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].