PROBLEMAS RESUELTOS 1. Sea f una función estrictamente creciente de R en R .

(a) Pruébese que ( , ) ( ) ( )D x y f x f y= − es una distancia. (b) Pruébese que, si f no es continua, la distancia no es equivalente a la distancia

euclídea D

( , )d x y x y= − . (c) Pruébese que, si f es continua, la distancia es equivalente a la distancia

euclídea. D

SOLUCIÓN:

(a) Es claro que es una aplicación de D ×R R en +R . Además, cumple las propiedades de una distancia.

D

(1) ( , ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0D x y f x f y f x f y= ⇔ − = ⇔ − = de donde ( ) ( )f x f y= . Como f es estrictamente creciente, f es inyectiva, y por lo tanto x y= .

(2) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , )D x y f x f y f y f x D y x= − = − = .

(3) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ).D x y D y z f x y f y z f x f y f y f z f x f z D x z+ = + ≥ − + − = − =

(b) Supongamos que no es continua en 0x ∈R . Entonces existe 0ε > tal que, cualquiera que sea , existe el menos un 0r > y∈R que cumple 0x y r− < , y

0( ) ( )f x f y ε− > . Por lo tanto, si se considera la bola determinada pos la distancia , D

{ }0 0 0( , ) : ( , ) ( ) ( )DB x y D x y f x f yε ε= ∈ = − <R

no existe tal que la bola euclídea 0r > { }0 0( , ) :B x r y x y r= ∈ − <R esté contenida

en 0( , )DB x ε . De aquí que las familias de abiertos que definen no sean iguales y, como consecuencia, y no son equivalentes. D d

(c) Considérese la bola { }0( , ) : ( ) ( )DB x y f x f yε ε= ∈ −R < .

Se va a probar que existe una bola ( , )B x δ tal que ( , ) ( , )DB x B xδ ε⊂ .

Efectivamente, por ser f continua en x , dado 0ε > existe 0δ > tal que, para todo que cumpla y x y δ− < , se tiene ( ) ( )f x f y ε− < , es decir, ( , )D x y ε< , luego

para todo ( , )y B x δ∈ es ( , )Dy B x ε∈ . Recíprocamente, dada una bola ( , )B x ε , existe una bola ( , )DB x δ tal que

( , ) ( , )DB x B xδ ε⊂ .

En efecto, por ser f estrictamente creciente y continua, existe y es continua la función inversa 1f − de en ; por lo tanto, dado ( )f R R ε , existe 0δ > tal que, si

( )f x cumple ( ) ( )f x f y δ− < , entonces es 1 1( ( )) ( ( ))f f x f f y x y ε− −− = − < ,

es decir, ( , )d x y ε< siempre que ( , )D x y δ< , luego ( , ) ( , )DB x B xδ ε⊂ .

2. Sean ( , )E d y ( , dos espacios métricos y ')F d :f E F→ una función uniformemente continua en E. Pruébese que, si ( )nx es una sucesión de Cauchy en E , entonces ( ( ))nf x es una sucesión de Cauchy en . F

SOLUCIÓN:

Consideremos una sucesión de Cauchy ( )nx en ( , )E d y veamos por la definición que ( ( ))nf x es una sucesión de Cauchy en . Fijemos un número arbitrario positivo

( , ')F d0ε > .

Por ser uniformemente continua en E , dado 0ε > anterior mente fijado, existe 0δ > , tal que si ( , )d x y δ< se tiene '( ( ), ( ))d f x f y ε< .

Por ser uniformemente continua en E , dado 0δ > , encontrado antes, existe tal que, para todo 0n N∈ 0,n m n< , se tiene ( , )n md x x δ< .

Por lo tanto, fijado 0ε > , existe 0n N∈ tal que, si 0,n m n< ( , )n md x x δ< , y se cumple '( ( ), ( ))n md f x f x ε< .

3. Sea : ( ,f )π π→ −R la rama principal de la función arctg x. Pruébese que la distancia definida por f en R ,

( , ) | |D x y arc tgx arc tg y= − es equivalente a la distancia euclídea, pero no es uniformemente equivalente a ella.

SOLUCIÓN:

( )f x arc tg= x es una función estrictamente creciente en R ; entonces, por la

parte de a) del problema 1, podemos asegurar que es una distancia en R . Además f es continua en todo , luego por la parte c) es equivalente a la distancia euclídea .

( , )D x yR D

Sin embargo , la identidad : ( , ) ( ,| |)i D →R R •

no es uniformemente continua, ya que no trasforma sucesiones de Cauchy del espacio en sucesiones de Cauchy del espacio . En efecto, la sucesión (n) de números naturales es de Cauchy en ( , ya que

( , )DR ( ;| |)R •)DR

lim2n

arc tg n π→∞

= ,

pero obviamente no lo es en . Por lo tanto no son uniformemente equivalentes.

( ;| |)R • | |D y •

Nota. Obsérvese que la identidad : ( , ) ( , )i D D→R R

sí es uniformemente continua en R , debido a la continuidad uniforme de ( )f x arc tg x= .

Para verlo basta tener en cuenta la desigualdad | |arc tg x arc tg y x y| |− ≤ −

obtenida aplicando el teorema del valor medio en el intervalo [y,x]. 4. Sea ( , )E d un espacio métrico

(a) Pruébese que ( , )( , )

1 ( ,d x yD x y

d x y=

+ )

es una distancia en E. (b) Pruébese que son equivalentes . d y D(c) (c )Estúdiese si son uniformemente equivalentes . d y D

SOLUCIÓN

(a) Las dos primeras condiciones son evidentes . Probemos la desigualdad triangular Como la función

: [0, ) , ( )1

xf f xx

∞ → =+

R

es creciente , se tiene para todo ,x y E∈ ( , ) ( , ) ( , )d x y d x z d z y≤ +

( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( ,

1 ( , ) 1 ( , ) ( , ) 1 ( , ) 1 ( ,d x y d x z d z y d x z d z y

d x y d x z d z y d x z d z y)

)+

≤ ≤ ++ + + + +

es decir . ( , ) ( , ) ( , )D x y D x z D y z≤ +(b) Es obvio que para todo ( ; ) ( , )D x y d x y≤ ,x y E∈ . Por lo tanto para todo r>0,

( , ) ( , ).d DB x r B x r⊂ Por otra parte, dado r>0, existe

1rs

r=

+

tal que ( , ) ( , ).D dB x s B x r⊂ En efecto, sea ( , )Dy B x s∈ ( , )( , )

1 ( ,D x yd x y

D x y=

− ),

basta elegir 0δ > cumpliendo

1δ εδ<

−, es decir,

1εδε

<+

,

para que ( ; )D x y δ< implique ( ; )d x y ε< . Así pues, i es uniformemente continua y, por tanto, d y D son uniformemente equivalentes.

5. Obténgase el interior, el exterior, la frontera y el conjunto de puntos de acumulación de los siguientes conjuntos

(a) { }2( , ) :x y y xλ∈ =R ( ) λ ∈R

(b) { }3 2 2( , , ) : 1x y z x y∈ + ≤R

(c) { }3 2 2 2( , , ) :x y z z x y∈ = +R .

SOLUCIÓN:

(a) El conjunto { } { }2( , ) : 0M x y y xλ ϕ−= ∈ = =R 1 R, donde es la

aplicación continua

2:ϕ →R

( , )x y y xϕ λ= − . Como { }0 ⊂ R es cerrado, resulta que

{ }1 0M ϕ−=

es cerrado (1.20) y, por tanto, 2 M−R es abierto. Entonces , ya que el exterior de M es el mayor abierto contenido en

2( )Ext M M= −R2 M−R .

r

M

P

Q

H

Es evidente geométricamente que M =∅ ; la prueba de esto es como sigue. Sea

0 0( , )P x xλ= un punto cualquiera de M. P no puede ser un punto interior a M, pues toda bola ( , )B P r de centro P contiene puntos de -M, por ejemplo el punto

y x2R

λ=

0, 0( )2rQ x xλ= +

La frontera de M se obtiene teniendo en cuenta la relación 2( ) ( ( )),rF M M Ext M= − ∪Rluego . ( )rF M M=Todo punto de P en M es de acumulación de M ya que cada bola centrada en P, ( , )B P r , contiene puntos de M distintos de P; por ejemplo, el punto

0 0,2 2

[ ( )r rH x xλ= + + ].

Acabamos de probar que M M⊂ ; pero por otra parte , al ser M cerrado se tiene que _

'M M M= ⊃ , de modo que en nuestro caso 'M M= . (b) si ahora consideremos la función continua 3 2 2{( , . ) : 1}M x y z x y= ∈ +R ≤

2 2( , , ) ,x y z x yϕ = = + y el cerrado ( ,1]−∞ ⊂ R . Como , resulta que M es cerrado. 1 (( ,1])M ϕ−= −∞Razonando como en (a)se tiene que Ext(M)= 3 M−R . Obsérvese que M es un cilindro (incluida la superficie cilíndrica) del eje 0Z es de esperar que su interior sea y que su frontera sea la superficie cilíndrica

es decir

2 21 {( , , ) : 1}M x y z x y= + <

=2 2{( , , ) 1}S x y z x y= = + 1S M M= − . Para probar esto procedemos de la siguiente manera : 1M es abierto ya que ( ,1]−∞ ⊂ R es abierto y además

11 {( ,1]};M ϕ−= −∞

1M es mayor contenido en M , ya cualquier punto 1P M M∈ − no puede ser interior a M, puesto que toda bola ( , )B P r centrada en 0 0, 0( , )P x y z= contiene puntos de

3 M−R , por ejemplo, el punto

0 0 0 0, , 02

( )rQ y zx x= + ≥

O el punto

0 0 0, ,2

( )rQ y zx= − 0 0x <

(Para probar esto hay que tener en cuenta que 2 20 0 11, )x y pues P M M+ = ∈ − .

Razonando como en (a) se deduce que 3( ) ( ( ))rF M M Ext M S= − ∪ =RSea ; como 0 0 0( , , ) ( )P x y z Fr M= ∈ 2 2

0 0 1x y+ = se deduce que cada bola ( , )B P r centrada en P contiene puntos M distintos de P, por ejemplo,

0 0 0,2

( )rH yx z= +

Esto prueba que . Por otra parte, es cierto en general que ( )Fr M M⊂ ' 'M M⊂ de modo que se tiene la inclusión 'M M⊂ . Pero al ser M cerrado es 'M M M= ⊃ y por tanto

'M M= .

z

x

y

P Q

H

(c) En este caso 3 2 2 2{( , , ) : }M x y z z x y= ∈ = +R es una superficie cónica de vértice en el origen. Razonando de modo análogo a como se hizo en (a) y en (b) se obtiene: 3( ) ', ( ) ,Fr M M M M Ext M M M= = = = − = ∅R 6.-Demuéstrese utilizando la definición que no son compactos los siguientes conjuntos:

(a) el conjunto R de los números reales (b) un intervalo abierto ( , . )a b ⊂ R(c) la bola abierta en de centro 0 y radio r . .nR

SOLUCIÓN: Se tendrá que encontrar un recubrimiento abierto del conjunto del cual no se pueda extraer un subrecubrimiento finito. (a) Considérese la familia θ de intervalos abiertos {( 1, 1)},z z z− + ∈

)

Z (Z es el conjunto de los números enteros ) que es un recubrimiento de R, si se suprimiese un intervalo, por ejemplo quedaría sin recubrir luego 0 0( 1, 1z z− + 0z θ no admite ningún recubrimiento. (b) Considere la familia de intervalos abiertos

, 2{( )}b a b abn n

a nθ − −= −+ ≥

θ es un recubrimiento abierto de ya que si ( , )a b 0 ( , )x a b∈ basta tomar

¨00 0

max ,{ }b a b anx a b x

paraque x− −> ∈

− −,( )b a b aa b

n n− −

+ −

Por otra parte si existe un recubrimiento finito

, 1.........{( )}j j

b a b aa b jn n− −

+ − = p

el intervalo

0 0

,( )b a b aa bn n− −

+ −

en donde , contiene a todos los demás y es obvio que los puntos comprendidos entre a+[(b-a)/ y los puntos entre b y b- no son recubiertos.

0 max{ : 1......... }jn n j= = p

0 ]n 0[( ) / ]b a n−

(c) Considérese la familia de bolas abiertas

0, 1{ ( )}rB r nn

− >

esta familia es un recubrimiento abierto de B(0,r), ya que si (0, ), (0, )x B r entonces d x r∈ < por lo tanto, para

0,(0, )

( )r rn es x Br d x n

> ∈−

r −

Ahora bien, exactamente igual al caso (b), si existiese un subrecubrimiento finito, habría una bola

0

0,( )rB rn

−

que contendría a las demás y los puntos de (0, )B r no pertenecen a

0

0,( )rB rn

−

quedaría sin recubrir. 7.-(a) Sea ( , )E d un espacio métrico. Pruébese que una sucesión convergente y su limite l

es un conjunto compacto en E. (b) Sean ( , ) ( , ')E d y F d dos espacios métricos, :f E F→ una biyección continua, tal que para toda parte compacta es compacto en E. Aplíquese a) para probar que

1, (K de F f K− )f es un homeomorfismo.

SOLUCIÓN:

(a) Sea { }i i IUθ ∈= un recubrimiento abierto cualquiera de { : }n { }M x n N l= ∈ ∪ Sea . Como es abierto, es un entorno de l . Por ser

0il U∈

0iU

lim nnx l

→∞=

dado existe tal que para toda es 0i

U 0n N∈ 0n n>0n ix U∈ . Como fuera de quedan a lo

mas los primeros términos de la sucesión, sea 0i

U

0n

0, 1, 2,......kj ix U j k n∈ =

con lo que es un subrecubrimiento finito de 00,1,2,......{ }

ji j nU = θ .

(b) probamos que 1f − es continua en F, supongamos que no lo es; existe entonces b F∈ y una sucesión ( )ny F⊂ , convergente a ) no converge a 1, ( ( nb tal que f y− ) 1f − (b)=a. Ahora bien, como {( ) { }nM y= ∪ b es compacto y por hipótesis 1f − (M) es compacto en E. Existe una subsucesión 1( ( ) ( (k

1 )nf y de f y− − convergente y cuyo limite no es a. Por ser f continua y biyectiva tendríamos

1lim ( ( ) ) limk kf f y y− b= ≠

en contradicción con lim ky b= .

8.-Sea { }nx una sucesión de ( , )E d . Si :σ N N es una aplicación estrictamente creciente

(es decir, →

( ) ( )n m n mσ σ> ⇒ > ), la sucesión se llama una subsucesión de (( )( nxσ ) )nx . (a) Pruébese que si lim nn

x a→∞

= , toda subsucesión { }nx tiene limite a.

(b)Pruébese con un ejemplo que una sucesión { }nx que no tenga limites puede tener subsucesiones convergentes. (c) Póngase un ejemplo de una sucesión que no posea ninguna subsucesión convergente.

SOLUCIÓN: (a) Sea lim nn

x a→∞

= y una subsucesión de ( )( nxσ ) ( )nx . Dado un 0ε > existe un 0n ∈N tal

que 0 ( , )nn n entonces d x a≥ ε< . Como :σ N N es estrictamente creciente existe un N tal que si

→

0m ∈ 0( )m 0nσ > . Entonces si , se tiene que 0m m≥ 0 0( ) ( )m m nσ σ> > luego ( )( , )md x aσ ε< y por tanto lim nn

x a→∞

= .

(b) Sea la sucesión ( )nx de puntos de definida así R 2 2 11, 1n nx x += = − si 1 ( ) 2n nσ = la sucesión es la sucesión constantemente igual a 1 y por lo tanto converge a 1. si

1 ( )( nxσ )

2 ( ) 2 1n nσ = + la subsucesión es la subsucesión constante igual a -1 y por tanto converge a -1. la sucesión (

2 ( )( nxσ ))nx no puede ser convergente, pues si lo fuera, en virtud del

inciso (a) toda subsucesión de ella sería convergente y tendría el mismo límites y acabamos de ver dos subsucesiones con límites distintos.

(c) Si ( )nx es la sucesión de puntos de definida por R nx n= , entonces para toda aplicación estrictamente creciente :σ N→N se tendría que ( ) ( )nx nσ σ= luego si

=( ) ( ), | |n mn m x xσ σ≠ − ( ) ( ) 1n mσ σ− ≥ ), y por tanto la sucesión no verifica el criterio de Cauchy, luego no es convergente.

( )( nxσ

9.- Sean ( )nx y ( )ny sucesiones en un espacio métrico ( , )E d :

(a) Pruébese que, si ( )nx y ( )ny son de Cauchy, existe li . m ( , )n nnd x y

→∞

(b) pruébese que, si ( )nx es de cauchy y = 0, entonces lim ( , )n nnd x y

→∞( )ny es de Cauchy.

(c) Pruébese que, si ( )nx es de Cauchy, y li = 0 entonces m ( , )n nnd x y

→∞( )ny converge a p

si y sólo si ( )nx a . p(d) Pruébese que las subsucesiones 2 2 1 )( ), (n nx x + 2( )nx , y 2 1( )nx + 3( n )x de ( )nx son convergentes, entonces ( )nx es convergente. (e) pruébese que, si ( )nx es de cauchy y posee una subsucesión a ( )( )nxσ x , entonces ( )nx a x .

SOLICIÓN: (a) Por la desigualdad triangular

( , ) ( , ) ( , ) ( , )n n n m m m m nd x y d x x d x y d y y≤ + + ( , ) ( , ) ( , ) ( , )m m m n n n n md x y d x x d x y d y y≤ + +

con lo que ( , ) ( , ) ( , ) ( , )n n m m n m n md x y d x y d x x d y y− ≤ +

De donde se deduce inmediatamente que ( es una sucesión de Cauchy en . Como es completo la sucesión tiene limite.

( , ))n nd x y RR

(b) Como la conclusión es clara. ( , ) ( , ) ( , ) ( , )n m n n n m m nd y y d y x d x x d x y≤ + +(c) Análogamente

( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , )

n n n n

n n n n

d y p d y x d x pd x p d x y d y p

≤ +≤ +

Como converge a 0, converge a 0 si y solo si converge a 0. ( , )n nd x y ( , )nd y p ( , )nd x p(d) Veamos en primer lugar que 2 2( ), (n nx x 1 )+ tienen el mismo limite. En efecto supongamos que

3lim nnx b

→∞=

La subsucesión 6( n )x que es a su vez una subsucesión de 3 2( )(n n )x x tiene limite b y éste a de ser limite de 2( n )x . Análogamente la subsucesión común a tiene limite b y este a de ser el limite de .

6 3( nx + ) 1)3 2( ), (n nx x +

2 1( )nx +

Comprobemos que ( )nx tiene limite b. Sea 0ε > , por ser

2lim nnx b

→∞=

existe N tal que si , d x1n ∈ 1n n≥ 2( , )n b ε< . Análogamente por ser

2 1lim nnx b+→∞

=

2 n ∈ N tal que si 2 2 1, ( , )nn n d x b ε+≥ < ≥ ( , )nd x b. Por lo tanto si ,1 2max{ , }n n n ε< . (e) sea 0ε > ( )nx de Cauchy, existe un tal que si 0n 0, sec ( , ) / 2n mn m n umple d x x≥ ε< Por otro lado ( )( )nxσ x→ , existe un 0( )k con k nσ ≥ tal que ( )( , ) /kd x xσ 2ε< . Por tanto si

: 0n n≥

( ) ( )( , ) ( , ) ( , )n n k kd x x d x x d x xσ σ ε≤ + < 10.-(a) Si A es un subconjunto de un espacio métrico separable, formado por puntos

aislados, pruébese que A es finito o numerable. (b) Sea ( , )E d un espacio métrico separable y f una aplicación de E en otro espacio métrico . Pruébese que el conjunto ( , )F D

: existe lim ( ) es distinto de ( ) y x

B x E f y y f x®

⎧ ⎫= ∈⎨ ⎬⎩ ⎭

es finito y numerable.

SOLUCIÓN: (a) por hipótesis, para cada a A∈ existe una bola abierta ( ; )aB a r tal que

( , ) { }aB a r A a∩ = Sea T un subconjunto numerable denso en E. Como ( , )aB a r T∩ ≠ ∅ , existe un

. La aplicación ( , )a at B a r T∩

: A Tθ ⎯⎯→ aa t→

es entonces inyectiva pues si

a b≠( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( )

/ 2 ( , ) ( , )

/ 2 ( , ) ( , )

( , ) ( , ) ( , ).

n m n m

n m n m

n m n m n m

d x x d x x

d y y d y y

d x x d x x d x x

σ σ σ σ

σ σ σ σ

σ σ σ σ σ σ

ε

ε−

−

− − −

> ≥

> ≥

≥ ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ≥

( , ) ( , )a bB a r B b r∩ = ∅ , luego

. Así pues A es biyectivo con el subconjunto at t≠ b ( )A deTθ y por tanto su cardinal es finito o numerable.

(b) Designemos por el ( )l a lim ( )y x

f y→

cuando existe. Entonces

1

{ : ( ) ( ) ( )} mm

B x E existe l x y es l x f x B∞

=

= ∈ ≠ =∪

siendo : ( ) ( ( ), ( )) 1/B x E existe l x D l x f x m= { ∈ ≥ } .

A la vista de (a), bastará demostrar que mB está formado por puntos aislados para cada N. En efecto, sea . Por definición, existirá una bola abierta m∈ ma B∈ ( , )aB a r tal que

1( , ) ( ( ), ( ))4ax B a r D f x l a

m∈ ⇒ ≤ .

Entonces, si ( , )ax B a r∈ con x a≠ y tomamos una sucesión { }ny convergente a x , resulta que, a partir de un índice n0, se tendrá 0 ( , )ay B a r∈ , por ser ( , )aB a r entorno de x . Por tanto

(*) 1( ( ), ( )) ( ( ), ( )) ( ( ), ( ))2n nD f x f y D f x l a D l a f y

m≤ + ≤ , . 0n n∀ ≥

En consecuencia, o bien no existe lim ( )y x

f y→

, o bien si existe es igual a lim ( )nnf y

→∞, en cuyo

caso, de (*) y la continuidad de D resulta 1( ( ), ( ))

2D f x l x

m≤ ,

luego mx B∉ . Es decir, { }( , )a mB a r B a=∩ . 11. Sean , espacios métricos, y1 1( , )E d 2 2( , )E d f una biyección de sobre

uniformemente continua en . Pruébese que, si es completo y 1E 2E

1E 2E 1f − continua, entonces es completo. 1E

SOLUCIÓN: Sea ( )nx una sucesión de Cauchy en . Como 1E f es uniformemente continua, ( ( ))nf x es una sucesión de Cauchy en . Por ser completo, 2E 2E ( ( ))nf x converge a un elemento

. Además por ser 2( )b f a E= ∈ { } { }( ( ))nM f x b= ∪ compacto y 1f − continua y biyectiva

se tiene que { } { }1 ( ) ( )nf M x− = ∪ a es compacto. Probemos que ( )nx posee una subsucesión convergente a , con lo cual, por ser a ( )nx de Cauchy, forzosamente lim nn

x a→∞

= (véase problema 9e.)

En efecto, como 1( )f M− es compacto, la sucesión ( )nx posee una subsucesión convergente. Pero forzosamente

( )( )nxσ( )lim nn

x aσ→∞= , ya que en caso contrario ( )lim ( )nn

f x bσ→∞≠ y

f no sería continua, en contra de la hipótesis.

12. Sea ( , )E d un espacio métrico compacto y una aplicación tal que :g E E→

[ ]( ), ( ) ( , )d g x g y d x y≥ para todo ,x y E∈ . Fijados dos puntos ,x y E∈ , se definen las sucesiones ( )nx , ( )ny mediante las relaciones de recurrencia 0 ,x x= 1 ( )n nx g x+ = 0 ,y y= 1 ( )n ny g y+ = . (a) pruébese que existe una sucesión de enteros ( ( ))nσ tal que las subsucesiones

, son de Cauchy. ( )( )nxσ ( )( nyσ )

(b) pruébese que [ ]( ), ( ) ( , )d g x g y d x y≥ y que es una isometría de g ( , )E d en ( , )E d .

SOLUCIÓN: (a) Dada la sucesión ( )nx , como E es compacto, existe una subsucesión convergente. La subsucesión de (

1 ( )( )nxσ

1 ( )( nyσ ) )ny es a su vez una sucesión contenida en un espacio compacto, por lo que posee una subsucesión convergente. Por otra parte, la subsucesión de es también una subsucesión de (

2 1( ( ))( nyσ σ ))

2 1( ( ))( )nxσ σ 1 ( )( nxσ )nx , obviamente convergente. Por lo tanto, 2 1( ( )) ( ( ))n nσ σ σ= es una sucesión de enteros tal que las subsucesiones , son convergentes y, como consecuencia, de Cauchy. ( )( )nxσ ( )( nyσ )

)(b) Como las sucesiones e son de Cauchy, dado ( )( )nxσ ( )( nyσ 0ε > podemos encontrar un tal que, si 0n ∈N 0( ) ( )n m nσ σ> > , se tiene

( ) ( ) ( ) ( )/ 2 ( , ) ( , )n m n md x x d x xσ σ σ σε −> ≥

( ) ( ) ( ) ( )/ 2 ( , ) ( , )n m n md y y d y yσ σ σ σε −> ≥ en donde las desigualdades últimas se obtienen de la condición impuesta a la distancia:

( ) ( ) ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( )( , ) ( , ) ( ,n m n m n md x x d x x d x xσ σ σ σ σ σ− − −≥ ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ≥ ). Por lo tanto, para cada 0ε > existe ( ) ( )h n mσ σ= − 1≥ tal que ( , ) / 2hd x x ε< y

( , ) / 2hd y y ε< . Teniendo en cuenta que [ ]( , ) ( ), ( ) ( , )hd x y d g x g y d x x≤ ≤ y aplicando la desigualdad triangular ( , ) ( , ) ( , ) ( , )h h h hd x y d x x d x y d y y≤ + + con lo que [ ]( , ) ( ), ( ) ( , )d x y d g x g y d x y ε≤ ≤ + de donde [ ]( , ) ( ), ( )d x y d g x g y= además g es biyectiva. En efecto g es inyectiva [ ]( ) ( ) 0 ( ), ( ) ( , )g x g y d g x g y d x y x y= ⇒ = = ⇒ = g sobreyectiva: sea b y consideremos la sucesión E∈ 1 1( ),......., ( ).........n nx g b x g x+= =

Razonando como antes, resulta que existe una subsucesión ( ) ( )h nx de x tal que converge a 0, con lo que ( , )hd b x ( )b g E∈ ( )g E= , por ser compacto y ( )g E

( ) ( )hx g E⊂ . 13.- Pruébese que un espacio métrico E es conexo si y sólo si toda función numérica

continua en E, que solo toma los valores 0 y 1, es constante. SOLUCIÓN: Sea f una función real continua definida en E, que solo toma los valores 0 y 1, y que no es constante. Los subconjuntos de E son entonces no vacíos, cerrados por ser f continua y obviamente constituyen una partición de E, por lo tanto E no es conexo.

1 1(0) (1)f y f− −

Recíprocamente, si E no es conexo existen dos abiertos A , B de E no vacíos, tales que

y A B E=∪ A B = ∅∩ . Definimos de la manera siguiente: :f E → R( ) 1f x = si x A∈ ; ( ) 0f x = si x B∈ .

Es evidente que f es continua, ya que para cualquier subconjunto M de , R 1 ( )f M− sólo puede ser uno de los siguientes cuatro subconjuntos abiertos de E : , , , .A B E∅ Por lo tanto, f es continua y no constante al ser A ≠ ∅y B ≠ ∅ .

14. Estúdiese si los siguientes subconjuntos son conexos:

(a) Una parte de distinta de un intervalo. R(b) , en donde es el conjunto de los números racionales. ×Q Q Q(c) El conjunto de puntos de que tienen al menos una coordenada irracional. 2R

SOLUCIÓN: (a) Si una parte A de R no es un intervalo, existen dos puntos distintos ,x y de A tales que el segmento [ ],x y no está contenido en A . Sea [ ],z x y∈ , z A∉ . Los conjuntos

( , )z∩ −∞ ), ( ,A A z∩ ∞ son abiertos en A , distintos del vacío y constituyen una partición de A ; por lo tanto A no es conexo. (b) La proyección 1 :π × →R R R , 1 ( , )x y xπ = es una aplicación continua en . Si

fuese conexo, ×R R

×Q Q 1( )π × =Q Q Q tendría que serlo, lo cual es falso en virtud de la parte a). (c) Probemos que dado un punto , cualquier otro punto se puede unir con

2( , )a b ∈ −R Q2 2 2( , )x y ∈ −R QE ( , )a b por medio de una poligonal contenida en el conjunto. Entonces

2 −R Q2

2

es reunión de una familia de conjuntos conexos cuya intersección es el punto ; por lo tanto, es conexo. (véase 1.15c) ( , )a b 2 −R Q

Supongamos que a es irracional. (i) si es irracional, la poligonal formada por los segmentos y [ ] [ ]( , ), ( , ) , ( , ), ( , )a b a y a y x y

está contenida en . 2 2−R Q (ii) Si y es racional, x tiene que ser irracional; entonces se elige un punto con 0( , )a y 0y irracional, de modo que la poligonal formada por los segmentos [ ] [ ] [ ]0 0 0 0( , ), ( , ) , ( , ), ( , ) , ( , ), ( , )a b a y a y x y x y x y está contenida en . Si a fuese racional, b tendría que ser irracional, y se procede de manera análoga.

2 −R Q2

Nota: Obsérvese que todo segmento [ ],x y en es conexo, como imagen del intervalo

por la función continua

nR

[0,1] y( ) (1 )t tx tϕ = + − . La unión de dos segmentos con un extremo común es conexo por 1.15c. Repitiendo el razonamiento, resulta que cualquier línea poligonal en es un conjunto conexo. nR 15. Sea ( , )E d un espacio métrico y A , B dos subconjuntos de E :

(a) Pruébese que, si A y B son conexos tales que A B ≠ ∅∩ , entonces es conexo.

A B∪

(b) Si A , B son cerrados no vacíos tales que y son conexos, pruébese que A B∪ A B∩A y B son conexos. (c) Compruébese mediante un ejemplo que, si A y B no son cerrados, c) es falso. (d) Si A es conexo y A B A⊂ ⊂ , pruébese que B es conexo.

SOLUCIÓN: (a) Vamos a probar que toda función continua [ ]:f A B →∪ 0,1 es constante. (véase problema 13) Si , entonces es conexo. Supongamos que A B ≠ ∅∩ A B∪ A B = ∅∩ . Sea

[ ]:f A B →∪ 0,1 continua. Como A es conexo, la restricción de f a A ha de ser

constante, por ejemplo { }( ) 0f A = . Análogamente, la restricción de f a B ha de ser

constante y necesariamente { }( ) 0f B = . En efecto, si { }( ) 1f B = , por ser A B ≠ ∅∩ y

, existe A B = ∅∩ ( ) 1f a = \ ,a A A a B∈ ∈ , y por lo tanto una sucesión ( )nx A⊂ , convergente a a , con lo que lim ( ) 0nn

f x→∞

= y f no sería continua, ya que . ( ) 1f a =

(b) Notemos en primer lugar que A B ≠ ∅∩ , pues de lo contrario A y B serían una partición de formada por cerrados no vacíos y no sería conexo. A B∪ A B∪

Supongamos, por ejemplo, que A no es conexo. Entonces existen dos cerrados dos cerrados no vacíos en ,A M y N , tales que M N ≠ ∅∩ y M N A=∪ . Como A es cerrado , M y N son cerrados en E. Consideremos los cerrados M B y N B∩ ∩ ; se tiene ( ) ( )M B N B A B=∩ ∪ ∩ ∩ ( ) ( )M B N B = ∅∩ ∩ ∩ Por lo tanto, si M B y N B≠ ∅ ≠∩ ∩ entonces no seria conexo, en contra de la hipótesis. Si uno de ellos fuera el

A B∩∅ , por ejemplo M B ≠ ∅∩ ( los dos no pueden serlo, ya

que su unión es ) considerando los cerrados no vacíos A B∩ M y N B∪ y se tiene ( )M N B =∩ ∪ ( ) ( )M N M B∩ = ∅∩ ∪ ( )M N B A B=∪ ∪ ∪ con lo que no sería conexo. A B∪(d) Sea una función continua. Como A es conexo, la restricción de : {0,f A → 1} f a A es

constante. Si por ejemplo , por la continuidad de ( ) {0}f a = f ,__

( ) ( )f A f A⊂ {0}= . Véase

demostración parte (a). Y por tanto f es constante en . __

A 16.- (a)Pruébese que una función f entre dos espacios métricos ( , ) ( ,́ ´)E d y E d es

uniformemente continua en E si solo si para cada par de sucesiones ( ), ( )n nx y ∈ E tales que . lim ( , ) 0 lim ´( ( ), ( )) 0n n n nn n

d x y se tiene d f x f y→∞ →∞

= =

(b) aplíquese (a) para probar que toda función f continua en un compacto K de E es uniformemente continua en K (Teorema de la continuidad uniforme). (c ) Aplíquese (a) para demostrar que , definida por :f →R R 2( )f x sen x= , no es uniformemente continua en , a pesar de ser acotada.

SOLUCIÓN: (a) Supongamos que f es uniformemente continua en E , y veamos que se cumple la condición. Sean ( )( )n nx y dos sucesiones en E tales que . Dado un 0ε > , por ser f uniformemente continua en E , existe un 0 ( ,tal que si d x y)δ δ> < se cumple que

´( ( ), ( ))d f x f y ε< . Como lim ( , ) 0n nnd x y

→∞= 0δ > existe un 0n N∈ tales que para toda

0n n> ( ( ), ( ))n nd f x f y ε< . Veamos el reciproco por reducción al absurdo. Supongamos que f no es uniformemente; existe un 0ε > tal que para todo 1/ n n N∈ existe ,n nx y E∈ de modo que

( , ) 1/ (́ ( ), ( ))n n n nd x y n y d f x f y ε< > lo que evidentemente contradice la condición. (b) supongamos que f no es uniformemente continua en K ; entonces existe un 0ε > y un par de sucesiones ( ), ( )n nx y de , tales que ( , ) 1/ (́ ( ), ( ))n n n nd x y n y d f x f y ε< > >0 para toda . Como n N∈ K es compacto, se puede extraer una subsucesión ( )nxσ convergente a un elemento a , con lo que la subsucesión converge también a . (Véase K∈ ( )nyσ a

problema 9.c) . Por ser f continua ( ) ( )lim ( ) ( ), lim ( ) (n nn n)f x f a f y fσ σ→∞ →∞

a= = . Con lo que

, en contradicción con la hipótesis hecha. ( ) ( )lim ( , ) 0n nnf x yσ σ→∞

=

(c ) Las sucesiones

2 22n nx n yπ nπ π= + =

Son tales que

lim ( , ) lim 2 22

[ ]n nn nd x y n nππ π

→∞ →∞= + − = 0

/ 2lim2 2

2

nn n

πππ π

→∞

+ +

Sin embargo,

lim ( , ) lim 2 22

| |n nn nd x y sen n sen nππ π

→∞ →∞= + − =1

Luego f no es uniformemente continua en . RNota. Observe que f es acotada en . R 17.- Sea un subespacio denso de un espacio métrico (0E , ) ( , ´)E d y F d un espacio métrico completo. Pruébese que toda función uniforme continua 0:f E → F admite una única

extensión ___

:f E F→ uniformemente continua. Muéstrese mediante ejemplos que si f no es uniformemente continua o F no es completo, puede no existir extensión continua de f a E. SOLUCIÓN:

Dado __ __

0x E E∈ = existe una sucesión __

0{ }nx E⊂ tal que __

lim{ }nnx x

→∞= . En particular { }nx es

de Cauchy y como f es uniformemente continua { ( )}nf x es de Cauchy en F. Por la

completitud de existe F lim{ ( )}nnf x

→∞. Veamos que ese limite depende solo de

__

x y no de la

sucesión elegida. En efecto si convergente a __

0{ }ny E⊂ x entonces y por tanto (véase problema 16a). Razonando como al principio, resulta

que también existe li

( , ) 0n nd x y →´( ( ), ( )) 0n nd f x f y →

m ( )nnf y

→∞ luego ha de ser

___

lim ( ) lim ( ) ( )n nn nf x f y f

→∞ →∞= = x así queda

definida una función ___

:f E F→ ; si existe __

0x E∈ tomando la sucesión constante

__

nx x n N= ∀ ∈ , se tiene por construcción __

_ __

( ) lim ( ) ( )nnx f x f x

→∞= =

___

luego f f es una

extensión de f.

Para demostrar la continuidad de ___

f , en virtud del problema 16a , bastará demostrar que si

{ },{ }n nx y ⊂ E →∞ son tales que , entonces

también tiende a cero cuando . Pero por construcción de

_ _

( , ) 0n nd x y cuando n→_ _ _ _

(́ ( ), ( )n nd f x f y

n → ∞___

f para cada podemos elegir

n N∈

0,n nx y E∈ tales que _ _ _ _ _ _1 1 1( , ) ( , ) ´( ( ), ( ) ) (́ ( ), ( ) )nn n n n n nnd x x d y y d f x f x d f y f y

n n n< < <

1n

<

entonces

_ _ _ _ _2( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )n n nn n n n n n nd x y d x x d x y d y y d x y

n< + + ≤ +

_

y por tanto tiende a 0 cuando . La continuidad uniforme de f en A permite concluir que

n → ∞'lim ( ( ), ( )) 0.n nn

d f x f y→∞

=

Pero entonces ' ' ' ' '2( ( ), ( )) ( ( ), ( )) ( ( ), ( )) ( ( ), ( ) ( ( ), ( )) 0n n n n n n n n nn n

d f x f y d f x f x d f x f y d f y f y d f x f yn →∞

≤ + + ≤ + →

c.q.d. Si se toma ( ]0 0,1E = , [ ]0,1E F= = y 0:f E → F la función ( ) (1/ )f x sen x= , está claro

que f no admite extensión continua a [ ]0,1 , pues no existe 0

0

1lim .nx

senx→

>

Sin embargo, es completo, por ser cerrado en el espacio completo R . FPor otro lado, si , y A∈ 0 (0,1)E F= = [ ]0,1E = , la función 0:f E → F definida por

( )f x = x es evidentemente uniformemente continua, pero no admite extensión continua a una función de E en , ya que F

0lim ( ) 0n

f x F→

= ∉ .

18. Sean A y B dos subconjuntos cualesquiera de un espacio métrico ( ,. )E d . Se define

{ }( , ) inf ( , ) : , :d A B d x y x A y B= ∈ ∈ (a) Pruébese que si A es compacto, para todo x E∈ existe y A∈ tal que

. ( , ) ( , )d x A d x y=(b) Pruébese que si A y B son compactos existen a A y b B∈ ∈ tales que

. ( , ) ( , )d A B d a b=(c ) Encuéntrese dos subconjuntos cerrados de tales que no existan que cumplan con que .

2R ,a A b B∈ ∈( , ) ( , )d a b d A B=

SOLUCIÓN: (a) Para cada elemento fijo x E∈ la aplicación ( , )x d x A→ de E en es continua (véase problema propuesto en ejercicio 8). Como A es compacto, alcanzan al menos en punto su mínimo.

R

(b) La aplicación es uniformemente continua en :d E E× → R E E× . Como A B× es compacto, alcanza al menos en un punto (a,b) A B∈ × su mínimo. (c ) son conjuntos cerrados en

ya que , en donde

2 2{( , ) : 1} {( , ) : 0 0}A x y xy y B x y x o y= ∈ = = ∈ = =R R2R 1 (0)A f −= ( , ) 1f x y xy= − , en donde

siendo

1 11 2(0) (0)B g g− −= ∪

1 2( , ) , ( , )g x y x g x y y= = 1 2, ,f g g funciones continuas en y {0} cerrado en . 2R RPor otro lado, es claro que y A B∩ =∅ ( , ) inf{ [( , ),( ,́ ´)] : ( , ) , ( ,́ ´) }d A B d x y x y x y A x y B= ∈ ∈ =

1inf , , ( ,0) :{ [( ) ] }d n n n Nn

≤ ∈ =0

A y B son respectivamente, una hipérbola equilátera y sus asíntotas. En general, cualquier hipérbola y sus asíntotas cumplen la condición pedida en ( c). (continua en Parte 2)

19.- (a) Sea E un espacio métrico compacto. Pruébese que todo subespacio métrico F isometría a E es idéntico a E. (b) Pruébese con un ejemplo (a) es en general falso si E no es compacto.

SOLUCIÓN: (a) Por reducción al absurdo. Supongamos que existe \ . :a E F Sea f E F∈ → una isometría; como es compacto, existe ( )F f E= ( , ) ( , ) 0y F tal que d a y d a F r∈ = = > . Consideremos la sucesión ( )nx E⊂ definida por 1

1 2; ( ),..... ( ),.....nnx a x f a x f a−= = =

Para cada 1 1p y n≥ > ,

=

1 1 2 2( , ) ( ( ), ( )) ( ( ), ( )) .... ( , ( ))n n p n n p pn n pd x x d f a f a d f a f a d a f a− + − − + −

+ = = = =

Ahora bien, , ya que ( , ( )) ( , )pd a f a d a y r≥ ( )pf a F∈ de donde para todo n N∈ ( , )n n pd x x r+ ≥

Como consecuencia ( )nx no puede contener ninguna subsucesión de Cauchy, y por lo tanto ninguna subsucesión convergente, lo que contradice la compacidad de E. (b) Sea con la distancia discreta: [0, 2]E = ( , ) 0d x y = si , ( , ) 1 ,x y d x y si x y E= = ≠ no es compacto ya que del recubrimiento finito. (Nótese que ( ,1/ 3) { }B x x= ) sea la aplicación

[0,1];F =

:f E F→ 1( )2

f x x=

es una isometría ya que

1 1( , ) ( , ).2 2

d x y d x y=

Sin embargo, . F E≠ 20.- Sea (E,d) un espacio métrico, A un subconjunto cerrado de E y B su complementario:

(a) Si es continua y tal que :f A → R ( )f x k= para toda ( )x Fr A∈ , pruébese que la aplicación , : , ( ) ( )g E definida por g x f x si x A→ = ∈R ( )g x k si x B= ∈ es continua.

(b) Si ( )E y Fr A son conexos pruébese que A es conexo. SOLUCIÓN:

(a) Los únicos puntos en los que hay que demostrar la continuidad de g son los de Fr(A). Sea y ( )a Fr A∈ 0ε > . Por ser f continua en A, dado 0ε > existe 0δ > tal que si x A∈ y ( , )d a x δ< se tiene ( ) ( ) ( ) ( )f x f a g x g a ε− = − < . Por otra parte, para todo x B∈ , . Entonces, para todo ( ) ( )g x k g a= = x E∈ tal que ( , )d a x δ< ,

( ) ( )g x g a ε− < .

(b) Sea { }: 0f A → ,1 una función continua. Probemos que f es constante, con lo que a es conexo. (Véase problema 13.) Como Fr(A) es conexo, la restricción de f a Fr(A) es constante; supongamos { }( ( )) 1f Fr A = . Sea, como en la parte (a), B el complementario

de A y la aplicación { }: 0g E → ,1 de finida por: g(x) = f(x) si x A∈ , g(x) = 1 si x B∈ . Por el resultado de (a) g es continua, y como E es conexo, g debe de ser constante y evidentemente, g(x) = 1 para todo x E∈ . Ahora bien, f es la restricción en A de g, por lo tanto f es constante.

21.-Sean , dos espacios métricos, A en subconjunto de E1 1( , )E d 2 2( ,E d ) 1, 2:f A E→ uan

aplicación continua y { }( , ( ) :G x f x x A= ∈ el grafo de f.