Gabrito de Espaços metricos Elon_Lages_Limas_-_Espacos_Me

Vista previa del material en texto

Espaços Métricos
§
ELON LAGES LIMA
§
Algunas soluciones
Resumen
Este documento es resultado de cursar Análisis Real, ramo dictado por la
profesora Verónica Poblete Oviedo, en la Facultad de Ciencias de la Universidad
de Chile. A veces subo correcciones. Se agradecen hacer llegar los comentarios a
ecordenes@ug.uchile.cl.
Última actualización: 13/09/2018
Índice
1. Espacios métricos 1
2. Funciones cont́ınuas 13
3. Lenguaje básico de la topoloǵıa 20
4. Conjuntos conexos 28
5. Ĺımites 30
6. Continuidad uniforme 35
7. Espacios métricos completos 36
8. Espacios métricos compactos 39
1. Espacios métricos
Problema 1.1. Sea d : M ×M → R una función tal que:
(a) d(x, y) = 0⇔ x = y
(b) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(z, y).
Pruebe que d es una métrica.
1
Demostración. Necesitamos mostrar que d es positiva y simétrica. Por hipótesis:
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(z, y),
y
d(z, x) ≤ d(z, y) + d(x, y).
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 simétrica, si se considera x 6= y y x = z en
la hipótesis se obtiene que d(x, y) > 0.
Por lo tanto, d es una métrica.
Problema 1.2. Demuestre que d : R × R → R definida por d(x, y) = (x − y)2 no es
una metrica
Demostración. Note que d(1, 0) ≥ d(1, 1
2
) + d(1
2
, 0)
Problema 1.3. Para cada una de las cuatro condiciones que caracterizan una métrica
obtenga una función d : R× R→ R que no las cumpla pero que satisfaga tres
Ejemplo para (1).
Ejemplo para (2).
Ejemplo para (3).
Ejemplo para (4). Se toma d(x, y) = (x− y)2 como en el ejemplo anterior.
Problema 1.4. Sea d : M ×M → R una métrica. Verifique que α(x, y) =
√
d(x, y),
β(x, y) = d(x,y)
1+d(x,y)
y γ(x, y) = mı́n {1, d(x, y)} son métricas en M.
Demostración. Las primeras condiciones se verifican fácilmente en cada una de estas
funciones. Probemos que cada una cumple la desigualdad triangular.
Queremos demostrar que
α(x, y) ≤ α(x, z) + α(z, y),
para notemos que como d es una métrica entonces se tiene que d(x, y) ≤ d(x, z) +
d(z, y). Notando que
√
a+ b ≤
√
a +
√
b para todos a, b ≥ 0 entonces tomando
ráız en la desigualdad 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(x, z) + β(z, y).
Basta multiplicar por (1 + d(x, y))(1 + d(x, z))(1 + d(z, y)) dicha desigualdad y
reducir términos para visualizar como llegar a partir de d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
a lo que nos piden.
Queremos demostrar que
γ(x, y) ≤ γ(x, z) + γ(z, y).
Dado que si d(u, v) > 1 entonces γ(u, v) = 1, podemos asumir sin pérdida de
generalidad que d(u, v) ≤ 1 para todo u, v ∈ M . Aśı γ(x, z) + γ(z, y) ≤ d(x, z) +
d(z, y) ≤ 2, y además, como γ(x, y) ≤ d(x, y) se concluye
Problema 1.5. Pruebe que toda norma ‖ ‖ en R es de la forma ‖x‖ = a · |x|, donde
a > 0 es una constante y |x| es el valor absoluto de x. Concluya que toda norma en R
proviene de un producto interno.
Demostración. Note que x = 1 · x. Por propiedades de la norma, se sigue la igualdad
‖x‖ = ‖1‖ · |x|. Como ‖ ‖ está dada, el valor de ‖1‖ es fijo. Luego tomando a = ‖1‖
tenemos que ‖x‖ = a · |x|
La conclusión se sigue al corroborar la Ley del paralelógramo.
Problema 1.6. A fin de que una métrica d, en un espacio vectorial E, sea proveniente
de una norma, es necesario y suficiente que, para x, a ∈ E y λ ∈ R arbitrarios se tenga
d(x+ a, y + x) = d(x, y) y d(λx, λy) = |λ|d(x, y).
Demostración.
Problema 1.7. Muestre que si X tiene más de un elemento entonces la norma ‖f‖ =
supx∈X |f(x)| no proviene de un producto interno en B(X;R). Concluya lo mismo para
la norma |x|′′ = máx {|x1|, . . . , |xn|}
3
Demostración. Si X posee un elementos las funciones son constantes y por ende se tiene
la Ley del Paralelógramo. Para f y g en B(X;R) es conocida la desigualdad
sup
X
(f + g) ≤ sup
X
(f) + sup
X
(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‖2 + ‖f − g‖2 ≤
2(‖f‖2 + ‖g‖2) + 4‖f‖‖g‖
Problema 1.8. Sea X ⊂ R2 tal que la métrica euclidiana induce en X la métrica cero-
uno. Pruebe que X tiene a lo más tres elementos. Y si fuese X ⊂ R3? Generalice para
Rn. Usted puede imaginar un espacio vectorial normado E y un subconjunto infinito
X ⊂ E tal que x 6= y en X implique d(x, y) = 1?
Demostración.
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 sólo si, x e y son linealmente dependientes.
Demostración. 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 rećıproca no es verdadera en todo
espacio vectorial normado.
Demostración.
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.
Demostración.
4
Problema 1.12. En todo espacio métrico M se tiene:
B[a; r] =
⋂
s>r
B(a; s) =
∞⋂
n=1
B
(
a; r +
1
n
)
,
y
{a} =
⋂
r>0
B(a; r) =
∞⋂
n=1
B
(
a;
1
n
)
.
Escriba, dualmente, cada bola abierta de M como unión de bolas cerradas.
Demostración.
x ∈ B[a, r] ⇔ d(a, x) ≤ r,
⇔ d(a, x) < r + ε = s, ∀ε > 0
⇔ x ∈
⋂
s>r
B (a, s) ,
⇔ d(a, x) < r + 1
n
, ∀n ∈ N
⇔ x ∈
∞⋂
n=1
B
(
a, r +
1
n
)
,
La segunda igualdad es consecuencia de la primera, considerando r = 0. Lo último
que nos piden es
B(a; r) =
∞⋃
n=1
B
[
a; r − 1
n
]
Problema 1.13. Un punto a = (a1, . . . , an) es aislado en el producto cartesiano M =
M1× . . .×Mn si y sólo si cada coordenada ai es un punto aislado en Mi. Concluya que
el producto cartesiano M1× . . .×Mn es discreto si y sólo si cada factor Mi es discreto.
Demostración. Si cada ai es aislado entonces existe ri > 0 tal que B(ai; ri) = {ai}.
Considerando la métrica
d((x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn)) = máx
1≤i≤n
d(xi, yi),
y tomando r = mı́n {ri} , se sigue que
B(a; r) = B(a1; r)× . . .×B(an; r) = {a1} × . . .× {an} = {a} .
5
En consecuencia a es aislado en M .
Si a es aislado por definición exite r > 0 tal que B(a; r) = {a}. Supongamos que
existe j tal que aj no es aislado. Luego, existe a
′
j tal que d(aj, a
′
j) < r. Esto nos da un
punto a′ = (a1, . . . , aj−1, a
′
j, aj+1, . . . , an) distinto de a tal que a
′ ∈ B(a; r), lo cual es
una contradición.
Problema 1.14. Todo espacio métrico finito es discreto.
Demostración. Supongamos que M no es discreto. Luego existe x ∈ M que no es
aislado. Por definición para cada número positivo, en particular 1
n
con n ∈ N, existe
un xn ∈ M tal que 0 < d(x, xn) < 1n y d(x, xn) >
1
n+1
. Aśı xi 6= xj si i 6= j, por
lo tanto el conjunto {xn | n ∈ N} está contenido en M y es infinito lo cual es una
contradicción.
Problema 1.15. Sea X un conjunto infinito numerable. Muestre que se puede definir
una métrica en X, respecto de la cual ningún punto es aislado.
Demostración. Note que en Q con la métrica del valor absoluto ninguno de sus puntos
es aislado. Sea X un conjunto infinito numerable, es decir X = {x1, x2, . . .}. Como Q
también es infninito numerable lo escribimos como Q = {q1, q2, . . .}. Dado esto existe
una biyección natural entre X y Q dada por f(xi) = qi. Aśı, f induce en X la métrica
d(xi, xj) = |f(xi)− f(xj)| = |qi − qj|,
obteniendo lo pedido.
Problema 1.16. De un ejemplo de dos subconjuntos discretos X, Y ⊂ R tales que
X ∪ Y no sea discreto.
Demostración. Tome X =
{
1
n
| n ∈ N
}
e Y = {0}. Es claro que Y es discreto. Para
1
n
∈ X basta tomar r = 1
n(n+1)
para notar que BX
(
1
n
, 1
n(n+1)
)
=
{
1
n
}
y concluir que
por ende X es discreto. Luego X ∪ Y no es discreto dado que, es sabido, 0 es punto de
acumulación de X.
Es fácil ver como este contraejemplo al mismo tiempo da una receta para encontrar
los ejemplos pedidos.Problema 1.17. Si b 6∈ B[a; r] pruebe que existe s > 0 tal que B[a; r] ∩B[b; s] = ∅
6
Demostración. Como b 6∈ 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. Aśı, s+ r < d(a, b), y por ende las bolas
cerradas B[a; r] y B[b; s] son disjuntas
Problema 1.18. En un espacio métrico M sea b ∈ B(a; r). Pruebe que existe una
bola abierta de centro b contenida en B(a; r). Dé un contra-ejemplo mostrando que esto
podŕıa ser falso si b ∈ B[a; r].
Demostración. Sea s = r − d(a, b) > 0, y sea x ∈ B(b; s). Aśı d(b, x) < s = r − d(a, b).
Luego
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[1
2
, 1
2
] = [0, 1] en M = R. Tome b = 1.
Problema 1.19. Sea M un espacio métrico. La diagonal ∆ ⊂ 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 ∆.
Demostración. Sea z = (z1, z2) ∈M ×M −∆. Razonemos por contradicción y supon-
gamos que para todo r > 0 se tiene que B(z; r) ∩∆ 6= ∅.
Usando la métrica sugerida en el problema esto significa que si tomamos x = (x′, x′)
en dicha intersección entonces tendremos que d(z, x) < r, lo que equivale a d(z1, x
′) < r
y d(z2, x
′) < r.
Tomando r = d(z1,z2)
2
(que es positivo ya que z1 6= z2) nos queda que d(z1, x′) <
d(z1,z2)
2
y d(z2, x
′) < d(z1,z2)
2
. Sumando:
d(z1, z2) =
d(z1, z2)
2
+
d(z1, z2)
2
,
> d(z1, x
′) + d(z2, x
′),
> d(z1, z2),
lo cual es una contradicción.
Problema 1.20. Usando la métrica d[(x, y), (x′, y′)] = máx {d(x, x′), d(y, y′)} muestre
que la esfera de centro (a, b) y radio r en M×N es igual a (B[a; r]×S(b; r))∪(S(a; r)×
B[b; r]) .
7
Demostración. Sea (x, y) ∈ S((a, b); r). Por esto d((x, y), (a, b)) = r, donde, recordemos,
r es el máximo entre d(x, a) y d(y, b), es decir
d(x, a) ≤ r, y d(y, b) ≤ r.
De aqúı tenemos dos casos:
Si d(x, a) < r, entonces d(y, b) = r. Aśı (x, y) ∈ B[a; r]× S(b; r).
Si d(x, a) = r, entonces d(y, b) ≤ r. Aśı (x, y) ∈ S(a; r)×B[b; r].
Aśı
(x, y) ∈ (B[a; r]× S(b; r)) ∪ (S[a; r] ∪B[b; r]),
y en consecuencia
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 ⊂M un subconjunto discreto. Obtenga para cada x ∈ X, una
bola abierta BX = B(X; rx) en M , de tal modo que x 6= y ⇒ Bx ∩By = ∅.
Demostración. Dado que X es un subconjunto discreto, para cada x existe un radio
rx > 0 tal que B(x; rx) = {x}.
Problema 1.22. Sea X un subconjunto de un espacio métrico M y un número real
r > 0, sea B(X; r) :=
⋃
x∈X B(x; r). Pruebe que B(X ∩ Y ) ⊂ B(X; r) ∩ B(Y ; r) y que
B(X ∪ Y ; r) = B(X; r) ∪B(Y ; r)
Demostración. Probemos que B(X ∩ Y ; r) ⊂ B(X; r) ∩B(Y ; r).
Sea a ∈ B(X ∩ Y ; r) =
⋃
z∈X∩Y
B(z; r), por lo que existe z ∈ X ∩ Y tal que
a ∈ B(z, r) ⊂ B(X; r) y a ∈ B(z, r) ⊂ B(Y ; r).
Luego, a ∈ B(X; r) ∩B(Y ; r).
Es claro que
B(X, r) =
⋃
x∈X
B(x; r) ⊂
⋃
x∈X∪Y
B(x; r) = B(X ∪ Y ; r).
Por otro lado, sea a ∈ B(X ∪ Y ; r) =
⋃
z∈X∪Y
B(z; r), entonces existe z ∈ X ∪ Y tal que
a ∈ B(z; r). Sin pérdida de generalidad z ∈ X. Luego a ∈ B(z; r) ⊂ B(X; r). Por lo
tanto B(X ∪ Y ; r) ⊂ B(X; r) ∪B(Y ; r)
8
Problema 1.23. Dé un ejemplo de un conjunto acotado X ⊂ R tal que no existan
x, y ∈ X con |x− y| = diam(X).
Demostración. Considere el intervalo abierto (a, b)
Problema 1.24. Sea M un espacio métrico acotado. Muestre que para cada a ∈ M
existe una bola B[a; r] cuyo diámetro es menor que 2r.
Demostración. Ya que M es acotado sea r = diam(M). Luego, si a ∈ M entonces
diam(B[a; r]) < 2r, en efecto, d(x, y) < r < 2r, x, y ∈ B[a; r].
Problema 1.25. Sea p(t) = a0 +a1t+ . . .+ant
n (an 6= 0) un polinomio de grado n > 0.
Muestre que la función p : R → R no es acotada pero para todo subconjunto acotado
X ⊂ R la restricción p|X es acotada.
Demostración.
Problema 1.26. Sea a un punto y C un subconjunto de un espacio métrico. Suponga
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)
Demostración. 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
métrico M . Si d(x, F ) = 0 entonces x ∈ F .
Demostración. Razonemos por contradicción. Supongamos que x 6∈ 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 6∈ B(x; s), implicando que d(x, y) > s, para todo y ∈ F . Esto último contradice
que d(x, F ) = 0
9
Problema 1.28. Sea X = {(x, y) ∈ Rn;xp+1 = . . . = xn = 0}. Usando en Rn la métri-
ca euclidiana pruebe que si a = (a1, . . . , an) entonces d(a,X) =
√
a2p+1 + . . .+ a
2
n.
Demostración. Sea α =
√
a2p+1 + . . .+ a
2
n. Empecemos notando que
d(x, a) =
√√√√ p∑
i=1
(ai − xi)2 +
n∑
i=p+1
a2i , ∀x ∈ X.
Luego es claro que
α ≤
√√√√ p∑
i=1
(ai − xi)2 +
n∑
i=p+1
a2i .
Sea ε > 0, entonces existe (x1, . . . , xn) = x ∈ Rn tal que
√∑p
i=1(xi − ai)2 < ε. Luego,
tomando x′ = (x1, . . . , xp, 0, . . . , 0), tenemos que:
d(a, x) ≤
√√√√ p∑
i=1
(ai − xi)2 +
n∑
i=p+1
a2i ,
≤
√√√√ p∑
i=1
(ai − xi)2 + α,
< ε+ α.
Por lo tanto d(a,X) = α.
Problema 1.29. Pruebe que se tiene d(a,X) = ı́nf {r > 0; a ∈ B(X; r)}.
Demostración. Sean α = d(a;X), y β = ı́nf {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.
Aśı, 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 śımbolo < no vale. Supongamos que α < β, entonces toman-
do el promedio, sabemos que α < α+β
2
< β. Luego, a 6∈ B
(
x; α+β
2
)
, para todo x ∈ X.
Es decir, d(a, x) ≥ α+β
2
para todo x ∈ X. Como α = d(a,X) entones α+β
2
≤ α. Esto es
una contradicción. Por lo tanto α = β
10
Problema 1.30. Dé un ejemplo de conjuntos no vaćıos tales que A∩B = ∅ y d(A,B) =
0
Demostración. Considere A = (0, 1) y B = {1}.
Un ejemplo genérico se consigue al tomar un conjunto que no sea cerrado y luego
algún punto de su frontera.
Problema 1.31. En un espacio vectorial E dos bolas abiertas (cerradas) de mismo
radio son isométricas. Más precisamente existe una isometŕıa de E que lleva una de
esas bolas en la otra. Muestre que para espacios métricos este resultado es falso.
Demostración. Sean u, v ∈ E y r > 0. Probemos que B(u; r) y B(v; r) son isométricas.
Sea ϕ : B(u; r)→ B(v; r) definida por ϕ(x) = x+v−u. Es claro que ϕ es una biyección.
Dados x, y ∈ E, entonces
‖ϕ(x)− ϕ(y)‖ = ‖x+ v − u− (y + v − u)‖,
= ‖x− y‖,
por lo tanto es isometŕıa 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) = ı́nf {r > 0; a ∈ B(X; r)}.
Demostración. Sean α = d(a;X), y β = ı́nf {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.
Aśı, 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 śımbolo < no vale. Supongamos que α < β, entonces toman-
do el promedio, sabemos que α < α+β
2
< β. Luego, a 6∈ B
(
x; α+β
2
)
, para todo x ∈ X.
Es decir, d(a, x) ≥ α+β
2
para todo x ∈ X. Como α = d(a,X) entones α+β
2
≤ α. Esto es
una contradicción. Por lo tanto α = β
Problema 1.33. Sea E un espaciovectorial con producto interno. Dada una transfor-
mación lineal T : E → E las siguientes afirmaciones son equivalentes:
(a) T es una inmersión isométrica.
11
(b) |T · x| = |x| para todo x ∈ E.
(c) < T · x, T · y >=< x, y >
Si la dimensión de E es finita, en estas condiciones T es una isometŕıa.
Demostración. (a) =⇒ (b) Dado que T es una inmersión isométrica se tiene que |Tu−
Tv| = |u − v|, como T es lineal Tu − Tv = T (u − v). Haciendo x = u − v se tiene
|Tx| = |x|
(b) =⇒ (c)
< Tx, Ty > =
|Tx+ Ty|2 − |Tx− Ty|2
4
,
=
|T (x+ y)|2 − |T (x− y)|2
4
,
=
|x+ y|2 − |x− y|2
4
,
= < x, y > .
(c) =⇒ (a)
d(Tu, Tv) = |T (u− v)|,
=
√
< T (u− v), T (u− v) >,
=
√
< 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 dimensión finita, tenemos que v = α1u1 + . . .+αkuk =
α1T (v1) + . . .+ αkT (vk) = T (α1v1 + . . .+ αkvk)
Problema 1.34. Sea Sn = {x ∈ Rn+1;< x, x >= 1} la esfera unitaria n-dimensional.
El espacio proyectivo de dimensión n es el conjunto P n cuyos elementos son los pares
no ordenados [x] = {x,−x}, donde x ∈ Sn. Note que [x] = [−x]. Más precisamente
[x] = [y] entonces x = ±y. Defina d([x], [y]) = mı́n {|x− y|, |x+ y|} y muestre que d
es una métrica en P n. Muestre que la aplicación natural π : Sn → P n, definida por
π(x) = [x] cumple la condición d(π(x), π(y)) ≤ d(x, y). Muestre también que, si X ⊂ Sn
es tal que diam(X) ≤
√
2, entonces la restricción π|X es una inmersión isométrica de
X en P n.
Demostración. (i) Si [x] = [y] entonces d([x], [y]) = mı́n {0, 2|x|} = 0. Si 0 =
d([x], [y]) entonces 0 = mı́n {|x− y|, |x+ y|}. En cualquier caso se deduce que
x = ±y, por lo que [x] = [y].
12
(ii) Si [x] 6= [y] entonces x 6= ±y. Luego |x − y| > 0 y |x + y| > 0, por lo que
0 < mı́n {|x− y|, |x+ y|} = d([x], [y]).
(iii)
(iv) d([x], [y]) ≤ d([x], [z]) + d([z], [y])
Según la definición de π se tiene que :
d(π(x), π(y)) = d([x], [y]) = mı́n {|x− y|, |x+ y|} ≤ |x− y| = d(x, y).
Queremos demostrar que d(π(x), π(y)) = d(x, y), sabiendo que
diam(X) = sup
x,y∈Sn
d(x, y) ≤
√
2
2. Funciones cont́ınuas
Problema 2.1. Sean f, g : M → R cont́ınuas 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 expĺıcitamente 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 = ∅
Demostración. Sea � > 0. Como f y g son continuas en a entonces existen δ1 > 0 y
δ2 > 0 tales que
f(B(a, δ1)) ⊂ (f(a)− ε, f(a) + ε),
y
g(B(a, δ1)) ⊂ (g(a)− ε, g(a) + ε).
Tomando δ = mı́n {δ1, δ2} 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 → R con f(x) = 0 para todo x ∈ M , que es
continua, y otra función 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.
Sea B una bola cerrada de radio r. Considere la función dB : M → R definida
por dB(x) = d(x,B). Dicha función es continua pues es una contracción débil, aśı, si
c ∈ M − B entonces dB(c) > r, luego existe una bola centrada en c de manera que
dB(x) > r, ∀x ∈ B(c; r′) para algún r′ > 0. Es decir, B ∩B′ = ∅.
13
Problema 2.2. Sean f, g : M → N continuas en el punto a ∈ M . Si f(a) 6= g(a)
entonces existe una bola abierta B de centro a tal que f(B) ∩ g(B) = ∅.
Demostración. Dado que f(a) 6= g(a) entonces d(f(a), g(a)) > 0. Sea ε < d(f(a),g(a))
2
,
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)) = ∅.
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.
Demostración. Supongamos que f(a) 6= g(a), luego existe una bola B centrada en a de
manera que f(x) 6= g(x), ∀x ∈ B, lo cual es una contradicción.
Dada la densidad de Q en R se dedude lo que nos piden.
Problema 2.4. Sea f : M → N ×N continua y ∆ ⊂ N ×N la diagonal. Pruebe que
f−1(N ×N −∆) es una unión de bolas abiertas en M .
Demostración. Sea x ∈ f−1(N ×N −∆). Aśı f(x) ∈ N ×N −∆. Por el problema 19,
caṕıtulo 1, sabemos que existe ε > 0 tal que B(f(x); ε) ⊂ N ×N −∆. Luego, dada la
continuidad de f sabemos que existe δ > 0 tal que
f(B(x; δ)) ⊂ B(f(x); ε).
Por transitividad f(B(x; δ)) ⊂ N ×N −∆. Luego B(x; δ) ⊂ f−1(N ×N −∆). Aśı⋃
x∈f−1(N×N−∆)
B(x; δx) = f
−1(N ×N −∆)
Problema 2.5. Sea f : R→ R definida por f(x) = x sen(1/x), si x 6= 0 y f(0) = 0 si
x = 0. Muestre que f es continua en el punto 0 pero que no es lipchitziana.
Demostración. Sea ε > 0. Note que | sen(1/x)| ≤ 1, ∀x ∈ R. Tome δ = ε. Aśı, si |x| < δ
entonces |x sen(1/x)− f(0)| = |x sen(1/x)| < δ = ε. Se concluye la continuidad de f en
0.
14
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.
Demostración. Dado que f es tiene derivada en todos los puntos del intervalo I, en-
tonces existe el ĺımite ĺımx→y
f(x)−f(y)
x−y , que es igual a f , entonces existe el ĺımite del
valor absoluto, que es igual a |f ′|. Como f es lipchitziana entonces existe K > 0 tal
que
∣∣∣∣f(x)− f(y)x− y
∣∣∣∣ < K, ∀x, y ∈ I. Aśı
|f ′| = ĺım
x→y
∣∣∣∣f(x)− f(y)x− y
∣∣∣∣ < ĺımx→yK = K.
Luego f ′ está acotada en el intervalo I, demostrando lo pedido
Problema 2.7. Sean I, J intervalos arbitrarios de la recta y f : I → J una biyección
tal que x < y implica f(x) < f(y). Pruebe que f (y consecuentemente f−1) es continua.
Demostración. 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 vaćıo. Sean a = ı́nf P y b = supP . Pruebe
que si a, b ∈ X entonces f(a) ≤ 0 y f(b) ≤ 0
Demostración. Razonemos por contradicción 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 ı́nfimo de X existe x ∈ X tal que a ≤ x < a+ ε. Aśı f(x) > 0 y
f(x) < 0, lo cual es una contradicción. Razonamos de forma análoga para b
Problema 2.9. Dada f : [a, b]→ R continua, con f(a)f(b) < 0, sea c = sup
f(x)>0
{x ∈ [a, b]}.
Pruebe que f(c) = 0. Concluya de ah́ı que si f : I → R es continua, entonces f(I) es
un intervalo.
15
Demostración. Razonemos por contradicción y supongamos que f(c) 6= 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 contradicción. 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.
Sea f : I → R continua, donde I es un intervalo. Pobremos que el conjunto f(I) es
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)
Problema 2.10. Dados los espacios métricos M e N sea v : B(M ;N) × M → N
definida por v(fx) = f(x). Muestre que v es continua en el punto (fx, x0) ∈ B(M ;N)×
N si y sólo si f0 : M → N es continua en x0.
Demostración.
Problema 2.11. Sean M,N espacios métricosy ϕ : M → N cualquiera. Defina la
aplicación ϕ∗ : B(N ;R)→ B(M ;R) haciendo ϕ∗(f) = f ◦ ϕ. Demuestre que ϕ∗ es una
contracción débil.
Demostración. 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
x∈M
d((f ◦ ϕ)(x), (g ◦ ϕ)(x)),
y
d(f, g) = sup
x∈N
d(f(x), g(x)).
Empecemos notando que ϕ(M) ⊂ N , y que además de eso
sup
x∈M
d(f(ϕ(x)), g(ϕ(x))) = sup
ϕ(x)∈N
d(f(ϕ(x)), g(ϕ(x))),
por lo que es clara la contención
{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 supA ≤ supB, se concluye la desigualdad buscada
y por ende que ϕ∗ es una contracción débil
16
Problema 2.12. Dado un conjunto arbitrario X, defina la aplicación
V : B(X;R)→ B(X;R),
poniendo V (f) = |f |, donde |f |(x) = |f(x)|. Pruebe que V es una contracción débil.
Demostración. Es sabido que para todos x, y ∈ R se tiene que ||x| − |y|| ≤ |x− y|. Aśı,
dadas f, g ∈ B(X;R), tenemos que
||f(x)| − |g(x)|| ≤ |f(x)− g(x)|.
Por un lado |f(x)−g(x)| ≤ supx∈X |f(x)−g(x)|. Por otro, y consecuencia de esto último,
tenemos que ||f(x)| − |g(x)|| ≤ supx∈X |f(x)− g(x)|, lo que implica que supx∈X |f(x)−
g(x)| es una cota superior del conjunto {||f(x)| − |g(x)||;x ∈ X}. Luego
sup
x∈X
||f(x)| − |g(x)|| ≤ sup
x∈X
|f(x)− g(x)|,
d(V (f), V (g)) ≤ d(f, g),
por lo tanto V es una contracción débil.
Problema 2.13. Dada f : M → N , si existen constante c > 0 y α > 0 tales que f
cumple la çondición de Hölder”d(f(x), f(y)) ≤ c·d(x, y)α, para todo x, y ∈M , entonces
se dice que f es hölderiana. Muestre que si f es hölderiana, entonces es continua.
Muestre también que si f : I → R, cumple la condición de Hölder con α < 1 entonces
f es constante.
Demostración. Sea ε > 0 y sea a ∈ M . Dado que f es hölderiana, se tiene que para
todo x ∈M
d(f(x), f(a)) ≤ c · d(x, a)α.
Considerando δ = α
√
ε
c
, si d(x, a) < δ, entonces se tiene que d(f(x), f(a)) < ε, por lo
tanto f es continua en a ∈ M . Dada la arbitrariedad de a ∈ M , se concluye que f es
continua.
Problema 2.14. En un espacio métrico M sean, F = B[a; r] y G = M − B(a, s),
donde 0 < r < s. Muestre que
f(x) =
d(x, F )
d(x, F ) + d(x,G)
,
es continua y , además de eso, f−1(0) = F , f−1(1) = G.
17
Demostración. No es dif́ıcil 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 6= n
implique fm(a) 6= fn(a). Pruebe que , para todo p ∈ N, existe una bola B de centro a,
tal que 1 ≤ i 6= j ≤ p implica f i(B) ∩ f j(B) = ∅.
Demostración.
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.
Demostración. 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 composición de funciones biyectivas es biyectiva, entonces g ◦ f ◦ f−1 = g
es biyectiva y por ende g−1 existe. Por último note que f−1 es igual a la composición de
funciones continuas (g ◦f)−1 ◦g, por lo que es continua y por ende f es homeo. Análogo
para g.
Problema 2.17. Muestre que los siguientes espacios métricos son dos a dos homeo-
morfos:
X = {(x, y, z) ∈ R3;x2 + y2 = 1} (cilindro vertical)
Y = S1 × R
Z = R2 − {0}
W = {(x, y) ∈ R2; 1 < x2 + y2 < 2}
T = S2 − {p, q} donde p = (0, 0, 1) e q = (0, 0,−1)
V = {(x, y, z) ∈ R3}
18
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 + y2
,
y√
x2 + y2
, ln(x2 + y2)
)
Problema 2.18. Establezca un homeomorfismo entre el “primer cuadrante” Q =
{(x, y) ∈ R2;x ≥ 0, y ≥ 0} y el semiplano H = {(x, y) ∈ R2; y ≥ 0}
sketch. La función que nos da el homeomorfismo asigna al par (x, y) del primer cuadran-
te 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).
Problema 2.19. Muestre que f : Sn × R → Rn+1 dada por f(x, t) = etx es un
homeomorfismo y use este hecho para definir un homeomorfismo ϕ, de Rn+1 − {0}
sobre śı mismo, tal que ϕ|Sn = id y ϕ = ϕ−1 y |ϕ(z)| > 1⇔ |z| < 1
Demostración. Sea x = (x1, . . . , xn) ∈ Sn, entonces
f(x, t) =
(
x1e
t, . . . , xn+1e
t
)
.
De aqúı es fácil ver que cada función coordenada fi(x) = xie
t es continua y por ende,
f es continua.
Si (x, t1), (y, t2) ∈ Sn × R son tales que f(x, t1) = f(y, t1), entonces xiet1−t2 = yi,
i = 1, . . . , n+ 1. Considerando que y ∈ Sn, entonces 〈y, y〉 = 1, es decir e2(t1−t2)〈x, x〉 =
1. Pero x ∈ Sn, por lo que 〈x, x〉 = 1. Luego t1 − t2 = 0, es decir, t1 = t2, implicando
que xi = yi, i = 1, . . . , n+ 1. Aśı f es inyectiva.
Para probar que f es sobre, entonces dado y = (y1, . . . , yn+1) ∈ Rn+1 − {0} basta
tomar x = (x1, . . . , xn+1) con xi =
yi√
y21 + . . .+ y
2
n+1
y t =
1
2
ln(y21 + . . . + y
2
n+1) para
ver que f(x, t) = y.
f−1 está dada por
f−1(y1, . . . , yn+1) =
(
y1
|y|
, . . . ,
yn
|y|
, ln(|y|2)
)
.
Sea ϕ : Rn+1−{0} → Rn+1−{0} definida por ϕ(x) = x
|x|2
. Si x ∈ S1 entonces |x| = 1
y aśı, ϕ(x) =
x
|x|2
= x, y por ende |ϕ(x)| = |x| = 1 por lo que ϕ(x)|S1 = id. Ahora tome
19
x ∈ Rn+1 con |x| > 1, aśı 1
|x|
< 1 y por ende
1
|x|2
< 1. Luego |ϕ(x)| =
∣∣∣∣ x|x|2
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 1|x|
∣∣∣∣ < 1.
El otro caso es análogo.
Estamos listos.
3. Lenguaje básico de la topoloǵıa
Problema 3.1. La frontera de un conjunto abierto tiene interior vaćıo. Rećıprocamen-
te, todo subconjunto X ⊂ M cerrado, con interior vaćıo, es frontera de algún abierto
en M .
Demostración. 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, también
B(x; r) ∩ intA = B(x; r) ∩ A 6= ∅,
lo cual es una contradicción pues ∂A e intA son disjuntos.
Sea F cerrado con intF = ∅. Aśı para todo r > 0 se tiene que B(x; r) ∩ F 6= ∅ y
B(x; r)∩ (M −F ) 6= ∅. Ahora bien, como intF = ∅, también se tiene que M = ∂(M −
F )∪ int (M − F ) = ∂(M − F )∪ (M − F ). Aśı, si x ∈ F ⊂M entonces x ∈ ∂(M − F ),
por lo que F ⊂ ∂(M − F ). La otra contensión es trivial. Luego F = ∂(M − F ), donde
M − F es abierto pues F es cerrado
Problema 3.2. Si un conjunto y su complemento tienen interior vaćıo entonces la
frontera de cada uno de ellos es el espacio entero.
Demostración. Recordemos que para todo espacio métrico M y un subconjunto X
cualquiera de él se cumple
M = int(X) ∪ ∂X ∪ int(M −X).
Dado que int(X) = int(M −X) = ∅, se concluye
Problema 3.3. Sea M un espacio métrico. Dado x ∈M , vale:
(a) Todo conjunto que contiene una vecindad de x es una vecindad de x.
(b) La intersección de un número finito (o una unión de una familia cualquiera) de
vecindades de x es una vecindad de x.
20
Demostración. (a) Sea V una vecindad de x y W un conjunto tal que V ⊂ W . Aśı se
tiene que int(V ) ⊂ int(W ). Luego, como x ∈ int(V ) se sigue que x ∈ intW .
(b) Sean V1, . . . , Vn vecindades de x, es decir, que x ∈ Vi con x ∈ intVi para todo
i = 1, . . . , n. Es inmediato de lo anterior que
x ∈
n⋂
i=1
Vi,
y
x ∈
n⋂
i=1
intVi = int
(
n⋂
i=1
Vi
)
.
Se concluye que
⋂
Vi es una vecindad de x
Problema 3.4. En un espacio vectorial normado E, pruebe que todo subespacio vec-
torial propio F tiene interior vaćıo. Concluya que, para todo a ∈ E, la variedad afin
a+ F = {a+ x;x ∈ F} tiene interior vaćıo.
Demostración. Sea f ∈ F y r > 0. Construiremos un vector u 6∈ F tal que ‖f −
v‖ < r. Dado que F es subespacio propio de E consideremos un vector linealmenteindependiente a F , digamos v. Sea t < r, entonces tomamos u = f +
v
‖v‖
t. Luego
‖u− f‖ =
∥∥∥∥ v‖v‖t
∥∥∥∥ ,
= t < r.
Aśı u es tal que u ∈ B[f ; r] y u 6∈ F . Por lo tanto F tiene interior vaćıo.
Problema 3.5. Todo abierto no vaćıo A ⊂ Rm contiene por lo menos un punto x =
(x1, . . . , xm) cuyas coordenadas son racionales. Conluir que si C es una colección de
abiertos no vaćıos dos a dos disjuntos en Rm entonces C es numerable.
Demostración. Sea A un abierto de R, es decir, que Ai es abierto en R con i = 1, . . .m.
Aśı existe ri > 0 tal que B(ai; ri) ⊂ Ai con i = 1, . . . ,m por lo que, dada la densidad
de Q en R, en cada Ai existe al menos un racional. Luego, basta tomar un racional en
cada bola y tenemos el punto buscado.
SKETCH: Dado que C es una familia de abiertos disjuntos en Rm entonces sabemos
que cada cual posee al menos un punto de coordenadas racionales, distinto al que
pueda poseer otro dado que en esta colección los abiertos son disjuntos. Aśı, como Qm
es numerable entonces cualquier subconjunto lo es, y como estamos considerando el
subconjunto de Qm tal que qjAג entonces C es numerable.
21
Problema 3.6. No es cierto que X ⊂ Y ⇒ ∂X ⊂ ∂Y . Entre tanto, se tiene que
∂(intS) ⊂ ∂S
Demostración. Basta tomar X = [0, 1) e Y = (0, 1) para probar que X ⊂ Y no implica
que ∂X ⊂ ∂Y . Por otro lado sea x ∈ ∂(intS). Por definición B(x; ε) ∩ intS 6= ∅ y
B(x; ε) ∩ (M − intS) 6= ∅. Como intS ⊂ S y por ende M − intS
Problema 3.7. Dados A ⊂ M y B ⊂ N se tiene int(A × B) = int(A) × int(B) e
∂(A×B) = (∂(A)×B) ∪ (A× ∂(B))
Demostración. La contención int(A)× int(B) es clara. Hagamos la otra dirección. Sea
x ∈ int(A×B). Por definición existe un abierto O de A×B tal que x ∈ O ⊂ A×B. Si
notamos x = (a, b) entonces O = B(a, ε1)×B(b, ε2), de donde se sigue que B(a, ε1) ⊂ A
y B(b, ε2) ⊂ B. Por lo tanto a ∈ int(A) y b ∈ int(B), ergo x ∈ int(A)× int(B).
Problema 3.8. Sea f : M → 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 .
Demostración. Por hipótesis f es continua, luego f−1(V ) es abierto y además X ⊂
f−1(V ). Dado lo anterior por cada x ∈ X tomamos rx > 0 tal que B(x; rx) ⊂ f−1(V ).
No es dif́ıcil ver que
X ⊂
⋃
x∈X
B(x; rx) = U ⊂ f−1(V ).
Como U es unión arbitraria de abiertos, es abierto. Finalmente f(U) ⊂ V , demostrando
lo pedido.
Problema 3.9. A fin de que una función f : M → R sea continua es necesario y sufi-
ciente que, para todo a ∈ R sea abiertos en M los conjuntos Xa = {x ∈M | f(x) < a}
e Ya = {x ∈M | f(x) > a}.
Demostración. Si f es continua, entonces Xa = f
−1(−∞, a) e Ya = f−1(a,+∞) para
todo a ∈ R. Luego Xa e Ya son abiertos para todo a ∈ R. Rećıprocamente, si Xa e Ya
son abiertos para todo a entonces dado ε > 0 y c ∈M entonces
f−1(f(c)− ε, f(c) + ε) = Xf(c)+ε ∩ Yf(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−1(f(c)− ε, f(c) + ε),
22
equivalentemente
f(c− δ, c+ δ) ⊂ (f(c)− ε, f(c) + ε).
Por lo tanto f es continua.
Problema 3.10. Dada una función real continua f : M → 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 6∈ ∂A
Demostración. 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).
Aśı, 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 último es una contradicción pues x ∈ A. Luego f(x) = 0.
Problema 3.11. Una aplicación f : M → N es cont́ınua, si y sólo si, para todo
Y ⊂ N , se tiene f−1(int(Y )) ⊂ int f−1(Y ).
Demostración. Sea y ∈ f−1(int(Y )). Por definición f(y) ∈ int(Y ), aśı, 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 aqúı, se sigue que B(y; δ) ⊂ f−1(Y ). Luego y ∈ int(f−1(Y )). Por lo tanto
f−1(int(Y )) ⊂ int f−1(Y ).
Rećıprocamente, sea A ⊂ N abierto. Probemos que f−1(A) es abierto. Sólo basta
notar lo siguiente
int f−1(A) ⊂ f−1(A) = f−1(intA) ⊂ int f−1(A),
donde la primera contención es por definición, la igualdad está dada porque A es un
conjunto abierto y la segunda contención está dada por la hipótesis. Luego f−1(A) =
int f−1(A), por lo tanto f−1(A) es abierto.
Problema 3.12. Una colección V de abiertos de un espacio topológico X se llama un
sistema fundamental de vecindades abiertas (SFVA) de un punto x ∈ X cuando
23
1. Todo V ∈ V contiene a x.
2. Todo abierto A en X que contiene x debe contener algún V ∈ V.
Pruebe que en un espacio métrico, las bolas abiertos B
(
x;
1
n
)
, n ∈ N forman un SFVA
de x.
Demostración. Es evidente que x ∈ B
(
x;
1
n
)
, para todo n ∈ N. Ahora sea A un
abierto conteniendo a x. Por definición existe δ > 0 tal que B(x; δ) ⊂ A. Por propiedad
arquimediana existe n ∈ N tal que 1
n
< δ. Aśı B
(
x;
1
n
)
⊂ B(x; δ) ⊂ A. Por lo tanto
la colección pedida forma un SFVA.
Problema 3.13. Dados X,Y en un espacio métrico M , se tiene U ∪ Y = X ∪ Y y
X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .
Demostración. Sea x ∈ X ∪ Y . Para todo ε > 0
(B(x; ε) ∩X) ∪ (B(x; r) ∩ Y ) = B(x; ε) ∩ (X ∪ Y ) 6= ∅.
Esto implica que ambas intersecciones no pueden ser vaćıas simultáneamente. Sin pérdi-
da de generalidad B(x; ε) ∩ X 6= ∅. Luego x ∈ X. Por lo tanto X ∪ Y ⊂ X ∪ Y .
Rećıprocamente, si x ∈ X entonces para todo ε > 0 se tendrá que
B(x; ε) ∩ (X ∪ Y ) ⊃ B(x; ε) ∩X 6= ∅.
Luego x ∈ X ∪ Y . Se concluye la igualdad pedida.
Problema 3.14. Si X ⊂M e Y ⊂ N entonces X × Y = X × Y en M ×N .
Demostración.
Problema 3.15. Una función f : M → N es continua si y sólo para todo X ⊂ M se
tiene que f
(
X
)
⊂ f(X)
24
Demostración. 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 6= ∅. Aśı 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, aśı f(x) ∈ f(X).
Rećıprocamente, 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 hipótesis,
f(f−1(F )) ⊂ f(f−1(F )) ⊂ F = F.
Considerando la imagen inversa, f−1(F ) ⊂ F , conluyendo que f−1(F ) = f−1(F ). Por
lo tanto f es continua.
Problema 3.16. Una aplicación f : M → 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−1(y) existe un abierto U ⊂ M tal
que f−1(y) ⊂ U ⊂ V
Demostración. Sea y ∈ N y V ⊂ M abierto tal que f−1(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−1(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 ). Aśı,
U ∩ f(M − V ) = ∅, implicando U ⊂ f(V ).
Problema 3.17. Sea A ⊂ M abierto. Si X ⊂ M es denso en M entonces X ∩ A es
denso en A
Demostración. Sea U ⊂ A subconjunto abierto. Como A es abierto, U es abierto en
M . Como X es denso en M , U ∩X 6= ∅, luego U ∩ (A ∩X) 6= ∅. Por lo tanto, A ∩X
es denso en A.
Problema 3.18. A ⊂M es abierto si y solamente si A∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂M .
Demostración. 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 6= ∅,
pues x ∈ X.
Rećıprocamente, 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 6∈M − A, ni x 6∈ ∂(A) recordando que M = int(A)∪ ∂(A)∪ int (M − A),
entonces x ∈ int(A), por lo que A = int(A). Ergo, A es abierto.
25
Problema 3.19. Si X es denso en M y f : M → N es una aplicación continua
sobreyectiva, entonces f(X) es denso en N .
Demostración. Probaremos que todabola abierta con centro en f(X) contiene puntos
de N , o sea B(f(a); ε) ∩N 6= ∅.
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 6= ∅. Además 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,
o sea f(B(a; δ) ∩M) ⊂ B(f(a); ε) ∩N , pero f(B(a; δ) ∩M) es no vaćıo. Se sigue que
B(f(a); ε) ∩N 6= ∅, que era lo que queŕıamos
Problema 3.20. El derivado de cualquier X ⊂M es un subconjunto cerrado en M .
Demostración. Sea X ⊂ M y sea x ∈ X ′. Por definición B(x; ε) ∩ X ′ 6= ∅, para todo
ε > 0. Si B(x; ε) = {x} para algún ε > 0, entonces {x} ∩ X ′ 6= por lo que x ∈ X ′.
Si por el contrario, {x} ⊂ B(x; ε) propiamente, supongamos que x 6∈ 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
contradicción. Finalmente x ∈ X ′, concluyendo que X ′ = X ′.
Problema 3.21. Sea X denso en M . M posee puntos aislados si y sólo si X los posee.
Demostración. 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 también un punto aislado de X. Rećıprocamente, 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 3.22. Para todo X ⊂M , intX ∪ int (M −X) es denso en M .
26
Demostración. Es sabido que dado X ⊂M cualquiera, se tiene que
M = intX ∪ ∂(X) ∪ int (M −X).
Aśı sea x ∈ ∂(X), por lo que para todo r > 0 B(x; r) ∩X 6= ∅. Note que
int (B(x; r) ∩X) = B(x; r) ∩ intX.
Se sigue entonces que B(x; r) ∩ intX 6= ∅. Por lo tanto
B(x; r) ∩ (intX ∪ int (M −X)) 6= ∅,
ergo, intX ∪ int (M −X) es denso en M
Problema 3.23. Dado S ⊂M , sea (Fλ)λ∈L la familia de todos los subconjuntos cerra-
dos de M que contienen S. Pruebe que S =
⋂
λ∈L Fλ
Demostración. Como cada Fλ es cerrado y contiene a S, entonces S ⊂ Fλ = Fλ para
todo λ ∈ L. Luego S ⊂
⋂
λ∈L Fλ. Sea x ∈
⋂
λ∈L Fλ, es decir x ∈ Fλ para todo λ ∈ L, en
particular x ∈ S, implicando
⋂
λ∈L Fλ ⊂ S. Por lo tanto S =
⋂
λ∈L Fλ
Problema 3.24. Pruebe que M − intS = M − S y M − S = int (M − S)
Demostración. Sea x ∈M − intS. Se sigue que x 6∈ intS, por lo que para todo ε > 0 se
tiene que B(x; ε) 6⊂ S. Esto quiere decir que existen puntos y ∈ B(x; ε) tales que y 6∈ S
es decir y ∈ M − S, por lo que B(x; ε) ∩ (M − S) 6= ∅. Por otro lado, sea x ∈ M − S,
por lo que para todo ε > 0 se tiene que B(x; ε) ∩ (M − S) 6= ∅. Se sigue que B(x; ε)
posee puntos que no están en S, por lo tanto B(x; ε) 6⊂ S, por lo que x
Problema 3.25. Si un conjunto abierto A es disjunto de S etonces A es disjunto de
la clausura de S.
Demostración. Supongamos que A ∩ S 6= ∅. Sea x ∈ A ∩ S. Como A es abierto, existe
r > 0 tal que B(x; r) ⊂ A. Además, B(x; r) ∩ S 6= ∅. Luego, A ∩ S 6= ∅, lo cual es una
contradicción
Problema 3.26. Muestre que, para todo X ⊂M , se tiene X =
∞⋂
n=1
B
[
X;
1
n
]
.
27
Demostración.
x ∈
∞⋂
n=1
B
[
X;
1
n
]
⇔ ∀n ∈ N, x ∈ B
[
X;
1
n
]
,
⇔ ∀n ∈ N,∃xn ∈ X, d(x, xn) ≤
1
n
,
⇔ x ∈ X.
4. Conjuntos conexos
Problema 4.1. Sean X, Y ⊂ M tales que M = X ∪ Y y X ∩ Y = ∅. Entonces M =
X∪Y es una escisión si y solamente si X∩Y = X∩Y = ∅. (O sea x ∈ X ⇒ d(x, Y ) > 0
e y ∈ Y ⇒ d(y,X) > 0
Demostración. Si X ∪ Y es una escisión 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. Se razona de forma análoga para Y .
Problema 4.2. Sea ϕ : M → N un homeomorfismo local. Dado el espacio métrico 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) 6= g(x) para todo x ∈ X.
Demostración.
Problema 4.3. Sean X, Y,M conexos. Si ∂X ⊂ Y entonces X ∪ Y es conexo.
Demostración. Sean A y B abiertos disjuntos tales que A ∪ B = X ∪ Y . Aśı X =
(A ∩X) ∪ (B ∩X) e Y = (A ∩X) ∪ (B ∩X). Como X es conexo:
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 contradicción pues A ∩X = ∅
28
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 análoga.
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 6∈ X. Entonces ningún subconjunto conexo de M puede contener a a
y b simultáneamente.
Demostración. Razonemos por contradicción. Supongamos que existe un subconjunto
conexo Y que contiene a a y b simultáneamente. Como X es abierto y cerrado en M
entonces X ∪ (M −X) = M es una excisión no trivial de M y b ∈ M −X. Note que
Y = (Y ∩X)∪ (Y ∩ (M −X)), es una excisión de Y . Como Y es conexo eso implica que
Y ∩X o Y ∩ (M −X) es vaćıo. Esto no es posible pues a ∈ Y ∩X y b ∈ Y ∩ (M −X).
Contradicción.
Problema 4.5. Un espacio métrico M es conexo si y sólo si, toda función continua
f : M → {0, 1} es constante.
Demostración. Si f : M → {0, 1} es continua, entonces f(M) ⊂ {0, 1}. La igualdad es
posible si y sólo si M es conexo dado que {0, 1} es un espacio discreto.
Problema 4.6. Sea (Xλ)λ∈L una familoia de conjuntos conexos en un espacio métrico
M , tales que para Xλ∩Xµ 6= ∅ para cualesquiera λ, µ ∈ L. Pruebe que
⋃
λ∈L
Xλ es conexo.
Demostración. Sean a, b ∈
⋃
λ∈L
Xλ. Luego existen λ, µ ∈ L tales que a ∈ Xλ y b ∈ Xµ.
Dado que Xλ ∩ Xµ 6= ∅ entonces Xλ ∪ Xµ 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
⋃
λ∈L
Xλ
que los contiene. Luego
⋃
λ∈L
Xλ es conexo.
Problema 4.7. Sean X1, X2, . . . , Xn, . . . subconjuntos conexos de un espacio métrico
M , tales que Xn ∩Xn+1 6= ∅ para todo n. Muestre que M = ∪Xn es conexo.
29
Demostración. Sea a, b ∈ X, luego existen m, p ∈ N tal que a ∈ Xm e b ∈ Xp. Sin
pérdida de generalidad supongamos que p = m+ k. Note que Xm ∪Xm+1 ∪ . . .∪Xm+k
es conexo tal que contiene a a y b. Esto, pues se observa lo siguiente:
Por hipótesis Xm y Xm+1 son conexos tales que Xm ∩Xm+1 6= ∅, aśı Xm ∪Xm+1
es conexo.
Por hipótesis Xm+2 es conexo tal que Xm+1∩Xm+2 6= ∅, aśı (Xm∪Xm+1)∩Xm+2 6=
∅. De lo anterior Xm ∪Xm+1 es conexo, luego Xm ∪Xm+1 ∪Xm+2 es conexo.
Se concluye que para todo par de puntos a, b ∈ X existe un subconjunto conexo que
los contiene. Por lo tanto, X es conexo.
Problema 4.8. Sea E ⊂ Rm un subespacio vectorial. Si dim(E) = m − 1, entonces
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.
Demostración. Dado que dim(E) = m − 1 entonces existe u ∈ Rm linealmente inde-
pendiente a E. Sean
C1 = E + {αu; α > 0} = E + 〈u〉+ y C2 = E + {αu; α < 0} = E + 〈u〉−.
Afirmamos que C1 y C2 son las dos componentes conexas de Rm−E. Sea x ∈ C1 ∩C2,
entonces x = αu+ a = βu+ b con a, b ∈ E, luego (α− β)u = b− a ∈ E, lo cual es una
contradicción.
5. Ĺımites
Problema 5.1. Sea d una pseudo-métrica en un conjunto M . Pruebe que d es una
métrica si y sólo si toda sucesión convergente según d posee ĺımite único.
Demostración. Para probar que d es métrica debemos mostrar que d(x, y) = 0 si y sólo
si x = y. Sean x, y tales que d(x, y) = 0. Considere la sucesión constante xn = x (que
converge a x). Aśı, d(xn, y) = d(x, y) = 0 < ε, por lo que(xn) converge también a y.
Dada la unicidad del ĺımite, se concluye que x = y.
Problema 5.2. Dada una isometŕıa f : M → M , fije un punto x0 ∈ M y defina
x1 = f(x0), . . . , xn+1 = f(x). Si f(x0) = x0, la sucesión (xn) no converge.
30
Demostración. Por definición fn(x0) = xn. Además, como f es una isometŕıa, se deduce
que d(xn, xn+1) = d(x0, x1), para todo n ∈ N falta seguir escribiendo
Problema 5.3.
Demostración. Sea ε > 0. Dado que ĺımn∈N1 xn = a y ĺımn∈N2 xn = a existe N1 ∈ N1 ⊂
N tal que d(xn, a) < ε para todo n > N1existen N1, N2 ∈ N tales que d(xn, a) < ε
para todo n > N1 por un lado y d(xn, a) < ε para todo n > N2. Tomando N =
máx {N1, N2}
Problema 5.4. Dada una función ϕ : N→ N, se dice que ĺımn→∞ ϕ(n) =∞ cuando,
para todo c > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ ϕ(n) > c. Pruebe que ĺımn→∞ ϕ(n) =∞
si y sólo si para todo k ∈ N se tiene que ϕ−1(k) es finito. En particular si ϕ es inyectiva
ĺımn→∞ ϕ(n) =∞
Demostración. Mostremos primero que f−1(k) es finito. Como ϕ−1(k) ⊂ N entonces
posee menor elemento y aśı ϕ−1(k) = {n1, n2, . . .}. Aśı existe N ∈ N tal que ϕ−1(n) > k
para todo n > N .
Sea c > 0. Mostremos que exite n0 ∈ N tal que ϕ(n) > c para n > n0. Note que
ϕ−1(bcc), ϕ−1(bcc − 1), ϕ−1(bcc − 2), . . . , ϕ−1(1) son fonitos. Aśı
bcc⋃
i=1
ϕ−1(i),
es finito. Aśı N = máx
⋃bcc
i=1 ϕ
−1(i).
Note que ϕ : N→ N tal que ϕ(2k) = k y ϕ(2k + 1) = 1 cumple lo pedido.
Problema 5.5. Toda sucesión convergente posee un único valor de adherencia. Discuta
la rećıproca
Demostración. Supongamos que (xn) es una sucesión convergente, es decir, ĺımn∈N xn =
a, para algún a ∈M . Dado que (xn) es convergente entonces toda subsucesión de (xn)
converge a a, en otras palabras, se tiene que ĺımxnk = a, para toda subsucesión de
(xn). Por lo tanto el valor de adherencia de (xn) es único. Si una sucesión tiene un
único valor de adherencia es convergente pues, digamos que dada una sucesión (xn) su
valor de adherencia es a. Por lo tanto, dada una vecindad de a por definición, a partir
de N suficientemente grande, xn ∈ Va para todo n > N
31
Problema 5.6. Una sucesión dupla en un espacio métrico M es una aplicación (m,n)→
xmn de N×N en M . La sucesión dupla (xmn) origina, para cada n ∈ N fijo, una suce-
sión simple (x1n, x2n, x3n, . . .) y para cada m ∈ N fijo, la sucesión (xm1, xm2, xm3, . . .).
Se escribe an = ĺımm→∞ xmn y bm = ĺımn→∞ xmn para indicar los ĺımites de estaciones
sucesiones simples, si existieran. Por otro ldo, se dice que la sucesión dupla (xmn) con-
verge al ĺımite a ∈M cuando, para cada ε > 0, existe n0 ∈ N, tal que m,n > n0 implica
d(xmn, a) < ε. Se escribe entonces a = ĺımm,n xmn = ĺımm,n→∞ xmn. Sea f : N → R
definida por f(k) = k se k fuese par y f(k) =
1
k
si k fuese impar. Muestre que:
1. La sucesión dupla de números reales xmn =
f(m) + f(n)
mn
converge a 0 pero no
existen los ĺımites simples ĺımn→∞ xmn ĺımm→∞ xmn para ningún valor de n ni m.
2. Poniendo ymn =
f(m)
mn
, existe, para todo n, el ĺımite ĺımm→∞ ymn = 0 pero para
ningún valor fijo de m existe ĺımn→∞ ymn
3. Si existiera el ĺımite duplo a = ĺımxmn y para todo n existiera ĺım
m→∞
xmn = an
entonces se debe tener ĺım an = a. Por lo tanto valen las igualdades
ĺım
m
(ĺım
n
xmn) = ĺım
n
(ĺım
m
xmn) = ĺım
m,n
xmn
Demostración. 1. Note que
0 ≤ xmn ≤
1
n
+
1
m
.
Luego haciendo n,m → ∞ tenemos que ĺım
m,n→∞
xmn = 0. Para 2m se tiene que
x2mn =
1
n
+
f(n)
2mn
. Para 2m+ 1 se tine que x(2m+1)n =
1
(2m+ 1)2n
+
f(n)
(2m+ 1)n
.
Aśı ĺımm→∞ x(2m+1)n = 0 y ĺımm→∞ x2mn =
1
n
.
2. Note que
0 ≤ yn ≤
f(n)
mn
≤ 1
m
.
Luego ĺımm→∞ ymn = 0. Note que según paridad de n se tiene que ĺımn→∞ ymn =
1
m
para n par y ĺımn→∞ ymn = 0 para n impar.
3. Sea ε > 0. Por desigualdad triangular tenemos que
d(an, a) ≤ d(an, xmn) + d(xmn, a).
Sabemos que existe N1 ∈ N tal que para n,m > N1 se tiene que d(xmn, a) <
ε
2
y N2 ∈ N tal que para m > N2 se tiene que d(an, xmn) <
ε
2
. Aśı, tomando
32
N = máx {N1, N2}, para n,m > N tendremos que d(an, a) < ε, haciendo valer
que ĺım an = a.
Problema 5.7. Sea S ⊂ M denso. Dada una sucesión (xn) en M suponga qe existe
x ∈M tal que ĺım d(xn, s) = d(x, s) para todo s ∈ S. Pruebe que ĺım xn = x.
Demostración. Sea ε > 0. Como S es denso en M , existe s ∈ S tal que d(x, s) < ε
4
.
Además, por hipótesis, para todo n suficientemente grande tenemos que |d(xn, s) −
d(x, s)| < ε
2
, es decir d(xn, s) < d(x, s) +
ε
2
. Aśı, para n suficientemente grande:
d(xn, x) ≤ d(xn, s) + d(s, x),
< 2d(x, s) +
ε
2
= ε.
Por lo tanto ĺımxn = x
Problema 5.8. La sucesión de funciones fn(x) =
1
1 + nx
converge puntualmente pero
no uniformemente en el intervalo [0, 1]. Lo mismo para fn(x) = nx(1− x)n.
Convergencia de
(
1
1+nx
)
n∈N
.
ĺım
n→∞
1
1 + nx
=
{
1, si x = 0
0, si x ∈ (0, 1] ,
y la convergencia no es uniforme pues la sucesión de funciones es continua mientras que
la función limite es discontinua.
Convergencia de (nx(1− x)n)n∈N.
ĺım
n→∞
nx(1− x)n = 0, ∀x ∈ [0, 1]
Sin duda la convergencia es puntual. Notemos que cada función fn tiene un máximo en
xn =
1
n+1
∈ (0, 1), que es fn(xn) =
(
n
n+1
)n+1
. Es fácil ver
n→∞ =⇒ fn(xn)→
1
e
.
Con esto en mano, dado ε > 0, si ε < 1
e
existe N ∈ N suficientemente grande tal que
|fn(xn)| > ε para todo n > N . Se concluye que la convergencia no es uniforme.
33
Problema 5.9. Sea C1([a, b],R) el espacio vectorial de las funciones f : [a, b]→ R, de
clase C1, con la norma ‖f‖ = supa≤x≤b(|f(x)| + |f ′(x)|). Muestre que ĺım fn = f en
C1([a, b],R) significa que fn → f y f ′n → f ′ uniformemente en [a, b].
Demostración. Asumiendo que ĺım fn = f en C1([a, b],R), como |·| es positiva, entonces
‖fn − f‖ = supa≤x≤b(|fn(x) − f(x)| + |f ′n(x) − f ′(x)|) = supa≤x≤b |fn(x)− f(x)| +
supa≤x≤(|f ′n(x) − f ′(x)|) = d(fn, f) + d(f ′n, f). Luego, para n suficientemente grande
se tiene que d(fn, f) + d(f
′
n, f) < ε, y por ende d(fn, f) < ε y d(f
′
n, f
′) < ε. Para la
dirección conversa se asume que
Problema 5.10. Dada f : (0,+∞) → R se dice que ĺım
x→∞
f(x) = c cuando para todo
ε > 0 existe k ∈ R tal que x > k entonces |f(x)− c| < ε. Muestre que ĺım
x→∞
f(x) = c si
y sólo si gn : R→ R definidas por gn(x) = f(x+ n) converge uniformemente para c en
cada parte acotada de (0,+∞).
Demostración.
Problema 5.11. Sea E un espacio vectorial normado. Las siguientes afirmaciones
acerca de una sucesión de transformaciones lineales Tn : Rm → E y de una T ∈
L(Rm, E) son equivalentes:
(a) ĺımTn(x) = T (x), para todo x ∈ Rm.
(b) ĺımTn(ei) = T (ei) para todo i = 1, . . . ,m, donde {e1, . . . , en} es la base canónica
de Rm.
(c) Tn → T en cada parte acotada de Rm.
(d) Tn → T en L(Rm, V )
Demostración. Que (a) implica (b) es claro, pues (b) es un caso particular de (a).
Ahora asumimos (b) y consideramos X ⊂ Rm acotado, es decir, existe r > 0 tal que
X ⊂ B(0; r), lo que en términos de la norma del máximo (podemos hacerlo ya que es
equivalente a la norma euclidiana) si x ∈ X, entonces, máx
1≤i≤n
|xi| < r. Aśı:
‖Tn(x)− T (x)‖ = ‖
∑
xi(Tn(ei)− T (ei))‖,
≤
∑
|xi| · ‖Tn(ei)− T (ei)‖,
≤ m ·máx |xi| · ‖Tn(ei)− T (ei)‖,
≤ m · r · ‖Tn(ei)− T (ei)‖.
34
Como Tn(ei) → T (ei), con i = 1, . . . , n, dado ε > 0 existen Ni ∈ N tal que n > Ni
implica ‖Tn(ei) − T (ei)‖ <
ε
rm
. Luego tomando N = máx {N1, . . . , Nm}, para n > N
se tendrá que ‖Tn(ei)− T (ei)‖ <
ε
mr
. Y finalmente ‖Tn(x)− T (x)‖ < rm ·
ε
rm
= ε.
Ahora asumiendo (c) como hipótesis, como Tn → T uniformemente en cada subcon-
junto acotado X de Rm, entonces dadp ε > 0 existe N ∈ N tal que ‖Tn(x)−T (x)‖ < ε,
para todo n > N y todo x ∈ X. Esto quiere decir que ‖Tn − T‖ ≤ ε para todo n > N ,
por lo que Tn → T en L(Rm, V ).
Para probar que (d) implica (a) empiece notando que ‖Tn(x) − T (x)‖ ≤ ‖Tn − T |,
para todo x ∈ R. Luego, para n suficintemente grande ‖Tn− T‖ < ε. Por transitividad
‖Tn(x)− T (x)‖ < ε para todo x ∈ Rm con n suficientemente grande.
6. Continuidad uniforme
Problema6.1. Si una sucesión de funciones uniformemente continuas fn : M → N
converge uniformemente para una aplicación f : M → N entonces f es uniformemente
continua.
Demostración. Empiece notando que se tiene, usando dos veces la desigualdad trian-
gular, la siguiente desigualdad
d(f(x), f(y)) ≤ d(fn(x), f(x)) + d(fn(x), fn(y)) + d(fn(y), f(y)).
Por la sucesión de funciones uniformemente continuas tenemos que para todo ε > 0 exis-
te δ1 > 0 tal que para todo x, y ∈M tales que d(x, y) < δ1 entonces d(fn(x), fn(y)) <
ε
3
,
para todo n ∈ N. Además, como la sucesión (fn) converge uniformemente a f , entonces
para todo ε > 0, y para todo x ∈ M existe N ∈ N tal que d(fn, f) <
ε
3
para todo
n > N . Aśı, para δ = δ1 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.
Problema 6.2. Dada f : [0,+∞) → R, suponga que existe a > 0 tal que f |[0, a] y
f |[a,+∞) sean uniformemente continuas. Pruebe que f es uniformemente continua.
Demostración. 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
δ1, δ2 > 0 tales que para todos x ∈ [0, a] e y ∈ [a,+∞) tales que |x−a| < δ1, y |y−a| < δ2
35
entonces |f(x)− f(a)| < ε
2
y |f(y)− f(a)| < ε
2
. Aśı, tomando δ = mı́n {δ1, δ2} entonces
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)| < ε
2
+
ε
2
= 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.
Problema 6.3. Sea X ⊂ M denso. Si f : M → N es una aplicación continua tal que
f |X es uniformemente continua, entonces f es uniformemente continua.
Demostración. Sea ε > 0. Sabemos que existe δ > 0 tal que para todos x, y ∈ X tales
que d(x, y) < δ entonces d(f(x), f(y)) <
ε
3
.
Sean u, v ∈ M tales que d(u, v) < δ
3
. Por continuidad en u existe δ1 > 0 tal que
para todo a ∈ M tal que d(u, a) < δ1 entonces d(f(u), f(a)) <
ε
3
. Análogamente para
v, existe δ2 > 0 tal que para todo b ∈M tal que d(v, b) < δ2 entonces d(f(v), f(b)) <
ε
3
.
Ahora bien, como X es denso, existen x, y ∈ X tales que d(u, x) < mı́n
{
δ1,
δ
3
}
y
d(u, y) < mı́n
{
δ
3
, δ2
}
.
Aśı
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
7. Espacios métricos completos
Problema 7.1. Sea
∑
an una serie convergente de números reales positivos. Si una
sucesión (xn) en un espacio métrico es tal que d(xn, xn+1) ≤ an para todo n entonces
(xn) es una sucesión de Cauchy.
36
Demostración. Dado que
∑
an es convergente, ĺım an = 0, de lo que se sigue que dado
ε > 0 existe N tal que para n > N se tiene que an <
ε
p
.
Para mostrar que (xn) es de Cauchy basta mostrar que d(xn, xn+p) < ε para cual-
quier 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.
Aśı, para n > N ,
d(xn, xn+p) <
ε
p
+ . . .+
ε
p
= ε.
Problema 7.2. Dada una sucesión (xn) en M formamos una sucesión dupla de núme-
ros reales poniendo tmn = d(xm, xn). Muestre que (xn) es de Cauchy si y sólo si
ĺım
m,n→∞
tmn = 0.
Demostración. Suponga que (xn) es de Cauchy. Dado ε > 0 existe N ∈ N tal que para
n,m > N se tiene que
|tmn| = |d(xm, xn)| = d(xm, xn) < ε.
Se satisface la definición inmediatamente.
Si ĺım
m,n→∞
tmn = 0 es análogo
Problema 7.3. Sea ϕ : N→ N tal que ĺımn→∞ ϕ(n) =∞. Se (xn) es una sucesión de
Cauchy en M entonces yn = xϕ(n) define una sucesión de Cauchy en M .
Demostración. Sea ε > 0. Entonces tenemos que d(ym, yn) = d(xϕ(m), xϕ(n)). Como
(xn) es de Cauchy existe N ∈ N tal que para n,m > N se tiene que d(xn, xm) < ε.
Como ĺımϕ(n) =∞ existe N0 tal que para m,n > N0 se tenga ϕ(n), ϕ(m) > N , luego
d(ym, yn) = d(xϕ(m), xϕ(n)) < ε. Por lo tanto (yn) define una sucesión de Cauchy en
M .
Problema 7.4. Dada una sucesión (xn) en el espacio métrico M considere la sucesión
de funciones fn : N→ R dadas por fn(p) = d(xn, xn+p). La sucesión (xn) es de Cauchy,
si y sólo si fn → 0 uniformemente. Considerando la sucesión de las sumas parciales
de la serie armónica, muestre que la consideración fn → 0 puntualmente no basta para
que (xn) sea de Cauchy.
37
Demostración. Suponga que fn converge uniformemente a la función nula. Sea ε > 0 y
para todo p ∈ N existe N ∈ N tal que para n > N se tiene que d(xn, xn+p) = |fn(p)| < ε,
por lo tanto (xn) es una sucesión de Cauchy.
Ahora suponga que (xn) es una sucesión de Cauchy. Sea ε > 0, por tanto, existen
N tal que para todos n > N se tiene que |fn(p) − 0| = |fn(p)| = d(xn, xn+p) < ε sea
cual sea p ∈ N, por lo tanto (fn) converge uniformemente a la función nula.
Problema 7.5. Si M1, . . . ,Mn ⊂M son completos entonces M1∪ . . .∪Mn es completo
Demostración. Dado que M1, . . . ,Mn son subespacios completos de N entonces son
subconjuntos cerrados. Luego, M1 ∪ M2 ∪ . . .Mn es union finita de cerrados, por lo
tanto es cerrado y aśı, completo
Problema 7.6. Las componentes conexas de un espacio métrico completo son subcon-
juntos completos.
Demostración. Es sabido que las componentes conexas de un espacio métrico son con-
juntos cerrados. Además, como el espacio de referencia es completo, al ser cerrados
también son completos. Termina la demostración.
Problema 7.7. Sea (Mλ)λ∈L una familia arbitraria de subespacios completos de un
espacio métrico N . Entonces la intersección M =
⋂
λ∈LMλ es un espacio métrico com-
pleto.
Demostración. Dado que Mλ es subespacio completo de un espacio métrico entonces es
cerrado para todo λ ∈ L. Luego, como M es unión arbitraria de cerrados, es cerrado y
aśı es completo.
Problema 7.8. 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
aplicación cerrada.
Demostración. Sea X ⊂ M completo y sea (zn) una sucesión de Cauchy en f(X).
Debemos probar que (zn) converge en f(X).
Por definición para cada zn existe xn ∈ X tal que f(xn) = zn. Como (zn) es de
Cauchy, dado ε > 0 entonces d(zn, zm) < ε ·c para todos n y m suficientemente grandes.
En seguida por hipótesis se tiene que d(xn, xm) < ε, por lo tanto (xn) es de Cauchy
en X y aśı existe x ∈ X tal que xn −→ x. Haciendo z = f(x) ∈ f(X) afirmamos que
38
zn −→ z. En efecto como f es continua si xn −→ x entonces zn = f(xn) −→ f(x) = z,
por lo tanto (zn) converge en f(X) y luego f(X) es completo.
Dado que todo subespacio completo de un subespacio métrico 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 aśı que es una aplicación cerrada.
8. Espacios métricos compactos
Problema 8.1. Sean A y B subconjuntos disjuntos no vaćıos en el espacio métrico
compacto M . Si d(A,B) = 0 entonces existe p ∈ ∂(A) ∩ ∂(B)
Demostración. 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) < 1n . Esto define las
sucesiones (xn) en A e (yn) en B. Defina la sucesión (zn) por xi si n = 2i e yi si
n = 2i+ 1. Es claro que (zn) es de Cauchy en M y por ende convergente en el espacio.
Supongamos que zn → p. Note que (xn) e (yn) al ser subsucesiones de (zn) son también
convergentes y lo hacen hacia el punto p. Note que p es ĺımite de una sucesión en A y
otra en M − A (pues B ⊂ M − A), luego p ∈ ∂A. De modo análogo se concluye que
p ∈ ∂B.
Problema 8.2. Sean K ⊂ V ⊂M donde K es compacto y V es abierto en M . Pruebe
que exister > 0 tal que ∪x∈KB(x; r) ⊂ V
Primera demostración. Sea (Cλ)λ∈L 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. Aśı, para cada x ∈ K existe λi tal que x ∈ Cλi y en virtud de esto existe rxi tal
que B(x; rxi) ⊂ Cλi , para algún i = 1, . . . , n. Aśı, sean ri = suprxi , por cada i. Luego
r = máx {r1, . . . , rn}. Luego es claro que ∪x∈KB(x; r) ⊂ V .
Segunda demostración. El problema equivale a mostrar que existe r > 0 tal que
B(K; r) ⊂ V
(bola de centro K y radio r). Por contradicción supongamos que para todo n ∈ N existe
una sucesión (xn) en B(K;
1
n
) tal que x 6∈ V .
39
Problema 8.3. Sean K =
⋂
λ∈LKλ la intersección de una familia de compactos en el
espacio métrico M y U un abierto conteniendo a K. Pruebe que existen λ1, . . . , λn ∈ L
tales que Kλ1 ∩ . . . ∩Kλn ⊂ U . Si la familia (Kλ) fuera una cadena entonces K ⊂ U
implica Kλ ⊂ U para algún λ. Si K1 ⊃ K2 ⊃ . . . y
⋂∞
n=1Kn ⊂ U entonces existe n0 tal
que n > n0 implica Kn ⊂ U .
Demostración.
Problema 8.4. Pruebe que un espacio métrico M es totalmente acotado si y solamente
si toda sucesión en M posee una subsucesión de Cauchy.
Demostración. Sea (xn) una sucesión en M y sea ε > 0. Como M es totalmente acotado
existen a1, . . . , an ∈M tales que
M = B
(
a1;
ε
2
)
∪ . . . ∪B
(
an;
ε
2
)
.
Aśı, existe j ∈ {1, . . . , n} tal que xn ∈ B(aj; ε) para infinitos xn. Sea yn = xϕ(n) la
subsucesión contenida en B(aj; ε). Es claro que (yn) es de Cauchy. Por lo tanto, dado
ε > 0 y una sucesión en M siempre podemos extraer una subsucesión de Cauchy.
Rećıprocamente, sea (x1n) una sucesión en M . Por hipótesis, (x
1
n) posee una subsu-
cesión de Cauchy, la cual es acotada y por ende está totalmente contenida en una bola
de radio ε1 digamos B1. Sea x
2
n una sucesión tal que x
2
n 6∈ B1. Por hipótesis posee una
subsucesión de Cauchy la cual está acotada y por ende está totalmente contenida en
una bola de radio B2. Se continua el proceso, el cual es finito pues de no serlo se define
la sucesión yn definida de modo que yn = x
n seguir redactando assadasd
Problema 8.5. Sea M compacto. Una sucesión de puntos xn ∈ M es convergente si
y solamente si posee un único valor de adherencia. Muestre, por medio de un ejemplo,
que la compacidad de M es una hipótesis necesaria.
Demostración. Sea (xn) una sucesión convergente en M , es decir xn → L ∈ M . Sea
(yn) = (xϕ(n)). Dado que (xn) es convergente, yn → L. Luego L es el único valor de
adherencia. Por otro lado, sea (xn) una sucesión con un único valor de adherencia. Mos-
tremos que (xn) es convergente. Dado que (xn) posee un valor de adherencia, entonces
existe una subsucesión yn = xϕ(n) convergiendo a él. Ahora considere la subsucesión
sin ... seguir escribiendo.
Problema 8.6. Sean M,N espacios métricos. Pruebe que la clausura de un conjun-
to equicontino E ⊂ C0(M ;N) es equicontinuo. Idem para conjuntos uniformementes
equicontinuos.
40
Demostración. Sea a ∈ M y ε > 0. Dado g ∈ E, existe f ∈ B
(
g; ε
3
)
∩ E. Como E es
equicontinuo existe δ > 0 tal que si d(x, a) < δ entonces d(f(x), f(a)) < ε
3
. Aśı:
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 demostración es análoga.
Eder Contreras Ordenes Estudiante de Licenciatura en matemáticas, Univer-
sidad de chile.
41
https://uchile.academia.edu/EderContreras
	Espacios métricos
	Funciones contínuas
	Lenguaje básico de la topología
	Conjuntos conexos
	Límites
	Continuidad uniforme
	Espacios métricos completos
	Espacios métricos compactos