Analisis Real

Prof. Alejandro Ramırez

Facultad de Matematicas, PUC

8 de Mayo, 2015

Interrogacion 2

(1) (1.4pt)(i) (0.2pt) Defina lo que es la completacion de un espacio metrico.

(ii) (1.2pt) Demuestre la veracidad o falsedad de la siguiente afirmacion: un espacio metrico(X, ρ) puede tener completaciones (Y1, σ1) e (Y2, σ2) de modo que (Y1, σ1) es un sube-spacio propio de (Y2, σ2).

Solucion: (i) Una completacon de un espacio metrico (X, ρ) es una incrustacion isometricaf : X → Y , donde (Y, σ) es otro espacio metrico, de modo que f(X) es completo. (ii) Laafirmacion del problema es verdadera. En efecto, considere el espacio metrico X = (−∞, 0)con la metrica del valor absoluto. Si consideramos Y = R, podemos incrustar isometricamenteX en Y en al menos dos formas. Sean f1(x) = x y f2(x) = x + 1. Claramente f1 y f2definen isometrıas entre X y f1(X) y f2(X) respectivamente. Ademas, f1(X) = (0,∞) yf2(X) = (−∞, 1) con f1(X) = (−∞, 0] y f2(X) = (−∞, 1] completos. Esto da un ejemplode dos completaciones, una de las cuales es un subconjunto propio de la otra.

(2) (1.3pt) Definimos en un espacio metrico (X, ρ) la distancia entre dos subconjuntos A,B deX por

ρ(A,B) = infx∈A,y∈B

ρ(x, y).

Demuestre que si A y B son disjuntos, uno de ellos es compacto y el otro cerrado entonces

ρ(A,B) > 0.

Solucion: Supongamos que ρ(A,B) = 0. Luego, existen sucesiones {xn} e {yn} en A y Brespectivamente tales que

limn→∞

ρ(xn, yn) = 0.

Sin perdida de generalidad, supongamos que A es cerrado y B compacto. Sea {ynk} una

subsucesion de {yn} que converge a un punto y en B. Luego

limk→∞

ρ(xnk, ynk

) = 0.

Por otra parte, por la desigualdad triangular

|ρ(xnk, ynk

)− ρ(xnk, y)| ≤ ρ(ynk

, y),

por lo que

limk→∞

ρ(xnk, y) = 0.

1

2

Es decir, y es un punto lımite de A. Pero A es cerrado, lo que implica que y ∈ A, lo que a suvez contradice la hipotesis A ∩B =.

(3) (1.7pt) (Metrica de Hausdorff) Considere el espacio C(Rn) formado por todos los sub-conjuntos no vacıos, cerrados y acotados de Rn. Para C1, C2 ∈ C(Rn) defina

dH(C1, C2) := max

{supy∈C2

dist(C1, y), supx∈C1

dist(x,C2)

}.

(Definimos en un espacio metrico (X, ρ) la distancia entre un punto c y un subconjunto Ecomo

dist(E, c) := infx∈E

ρ(x, c).

)(i) (0.9pt) Demuestre que dH es una metrica.

(ii) (0.8pt) Defina f0(x) := x3

y f1(x) := x3

+ 23

y defina f : C(R) → C(R) como f(C) :=f0(C) ∪ f1(C). Es un hecho que puede suponer sin demostrar, que el espacio metrico(C(R), dH) es completo. Demuestre que existe un unico conjunto K ⊂ C(R) tal queC = f(C).

Solucion: (i) Por la simetriıa en la expresion que define a dH respecto a sus variables,claramente se tiene que dH(C1, C2) = dH(C2, C1). Por otra parte, es obvio que dH(C1, C2) ≥ 0.Supongamos que

dH(C1, C2) = 0.

Luego supy∈C2dist(C1, y) = 0. Esto implica que si y ∈ C2, luego dist(C1, y) = 0. Lo que a su

vez implica que existe una sucesion {xn} en C1 tal que limn→∞ ρ(xn, y) = 0. Es decir, y esun punto lımite de C1. Como C1 es cerrado, se debe tener que y ∈ C1. Es decir, C2 ⊂ C1.Analogamente se puede probar que C1 ⊂ C2. Es decir, C1 = C2. Por ultimo demostramosque dH satisface la desigualdad triangular. Consideremos tres subconjuntos C1, C2 y C3. Seay ∈ C2. Luego, para todo z ∈ C3 tenemos

dist(C1, y) = infx∈C1 ρ(x, y) ≤ infx∈C1 ρ(x, z) + ρ(z, y) = dist(C1, z) + ρ(z, y)

≤ supz′∈C3dist(C1, z

′) + ρ(z, y).

Tomando el ınfimo sobre z ∈ C3, vemos que

dist(C1, y) ≤ supz′∈C3dist(C1, z

′) + dist(C3, y)

≤ supz′∈C3dist(C1, z

′) + supy∈C2dist(C3, y) ≤ dH(C1, C3) + dH(C3, C2).

Luego

supy∈C2d(C1, y) ≤ dH(C1, C3) + dH(C3, C2).

Analogamente se puede demostrar que

supx∈C1d(C2, x) ≤ dH(C1, C3) + dH(C3, C2),

3

lo que implica que

dH(C2, C1) ≤ dH(C1, C3) + dH(C3, C2).

(ii) Por el teorema del punto fijo de Banach, basta probar que f es una contraccion en(C(R), dH). Es decir, tenemos que encontrar una constante k ∈ (0, 1) tal que para todo parde conjuntos C1, C2

dH(f(C1), f(C2)) ≤ kdH(C1, C2).

Ahora,

dH(f(C1), f(C2)) = dH(f0(C1) ∪ f1(C1), f0(C2) ∪ f1(C2))

= max{

supy∈f0(C2)∪f1(C2) dist(f0(C1) ∪ f1(C1), y), supx∈f0(C1)∪f1(C1) dist(f0(C2) ∪ f1(C2), x)}.

Examinemos el segundo termino en el maximo de la ultima igualdad. Si x ∈ f0(C1) tenemosque

dist(f0(C2) ∪ f1(C2), x) ≤ dist(f0(C2), x) ≤ supx′∈f0(C1)

dist(f0(C2), x′) =

1

3supx′∈C1

dist(C2, x′).

Tratando en forma analoga el caso en el que x ∈ f1(C1), llegamos a la conclusion de que talsegundo termino estga acotado superiormente por

1

3sup

x∈f0(C1)

dist(C2, x).

Efectuando un analisis similar para el primer termino vemos que

dH(f(C1), f(C2)) ≤1

3dH(C1, C2).

Finalmente, ocupando el hecho que el espacio C(R) es completo, por el teorema del punto fijode Banach existe un conjunto K tal que f(K) = K. Por el mismo teorema, tal conjunto esunico.

(4) (1.6pt) Considere el espacio normado l2 de sucesiones reales x := {xn : n ≥ 1} tales que

||x||2 :=√∑∞

n=1 |xn|2 <∞ con norma || · ||2. Demuestre que todo conjunto compacto en talespacio tiene interior vacıo.Solucion: Sea A algun subconjunto de l2 de interior no vacıo. Luego existe un x ∈ A y unr > 0 tal que

B(x, r) ⊂ A.

Consideremos los vectores cannonicos {en : n ≥ 1} en l2 (es decir, en es aquel vector que tienetodas sus componentes iguales a 0, salvo por aquella en la n-esima posicion que es igual a 1).Es facil constatar que si n 6= m,

||en − em|| =√

2.

Definimos para cada n,

4

fn := x+r

2en.

Luego la sucesion {fn} ∈ B(x, r) ⊂ A y para n 6= m,

||fn − fm||2 =r√2.

Esto implica que es imposible cubrir A por una cantidad finita de bolas de radio r/√

2. Esdecir A no es totalmente acotado, lo que implica que no es compacto.

TIEMPO: 2 horas y 30 minutos.