierto A en X que contiene x debe contener alg´ un V ∈ V . 1 Pruebe que en un espacio m´etrico, las bolas abiertos B x; , n ∈ N forman un SFVA n on Problema 3.11. Una colecci´
de x.
21
⊂
1 , para todo n N. Ahora sea A un abierto n conteniendo a x. Por definici´ on existe δ > 0 tal que B (x; δ ) A. Por propiedad arquime1 1 diana existe n N tal que < δ . As´ı B x; B(x; δ ) A. Por lo tanto la colecci´ on n n pedida forma un SFVA. Demostraci´ on. Es evidente que x B x;
∈
∈
∈ ⊂ ⊂
etrico M , se tiene U Problema 3.12. Dados X ,Y en un espacio m´
∪ Y
X Y
∩ ⊂ X ∩ Y .
= X
∪ Y y
Demostraci´ on. Sea x X
∈ ∪ Y . Para todo ε > 0 (B(x; ε) ∩ X ) ∪ (B(x; r) ∩ Y ) = B(x; ε) ∩ (X ∪ Y ) = ∅.
Esto implica que ambas intersecciones no pueden ser vac´ıas simult´ aneamente. Sin p´erdida de generalidad B(x; ε) X = . Luego x X . Por lo tanto X Y X Y . Rec´ıprocamente, si x X entonces para todo ε > 0 se tendr´ a que
∩ ∅
∈
B(x; ε)
∈
∪ ⊂ ∪
∩ (X ∪ Y ) ⊃ B(x; ε) ∩ X = ∅.
Luego x X
∈ ∪ Y . Se concluye la igualdad pedida.
Problema 3.13. Si X
⊂ M e Y ⊂ N entonces X × Y = X × Y en M × N .
Demostraci´ on.
on f : M Problema 3.14. Una funci´
⊂
tiene que f X
f (X )
→ N es continua si y s´ olo para todo X ⊂ M se
Demostraci´ on. Supongamos la continuidad de f . Sea x X . Dado ε > 0, como f es continua en M , existe δ > 0 tal que para x X con d(x, x) < δ entonces d(f (x), f (x)) < ε. Como x X entonces sea x B(x; δ ) X = . As´ı d(x, x) < δ y luego d(f (x), f (x)) < ε. Notando que f (x) f (X ), hemos mostrado que para cualquier ε > 0 que siempre es posible obtener f (x) f (X ) tal que d(f (x), f (x)) < ε, as´ı f (x) f (X ).
∈
∈ ∈
∈ ∩ ∅
∈
∈
∈
Rec´ıprocamente, sea F N cerrado. Probemos que f −1(F ) es cerrado en M . Es claro que f −1 (F ) f −1 (F ). Por otro lado, por hip´otesis,
⊂
⊂
f (f −1 (F )) Considerando la imagen inversa, f −1 tanto f es continua.
−1
⊂ f (f (F )) ⊂ F = F. (F ) ⊂ F , conluyendo que f
−1
22
(F ) = f −1 (F ). Por lo
on f : M Problema 3.15. Una aplicaci´
→ N se dice cerrada cuando para todo F ⊂ M cerrado, su imagen f (F ) es cerrada en N . Pruebe que f : M → N es cerrada si y solamente si para todo y ∈ N y todo abierto V ⊃ f (y) existe un abierto U ⊂ M tal que f (y) ⊂ U ⊂ V Demostraci´ on. Sea y ∈ N y V ⊂ M abierto tal que f (y) ⊂ V . Dado que M − V es cerrado y f es cerrada, f (M − V ) es cerrado y por ende N − f (M − V ) abierto. Note que f (y) ∩ (M − V ) = ∅ implica {y} ∩ f (M − V ) = ∅, por lo que y ∈ N − f (M − V ). Como N-f(M-V) es abierto, existe un abierto U tal que y ∈ U ⊂ N − f (M − V ). As´ı, U ∩ f (M − V ) = ∅, implicando U ⊂ f (V ). −1
−1
−1
−1
Problema 3.16. Sea A
en A
⊂ M abierto. Si X ⊂ M es denso en M entonces X ∩ A es denso
Demostraci´ on. Sea U A subconjunto abierto. Como A es abierto, U es abierto en M . Como X es denso en M , U X = , luego U (A X ) = . Por lo tanto, A X es denso en A.
⊂
∩ ∅
∩ ∩ ∅
∩
Problema 3.17. A
⊂ M es abierto si y solamente si A ∩ X ⊂ A ∩ X para todo X ⊂ M . Demostraci´ on. Sea A ⊂ M abierto y sea x ∈ A ∩ X . Sea ε > 0 tal que B(x; ε) ⊂ A. Luego B(x; ε) ∩ (A ∩ X ) = B(x; ε) ∩ X = ∅, pues x ∈ X . Rec´ıprocamente, si A ⊂ M es tal que A ∩ X ⊂ A ∩ X , note que en particular si X = M − A se tiene que A ∩ M − A ⊂ ∅, es decir A ∩ M − A = ∅ . Sea x ∈ A. De este modo, x ∈ M − A, ni x ∈ ∂ (A) recordando que M = int(A) ∪ ∂ (A) ∪ int(M − A), entonces x ∈ int(A), por lo que A = int(A). Ergo, A es abierto. Problema 3.18. Si X es denso en M y f : M
→ N es una aplicaci´ on continua sobre-
yectiva, entonces f (X ) es denso en N .
Demostraci´ on. Probaremos que toda bola abierta con centro en f (X ) contiene puntos de N , o sea B(f (a); ε) N = . Sean ε > 0 y a M . Como f es continua en M , existe δ > 0 tal que
∩ ∅ ∈
f (B(a; δ ))
⊂ B(f (a); ε). Por la densidad de X en M , se tiene que B (a; δ ) ∩ X = ∅. Adem´as por la sobreyectividad de f entonces f (M ) = N . Y recordando que para todos A, B ⊂ M se cumple que f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B), entonces: f (B(a; δ ) ∩ M ) ⊂ f (B(a; δ )) ∩ f (M ), ⊂ B(f (a); ε) ∩ N, 23
o sea f (B(a; δ ) M ) B(f (a); ε) N , pero f (B(a; δ ) M ) es no vac´ıo. Se sigue que B(f (a); ε) N = , que era lo que quer´ıamos
∩ ⊂ ∩ ∅
∩
∩
Problema 3.19. El derivado de cualquier X
⊂ M es un subconjunto cerrado en M . Demostraci´ on. Sea X ⊂ M y sea x ∈ X . Por definici´on B(x; ε) ∩ X = ∅, para todo ε > 0. Si B(x; ε) = {x} para alg´ un ε > 0, entonces { x} ∩ X = por lo que x ∈ X . Si por el contrario, { x} ⊂ B(x; ε) propiamente, supongamos que x ∈ X . Esto quiere decir que existe δ > 0 tal que B(x; δ ) ∩ X = ∅, por lo que B(x, δ ) = {x} lo cual es una contradicci´ on. Finalmente x ∈ X , concluyendo que X = X .
olo si X los posee. Problema 3.20. Sea X denso en M . M posee puntos aislados si y s´ Demostraci´ on. Sea x M punto aislado. Se sigue que existe r > 0 tal que B (x; r) = x . Como X es denso en M , B (x; r) X = x . Note que B (x; r) X es una bola abierta en X , por lo que x es tambi´en un punto aislado de X . Rec´ıprocamente, si x M es punto aislado de X existe r > 0 tal que B (x; r) = x , pero como X es denso x X
∈
∩
{}
{}
∩
∈ ∈
{}
Problema 3.21. Para todo X
⊂ M , int X ∪ int(M − X ) es denso en M . Demostraci´ on. Es sabido que dado X ⊂ M cualquiera, se tiene que M = int X ∪ ∂ (X ) ∪ int(M − X ). As´ı sea x ∈ ∂ (X ), por lo que para todo r > 0 B(x; r)∩X = ∅. Note que int (B(x; r) ∩ X ) = B(x; r) ∩ int X . Se sigue entonces que B (x; r) ∩ int X = ∅. Por lo tanto B (x; r) ∩ (int X ∪ int(M − X )) = ∅, ergo, int X ∪ int(M − X ) es denso en M ⊂ M , sea (F )
Problema 3.22. Dado S
λ λ∈L la
de M que contienen S . Pruebe que S =
familia de todos los subconjuntos cerrados λ∈L F λ
Demostraci´ on. Como cada F λ es cerrado y contiene a S , entonces S F λ = F λ para todo λ L. Luego S F λ para todo λ L, en λ∈L F λ . Sea x λ∈L F λ , es decir x particular x S , implicando λ∈L F λ S . Por lo tanto S = λ∈L F λ
∈
∈
⊂
∈
⊂
∈
⊂
∈
− int S = M − S y M − S = int(M − S ) Demostraci´ on. Sea x ∈ M − int S . Se sigue que x ∈ int S , por lo que para todo ε > 0 se tiene que B(x; ε) ⊂ S . Esto quiere decir que existen puntos y ∈ B(x; ε) tales que y ∈ S es decir y ∈ M − S , por lo que B (x; ε) ∩ (M − S ) = ∅. Por otro lado, sea x ∈ M − S , por lo que para todo ε > 0 se tiene que B(x; ε) ∩ (M − S ) = ∅. Se sigue que B(x; ε) posee puntos que no est´ an en S , por lo tanto B(x; ε) ⊂ S , por lo que x Problema 3.23. Pruebe que M
24
Problema 3.24. Si un conjunto abierto A es disjunto de S etonces A es disjunto de la
clausura de S . Demostraci´ on. Supongamos que A S = . Sea x A S . Como A es abierto, existe r > 0 tal que B(x; r) A. Adem´as, B(x; r) S = . Luego, A S = , lo cual es una contradicci´ on
⊂
∩ ∅
∈ ∩ ∩ ∅
∩ ∅ ∞
Problema 3.25. Muestre que, para todo X
⊂ M , se tiene X =
B X ;
n=1
Demostraci´ on. ∞
x
∈ ⇔ ∀ ∈ 1 B X ; n n=1
n
N, x
∈ B
1 . n
X ;
1 , n
⇔ ∀n ∈ N, ∃x ∈ X, d(x, x ) ≤ n1 , ⇔ x ∈ X . n
4.
n
Conjuntos conexos
⊂ M tales que M = X ∪ Y y X ∩ Y = ∅. Entonces M = X ∪ Y es una escisi´ on si y solamente si X ∩ Y = X ∩ Y = ∅. (O sea x ∈ X ⇒ d(x, Y ) > 0 e y ∈ Y ⇒ d(y, X ) > 0 Demostraci´ on. Si X ∪ Y es una escisi´o n de M entonces X e Y son abiertos y cerrados. Se sigue que X = X e Y = Y . Luego, de X ∩ Y = ∅, es directo que X ∩ Y = X ∩ Y = ∅. Por otro lado, dado que X ⊂ X , para todo X ⊂ M , es claro que X ∩ Y = ∅. Consecuencia de lo anterior es que dado x ∈ X , entonces d(x, Y ) > 0. Luego existe r > 0 tal que B(x; r) ∩ Y = ∅, por lo que B(x; r) ⊂ M − Y = X , implicando que X es abierto. Problema 4.1. Sean X, Y
Se razona de forma an´ aloga para Y .
Problema 4.2. Sea ϕ : M
→ N un homeomorfismo local. Dado el espacio m´etrico X , sean f, g : X → M continuas tales que ϕ ◦ f = ϕ ◦ g. Muestre que si X fuera conexo entonces se tiene que f = g o f (x) = g(x) para todo x ∈ X . Demostraci´ on.
Problema 4.3. Sean X,Y, M conexos. Si ∂X
⊂ Y entonces X ∪ Y es conexo.
25
Demostraci´ on. Sean A y B abiertos disjuntos tales que A B = X X ) (B X ) e Y = (A X ) (B X ). Como X es conexo:
∪
∪ ∩
∪ Y . As´ı X = (A ∩
∩ ∪ ∩ 1. Si A ∩ X = ∅ y X ∩ B = X entonces X ⊂ B. a ) Si A ∩ Y = ∅ y B ∩ Y = Y entonces A = ∅ y B = X ∪ Y . b) Si A ∩ Y = Y y B ∩ Y = ∅ entonces Y ⊂ A, por lo que X ∪ Y ⊂ A ∪ B. Luego X ∩ Y = ∅. Sea x ∈ ∂X ⊂ Y ⊂ A. Luego existe r > 0 tal que B(x; r) ⊂ A, lo cual es una contradicci´ on pues A ∩ X = ∅ 2. Si A ∩ X = X y B ∩ X = ∅ entonces X ⊂ A. a ) Si A ∩ Y = Y y B ∩ Y = ∅ entonces B = ∅ y A = X ∪ Y . b) Si A ∩ Y = ∅ y B ∩ Y = Y entonces Y ⊂ B. Sea x ∈ ∂X ⊂ Y ⊂ B y se argumenta de forma an´ aloga.
Finalmente, X Y es conexo.
∪
Problema 4.4. Dados a, b
∈ M , suponga que existe un subconjunto X abierto y cerrado
tal que a X y b X . Entonces ning´ un subconjunto conexo de M puede contener a a y b simult´ aneamente.
∈
∈
Demostraci´ on. Razonemos por contradicci´ on. Supongamos que existe un subconjunto conexo Y que contiene a a y b simult´aneamente. Como X es abierto y cerrado en M entonces X (M X ) = M es una excisi´o n no trivial de M y b M X . Note que Y = (Y X ) (Y (M X )), es una excisi´on de Y . Como Y es conexo eso implica que Y X o Y (M X ) es vac´ıo. Esto no es posible pues a Y X y b Y (M X ). Contradicci´ on.
∪ − ∩ ∪ ∩ − ∩ ∩ −
∈ − ∈ ∩ ∈ ∩ −
etrico M es conexo si y s´ olo si, toda funci´ on continua Problema 4.5. Un espacio m´ f : M
→ {0, 1} es constante. Demostraci´ on. Si f : M → {0, 1} es continua, entonces f (M ) ⊂ { 0, 1}. La igualdad es posible si y s´olo si M es conexo dado que {0, 1} es un espacio discreto. Problema 4.6. Sea (X λ )λ∈L una familoia de conjuntos conexos en un espacio m´etrico
M , tales que para X λ
∩ X = ∅ para cualesquiera λ, µ ∈ L. Pruebe que
Demostraci´ on. Sean a, b
µ
∈
X λ . Luego existen λ, µ
λ∈L
X λ es conexo.
λ∈L
∈ L tales que a ∈ X
λ
yb
∈ X . µ
Dado que X λ X µ = entonces X λ X µ es conexo tales que contiene a a y b. Se concluye que para cada par de puntos a y b existe un subconjunto conexo de X λ que los contiene.
∩ ∅
∪
λ∈L
Luego
X λ es conexo.
λ∈L
26
etrico M , Problema 4.7. Sean X 1 , X 2 , . . . , Xn , . . . subconjuntos conexos de un espacio m´ tales que X n
∩ X = ∅ para todo n. Muestre que M = ∪X es conexo. Demostraci´ on. Sea a, b ∈ X , luego existen m, p ∈ N tal que a ∈ X e b ∈ X . Sin p´erdida de generalidad supongamos que p = m + k. Note que X ∪ X ∪ . . . ∪ X es conexo n+1
n
m
p
m+1
m
m+k
tal que contiene a a y b. Esto, pues se observa lo siguiente: Por hip´otesis X m y X m+1 son conexos tales que X m conexo.
∩ X = ∅, as´ı X ∪ X m+1
m
m+1
es
Por hip´otesis X m+2 es conexo tal que X m+1 X m+2 = , as´ı (X m X m+1 ) X m+2 = . De lo anterior X m X m+1 es conexo, luego X m X m+1 X m+2 es conexo.
∩
∪
Se concluye que para todo par de puntos a, b los contiene. Por lo tanto, X es conexo.
∅ ∪ ∪
∪
∩
∅
∈ X existe un subconjunto conexo que
Rm un subespacio vectorial. Si dim(E ) = m 1, entonces Problema 4.8. Sea E Rm E tiene dos componentes conexas, con cada una de ellas teniendo a E como su frontera. Para cualquier subconjunto propio X E se tiene que Rm X es conexo. Pruebe que si dim(E ) m 2 entonces Rm E es conexo.
⊂
−
≤ −
−
Demostraci´ on. Dado que dim(E ) = m diente a E . Sean
m
linealmente indepen-
y C 2 = E + αu; α < 0 = E + u −.
} Afirmamos que C y C son las dos componentes conexas de R − E . Sea x ∈ C ∩ C , entonces x = αu + a = βu + b con a, b ∈ E , luego (α − β )u = b − a ∈ E , lo cual es una 1
}
⊂
− 1 entonces existe u ∈ R
C 1 = E + αu; α > 0 = E + u
{
− −
+
{
2
m
1
2
contradicci´ on.
5. L´ımites etrica en un conjunto M . Pruebe que d es una m´etrica Problema 5.1. Sea d una pseudo-m´ si y s´ olo si toda sucesi´ on convergente seg´ un d posee l´ımite unico. ´ Demostraci´ on. Para probar que d es m´etrica debemos mostrar que d(x, y) = 0 si y s´olo si x = y. Sean x, y tales que d(x, y) = 0. Considere la sucesi´ on constante xn = x (que converge a x). As´ı, d(xn , y) = d(x, y) = 0 < ε, por lo que (xn ) converge tambi´en a y. Dada la unicidad del l´ımite, se concluye que x = y.
Problema 5.2. Dada una isometr´ıa f : M
→ M , fije un punto x ∈ M y defina x 0
f (x0 ), . . . , xn+1 = f (x). Si f (x0 ) = x 0 , la sucesi´ on (xn ) no converge. 27
1
=
Demostraci´ on. Por definici´ on f n (x0 ) = x n . Adem´as, como f es una isometr´ıa, se deduce que d(xn , xn+1) = d(x0 , x1 ), para todo n N falta seguir escribiendo
∈
Problema 5.3.
Demostraci´ on. Sea ε > 0. Dado que l´ımn∈N1 xn = a y l´ımn∈N2 xn = a existe N 1 N1 N tal que d(xn , a) < ε para todo n > N 1 existen N 1, N 2 N tales que d(xn , a) < ε para todo n > N 1 por un lado y d(xn , a) < ε para todo n > N 2 . Tomando N = m´ax N 1 , N 2
∈ ⊂ { }
∈
N, se dice que l´ımn→∞ ϕ(n) = on ϕ : N cuando, Problema 5.4. Dada una funci´ para todo c > 0 existe n0 N tal que n > n0 ϕ(n) > c. Pruebe que l´ımn→∞ ϕ(n) = si y s´ olo si para todo k N se tiene que ϕ−1 (k) es finito. En particular si ϕ es inyectiva
l´ımn→∞ ϕ(n) =
→ ⇒
∈ ∈
∞
∞
∞
Demostraci´ on. Mostremos primero que f −1 (k) es finito. Como ϕ−1 (k) N entonces posee menor elemento y as´ı ϕ−1 (k) = n1 , n2 , . . . . As´ı existe N N tal que ϕ−1 (n) > k para todo n > N . N tal que ϕ(n) > c para n > n0 . Note que Sea c > 0. Mostremos que exite n0 ϕ−1 ( c ), ϕ−1 ( c 1), ϕ−1 ( c 2), . . . , ϕ−1(1) son fonitos. As´ı
{
−
}
⊂
∈
∈
−
c
ϕ−1 (i),
i=1 c es finito. As´ı N = m´ax i=1 ϕ−1 (i). N tal que ϕ(2k) = k y ϕ(2k + 1) = 1 cumple lo pedido. Note que ϕ : N
→
Problema 5.5.
Demostraci´ on. Supongamos que (xn ) es una sucesi´ on convergente, es decir, l´ımn∈N xn = a, para alg´ un a M . Dado que (xn ) es convergente entonces toda subsucesi´ o n de (xn ) converge a a, en otras palabras, se tiene que l´ımxn = a, para toda subsucesi´o n de (xn ). Por lo tanto el valor de adherencia de (xn ) es u ´nico
∈
k
on dupla en un espacio m´etrico M es una aplicaci´ on (m, n) Problema 5.6. Una sucesi´ xmn de N N en M . La sucesi´ on dupla (xmn ) origina, para cada n N fijo, una sucesi´ on simple (x1n , x2n , x3n , . . .) y para cada m N fijo, la sucesi´ on (xm1 , xm2 , xm3 , . . .). Se escribe
×
∈
∈
→
an = l´ımm→∞ xmn y bm = l´ımn→∞ xmn para indicar los l´ımites de estaciones sucesiones simples, si existieran. Por otro ldo, se dice que la sucesi´ on dupla (xmn ) converge al l´ımite a M cuando, para cada ε > 0, existe n0 N, tal que m,n > n0 implica d(xmn , a) < ε. R definida por f (k) = k Se escribe entonces a = l´ımm,n xmn = l´ımm,n→∞ xmn . Sea f : N 1 se k fuese par y f (k) = si k fuese impar. Muestre que: k
∈
∈
28
→
f (m) + f (n) 1. La sucesi´ on dupla de n´ umeros reales xmn = converge a 0 pero no mn existen los l´ımites simples l´ımn→∞ xmn l´ımm→∞ xmn para ning´ un valor de n ni m. f (m) 2. Poniendo ymn = , existe, para todo n, el l´ımite l´ımm→∞ ymn = 0 pero para mn ning´ un valor fijo de m existe l´ımn→∞ ymn 3. Si existiera el l´ımite duplo a = l´ım xmn y para todo n existiera l´ım xmn = an m→∞ entonces se debe tener l´ım an = a. Por lo tanto valen las igualdades l´ım(l´ım xmn ) = l´ım(l´ım xmn ) = l´ım xmn m
Demostraci´ on.
n
n
1. Note que 0
Luego haciendo n, m
m
m,n
≤ x ≤ n1 + m1 . mn
→ ∞ tenemos que
l´ım xmn = 0. Para 2m se tiene que
m,n→∞
1 f (n) 1 f (n) x2mn = + . Para 2m +1 se tine que x (2m+1)n = + . As´ı n 2mn (2m + 1) 2n (2m + 1)n 1 l´ımm→∞ x(2m+1)n = 0 y l´ım m→∞ x2mn = . n 2. Note que f (n) 1 0 y n . mn m 1 Luego l´ım m→∞ ymn = 0. Note que seg´ un paridad de n se tiene que l´ımn→∞ ymn = m para n par y l´ım n→∞ ymn = 0 para n impar.
≤ ≤
≤
3. Sea ε > 0. Por desigualdad triangular tenemos que d(an , a)
≤ d(a , x
mn )
n
+ d(xmn , a).
N tal que para n , m > N1 se tiene que d(xmn , a) < Sabemos que existe N 1 ε ε y N 2 N tal que para m > N 2 se tiene que d(an , xmn ) < . As´ı, tomando 2 2 N = m´ax N 1, N 2 , para n,m > N tendremos que d(an , a) < ε, haciendo valer que l´ım an = a.
∈
∈ {
}
Problema 5.7. Sea S
⊂ M denso. Dada una sucesi´ on (x ) en M suponga qe existe x ∈ M tal que l´ım d(x , s) = d(x, s) para todo s ∈ S . Pruebe que l´ım x = x. Demostraci´ on. Sea ε > 0. Como S es denso en M , existe s ∈ S tal que d(x, s) < . Adem´a s, por hip´otesis, para todo n suficientemente grande tenemos que | d(x , s) − ε d(x, s)| < , es decir d(x , s) < d(x, s) + . As´ı, para n suficientemente grande: 2 d(x , x) ≤ d(x , s) + d(s, x), n
n
n
ε
n
4
ε
2
n
n
n
< 2d(x, s) + 29
ε = ε. 2
Por lo tanto l´ım xn = x 1 converge puntualmente pero 1 + nx no uniformemente en el intervalo [0, 1]. Lo mismo para f n (x) = nx(1 x)n . on de funciones f n (x) = Problema 5.8. La sucesi´ Convergencia de
−
1 . 1+nx n∈N
1 l´ım = n→∞ 1 + nx
1, 0,
si x = 0 , si x (0, 1]
∈
y la convergencia no es uniforme pues la sucesi´on de funciones es continua mientras que la funci´on limite es discontinua. Convergencia de (nx(1
n
− x) )
n∈N .
l´ım nx(1
n→∞
− x)
n
= 0,
∀x ∈ [0, 1]
La convergencia es uniforme pues la sucesi´ ones de funciones es de funciones continuas y su funci´on l´ımite es continua.
Problema 5.9. Dada f : (0, +
∞) → R se dice que l´ım f (x) = c cuando para todo ε > 0 existe k ∈ R tal que x > k entonces |f (x) − c| < ε. Muestre que l´ım f (x) = c si y s´ olo si g : R → R definidas por g (x) = f (x + n) converge uniformemente para c en cada parte acotada de (0, +∞). x→∞
x→∞
n
n
Demostraci´ on.
6.
Continuidad uniforme
on de funciones uniformemente continuas f n : M Problema 6.1. Si una sucesi´ converge uniformemente para una aplicaci´ on f : M continua.
→ N
→ N entonces f es uniformemente
Demostraci´ on. Empiece notando que se tiene, usando dos veces la desigualdad triangular, la siguiente desigualdad d(f (x), f (y))
≤ d(f (x), f (x)) + d(f (x), f (y)) + d(f (y), f (y)). n
n
n
n
Por la sucesi´on de funciones uniformemente continuas tenemos que para todo ε > 0 existe ε δ 1 > 0 tal que para todo x, y M tales que d(x, y) < δ 1 entonces d(f n (x), f n (y)) < , 3 para todo n N. Adem´as, como la sucesi´ on (f n ) converge uniformemente a f , entonces ε para todo ε > 0, y para todo x M existe N N tal que d(f n , f ) < para todo n > N . 3 As´ı, para δ = δ 1 y todo n > N se tiene que para todo x, y M tales que d(x, y) < δ d(f (x), f (y)) < ε, por lo tanto f es uniformemente continua.
∈
∈
∈
∈
30
∈
Problema 6.2. Dada f : [0, +
f [a, +
∞) → R, suponga que existe a > 0 tal que f |[0, a] y
∞) sean uniformemente continuas. Pruebe que f es uniformemente continua. Demostraci´ on. Empiece notando que para todo x, y ∈ [0, +∞) se tiene que |f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − f (a)| + |f (y) − f (a)|. Como f |[0, a] y f |[a, +∞) son uniformemente continuas, entonces dado ε > 0 existen δ , δ > 0 tales que para todos x ∈ [0, a] e y ∈ [a, +∞) tales que |x − a| < δ , y |y − a| < δ ε ε entonces |f (x) − f (a)| < y |f (y) − f (a)| < . As´ı, tomando δ = m´ın {δ , δ } entonces 2 2 para x ∈ [0, a] e y ∈ [a, +∞) tales que |x − a| < δ e |y − a| < δ se sigue que |f (x) − f (a)| + |f (y) − f (a)| < 2ε + 2ε = ε. Luego para todo ε > 0 y todos x, y ∈ [0, +∞) existe δ > 0 tal que |x − y | < δ implica |f (x) − f (y)| < ε, por lo que f : [0, +∞) → R es uniformemente continua. |
1
2
1
1
2
2
Problema 6.3. Sea X
⊂ M denso. Si f : M → N es una aplicaci´ on continua tal que
f X es uniformemente continua, entonces f es uniformemente continua.
|
Demostraci´ on. Sea ε > 0. Sabemos que existe δ > 0 tal que para todos x, y X tales ε que d(x, y) < δ entonces d(f (x), f (y)) < . 3 δ Sean u, v M tales que d(u, v) < . Por continuidad en u existe δ 1 > 0 tal que para 3 ε todo a M tal que d(u, a) < δ 1 entonces d(f (u), f (a)) < . An´alogamente para v, existe 3 ε δ 2 > 0 tal que para todo b M tal que d(v, b) < δ 2 entonces d(f (v), f (b)) < . 3 δ Ahora bien, como X es denso, existen x, y X tales que d(u, x) < m´ın δ 1, y 3 δ d(u, y) < m´ın , δ 2 . 3 As´ı
∈
∈
∈
∈
∈
d(x, y)
≤ d(x, u) + d(u, v) + d(v, y) < δ,
por lo tanto d(f (u), f (v)
≤ d(f (u), f (x)) + d(f (x), f (y)) + d(f (y), f (v)) < ε,
por lo tanto, f es uniformemente continua
31
7.
Espacios m´ etricos completos
an una serie convergente de n´ umeros reales positivos. Si una sucesi´ on (xn ) en un espacio m´etrico es tal que d(xn , xn+1) a n para todo n entonces (xn ) es una sucesi´ on de Cauchy. Problema 7.1. Sea
≤
Demostraci´ on. Dado que an es convergente, l´ım an = 0, de lo que se sigue que dado ε ε > 0 existe N tal que para n > N se tiene que an < . p Para mostrar que (xn ) es de Cauchy basta mostrar que d(xn , xn+ p ) < ε para cualquier p N. Usando p 1 veces la desigualdad triangular se tiene:
∈
−
d(xn , xn+ p )
d(xn , xn+1 ) + d(xn+1, xn+ p ), d(xn , xn+1 ) + d(xn+1, xn+2 ) + d(xn+2 , xn+ p ), d(xn , xn+1 ) + . . . + d(xn+ p−1 , xn+ p ), an + . . . + an+ p−1 .
≤ ≤ ≤ ≤
As´ı, para n > N ,
ε ε d(xn , xn+ p ) < + . . . + = ε. p p
on (xn ) en M formamos una sucesi´ on dupla de n´ umeros Problema 7.2. Dada una sucesi´ reales poniendo t mn = d(xm , xn ). Muestre que (xn ) es de Cauchy si y s´ olo si l´ım tmn = 0. m,n→∞
Demostraci´ on. Suponga que (xn ) es de Cauchy. Dado ε > 0 existe N n, m > N se tiene que
|t | = |d(x mn
m , xn )
m , xn ) <
| = d(x
∈ N tal que para
ε.
Se satisface la definici´ on inmediatamente. Si l´ım tmn = 0 es an´alogo m,n→∞
Problema 7.3. Sea ϕ : N
→ N tal que l´ım
n→∞ ϕ(n)
∞
= . Se (xn ) es una sucesi´ on de Cauchy en M entonces yn = x ϕ(n) define una sucesi´ on de Cauchy en M . Demostraci´ on. Sea ε > 0. Entonces tenemos que d(ym , yn ) = d(xϕ(m) , xϕ(n) ). Como (xn ) N tal que para n , m > N se tiene que d(xn , xm ) < ε. Coes de Cauchy existe N mo l´ım ϕ(n) = existe N 0 tal que para m,n > N 0 se tenga ϕ(n), ϕ(m) > N , luego d(ym , yn ) = d(xϕ (m), xϕ (n)) < ε. Por lo tanto (yn ) define una sucesi´ o n de Cauchy en M .
∞
∈
32
on (xn ) en el espacio m´etrico M considere la sucesi´ on Problema 7.4. Dada una sucesi´ de funciones f n : N on (xn ) es de Cauchy, R dadas por f n ( p) = d(xn , xn+ p ). La sucesi´
→
si y s´ olo si f n 0 uniformemente. Considerando la sucesi´ on de las sumas parciales de la serie arm´ onica, muestre que la consideraci´ on f n 0 puntualmente no basta para que (xn ) sea de Cauchy.
→
→
Demostraci´ on. Suponga que f n converge uniformemente a la funci´ on nula. Sea ε > 0 y para todo p N existe N N tal que para n > N se tiene que d(xn , xn+ p ) = f n ( p) < ε, por lo tanto (xn ) es una sucesi´ on de Cauchy. Ahora suponga que (xn ) es una sucesi´ on de Cauchy. Sea ε > 0, por tanto, existen N tal que para todos n > N se tiene que f n ( p) 0 = f n ( p) = d(xn , xn+ p ) < ε sea cual sea p N, por lo tanto (f n ) converge uniformemente a la funci´ on nula.
∈
∈
|
|
∈
−| |
Problema 7.5. Si M 1 , . . . , Mn
|
|
⊂ M son completos entonces M ∪ . . . ∪ M es completo 1
n
Demostraci´ on. Dado que M 1 , . . . , Mn son subespacios completos de N entonces son subconjuntos cerrados. Luego, M 1 M 2 . . . Mn es union finita de cerrados, por lo tanto es cerrado y as´ı, completo
∪
∪
Problema 7.6. Las componentes conexas de un espacio m´etrico completo son subconjun-
tos completos. Demostraci´ on. Es sabido que las componentes conexas de un espacio m´etrico son conjuntos cerrados. Adem´ as, como el espacio de referencia es completo, al ser cerrados tambi´en son completos. Termina la demostraci´ on.
Problema 7.7. Sea (M λ )λ∈L una familia arbitraria de subespacios completos de un espa-
cio m´etrico N . Entonces la intersecci´ on M =
λ∈L
M λ es un espacio m´etrico completo.
Demostraci´ on. Dado que M λ es subespacio completo de un espacio m´etrico entonces es cerrado para todo λ L. Luego, como M es uni´on arbitraria de cerrados, es cerrado y as´ı es completo.
∈
Problema 7.8. Si existe un conjunto X tal que (X ; M ) sea completo, entonces el espacio
B
M es completo. Demostraci´ on.
Problema 7.9. Sea f : M
→ N continua, tal que existe c > 0 con d(f (x), f (y)) ≥
c d(x, y) para todo x, y M . Muestre que f trannsforma subespacios completos de M en subespacios completos de N . En particular, si M es completo entonces f es una aplicaci´ on cerrada.
·
∈
33
Demostraci´ on. Sea X M completo y sea (z n ) una sucesi´on de Cauchy en f (X ). Debemos probar que (z n ) converge en f (X ). Por definici´ on para cada z n existe xn X tal que f (xn ) = z n . Como (z n ) es de Cauchy, dado ε > 0 entonces d(z n , z m ) < ε c para todos n y m suficientemente grandes. En seguida por hip´otesis se tiene que d(xn , xm ) < ε, por lo tanto (xn ) es de Cauchy en X y as´ı existe x X tal que xn x. Haciendo z = f (x) f (X ) afirmamos que z n z . En efecto como f es continua si xn x entonces z n = f (xn ) f (x) = z , por lo tanto (z n ) converge en f (X ) y luego f (X ) es completo. Dado que todo subespacio completo de un subespacio m´etrico es cerrado, por lo anterior probamos que la imagen de todo cerrado propio de M es cerrado en N . Ahora, si M es completo, entonces es cerrado y por ende, su imagen es cerrada en N . Luego f lleva cerrados en cerrados, concluyendo as´ı que es una aplicaci´ on cerrada.
⊂
∈
·
∈
8.
−→
∈
−→
−→
−→
Espacios m´ etricos compactos
etrico comProblema 8.1. Sean A y B subconjuntos disjuntos no vac´ıos en el espacio m´ pacto M . Si d(A, B) = 0 entonces existe p ∂ (A)
∈
∩ ∂ (B)
Demostraci´ on. Dado que M es compacto entonces es completo. Como d(A, B) = 0, para todo n N existen xn e yn en A y B tales que d(xn , yn ) < n1 . Esto define las sucesiones (xn ) en A e (yn ) en B. Defina la sucesi´on (z n ) por xi si n = 2i e yi si n = 2i + 1. Es claro que (z n ) es de Cauchy en M y por ende convergente en el espacio. Supongamos que z n p. Note que (xn ) e (yn ) al ser subsucesiones de (z n ) son tambi´en convergentes y lo hacen hacia el punto p. Note que p es l´ımite de una sucesi´ on en A y otra en M A (pues B M A), luego p ∂A. De modo an´alogo se concluye que p ∂B.
∈
→ ⊂ −
∈
∈
−
Problema 8.2. Sean K
⊂ V ⊂ M donde K es compacto y V es abierto en M . Pruebe que existe r > 0 tal que ∪ B(x; r) ⊂ V Primera demostraci´ on. Sea (C ) un cubrimiento por abiertos de K tal que C ⊂ V (que existe, pues V es abierto). Dado que K es compacto, existe subcobertura finita C . As´ı, para cada x ∈ K existe λ tal que x ∈ C y en virtud de esto existe r tal que B(x; r ) ⊂ C , para alg´ un i = 1, . . . , n. As´ı, sean r = sup , por cada i. Luego r = m´ax {r , . . . , r }. Luego es claro que ∪ B(x; r) ⊂ V . Segunda demostraci´ on. El problema equivale a mostrar que existe r > 0 tal que B(K ; r) ⊂ V (bola de centro K y radio r). Por contradicci´ on supongamos que para todo n ∈ N existe una sucesi´ on (x ) en B(K ; ) tal que x ∈ V . x∈K
λ λ∈L
i
xi
λi
λi
1
i
rxi
x∈K
n
n
xi
1
n
Problema 8.3. Una familia (F λ )λ∈L de conjuntos se llama cadena cuando dados λ, µ
∈ L
se tiene F λ F µ o bien F λ F µ . Pruebe que un espacio m´ etrico M es compacto si y solamente si toda cadena de subconjutos cerrrados no vac´ıos en M tiene intersecci´ on no vac´ıa.
⊂
⊃
34
Demostraci´ on.
Problema 8.4. Sean K =
K λ la intersecci´ on de una familia de compactos en el espacio m´etrico M y U un abierto conteniendo a K . Pruebe que existen λ1, . . . , λn L tales que K λ1 . . . K λ U . Si la familia (K λ ) fuera una cadena entonces K U implica K λ U para alg´ un λ. Si K 1 K 2 . . . y ∞ U entonces existe n0 tal n=1 K n que n > n0 implica K n U .
∩ ∩ ⊂
n
⊂
⊂
λ∈L
⊃ ⊃
∈ ⊂
⊂
Demostraci´ on.
etrico, la intersecci´ on de una cadena de compactos Problema 8.5. En todo espacio m´ conexos es un conjunto conexo (y compacto) Demostraci´ on. .
etrico M es totalmente acotado si y solamente Problema 8.6. Pruebe que un espacio m´ si toda sucesi´ on en M posee una subsucesi´ on de Cauchy. Demostraci´ on. Sea (xn ) una sucesi´on en M y sea ε > 0. Como M es totalmente acotado existen a1 , . . . , an M tales que
∈
ε M = B a1 ; 2
∪
...
∪B
ε . 2
an ;
As´ı, existe j 1, . . . , n tal que xn B(a j ; ε) para infinitos xn . Sea yn = xϕ(n) la subsucesi´on contenida en B(a j ; ε). Es claro que (yn ) es de Cauchy. Por lo tanto, dado ε > 0 y una sucesi´on en M siempre podemos extraer una subsucesi´ on de Cauchy. 1 1 Rec´ıprocamente, sea (xn ) una sucesi´ on en M . Por hip´otesis, (xn ) posee una subsucesi´ on de Cauchy, la cual es acotada y por ende est´a totalmente contenida en una bola de radio ε1 digamos B 1 . Sea x 2n una sucesi´on tal que x 2n B 1 . Por hip´otesis posee una subsucesi´ on de Cauchy la cual est´a acotada y por ende est´ a totalmente contenida en una bola de radio B 2 . Se continua el proceso, el cual es finito pues de no serlo se define la sucesi´ on y n n definida de modo que yn = x seguir redactando assadasd
∈{
}
∈
∈
on de puntos xn Problema 8.7. Sea M compacto. Una sucesi´
∈ M es convergente si y
solamente si posee un unico ´ valor de adherencia. Muestre, por medio de un ejemplo, que la compacidad de M es una hip´ otesis necesaria. Demostraci´ on. Sea (xn ) una sucesi´ on convergente en M , es decir xn L M . Sea (yn ) = (xϕ (n)). Dado que (xn ) es convergente, y n L. Luego L es el u ´nico valor de adherencia. Por otro lado, sea (xn ) una sucesi´ o n con un u´nico valor de adherencia. Mostremos que (xn ) es convergente. Dado que (xn ) posee un valor de adherencia, entonces existe una subsucesi´on yn = xϕ (n) convergiendo a ´el. Ahora considere la subsucesi´ on sin ... seguir escribiendo.
→
35
→ ∈
on f : M Problema 8.8. Se dice que una aplicaci´
→ N es localmente lipchitziana cuando
existe una cobertura de M por medio de abiertos, en cada uno de los cuales f es lipschitziana. Muestre que si M fuese compacto, esta condici´ on implica que f es lipschitziana. Demostraci´ on.
Problema 8.9. Se dice que un espacio m´etrico M es uniformemente localmente compacto
cuando existe ε > 0 tal que toda bola B[x; ε] es compacta. Muestre que en estas condiciones M es completo. Demostraci´ on. Sea (xn ) una sucesi´ o n de Cauchy en M y sea ε > 0 tal que toda bola cerrada en M es compacta. Luego para alg´ un x M se tiene que B[x; ε] contiene infinitos t´erminos de (xn ). Como B [x; ε] es compacto y el conjunto de valores de xn en dicha bola es infinito, entonces posee un punto de acumulaci´ o n. Esto quiere decir que (xn ) posee una subsucesi´ on convergente en B[x; ε] M , pero como es de Cauchy, entonces (xn ) es convergente. Luego M es completo.
∈
⊂
etricos. Pruebe que la clausura de un conjunto Problema 8.10. Sean M, N espacios m´ equicontino E continuos.
⊂ C (M ; N ) es equicontinuo. Idem para conjuntos uniformementes equi0
Demostraci´ on. Sea a M y ε > 0. Dado g E , existe f B g; 3ε E . Como E es ε equicontinuo existe δ > 0 tal que si d(x, a) < δ entonces d(f (x), f (a)) < 3 . As´ı:
∈
d(g(x), g(a))
∈
∈
∩
≤ d(g(x), f (x)) + d(f (x), f (a)) + d(f (a), g(a)) < ε.
Por lo tanto E es equicontinuo. Para conjuntos uniformemente equicontinuos la demostraci´ on es an´ aloga.
9.
Espacios separables
Problema 9.1. Sea M separable. Toda base de M contiene una base numerable.
Demostraci´ on.
etrico M . Pruebe que Problema 9.2. SSea X un subespacio seperable de un espacio m´ su clausura X es separable. Concluya que el completamiento de un espacio separable es separable. Demostraci´ on. 36
