Departamento de Matemática, Universidad Técnica Federico Santa

Departamento de Matemática,
Universidad Técnica Federico Santa Marı́a,
MAT-223.
Problemas con soluciones
1) Muestre que si A es una base de una toplogı́a en X, entonces la topologı́a generada por A es iqual a
intersección todas las topologı́as en X que contiene A.
Solución. Notamos por τ (A) la topologı́a generada por A, es decir, la topologia τ (A) es todos los
posibles uniones de los conjuntos que viven en A. Otra notación es {τA,α }α∈I , que significa las topologı́as
que contienen la familia A. A proposito, entre τA,α se encuentra la topologı́a τA cuya base es A.
Necesito demostrar, que
\
τ (A) =
τA,α .
α∈I
Mostramos τ (A) ⊂
T
τA,α . Sea G ∈ τ (A), entonces G = ∪GA , GA ∈ A. Por otro lado, cado conjunto
α∈I
T
T
GA está en τA,α para todos α, entonces GA ⊂
τA,α y por eso G = ∪GA ⊂
τA,α .
α∈I
α∈I
T
T
Mostramos τ (A) ⊃
τA,α . Sea G ∈
τA,α , entonces G ∈ τA,α para todos α. En particular, G ∈ τA ,
α∈I
α∈I
que implica por la definición de τA que G = ∪GA , donde GA ⊂ A. El último significa que G ∈ τ (A).
Conclución. La topología τ (A) es más debil que la topología τA .
2) Demostrar que C(R) es separable.
Solución. Notamos, que C(R) =
S
C([−n, n]), donde el espacio C([−n, n]) es espacio de funciones
n
continuas en el compacto [−n, n]. Si f ∈ C([−n, n]), entonces continuando por una constante en manera
continua al intervalos (−∞, −n)∪(n, ∞) obtenemos una función continua en R1 . Si f (x) ∈ C(R) entonces
f es continua en cualquier intervalo [−n, n], entonces pertenece a C([−n, n]) para cualquier n ∈ N. Cada
C([−n, n]) es separable. Si mostramos que union numerable de espacios separables, es separable, entonces
logramos lo que necesita.
Sean C = ∪Cn , donde Cn espacios métricos y An conjuntos numerables tales que An = Cn . Sea
ε > 0. Si x ∈ C, entonces existe al menos uno espacio Cn tal que x ∈ Cn . Luego existe an ∈ An , tal que
dist(x, an ) < ε. Tal como an ∈ ∪An y ∪An no mas que numerable, entonces, espacio C es separable.
3) Sea X un espacio métrico compacto. Sea {fn } una familia equicontinua en C(X). Demuestre que si
{fn } converge puntualmente, entonces, en realidad, {fn } converge uniformemente.
Solución. Sea ε > 0. Como {fn } es una familia equicontinua en C(X), existe δ > 0 tal que
|fn (x) − fn (y)| < ε/2
cuando d(x, y) < δ para todos n ∈ N.
Demostramos primero, que el lı́mite puntual f (x) es una funcion uniformemente continua. La convergencia de {fn } implica que es una sucesión de Cauchy. Luego para cada y ∈ X existe N1 (y) tal
que
|fn (y) − fm (y)| < ε/2 cuando n, m > N1 (y).
Tenemos
|fm (x) − fn (y)| ≤ |fm (x) − fm (y)| + |fm (y) − fn (y)| < ε cuando n, m > N1 (y) y d(x, y) < δ ∀ x ∈ X.
1
2
En la desigualdad
|fm (x) − fn (y)| < ε cuando d(x, y) < δ ∀ n, m > N1 (y), ∀ x ∈ X
pasamos al lı́mite cuando m → ∞. Obtenemos
|f (x) − fn (y)| < ε cuando d(x, y) < δ ∀ n > N1 (y), ∀ x ∈ X.
Luego, tomamos x ∈ X arbitrario e y ∈ X tal que d(x, y) < δ. Tenemos
|fn (x) − f (x)| ≤ |fn (x) − fn (y)| + |fn (y) − f (x)| < 3ε/2 cuando n > N1 .
Ahora N1 no dependede x. hemos probado la convergencia uniforme.
4) Sean, E un espacio normado lineal, f ∈ E ? , L = Ker (f ) nucleo de f . Demostrar que para cualquier
x∈E
|f (x)|
ρ(x, L) =
.
kf k
Solución. Notamos, que ρ(x, L) = inf ρ(x, y) = inf kx − yk. Si y ∈ L, entonces
y∈L
y∈L
|f (x)| = |f (x − y)| ≤ kf k · kx − yk.
Luego
|f (x)|
.
y∈L
kf k
Mostramos la desigualdad opuesta. Tomamos una suseción xn ∈ X tal que kxn k = 1 y
n
kf k < f (xn ).
n+1
ρ(x, L) = inf kx − yk ≥
f (x)
f (xn ) xn .
Es facil ver que y ∈ L. Además
f (x) n + 1 |f (x)|
kx − yk ≤ .
· kxn k ≤
f (xn )
n
kf k
Luego formamos un elemento y = x −
Tomando, primero el lı́mite cuando n → ∞, después ı́nfimo por todos y ∈ L, obtenemos el resultado:
ρ(x, L) ≤
|f (x)|
kf k
5) Sean G1 y G2 dos bases de algunas topologı́as en X. Sean τ1 = τ (G1 ) y τ2 = τ (G2 ) topologı́as generadas
por G1 y G2 . Demuestre que τ1 ⊂ τ2 si y solo si para cualquier G1 ∈ G1 y cualquier x ∈ G1 , existe G2 ∈ G2
tal que x ∈ G2 ⊂ G1 .
Solución. Supongamos, que τ1 ⊂ τ2 . Sean G1 ∈ G1 y x ∈ G1 . τ1 es la familia uniones posibles de
S (2)
(2)
conjuntos que pertenecen a G1 . Si G1 ∈ τ1 , entonces G1 ∈ τ2 y por eso G1 =
Gα , Gα ∈ G2 .
α
S (2)
Si x ∈ G1 , entonces x ∈ Gα . Existe al menos un elemento (que llamamos G2 ) que pertenecen a
α
S
Gα = G1 y que contiene x. Al final, tenemos x ∈ G2 ⊂ G1 .
α
Al revez. Mostramos que cualquier abierto G ∈ τ1 también pertenece a τ2 . Acordamos que si G ∈ τ1 ,
S (1)
(1)
(1)
entonces G = Gα , donde Gα ∈ G1 . Sea x ∈ G. Luego existe G1 ∈ G1 , tal que contiene x. Por
α
(1)
(2)
(2)
(1)
condiciones del problema, si x ∈ G1 , entonces existe Gx ∈ G2 , tal que x ∈ Gx ⊂ G1 . En este caso
S (2)
G⊂
Gx y por eso G ∈ τ2 .
x∈G
3
6) Notamos por H∞ el conjunto de las sucesiones x = {xn } de los números reales tales que |xn | ≤ 1 para
n = 1, 2, . . ..
∞
P
1. Muestre que d(x, y) =
2−n |xn − yn | define una métrica on H∞ .
n=1
2. Para x, y ∈ H∞ y k ∈ N definimos Mk = max{|x1 − y1 |, . . . , |xk − yk |}. Demuestre que
2−k Mk ≤ d(x, y) ≤ Mk + 2−k .
Solución. Como
d(x, y) =
∞
X
2−n |xn − yn | ≤
n=1
∞
X
2−n (|xn | + |yn |) ≤
n=1
∞
X
2−n+1 = 2
n=1
la función es finita y las serias convergen absolutamente. Mostramos la desigualdad del triángulo, porque
dos otros propiedades son obvios. Tenemos, desde desigualdad del triángulo, para valor absoluto
∞
∞
X
X
d(x, z) =
2−n |xn − zn | ≤
2−n |xn − zn | + |zn − yn |
≤
n=1
∞
X
n=1
2−n |xn − zn | +
n=1
∞
X
2−n |zn − yn | = d(x, z) + d(z, y).
n=1
Mostramos 2−k Mk ≤ d(x, y).
2−k Mk ≤ 2−k
k
X
|xn − yn | ≤
n=1
n=1
−k
Mostramos d(x, y) ≤ Mk + 2
d(x, y)
=
+
k
X
2−n |zn − yn | ≤
∞
X
2−n |zn − yn | = d(x, y).
n=1
.
2−n |zn − yn | +
n=1
∞
X
k
X
∞
X
2−n |zn − yn | ≤ max{|x1 − y1 |, . . . , |xk − yk |}
n=k+1
2−n+1
n=1
n=k+1
2−n+1 ≤ Mk (1 −
k
X
1
) + 2−k ≤ Mk + 2−k+1 .
2k
7) Sea c0 conjunto de las sucesiones x = {xn } de números reales que tienden al 0. Sea (l∞ , ρsup (x, y))
espacio de las sucesiones de números reales con la métrica ρsup (x, y) = sup |xn − yn |. Pruebe que c0
1≤n≤∞
es cerrado en l∞ .
Sugerencia: Sea x(k) ∈ c0 una sucesión que converge a un elemento ω ∈ l∞ . Use la desigualdad
(k)
|ωn | ≤ |ωn − x(k)
n | + |xn |.
(k)
y elige k tal que valor absoluto |ωn − xn | sea pequeño independiente de n.
Solución. Sea x(k) ∈ c0 una sucesión que converge a un elemento ω ∈ l∞ . Sea ε > 0 y N0 ∈ N tal
(k)
que ρsup (x(k) , ω) = sup |xn − ωn | < ε/2 para todos k > N0 . Para cada k escojemos N1 ∈ N tal que
1≤n≤∞
(k)
|xn |
≤ ε/2 para todos n > N1 . Luego |ωn | ≤ ε para n > N1 y k > N0 , que significa que la sucesión ωn
va al 0 y ω ∈ c0 .
8) Sea (X, ρ) un espacio métrico. Sean F 6= ∅ y K 6= ∅ subconjuntos de X tales que F es cerrado, K es
compacto y F ∩ K = ∅. Demuestre que
d(F, K) = inf{ρ(x, y) : x ∈ F, y ∈ K} > 0.
Dé un ejemplo, donde F 6= ∅, K 6= ∅, F y K son cerrados, F ∩ K = ∅ y d(F, K) = 0.
4
Solución. Conjunto F es cerrado, entonces X \ F es abierto. Luego para y ∈ K existe la bola B(y, ρy )
que no intersecta F . Como K es un compacto, entonces K es cerrado, y se puede encontrar para cada
x ∈ F una bola B(x, ρx ) tal que B(x, ρx ) ∩ K = ∅. Notamos por U el union ∪x∈F B(x, ρx /3) y por
V el union ∪y∈K B(y, ρy /3). Conjuntos U y V son abiertos y disjuntos. Mostramos que son disjuntos.
Supongamos que no es ası́ y existe z ∈ U ∩ V . En este caso z ∈ B(x, ρx /3) ∩ B(y, ρy /3) y
ρ(x, y) ≤ ρ(x, z) + ρ(z, y) ≤ 2/3 max{ρx , ρy }
que contradicta a la definición de bolas.
La union ∪y∈K B(y, ρy /3) es recubrimiento abierto de K, que se puede reducir a un recubrimiento
abierto finito ∪m
yn ∈K B(yn , ρyn /3). Notamos por dN la distancia entre B(yn , ρyn ) y F . Por la construcción,
cada dn es estrictamente positiva. Luego 0 < minn≤m {dn } < d(F, K).
Exemplo. Dos gráficas de las funciones y1 = 0 y y2 = 1/x son cerradas en R2 , pero inf{y1 , y2 } = 0.
9) ¿Para qué valores α la función f (x) = xα es uniformemente continua sobre (0, ∞)?
Solución. Sea α ∈ (−∞, 0). En este caso la función f (x) no es uniformemente continua en (0, l),
0 < l < ∞. Tomamos xn = n1/α . Como α es negativo, entonces xn → 0 cuando n → ∞. Por el momento
notamos 1/α = a. Tenemos
|xn+1 − xn | = |(n + 1)a − na | = |na + ana−1 + o(na−1 ) − na | ≤ |a|na−1 + |o(na−1 )| → 0
cuando n → ∞. Pero
|f (xn+1 ) − f (xn )| = |n + 1 − n| = 1
no tiende al 0.
Sea α ∈ (1, ∞). En este caso la función f (x) no es uniformemente continua en (l, ∞), l > 0. Tomamos
xn = n1/α . Como α es positivo, entonces xn → ∞ cuando n → ∞. Por el momento notamos 1/α = a.
Tenemos
|xn+1 − xn | = |(n + 1)a − na | = |na + ana−1 + o(na−1 ) − na | ≤ |a|na−1 + |o(na−1 )|.
Observamos, que para α ∈ (1, ∞), tenemos a − 1 < 0 y |a|na−1 + |o(na−1 )| → 0 cuando n → ∞. Pero
|f (xn+1 ) − f (xn )| = |n + 1 − n| = 1
no tiende al 0.
Sea α ∈ [0, 1]. Demostramos, que f (x) es uniformemente continua en (1, ∞). Sea ε > 0. En este caso
por el teorema sobre el valor intermedio
α
α−1
|xα
|x1 − x2 | ≤ α|x1 − x2 |,
1 − x2 | = αξ
x1 < ξ < x2 ,
porque ξ α−1 ≤ 1 para ξ > 1 y α ∈ [0, 1]. Eso significa, que si |x1 − x2 | < δ = ε/α, entonces |f (x1 ) −
f (x2 )| < ε para cualquier ε > 0.
Demostramos, que f (x) es uniformemente continua en (0, 1]. Tomamos cualquier ε > 0. En el intervalo
[ε, 1] la función f (x) es uniformemente continua con un δε , porque es continua en el compacto [ε, 1]. Si
x1 , x2 ∈ (0, ε), entonces
α
α
α
α
|xα
1 − x2 | ≤ |x1 | + |x2 | ≤ 2ε .
Eso significa que si |x1 − x2 | < 2 max{|x1 |, |x2 |} < δ = ε1/α /2, entonces
α
α
|f (x1 ) − f (x2 )| = |xα
1 − x2 | < 2δ < ε.
Al final, para cualquier ε > 0 y δ = min{ε/α, δε , ε1/α /2} tenemos |f (x1 )−f (x2 )| < ε cuando |x1 −x2 | <
δ para todos x1 , x2 ∈ (0, ∞).
10) Sea (X, d) un espacio métrico compacto. Sea {fn } una sucesión en C(X). Demuestre que si {fn }
converge uniformemente, entonces la familia {fn }∞
n−1 es equicontinua y uniformemente acotada.
5
Solución. Supongamos que {fn } converge uniformemente a f (x): para cualquiera ε > 0 existe N0 ∈ N,
tal que
|fn (x) − f (x)| < ε cuando n > N0 para todos x ∈ X.
Como X es un compacto y f (x) es continua, entonces existe K > 0, tal que |f (x)| < K para x ∈ X.
Luego
f (x) − ε < fn < f (x) + ε ∀ x ∈ X, ∀ n > N0 ,
−K − ε < fn < K + ε
∀ x ∈ X,
∀ n > N0 .
Notamos por M1 = max |f1 (x)|, . . ., MN0 = max |fN0 (x)|. La constante
x∈X
x∈X
M = max{(K + ε), M1 , . . . , MN0 }
es tal que
|fn (x)| < M,
∀ n ∈ N,
∀ x ∈ X,
que demuestre que la familia {fn } es uniformemente acotada.
Sea ε > 0. La convergencia uniforme implica que f (x) es una función continua. Sea δ0 > 0 es tal que
|f (x) − f (y)| < ε/3 cuando d(x, y) < δ0 .
Escojemos N0 ∈ N tal que
|fn (x) − f (x)| < ε/3 cuando n > N0 para todos x ∈ X.
Luego
|fn (x) − fn (y)| ≤ |fn (x) − f (x)| + |f (x) − f (y)| + |f (y) − fn (y)| < ε
cuando n > N0 para todos x, y ∈ X tales que d(x, y) < δ0 .
Para cada función fi , i = 1, . . . , N0 encontramos δi tal que
|fi (x) − fi (y)| < ε
cuando
d(x, y) < δi .
Notamos por ∆ el mı́nimo entre δ0 , δ1 , . . . δN0 . Al final, tenemos
|fn (x) − fn (y)| < ε
cuando d(x, y) < ∆ para todos n ∈ N. Eso significa, que la familia {fn }∞
n−1 es equicontinua.
11) Sea (X, k · k) un espacio normado. Sean {xn }, {yn } dos sucesiones de Cauchy en X. Demostrar que
la sucesión λn = kxn − yn k converge.
Solución. Sea ε > 0. Sea N0 ∈ N tal que cumple
kxn − xm k < ε/2,
kyn − ym k < ε/2,
para n, m > N0 .
Luego
|λn − λm | ≤ kxn − xm k + kxm − ym k + kym − yn k − |xm − ym k < ε.
Como el espacio (R1 , | · |) es completo, la suseción de Cauchy {λn } tiene un lı́mite λ0 . Hemos demostrado
que la sucesión {λn } converge.
12) Sea (E, h·, ·i) un espacio euclideano. Sean (x1 , x2 , . . .) e (y1 , y2 , . . .) sistemas de elementos de E tales
que
1
para
i = j,
hxi , yi i = δij =
0
para
i 6= j.
Demostrar que cada uno de estos sistemas es linealmente independiente.
Solución. Para demostrar que el sistema (x1 , x2 , . . .) es linealmente independiente, hay que mostrar que
si c1 x1 + c2 x2 + . . . + ck xk = 0 entonces c1 = c2 = . . . = ck = 0 para cualquier k ∈ N. Tenemos
0 = hc1 x1 + c2 x2 + . . . + ck xk , y1 i = c1 hx1 , y1 i + c2 hx2 , y1 i + . . . + ck hxk , y1 i = c1 .
6
El coeficiente c1 = 0. Por analogia mostramos que todos cj , j = 2, . . . , k son ceros. El sistema (x1 , x2 , . . .)
es linealmente independiente.
13) Sea C[−1, 1], k · k∞ . Demuestre que la funcional
Z0
Z1
x(t) dt −
f (x) =
−1
x(t) dt
0
es lineal, continua y acotada. Encuentre su norma.
Solución. Es una funcional lineal. Sean α, β ∈ R1 , x, y ∈ C[−1, 1].
Z0
f (αx + βy)
Z1
(αx + βy)(t) dt −
=
−1
(αx + βy)(t) dt
0
Z0
= α
Z0
y(t) dt − α
x(t) dt + β
−1
Z1
−1
Z1
x(t) dt − β
0
y(t) dt
0
= αf (x) + βf (y).
Es una funcional continua. Tenemos
Z0
Z1
|f (x)| ≤ x(t) dt + x(t) dt ≤ 2kxk∞
−1
0
para cualquier x ∈ C[−1, 1]. Si kxk∞ ≤ ε/2 entonces kf k∞ ≤ ε ∀ε > 0.
Desde |f (x)| ≤ 2kxk∞ concluimos que f (x) es acotada.
Además kf k ≤ 2.
Para la sucesión xn (t) de funciones

si
x ∈ [−1, −1
 1
n ),
xn (t) =
−1
si
x ∈ ( n1 , 1],

1
nx
si
x ∈ [ −1
n , n ],
tenemos |f (xn )| = 2 −
1
n
y kxn k∞ = 1. Entonces
sup
|f (xn )|
=2
kxn k∞
que muestra que kf k = 2
14) Sea H un espacio de Hilbert. Supongamos que una sucesión xn converge débilmente a un elemento x
en el espacio H. Además para cada n ∈ N se cumple kxn k ≤ kxk. Demuetre que en este caso la sucesión
converge fuértemente al elemento x.
Solución. Para mostrar que xn converge al x fuértemente, hay que verificar que kxn − xk → 0 cuando
n → ∞. Tenemos
(1)
0 ≤ kxn − xk2 = hxn − x, xn − xi = kxn k2 + kxk2 − 2hxn , xi ≤ 2(kxk2 − hxn , xi).
Como xn converge débilmente a x, entonces hxn , xi → hx, xi = kxk2 . Desde este y (1) concluimos
kxn − xk → 0
cuando
n → ∞.
7
15) Sean X, Y , espacios lineales; A : X → Y , un operador lineal que tiene inverso. Demostrar que
sistemas de elementos x1 , x2 , . . . , xn y Ax1 , Ax2 , . . . , Axn , donde x1 , x2 , . . . , xn ∈ Dom(A), son al unisono
linealmente independiente o linealmente dependiente.
Solución. Si xi = α1 x1 + . . . + αn xn , entonces Axi = α1 Ax1 + . . . + αn Axn , que significa que
si x1 , x2 , . . . , xn es linealmente dependiente, entonces Ax1 , Ax2 , . . . , Axn es también linealmente dependiente. Al revez: si Axi = α1 Ax1 + . . . + αn Axn , entonces A(xi − α1 x1 + . . . + αn xn ) = 0 y
xi = α1 x1 + . . . + αn xn (acordamos que el operador A tiene inverso.)
Supongamos ahora que x1 , x2 , . . . , xn es linealmente independiente. Luego, si α1 Ax1 + . . . + αn Axn =
A(α1 x1 + . . . + αn xn ) = 0, entonces α1 x1 + . . . + αn xn = 0, porque A es invertible. Como x1 , x2 , . . . , xn
es linealmente independiente, entonces α1 = . . . = αn = 0. Al revez: si Ax1 , Ax2 , . . . , Axn es linealmente
independiente y α1 x1 + . . . + αn xn = 0, luego A(α1 x1 + . . . + αn xn ) = 0 = α1 Ax1 + . . . + αn Axn , que
implica que α1 = . . . = αn = 0.
16) En el espacio lineal real C[−π, π] hallar valores propios y vectores propios del operador Ax(t) = x(−t).
Solución. Al valor propio λ = 1 le corresponde el subespacio propio de funciones pares. Al valor propio
λ = −1 le corresponde el subespacio propio de funciones impares.
Como x(−t) = λx(t) y x(t) = λx(−t), tenemos x(−t) = λ2 x(−t). Entonces λ2 = 1 y no hay otros
valores propios.
17) Sean X, un espacio de Hausdorff, K ⊂ X un compacto. Demueste que K es cerrado.
Solución. Tomamos un y ∈
/ K. Luego para cualquier punto x ∈ K existe una vecindad U (x) del punto
x y una vecindad Vx (y) tales que
U (x) ∩ Vx (y) = ∅.
Las vecindades U (x) forman un recubrimiento abierto del compacto K. Extraemos un recubrimiento
abierto finito U (x1 ), . . . , U (xn ). Notamos
V (y) = Vx1 (y) ∩ Vx2 (y) ∩ . . . ∩ Vxn (y).
Luego V (y) es la vecindad del punto y, que no intersecta con U (x1 ) ∪ U (x2 ) ∪ . . . ∪ U (xn ) ⊃ K. Eso
significa que y no pertenece a la clausura de K. Por eso K es cerrado.
18) Sea (H, h·, ·i) un espacio de Hilbert. Sean que xn e yn pertenecen a una bola unitaria cerrada B(0, 1)
en H tales que
hxn , yn i → 1 para n → ∞,
Demostrar que kxn − yn k → 0 para n → ∞.
Solución. Sea ε > 0. Existe N0 ∈ N tal que
|hxn , yn i − 1| ≤ ε/2.
Tenemos
kxn − yn k2 = hxn − yn , xn − yn i = kxn k2 + kyn k2 − 2hxn , yn i ≤ 2|1 − hxn , yn i| < ε.
Eso significa que la norma kxn − yn k tiende al 0.
8
19) Verificar que en el espacio C k [a, b] de las funciones diferenciables continuamente k veces sobre [a, b]
la siguiente función
k
X
kxk =
max |x(i) (t)|
i=0
t∈[a,b]
define una norma. ¿Qué significa la convergencia de la sucesión en este espacio?
Solución. La solución es consecuencia directa de las propiedades de la norma maximal del espacio C[a, b].