Ayudantía 2 (respuestas)

Vista previa del material en texto

Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemática
Departamento de Matemática
Segundo Semestre de 2018
Profesor: Jaime Casassus – Ayudante: Felipe Del Canto
Economía Matemática - EAE319B
Ayudantía 2
24 de Agosto de 2018
Ejercicio 3.b)
Demuestre que C “ C Y C 1, donde C es la clausura de C.
Solución. Veremos cada contención.
C Ă C Y C 1
Sea x0 P C, queremos probar que x0 P CYC 1. Como comentamos en la ayudantía, si x0 (por casualidad)
resulta ser un elemento de C, entonces no habría nada que demostrar (porque ya estaría en C YC 1). Por lo
mismo, supongamos que x0 R C y tratemos de probar que x0 P C 1.
Recordemos que x0 P C 1 si en cualquier bola centrada en x0 se pueden encontrar elementos de C y
del complemento de C. Evidentemente, como estamos suponiendo que x0 no pertenece a C, cualquier bola
centrada en x0 ya tiene un elemento del complemento de C: el mismo x0.
Falta ver que cualquier bola también tendrá elementos de C. Notar que como x0 P C, entonces por
definición de clausura existe una sucesión de elementos de C que converge a x0, digamos que la sucesión es
txnunPN. Por definición de convergencia, para cualquier bola de radio ε centrada en x0, debe existir un N P N
tal que para cualquier n ě N se tiene xn P Bεpx0q (que es lo mismo que decir que |xn ´ x0| ă ε para todo
n ě N , que es lo que usualmente conocemos como convergencia). Notar entonces que hemos logrado el resul-
tado, ya que sabemos que cualquier bola tendrá un elemento de la sucesión, que solo contiene elementos de C.
Con esto concluimos que x0 P C 1 y por lo tanto x0 P C Y C 1.
C Ą C Y C 1
Sea x0 P C Y C 1. Queremos probar que x0 P C. Por definición de clausura, esto significa encontrar una
sucesión de elementos de C que converge a x0. Como x0 P C Y C 1, tenemos dos casos:
Caso 1 Si x0 P C, entonces la sucesión txnunPN definida por xn “ x0 para todo n P N (es decir, la sucesión
que tiene todos sus términos iguales a x0) converge a x0 trivialmente, porque de hecho no se mueve
de ahí.
Caso 2 Si x0 P C 1, entonces tal como lo hicimos en ayudantía, por la definición de frontera, para cada n P N
podemos encontrar un elemento de C (que llamaremos xn) tal que
xn P B 1
n
px0q
esto porque toda bola centrada en x0 tiene elementos de C (y del complemento también, pero esos
no nos interesan en este caso). Lo anterior puede reescribirse como que para cada n P N existe
xn P C tal que
|xn ´ x0| ă
1
n
lo que implica que xn
nÑ8
ÝÝÝÑ x0. Como los elementos xn P C tenemos lo que queríamos.
Con esto se demuestra lo deseado.
Ejercicio 4
Discuta la veracidad de las siguientes afirmaciones:
a) Una función f : D Ñ Rm, con D Ă Rn es continua en D si y solo si la preimagen de cada conjunto
cerrado en Rm es un conjunto cerrado.
Solución. La afirmación es VERDADERA. Siguiendo la definición del final de este documento, una
función es continua si y solo si la preimagen de cada conjunto abierto en Rm es un conjunto abierto.
Para ver que la afirmación es verdadera, supongamos que f es continua y sea C un conjunto cerrado
en Rm. Por definición de conjunto cerrado, Cc es un conjunto abierto y como f es continua f´1pCcq
también debe serlo. No debería ser difícil de verificar que la siguiente igualdad es cierta
f´1pCcq “
´
f´1pCq
¯c
por lo que como el conjunto de la izquierda es abierto, el de la derecha también lo es. Así, si
´
f´1pCq
¯c
es abierto, entonces por definición f´1pCq es cerrado, que es lo que queríamos probar.
El mismo argumento pero en sentido opuesto prueba que si se cumple que la preimagen de cada
conjunto cerrado en Rm es un conjunto cerrado, entonces f es continua.
b) Una función f : D Ñ Rm, con D Ă Rn es continua en D si y solo si fpSq es abierto para cada conjunto
abierto S Ă D.
Solución. La afirmación es FALSA. Por ejemplo, la función
fpxq “
$
&
%
1
x
si x ‰ 0
0 si x “ 0
es discontinua en 0 (sería bueno que haga un dibujo de la función para convencerse), pero tomando
S “ R vemos que fpSq “ R y ambos son conjuntos abiertos.
2
c) Si f : ra, bs Ñ R es continua y fpaqfpbq ă 0, entonces existe c P pa, bq tal que fpcq “ 0.
Solución. Notar que el hecho que fpaqfpbq ă 0 implica que ambos números tienen signos opuestos.
Solo para fijar ideas digamos que fpaq ă 0 y fpbq ą 0. Como la función es continua, el TVI (teorema
del valor intermedio) dice que la función f debe recorrer todos los números entre fpaq y fpbq, en
particular entre ellos está el 0 (porque uno es positivo y el otro negativo), luego existe c P pa, bq con
fpcq “ 0.
d) Sea f : D Ñ R una función continua en x P D. Si fpxq ą 0 entonces existe ε ą 0 tal que fpyq ą 0
para todo y P Bεpxq.
Solución. La idea es ocupar la continuidad y el hecho que fpxq es estrictamente positivo para aislar
de 0 a todos los valores de f cercanos a fpxq. Tomemos r igual a fpxq (que es un número fijo, porque x
está fijo en el enunciado). Por continuidad (definición ε-δ) existe ε ą 01 tal que si y P Bεpxq, entonces
fpyq P Brpfpxqq, como fpyq, fpxq P R, entonces las bolas son intervalos abiertos y por lo tanto lo
anterior puede reescribirse como que
fpyq P pfpxq ´ r, fpxq ` rq
pero r “ fpxq, luego
fpyq P p0, 2fpxqq
en particular fpyq ą 0.
Ejercicio 5 (A pedido del público)
Sea txnu una sucesión de números reales que converge a x0. Suponga además que x0 y que todos los xn
no son cero.
a) Demuestre que existe un número positivo B tal que |xn| ě B para todo n.
Solución. Para esto solo bastará usar la definición de convergencia y una idea similar que en el ejercicio
4d). Para ε “
|x0|
2
(que no es cero porque x0 no es 0) existe N P N tal que
|xn ´ x0| ă
|x0|
2
@ n ě N
Podemos reescribir esto como
´
|x0|
2
ă xn ´ x0 ă
|x0|
2
x0 ´
|x0|
2
ă xn ă x0 `
|x0|
2
Notar que si x0 es negativo, entonces el lado derecho es
x0
2
y el izquierdo es
3x0
2
. Por otro lado, si
x0 es positivo, entonces el lado izquierdo es igual a
x0
2
y el lado derecho es
3x0
2
(acuérdese de la
1Fíjese que el ε que pide el enunciado es en el dominio y por lo tanto el lenguaje se pone confuso, pero recuerde que ε y δ es
solo una convención para la definición y no están obligados a llamarse así todas las veces
3
definición de valor absoluto). En cualquiera de los dos casos (sería bueno hacer un dibujo esquemático
para entender esta conclusión), se asegura que para todo n ě N
|xn| ą
|x0|
2
Ya tenemos lo que queremos para todos los xn a partir de N . Como además por hipótesis tenemos
que los xn no son 0, basta escoger el más pequeño (en valor absoluto) de los N ´ 1 primeros términos,
digamos que ese número se llama m, luego
|xn| ě m @ 1 ď n ď N ´ 1
Llamemos B al más pequeño entre
|x0|
2
y m, entonces para todo n P N tenemos
|xn| ě B
que es lo que queríamos.
b) Demuestre que la sucesión
"
1
xn
*
converge a
1
x0
.
Solución. Como toda definición de convergencia, partimos con “sea ε ą 0”. Notemos primero que
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
1
xn
´
1
x0
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
“
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
x0 ´ xn
xnx0
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
“
|x0 ´ xn|
|xn||x0|
Por la parte anterior, tenemos que para todo n P N, |xn| ě B, por lo que
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
1
xn
´
1
x0
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
“
|x0 ´ xn|
|xn||x0|
ď
|x0 ´ xn|
B|x0|
Note ahora que el denominador está fijo, por lo que no nos genera problemas. Como además por la con-
vergencia podemos hacer el numerador tan pequeño como queramos, ya podemos empezar a terminar
la demostración. Como queremos que al lado derecho solo quede ε, cuando invoquemos la conver-
gencia de txnu a x0 tenemos que considerar un término adecuado para simplificar el denominador.
Comencemos. Por la convergencia, existe N P N tal que
|x0 ´ xn| ă εB|x0| @ n ě N
Así, juntando todo, para todo n ě N
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
1
xn
´
1
x0
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ď
|x0 ´ xn|
B|x0|
ă
εB|x0|
B|x0|
“ ε
que es precisamente la definición de que
"
1
xn
*
converja a
1
x0
.
4
Definición alternativa de continuidad
Una función f : A Ñ B, donde A Ă Rn, B Ă Rm es continua en A si la preimagen de todo conjunto
abierto en B es un conjunto abierto en A.
Demostración. SeaO un conjunto abierto cualquiera enB. Queremos probarque su preimagen,D :“ f´1pOq,
es un conjunto abierto. Notar que is O no contiene imágenes de elementos de A, entonces D es el conjunto
vacío, que es abierto. Supongamos entonces que D no es vacío (o, lo que es lo mismo, que O contiene imágenes
de elementos de A).
Sea x0 P D, buscamos δ ą 0 tal que Bδpx0q Ă D. Como x0 P f´1pOq, entonces fpx0q P O y como O
es abierto, existe ε ą 0 tal que Bεpfpx0qq Ă O, o, lo que es lo mismo, si |y ´ fpx0q| ă ε, entonces y P O.
Por continuidad de f en x0, para este ε existe δ ą 0 tal que |x´ x0| ă δ (o, equivalentemente, x P Bδpx0q)
implica que |fpxq´ fpx0q| ă ε, o lo que es lo mismo fpxq P Bεpfpx0qq, pero entonces fpxq P O y por lo tanto
x P f´1pOq.
Resumiendo, hemos encontrado δ ą 0 tal que x P Bδpx0q implica (después de un par de pasos) que x P D.
Esto por definición es que Bδpx0q Ă D, que es lo que queríamos probar.
5