ANÁLISIS MATEMÁTICO · 2020. 5. 18. · Cuaderno de Matemática del Club de Matemática EPN No. 1 ANÁLISIS MATEMÁTICO I: EJERCICIOS RESUELTOS Alexander Constante y Gabriel Granda

ANÁLISIS MATEMÁTICO I

EJERCICIOS RESUELTOS

Nadie nos arrebatará del paraíso que él creó

Club de Matemática EPN

Más que simple matemática

Alexander Constante y Gabriel Granda

1

Cuadernos de Matemática


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CUADERNOS DE MATEMÁTICA

CLUB DE MATEMÁTICA EPN

A. CONSTANTE Y G. GRANDA

ANÁLISIS MATEMÁTICO IEJERCICIOS RESUELTOS

Nadie nos arrebatará del paraíso que él creó


Más que simple matemática

Cuaderno de Matemática del Club de Matemática EPN No. 1

ANÁLISIS MATEMÁTICO I: EJERCICIOS RESUELTOS

Alexander Constante y Gabriel Granda

Revisión Académica: Andrés Merino

Registro de derecho autoral No. La obra no cuenta con registro por el momento

ISBN: La obra no cuenta con ISBN por el momento

Publicado en linea por el proyecto Alephsub0,Quito, Ecuador.

Primera edición: 2020

c© Club de Matemática EPN 2020

Se permite la distribución de la presente obra.

ÍNDICE GENERAL

CAP. 1 ESPACIOS MÉTRICOS 1

CAP. 2 CONCEPTOS TOPOLÓGICOS 19

CAP. 3 SUCESIONES CONVERGENTES 39

CAP. 4 LÍMITES Y CONTINUIDAD 47

CAP. 5 ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS 53

CAP. 6 ISOMORFISMOS 67

CAP. 7 TEOREMA DEL PUNTO FIJO DE BANACH 75

CAP. 8 ESPACIOS VECTORIALES NORMADOS 81

CAP. 9 OPERADORES LINEALES Y ACOTADOS 95

CAP. 10 FUNCIONES LINEALES 103

III

PREFACIO

La presente obra es una recopilación de ejercicios basados en las clases “Análisis Matemá-

tico I”, dictada en la carrera de Ingeniería Matemática y Matemática de la Escuela Politécnica

Nacional por el profesor Germán Rojas durante el semestre 2018 - B. La soluciones de los ejerci-

cios fueron elaboradas por Alexander Constante y Gabriel Granda, alumnos de esta materia en

el periodo mencionado y revisados por el profesor Andrés Merino.

Este compendio de ejercicios tiene la finalidad de servir como una guía para aquellos estu-

diantes que tomen esta materia. En caso de que el lector encuentre errores puede dirigirlos a

[email protected] o [email protected].

“Análisis Matemático I: Ejercicios” forma parte de la serie “Cuaderno de Matemática del

Club de Matemática EPN”; la cual recolecta apuntes de clase y ejercicios resuelto generados por

estudiantes de la Facultad de Ciencias. El Club de Matemática EPN, junto al proyecto Alephsub0

y la Asociación de Estudiantes de Matemática e Ingeniería Matemática, administra la generación

y publicación en linea de estos trabajos e invita la comunidad de estudiantes que deseen apoyar

a este proyecto a sumarse al mismo.

V

CAPÍTULO 1

ESPACIOS MÉTRICOS

EJERCICIO 1.1. En Kn, con K = R o K = C, considere la función d2 : Kn ×Kn → R definida

por: para x, y ∈ Kn, con

x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn)

se toma

d2(x, y) =

√n

∑k=1

|xk − yk|2

Demuestre que d2 es una métrica sobre Kn.

Solución: Vamos a probar que d2 es una métrica comprobando cada una de las cuatro propieda-

des que definen una métrica. Sean x, y, z ∈ Kn.

a) Vamos a demostrar que d2(x, y) ≥ 0. Sabemos que para todo k ∈ 1, . . . , n se tiene que:

|xk − yk|2 ≥ 0,

por lo tanto,

d2(x, y) =

√n

∑k=1

|xk − yk|2 ≥ 0.

b) Vamos a demostrar que d2(x, y) = 0 si y solo si x = y.

Para la primera implicación, supongamos que d2(x, y) = 0, vamos a probar que x = y.

Notemos que, para m ∈ 1, . . . , n se tiene que:

0 ≤ |xm − ym| ≤n

∑k=1

|xk − yk|2 = 0

entonces

|xm − ym| = 0,

1

2 Espacios Métricos

por lo tanto

xm = ym.

para todo m ∈ 1, . . . , n. Con esto se tiene que x = y.

Para la otra implicación, supongamos que x = y y vamos a probar que d2(x, y) = 0. Para

cada m ∈ 1, . . . , n tenemos que:

xm = ym,

de donde

|xm − ym|2 = 0,

entoncesn

∑k=1

|xk − yk|2 = 0,

luego √n

∑k=1

|xk − yk|2 = 0,

es decir

d2(x, y) = 0.

c) Vamos a demostrar que d2(x, y) = d2(y, x). En efecto, para todo k ∈ 1, . . . , n sabemos que:

|xk − yk| = |yk − xk|,

por lo tanton

∑k=1

|xk − yk|2 =N

∑k=1

|yk − xk|2,

es decir, d2(x, y) = d2(y, x).

d) Vamos a demostrar que d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z). Para cada k ∈ 1, . . . , n definamos:

wk = xk − yk = (xk − zk) + (zk − yk),

de donde, se sigue que:

|wk|2 = |(xk − zk) + (zk − yk)||wk|

≤ |(xk − zk)wk|+ |(zk − yk)wk|.

3

Por otro lado, utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz tenemos que:

n

∑k=1

|(xk − zk)wk| ≤√

n

∑k=1

|xk − zk|2√

n

∑k=1

|wk|2

yn

∑k=1

|(zk − yk)wk| ≤√

n

∑k=1

|zk − yk|2√

n

∑k=1

|wk|2.

Por lo tanto,

n

∑k=1

|wk|2 ≤(√

n

∑k=1

|xk − zk|2 +√

n

∑k=1

|zk − yk|2)(√

n

∑k=1

|wk|2)

,

de donde √n

∑k=1

|wk|2 ≤√

n

∑k=1

|xk − zk|2 +√

n

∑k=1

|zk − yk|2,

es decir

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z)

Con esto, hemos demostrado que d2 es una métrica sobre Kn.

EJERCICIO 1.2. En Kn, con K = R o K = C, tome p ∈ [1,+∞[ y considere la función

dp : Kn × Kn → R definida por: para x, y ∈ Kn, con

x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn)

se toma

dp(x, y) = p

√n

∑k=1

|xk − yk|p.

Demuestre que dp es una métrica sobre Kn.

Demostración. Vamos a probar que dp es una métrica para todo p ∈ [1,+∞[, comprobando cada

una de las cuatro propiedades que definen una métrica. Sean x, y, z ∈ Kn.

a) Vamos a demostrar que dp(x, y) ≥ 0. Puesto que para cada k ∈ 1, . . . , n se tiene que:

|xk − yk|p ≥ 0


por lo tanto,

p

√n

∑k=1

|xk − yk|p ≥ 0

es decir,

dp(x, y) ≥ 0

b) Vamos a demostrar que dp(x, y) = 0 si y solo si x = y.

Para la primera implicación, supongamos que dp(x, y) = 0, vamos a probar que x = y.

Notemos que, para m ∈ 1, . . . , n se tiene que:

0 ≤ |xm − ym|p ≤n

∑k=1

|xk − yk|p = 0

entonces

|xm − ym|p = 0,

por lo tanto

xm = ym.

para todo m ∈ 1, . . . , n. Con esto se tiene que x = y.

Para la otra implicación, supongamos que x = y y vamos a probar que dp(x, y) = 0. Para

cada m ∈ 1, . . . , n tenemos que:

xm = ym,

de donde

|xm − ym|p = 0,

entoncesn

∑k=1

|xk − yk|p = 0,

luego

p

√n

∑k=1

|xk − yk|p = 0,

es decir

dp(x, y) = 0.

c) Vamos a demostrar que dp(x, y) = dp(y, x). Sabemos que para todo k ∈ 1, . . . , n:

|xk − yk|p = |yk − xk|p

5

por lo tanto,

p

√n

∑k=1

|xk − yk|p = p

√n

∑k=1

|yk − xk|p

de donde, se sigue:

dp(x, y) = dp(y, x)

d) Vamos a probar que: dp(x, z) ≤ dp(x, y) + dp(y, z) (Desigualdad triangular). Para cada k ∈1, . . . , n, consideremos:

wk = (xk − zk) + (zk − yk),

así obtenemos que:

|wk|p = |(xk − zk) + (zk − yk)||wk|p−1

≤ |xk − zk||wk|p−1 + |zk − yk||wk|p−1

por lo tanto,N

∑k=1

|wk|p ≤n

∑k=1

|xk − zk||wk|p−1 +n

∑k=1

|zk − yk||wk|p−1

Por otro lado, para p y q exponentes conjugados, por la Desigualdad de Hölder se sigue

que:n

∑k=1

|xk − zk||wk|p−1 ≤ p

√n

∑k=1

|xk − zk|p q

√n

∑k=1

|wk|q(p−1)

yn

∑k=1

|zk − yk||wk|p−1 ≤ p

√n

∑k=1

|zk − yk|p q

√n

∑k=1

|wk|q∗(p−1)

Usando el hecho de que p = q(p − 1) así:

n

∑k=1

|wk|p ≤(

p

√n

∑k=1

|xk − zk|p + p

√n

∑k=1

|zk − yk|p)

q

√n

∑k=1

|wk|p

de donde

p

√n

∑k=1

|xk − yk|p ≤ p

√n

∑k=1

|xk − zk|p + p

√n

∑k=1

|zk − yk|p

es decir,

dp(x, y) ≤ dp(x, z) + dp(z, y)

Con esto hemos probado que dp es una norma para todo p ∈ [1,+∞[ sobre Kn.


DEFINICIÓN 1.1DEFINICIÓN 1.1Sean (E, d) un espacio métrico y A ⊆ E no vacío. El diámetro de A, notado por diam(A), se

define por

diam(A) = supd(x, y) : x, y ∈ A

Se dice que A es acotado si diam(A) < +∞.

EJERCICIO 1.3. Sean (E, d) un espacio métrico y A ⊆ E no vacío. Pruebe que:

a) Si A ⊆ B, entonces diam(A) ≤ diam(B).

b) diam(A) = 0 si y solo si A tiene un solo elemento.

Demostración.

a) Supongamos que A ⊆ B. Sean x, y ∈ A, se tiene que x, y ∈ B, por lo tanto

d(x, y) ≤ diam(B),

por lo tanto, diam(B) es una cota superior del conjunto d(x, y) : x, y ∈ A, y, puesto que el

supremo es la menor de las cotas superiores, obtenemos que:

diam(A) ≤ diam(B).

b) Para probar la primera implicación supongamos que diam(A) = 0, vamos a probar que A

tiene un solo elemento; esto lo haremos por reducción al absurdo. Supongamos que A tiene

más de un punto, por lo tanto, podemos tomar x, y ∈ A tales que:

x 6= y,

como d es una métrica se sigue que:

d(x, y) > 0.

Ahora, notemos que:

0 < d(x, y) < diam(A) = 0,

lo cual es contradictorio, por lo tanto, concluimos que A tiene un solo elemento.

Para demostrar la otra implicación, supongamos que A tiene un solo elemento, vamos a

demostrar que diam(A) = 0; esto lo haremos por reducción al absurdo. Supongamos que

7

diam(A) 6= 0; es decir,

supd(x, y) : x, y ∈ A 6= 0,

así, existen x, y ∈ A tales que:

d(x, y) > 0,

pero d es una métrica, por lo tanto, tenemos que:

x 6= y,

lo cual es contradictorio, debido a que A tiene solo un elemento. Por lo tanto, podemos

concluir que:

diam(A) = 0.

DEFINICIÓN 1.2DEFINICIÓN 1.2Sean (E, d) un espacio métrico y A, B dos subconjuntos no vacíos de E. La distancia entre A y

B, se define por d1(A, B) = ınfd(u, v) : u ∈ A, v ∈ B

EJERCICIO 1.4. Sean (E, d) un espacio métrico y A, B dos subconjuntos no vacíos de E. Prue-

be que:

a) Si A ∩ B 6= 0, entonces d1(A, B) = 0;

b) d1 no es una métrica en P(E).

Demostración.

a) Supongamos que A ∩ B 6= ∅, así, podemos tomar x ∈ A ∩ B y por tanto la distancia entre A

y B viene dada por:

d1(A, B) = ınfd(u, v) : u ∈ A, v ∈ B ≤ d(x, x) = 0,

de donde

d1(A, B) = 0.

b) Vamos a probar que d1 no es una métrica, para ello debemos demostrar que d1 no cumple

con alguna de las 4 propiedades que definen una métrica. En efecto, probemos que d1 no

cumple con la unicidad.

Tomemos E = 2, 3, 4, A = 2, 3, 4 y B = 2 dos subconjuntos de E. Para cada x, y ∈ E


consideremos la métrica dada por:

d : E × E −→ R

(x, y) 7−→ d(x, y) = |x − y|.

Puesto que A ∩ B = 2 6= ∅, por el literal anterior tenemos que:

d1(A, B) = 0.

Es decir tenemos que d1(A, B) = 0 a pesar de que A 6= B. Así, podemos concluir que d1 no

es una métrica en P(E).

EJERCICIO 1.5. Sea (E, d) un espacio métrico. Pruebe que para todo x, y, z, w ∈ E:

a) |d(x, y)− d(z, w)| ≤ d(x, z) + d(y, w)

b) |d(x, y)− d(y, z)| ≤ d(x, z)

Demostración. Sean x, y, z, w ∈ E.

a) Vamos a probar que |d(x, y)− d(z, w)| ≤ d(x, z) + d(y, w).

Puesto que d es una métrica, por la desigualdad triangular se sigue que:

d(x, y) ≤ d(x, w) + d(w, y) y d(x, w) ≤ d(x, z) + d(z, w).

Junto con estas desigualdades podemos concluir que:

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, w) + d(w, y),

de donde

d(x, y)− d(z, w) ≤ d(x, z) + d(y, w). (1.1)

De igual forma, se tiene que:

d(z, w) ≤ d(z, y) + d(y, w) y d(z, y) ≤ d(z, x) + d(x, y).

Con estás desigualdades, obtenemos:

d(z, w) ≤ d(z, x) + d(x, y) + d(y, w),

9

de donde

− (d(x, z) + d(y, w)) ≤ d(x, y)− d(z, w). (1.2)

Usando (9.1) y (8.3) se obtiene la desigualdad buscada:

|d(x, y)− d(z, w)| ≤ d(x, z) + d(y, w).

b) Ahora, probaremos que |d(x, y)− d(y, z)| ≤ d(x, z).

Nuevamente, utilizando la desigualdad triangular, tenemos que:

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y),

de donde

d(x, y)− d(z, y) ≤ d(x, z),

luego, utilizando la simetría de la métrica obtenemos que:

d(x, y)− d(y, z) ≤ d(x, z). (1.3)

Análogamente se tiene que:

d(y, z) ≤ d(y, x) + d(x, z),

de donde

−d(x, z) ≤ d(y, x)− d(y, z),

Por lo tanto:

− d(x, z) ≤ d(x, y)− d(y, z). (1.4)

Así, combinando (8.4) y (8.5), obtenemos:

|d(x, y)− d(y, z)| ≤ d(x, z).

EJERCICIO 1.6. Grafique S((0, 0), 1), la esfera unidad en (R2, dp), para p ∈ 1, 32 , 2, 3 y para

d∞.

Solución: Notemos que, para p ∈ [1,+∞[, se tiene que

S((0, 0), 1) =(x, y) ∈ R2 : dp((x, y), (0, 0)) = 1

=

(x, y) ∈ R2 : p

√|x|p + |y|p = 1


=(x, y) ∈ R2 : |x|p + |y|p = 1

.

Con esto, se tiene que

• Para p = 1, se tiene que

S((0, 0), 1) =(x, y) ∈ R2 : |x|+ |y| = 1

,

así, el gráfico de S((0, 0), 1) es

1−1

−1

1

x

y

• Para p = 3/2, se tiene que

S((0, 0), 1) =(x, y) ∈ R2 : |x|3/2 + |y|3/2 = 1

,


1−1

−1

1

x

y


S((0, 0), 1) =(x, y) ∈ R2 : |x|2 + |y|2 = 1

,


11

1−1

−1

1

x

y


S((0, 0), 1) =(x, y) ∈ R2 : |x|3 + |y|3 = 1

,


1−1

−1

1

x

y

• Para p = ∞, se tiene que

S((0, 0), 1) =(x, y) ∈ R2 : max|x|, |y| = 1

,


1−1

−1

1

x

y

EJERCICIO 1.7. Describa, en (C[0, π], d∞), los siguientes conjuntos

a) S(cos, 2),


b) B(cos, 2) y

c) B(cos, 2).

Solución.

a) Para S(cos, 2), notemos que

S(cos, 2) =

f ∈ C[0, π] : maxx∈[0,π]

| f (x)− cos(x)| = 2

,

Por lo tanto, para que f ∈ S(cos, 2) es necesario que

maxx∈[0,π]

| f (x)− cos(x)| = 2,

es decir, es necesario que

| f (x)− cos(x)| ≤ 2 (1.5)

para todo x ∈ [0, π] y, dado que las funciones continuas alcanzan su máximo, es necesario

que exista x0 ∈ [0, π] tal que

| f (x0)− cos(x0)| = 2.

Podemos ver que la condición (1.5) equivale a

cos(x)− 2 ≤ f (x) ≤ cos(x) + 2

para todo x ∈ [0, π].

Con esto, podemos concluir que S(cos, 2) es el conjunto de las funciones cuya gráfica está

entre las gráficas de las funciones

h1 : [0, π] −→ R

x 7−→ cos(x)− 2y

h2 : [0, π] −→ R

x 7−→ cos(x) + 2

y tocan a alguna de estas en al menos un punto. Por ejemplo, pertenecen a S(cos, 2) las

funciones representadas en las siguientes figura:.

13

1 2 3−1

−2

−3

1

2

3

x

y

cos

h1

h2f

1 2 3−1

−2

−3

1

2

3

x

y

cos

h1

h2f

1 2 3−1

−2

−3

1

2

3

x

y

cos

h1

h2f

b) Para B(cos, 2), notemos que

B(cos, 2) =

f ∈ C[0, π] : maxx∈[0,π]

| f (x)− cos(x)| < 2

.

Así, para que f ∈ B(cos, 2) es necesario que

maxx∈[0,π]

| f (x)− cos(x)| < 2,


| f (x)− cos(x)| < 2 (1.6)

para todo x ∈ [0, π]

Podemos ver que la condición 1.6 equivale a

cos(x)− 2 < f (x) < cos(x) + 2


Con esto, podemos concluir que B(cos, 2) es el conjunto de las funciones cuya gráfica está


h1 : [0, π] −→ R

x 7−→ cos(x)− 2y

h2 : [0, π] −→ R

x 7−→ cos(x) + 2

pero no tocan a ninguna de estas en ningún punto. Por ejemplo, pertenecen a B(cos, 2) las

funciones representadas en las siguientes figuras:


1 2 3−1

−2

−3

1

2

3

x

y

cos

h1

h2

f

1 2 3−1

−2

−3

1

2

3

x

y

cos

h1

h2f

1 2 3−1

−2

−3

1

2

3

x

y

cos

h1

h2f

c) Para B(cos, 2), notemos que

B(cos, 2) =

f ∈ C[0, π] : maxx∈[0,π]

| f (x)− cos(x)| ≤ 2

.

Así, para que f ∈ B(cos, 2) es necesario que

maxx∈[0,π]

| f (x)− cos(x)| ≤ 2,


| f (x)− cos(x)| ≤ 2 (1.7)


Podemos ver que la condición 1.7 equivale a

cos(x)− 2 ≤ f (x) ≤ cos(x) + 2


Con esto, podemos concluir que B(cos, 2) es el conjunto de las funciones cuya gráfica está


h1 : [0, π] −→ R

x 7−→ cos(x)− 2y

h2 : [0, π] −→ R

x 7−→ cos(x) + 2

y que pueden tocar o no alguna de estas funciones. Por ejemplo, pertenecen a B(cos, 2)las

funciones representadas en las gráficas anteriores.

15

EJERCICIO 1.8. Sean (E, d) un espacio métrico donde d es la métrica discreta y a ∈ E. Halle

a) B(a, 0,5),

b) B(a, 0,5),

c) S(a, 0,5),

d) B(a, 1),

e) B(a, 1),

f) S(a, 1),

g) B(a, 2),

h) B(a, 2),

i) S(a, 2).

Solución. Recordemos que la métrica discreta está dada por; para x, y ∈ E

d(x, y) =

1 si x 6= y,

0 si x = y.

Así, como a está en E, fijándonos en el radio según sea esfera, bola abierta o bola cerrada, se tiene

que:

a) B(a, 0,5) = a,

b) B(a, 0,5) = a,

c) S(a, 0,5) = ∅,

d) B(a, 1) = a,

e) B(a, 1) = E,

f) S(a, 1) = E r a,

g) B(a, 2) = E,

h) B(a, 2) = E,

i) S(a, 2) = ∅.

EJERCICIO 1.9. Sea E 6= ∅ dotado de dos métricas dA y dB. Se dice que dA y dB son equiva-

lentes si y solo si existen r, s > 0 tales que para todo x, y ∈ E

rdA(x, y) ≤ dB(x, y) ≤ sdA(x, y).

Escribimos dA ∼ dB. Pruebe que en el conjunto

D = d : E2 → R es una métrica,

la relación definida por ∼ es una relación de equivalencia.

Demostración. Para probar que ∼ es una relación de equivalencia verifiquemos las tres propie-

dades.

a) Reflexividad: Para todo x, y ∈ E, se tiene que

dA(x, y) ≤ dA(x, y) ≤ dA(x, y),

por lo que se colige que dA ∼ dA.


b) Simetría: Supongamos que dA ∼ dB y probemos que dB ∼ dA. Tenemos que existen r, s > 0

tales que para todo x, y ∈ E

rdA(x, y) ≤ dB(x, y) ≤ sdA(x, y),

por lo tanto

dA(x, y) ≤ 1r

dB(x, y) y1s

dB(x, y) ≤ dA(x, y),

es decir, existen m = 1s , n = 1

r > 0 tales que

mdB(x, y) ≤ dA(x, y) ≤ ndB(x, y);

de donde, dB ∼ dA.

c) Transitividad: Supongamos que dA ∼ dC y dC ∼ dB y probemos que dA ∼ dB. Tenemos que

• existen u, v > 0 tales que para todo x, y ∈ E.

udA(x, y) ≤ dC(x, y) ≤ vdA(x, y); (1.8)

y

• existen p, q > 0 tales que para todo x, y ∈ E.

pdC(x, y) ≤ dB(x, y) ≤ qdC(x, y). (1.9)

De donde, de (9.1), tenemos que, para todo x, y ∈ E,

pudA(x, y) ≤ p dC(x, y) ≤ pvdA(x, y)

y

qudA(x, y) ≤ q dC(x, y) ≤ qvdA(x, y).

Por otro lado, de (8.3), vemos que, para todo x, y ∈ E,

pudA(x, y) ≤ dB(x, y) ≤ qvdA(x, y),

es decir, existen a = pu, b = qv > 0 tales que, para todo x, y ∈ E ,

adA(x, y) ≤ dB(x, y) ≤ bdA(x, y)

y, en consecuencia, dA ∼ dB.

17

EJERCICIO 1.10. Sean N ≥ 2 y, para k ∈ 1, . . . , N, ak, bk, ck ∈ R. Pruebe que si para todo

k ∈ 1, . . . , N se tiene que ak ≤ bk + ck, entonces:

max1≤n≤N

an ≤ max1≤n≤N

bn + max1≤n≤N

cn.

Demostración. Supongamos que para todo k ∈ 1, . . . , N se tiene que ak ≤ bk + ck. Sea k ∈1, . . . , N, por la definición de máximo sigue que:

bk ≤ max1≤n≤N

bn y ck ≤ max1≤n≤N

cn.

Juntando estas desigualdades, tenemos que:

ak ≤ bk + ck ≤ max1≤n≤N

bn + max1≤n≤N

cn.

De esta forma, obtenemos que max1≤n≤N

bn + max1≤n≤N

cn es una cota superior del conjunto

an : 1 ≤ n ≤ N.

Nuevamente, por la definición de máximo (es decir, usando el hecho de que es la menor de las

cotas superiores) se obtiene que:

max1≤n≤N

an ≤ max1≤≤N

bn + max1≤n≤N

cn.

CAPÍTULO 2

CONCEPTOS TOPOLÓGICOS

EJERCICIO 2.1. Pruebe que toda bola abierta es un conjunto abierto.

Demostración. Sean (E, d) un espacio métrico, a ∈ E y r > 0. Recordemos que B(a, r) se define

como:

x ∈ E : d(x, a) < r.

Vamos a demostrar que B(a, r) es un conjunto abierto, es decir, que todos sus puntos son

interiores. Sea y ∈ B(a, r), por definición de bola abierta, se tiene que

d(y, a) < r. (2.1)

Ahora, debemos hallar R > 0 tal que

B(y, R) ⊆ B(a, r). (2.2)

Tomemos R = r − d(y, a), por (2.1), tenemos que R > 0. Con esto, vamos a probar que (2.2)

se cumple. Sea z ∈ B(y, R), vamos a demostrar que z ∈ B(a, r), es decir, vamos a probar que

d(z, a) < r. Notemos que

d(z, y) < R = r − d(y, a),

de donde

d(z, y) + d(y, a) < r. (2.3)

Utilizando la desigualdad triangular, por tanto se tiene que

d(z, a) ≤ d(z, y) + d(y, a),

por lo que, en (2.3), tenemos que

d(z, a) < r,

19

20 Conceptos Topológicos

es decir, z ∈ B(a, r).

Así, hemos probado que B(a, R) ⊆ B(a, r). Con esto, todo punto de B(a, r) es un punto inte-

rior, es decir, Br(a) es un conjunto abierto.

EJERCICIO 2.2. Pruebe que toda bola cerrada es un conjunto cerrado.

Demostración. Sean (E, d) un espacio métrico, a ∈ E y r > 0. Recordemos que B(a, r) se define

como:

x ∈ E : d(x, a) ≤ r.

Vamos a demostrar que B(a, r)c = x ∈ E : d(x, a) > r es un conjunto abierto, es decir, que

todos sus puntos son interiores. Sea u ∈ B(a, r)c, se tiene que

d(u, a) > r. (2.4)

Ahora, debemos hallar R > 0 tal que

B(u, R) ⊆ B(a, r)c. (2.5)

Tomemos R = d(u, a)− r, por (2.4), tenemos que R > 0. Con esto, vamos a probar que(2.5)

se cumple. Sea v ∈ B(u, R), vamos a verificar que v ∈ B(a, r)c. Notemos que

d(v, u) < R = d(u, a)− r

de donde

r < d(u, a)− d(v, u). (2.6)

Por otro lado, utilizando la desigualdad triangular, se tiene que

d(a, u) ≤ d(a, v) + d(v, u)

de donde

d(u, a)− d(v, u) < d(v, a). (2.7)

Por lo que, por (2.6) y (2.7), concluimos que

r < d(v, a),

es decir, v ∈ B(a, r)c.

Por lo tanto, B(u, R) ⊆ B(a, r)c, así B(a, r)c es un conjunto abierto y, en consecuencia, B(a, r)

21

es un conjunto cerrado.

DEFINICIÓN 2.1: Puntos de acumulaciónDEFINICIÓN 2.1: Puntos de acumulaciónSean (E, d) un espacio métrico, M ⊆ E y a ∈ E. Se dice que a es punto de acumulación de M si

para todo r > 0, B(a, r) contiene una infinidad de puntos de M.

Al conjunto de puntos de acumulación de M se lo representa por M′ y se denomina el

derivado de M.

PROPOSICIÓN 2.1. Sean (E, d) un espacio métrico y M ⊆ E. Se tiene que a ∈ M′ si y solo si

para todo r > 0, B(a, r) contiene un punto de M, distinto de a.

DEFINICIÓN 2.2: Puntos de adherenciaDEFINICIÓN 2.2: Puntos de adherenciaSean (E, d) un espacio métrico, M ⊆ E y a ∈ E. Se dice que a es punto de adherencia de M si

para todo r > 0,

B(a, r) ∩ M 6= ∅.

Al conjunto de puntos de adherencia de M se lo representa por M y se lo denomina la

clausura de M.

PROPOSICIÓN 2.2. Sean (E, d) un espacio métricos y M ⊆ E, se tiene que

M = M ∪ M′.

EJERCICIO 2.3. Sea (E, d) un espacio métrico y M ⊆ E. Demuestre que M′ es cerrado.

Demostración. Vamos a probar que M′ es cerrado; para esto, probaremos que (M′)c es abierto.

Si (M′)c = ∅, entonces el resultado se sigue, pues ∅ es un abierto. Ahora, supongamos que

(M′)c 6= ∅; sea x ∈ (M′)c, por lo tanto, x no es punto de acumulación de M, así, existe r > 0 tal

que B(x, r) tiene una cantidad finita de puntos de M. Probaremos que B(x, r) ⊆ (M′)c.

Sea y ∈ B(x, r), es decir, d(y, x) < r; tomemos R = r − d(y, x) > 0 y probemos que B(y, R) ⊆B(x, r). En efecto, sea z ∈ B(y, R), entonces

d(z, y) < R = r − d(y, x),

de donde se tiene que

d(z, y) + d(y, x) < r,

con lo cual, por la desigualdad triangular tenemos que

d(z, x) < r,


es decir, z ∈ B(x, r).

Por lo tanto, como B(x, r) tiene una cantidad finita de puntos de M, se sigue que B(y, R), al

ser un subconjunto de B(x, r), también tiene una cantidad finita de puntos de M. Así, y ∈ (M′)c,

lo que prueba que

B(x, r) ⊆ (M′)c,

es decir, (M′)c es un conjunto abierto y, en consecuencia, M′ es cerrado.

EJERCICIO 2.4. Sea (E, d) un espacio métrico y M ⊆ E. Demuestre que M es cerrado.

Demostración. Vamos a demostrar que M es cerrado; para esto, se demostrará que Mc

es abierto.

Si Mc= ∅, el resultado es inmediato. Ahora, si M

c 6= ∅, sea x ∈ Mc; se probará que existe

r > 0 tal que

B(x, r) ⊆ Mc.

Sabemos que M se puede escribir como M ∪ M′, por tanto, se sigue que

Mc= Mc ∩ (M′)c,

así, se tiene que

x ∈ Mc y x ∈ (M′)c.

Puesto que (M′)c es abierto, existe r > 0 tal que:

B(x, r) ⊆ (M′)c. (2.8)

Por otro lado, como x ∈ (M′)c, por la Proposición 1, existe R > 0 tal que B(x, R) no contiene

puntos de M, distintos de x, es decir,

(B(x, R)r x) ∩ M = ∅,

pero, como x ∈ Mc, es decir, x /∈ M, se tiene que

B(x, R) ∩ M = ∅,

con lo que,

B(x, R) ⊆ Mc. (2.9)

23

Así, de (9.1) y (8.3), tenemos que

B(x, r) ∩ B(x, R) ⊆ (M′)c ∩ Mc.

Tomando ρ = mınr, R, llegamos a que

B(x, ρ) ⊆ Mc.

Por lo tanto, hemos probado que Mc

es un conjunto abierto y, en consecuencia, M es un

conjunto cerrado.

EJERCICIO 2.5. Sea (E, d) un espacio métrico y M ⊆ E. Demuestre que

M es cerrado si y solo si M′ ⊆ M.

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que M es cerrado. Sea x ∈ M′; probe-

mos que x ∈ M.

Por reducción al absurdo, supongamos que x /∈ M, así x ∈ Mc. Puesto que M es cerrado, se

tiene que Mc es abierto, es decir, existe r > 0 tal que B(x, r) ⊆ Mc, de donde

B(x, r) ∩ M = ∅,

lo cual contradice a que x ∈ M′; con esto, x ∈ M y, en consecuencia, M′ ⊆ M

Para la otra implicación, supongamos que M′ ⊆ M, es decir,

M ∪ M′ = M,

con cual se tiene que

M = M

y, por el Ejercicio 2, como M es cerrado, se colige que M es cerrado.

EJERCICIO 2.6. Sea (E, d) un espacio métrico y M ⊆ E. Demuestre que

M es cerrado si y solo si M = M.

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que M es cerrado y probemos que M =

M.


Por el Ejercicio 3, como M es cerrado, podemos colegir que M′ ⊆ M, de donde

M ∪ M′ = M

y, puesto que M = M ∪ M′, se verifica que M = M.

Ahora, para la otra implicación, supongamos que M = M, vamos a probar que M es cerrado.

Como M = M ∪ M′, por hipótesis, también se tiene que M = M ∪ M′ y, en consecuencia,

M′ ⊆ M.

Así, por el Ejercicio 3, se concluye que M es cerrado.

EJERCICIO 2.7. Sea (E, d) un espacio métrico y M ⊆ E. Demuestre que a ∈ M si y solo si

para todo r > 0, B(a, r) contiene al menos un punto de M.

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que a ∈ M; como M = M∪ M′, se tiene

que

a ∈ M o a ∈ M′.

• Si a ∈ M, sea r > 0, tenemos que B(a, r) contiene al menos un punto de M, el cual es a,

pues a ∈ B(a, r).

• Si a ∈ M′, sea r > 0, por la definición de puntos de acumulación, tenemos que B(a, r)

contiene infinitos puntos de M.

Por lo tanto, si a ∈ M se tiene que para todo r > 0, B(a, r) contiene al menos un punto de M.

Para la otra implicación, supongamos que para todo r > 0, B(a, r) contiene al menos un

punto de M. Tenemos los siguientes casos:

• Si a ∈ M, puesto que M ⊆ M ∪ M′ = M, se tiene que a ∈ M.

• Si a /∈ M, por la Proposición 1, como B(a, r) tiene al menos un punto de M que no es a, se

tiene que a ∈ M′ y, como M′ ⊆ M′ ∪ M = M, entonces a ∈ M

En consecuencia, de ambos casos llegamos a que a ∈ M.

EJERCICIO 2.8. Sean (E, d) un espacio métrico y A, B ⊆ E. Demuestre que si A ⊆ B, entonces

A′ ⊆ B′ y, por ende, A ⊆ B.

Demostración. Supongamos que A ⊆ B ⊆ E.

25

a) Vamos a demostrar que A′ ⊆ B′. Sea x ∈ A′. Dado que x es punto de acumulación de A,

existe r > 0 tal que B(x, r) contiene un punto de A, distinto de x; por lo tanto

(B(x, r)r x) ∩ A 6= ∅,

como A ⊆ B, entonces

(B(x, r)r x) ∩ B 6= ∅.

Con lo cual, B(x, r) contiene un punto en B que no es x, en consecuencia, x ∈ B′. Así,

concluimos que A′ ⊆ B′.

b) Vamos a demostrar que A ⊆ B. Como A ⊆ B, por lo demostrado anteriormente, se tiene que

A′ ⊆ B′. Así, tenemos que

A ∪ A′ ⊆ B ∪ B′,

es decir, A ⊆ B.

EJERCICIO 2.9. Sean (E, d) un espacio métrico y F, M ⊆ M. Demuestre que si F es cerrado

y M ⊆ F, entonces M ⊆ F.

Demostración. Por el Ejercicio 6, colegimos que M ⊆ F y, debido a que F es cerrado, por el

Ejercicio 4 se verifica que F = F, por tanto

M ⊆ F.

EJERCICIO 2.10. Sean (E, d) un espacio métrico y A, B ⊆ M. Demuestre que A ∪ B = A ∪ B.

Demostración. Primero, vamos a probar la contenencia A ∪ B ⊆ A ∪ B. Sabemos que A ⊆ A ∪ B

y B ⊆ A ∪ B, de donde se tiene que

A ⊆ A ∪ B y B ⊆ A ∪ B.

Por lo tanto, A ∪ B ⊆ A ∪ B.

Ahora, probemos que A ∪ B ⊆ A ∪ B. Como A ⊆ A y B ⊆ B se tiene que

A ∪ B ⊆ A ∪ B,

además, como A y B son conjuntos cerrados, entonces A∪ B es cerrado, por tanto, por el ejercicio

anterior se tiene que

A ∪ B ⊆ A ∪ B.


En consecuencia, se tiene que A ∪ B = A ∪ B.

EJERCICIO 2.11. Sean (E, d) un espacio métrico y A, B ⊆ M. Demuestre que A ∩ B ⊆ A ∩ B.

Demostración. Conocemos que A ∩ B ⊆ A y A ∩ B ⊆ B, por lo que

A ∩ B ⊆ A y A ∩ B ⊆ B.

Por lo tanto, A ∩ B ⊆ A ∩ B.

EJERCICIO 2.12. Sean (E, d) un espacio métrico y A, B ⊆ M. Demuestre que, en general, no

se tiene que A ∩ B ⊆ A ∩ B.

Demostración. En R, consideremos el siguiente contraejemplo. Definamos:

A = x ∈ R : x ≥ 0 y B = x ∈ R : x < 0.

Notemos que

A = A y B = x ∈ R : x ≤ 0,

por lo tanto, se tiene que

A ∩ B = ∅ y A ∩ B = x ∈ R : x = 0,

es decir,

A ∩ B = ∅ y A ∩ B = 0,

con esto, no se satisface que A ∩ B ⊆ A ∩ B.

DEFINICIÓN 2.3: Puntos fronteraDEFINICIÓN 2.3: Puntos fronteraSean E un espacio métrico, M ⊆ E y a ∈ E. Se dice que a es punto frontera si para todo

r > 0, B(a, r) contiene al menos un punto de M y al menos un punto de Mc. Al conjunto de

puntos frontera de M se lo representa por ∂M.

PROPOSICIÓN 2.3. Sean E un espacio métrico y M ⊆ E. Se tiene que a ∈ M′ si y solo si para

todo r > 0, B(a, r) contiene un punto de M, distinto de a.

EJERCICIO 2.13. Sean (E, d) un espacio métrico y A, M ⊆ E no vacíos. Supongamos que A

es abierto, pruebe que si A ∩ M = ∅, entonces A ∩ M = ∅.

27

Demostración. Por reducción al absurdo, supongamos que A ∩ M 6= ∅. Sea x ∈ A ∩ M, entonces

x ∈ A y x ∈ M.

Puesto que A es abierto, existe r > 0 tal que

B(x, r) ⊆ A. (2.10)

Por otro lado, como x ∈ M, se tiene que

(∀R > 0)(B(x, R) ∩ M 6= ∅), (2.11)

por lo tanto, para r > 0 en (2.11) tenemos que

A ∩ M 6= ∅,

lo cual contradice (2.10); de donde, concluimos que A ∩ M = ∅.

EJERCICIO 2.14. Sean (E, d) un espacio métrico y M ⊆ E no vacío. Demuestre que M =

M ∪ ∂M .

Demostración. Para probar que M = M ∪ ∂M, vamos a probar las dos contenencias respectivas.

Empecemos probando que M ⊆ M ∪ ∂M, sea x ∈ M, tenemos dos casos:

• Si x ∈ M, entonces x ∈ M ∪ ∂M.

• Si x 6∈ M, como x ∈ M, se tiene que para r > 0, B(x, r) tiene al menos un punto de M;

además, como x 6∈ M, B(x, r) tiene al menos un punto de Mc, por lo tanto x ∈ δM, de

donde, x ∈ M ∪ ∂M.

Ahora, probemos que M ∪ ∂M ⊆ M. Sea x ∈ M ∪ ∂M, tenemos dos casos:

• Si x ∈ M, debido a que M ⊆ M, se tiene que x ∈ M.

• Si x ∈ ∂M, por definición, para todo r > 0 se tiene que B(x, r) contiene al menos un punto

de M y al menos un punto de Mc. Así, como B(x, r) contiene al menos un punto de M, se

concluye que x ∈ M.

En consecuencia, tenemos que M ∪ ∂M ⊆ M. Por lo tanto, se tiene la igualdad.

EJERCICIO 2.15. En R con la métrica usual, pruebe que si a < b:

a) [a, b] no es abierto;


b) [a, b[ no es cerrado;

c) a no es abierto;

d) a es cerrado;

e) [a, b] es cerrado;

f) ]a, b[ es abierto.

Demostración.

a) Tomemos A = [a, b], es decir,

A = x ∈ R : a ≤ x ≤ b.

Probemos que a no es punto interior de A. Por el absurdo, supongamos que a es punto

interior, es decir, existe r > 0 tal que

B(a, r) ⊆ A. (2.12)

Notemos que B(a, r) = ]a − r, a + r[. Así, podemos ver a − r2 ∈ B(a, r), pero a − r

2 /∈ A, lo

cual contradice a 2.12.

Por lo tanto, dado que a es elemento de A pero no un punto interior de A, se tiene que A

no es abierto.

b) Tomemos B = [a, b[, es decir,

B = x ∈ R : a ≤ x < b.

Probemos que b ∈ B. Sea r > 0, podemos ver que B(b, r) = ]b − r, b + r[ contiene al

menos un punto de B, pues b − r2 ∈ B. Así, se tiene que b ∈ B.

Por lo tanto, se tiene que b ∈ B, pero b /∈ B, es decir, B 6= B y, en consecuencia, B no es

cerrado.

c) Tomemos C = a, es decir,

C = x ∈ R : x = a.

Vamos a probar que a no es punto interior de C. Por el absurdo, supongamos que a es

punto interior de C, entonces existe r > 0 tal que

B(a, r) ⊆ C. (2.13)

29

Notemos que B(a, r) = ]a − r, a + r[. Así, podemos ver que a + r2 ∈ B(a, r), pero a + r

2 /∈ C,

pues a + r2 6= a; por lo tanto se contradice a (2.13).

En consecuencia, dado que a es elemento de C pero no un punto interior de C, se tiene

que C no es abierto.

d) Tomemos el conjunto C definido en el literal anterior y probemos que C es cerrado; para esto,

vamos a demostrar que Cc es abierto. Notemos que

Cc = x ∈ R : x < a o x > a.

Sea y ∈ Cc, es decir, y < a o y > a. Si y > a, tomemos r = y − a > 0 y probemos que

B(y, r) ⊆ Cc. Sea z ∈ B(y, r), es decir,

|z − y| < r = y − a

de donde,

a − y < z − y < y − a,

por lo que , z > a, es decir, z ∈ Cc. Si y < a, tomando r = a − y > 0, la demostración es

análoga.

Por lo tanto, Cc es abierto y, por ende, C es cerrado.

e) Tomemos D = [a, b], es decir,

D = x ∈ R : a ≤ x ≤ b

=

x ∈ R :

a

2+

a

2+

b

2− b

2≤ x ≤ b

2+

b

2+

a

2− a

2

=

x ∈ R :

(a + b

2

)+

(a − b

2

)≤ x ≤

(b + a

2

)+

(b − a

2

)

=

x ∈ R : −

(b − a

2

)≤ x −

(a + b

2

)≤(

b − a

2

)

=

x ∈ R :

∣∣∣∣x −(

a + b

2

)∣∣∣∣ ≤(

b − a

2

)

= B

(a + b

2,

b − a

2

).

Así, puesto que la bola cerrada es un conjunto cerrado, podemos concluir que D = [a, b]

es un conjunto cerrado.

f) Tomemos E = ]a, b[, es decir,

E = x ∈ R : a < x < b.


Análogamente al literal anterior, se tiene que

E = B

(a + b

2,

b − a

2

).

Por lo tanto, como la bola abierta es un conjunto abierto, se tiene que E es un conjunto abierto.

EJERCICIO 2.16. Sean (E, d) un espacio métrico y A ⊆ E no vacío. Pruebe que A es un

conjunto abierto si y solo si es la unión de bolas abiertas.

Demostración. Para demostrar la primera implicación supongamos que A es un conjunto abierto,

así, se tiene que para cada x ∈ A existe rx > 0 tal que:

B(x, rx) ⊆ A,

de donde⋃

x∈A

B(x, rx) ⊆ A.

Ahora, probemos que A ⊆⋃

x∈A

B(x, rx). Sea y ∈ A, se tiene que:

y ∈ B(y, ry) ⊆⋃

x∈A

B(x, rx),

por lo tanto,

y ∈⋃

x∈A

B(x, rx),

así,

A ⊆⋃

x∈A

B(x, rx).

Con lo cual obtenemos que

A =⋃

x∈A

B(x, rx).

Para la otra implicación, supongamos que A es la unión de bolas abiertas. Sabemos que la unión

arbitraria de abiertos es un abierto y como las bolas abiertas son conjuntos abiertos se sigue que

A es un conjunto abierto.

EJERCICIO 2.17. Sea (E, d) un espacio métrico. Definimos

τd = C ⊆ E : C es un conjunto abierto.

31

A este conjunto se lo conoce como topología generada por d. Tiene tres propiedades funda-

mentales

a) ∅ ∈ τd y E ∈ τd.

b) La unión finita o infinita de elementos de τd es elemento de τd. La unión de abiertos es

un abierto.

c) La intersección finita de elementos de τd es elemento de τd. La intersección finita de

abiertos es un abierto.

Demuestre estas propiedades.

Demostración.

a) Como ∅ y E son conjuntos abiertos se tiene que pertenecen a τd.

b) Sea Ω 6= ∅ un conjunto de índices y Aω : Aω ⊆ E, ω ∈ Ω una familia de subconjuntos

de E con Aωω∈Ω ⊆ τd , es decir, Aω abierto para todo ω ∈ Ω. Vamos a probar que

A :=⋃

ω∈Ω

Aω es abierto.

Sea x ∈ A, por definición de unión generalizada, existe v ∈ Ω tal que x ∈ Av. Así, como

Aν es abierto, existe r > 0 tal que B(x, r) ⊆ Aν y como Aν ⊆⋃

ω∈Ω

Aω, se sigue que

B(x, r) ⊆⋃

ω∈Ω

Aω .

De esta manera, x es un punto interior de A, por lo que A es abierto, es decir, A ∈ τd.

c) Sean k ∈ N y A1, A2, ..., Ak ∈ τd. Vamos a demostrar que A :=k⋂

i=1Ai es abierto. Sea x ∈ A,

por definición de intersección generalizada tenemos que x ∈ Ai para todo i ∈ 1, 2, ..., k.

Así, existe ri > 0 tal que B(x, ri) ⊆ Ai para todo i ∈ 1, 2, ..., k. Tomando r = mın1≤i≤k

ri,

tenemos que para todo i ∈ 1, 2, ..., k,

B(x, r) ⊆ B(x, ri) ⊂ Ai,

por lo que

B(x, r) ⊆k⋂

i=1

Ai = A.

Por lo tanto, x es un punto interior de A. Así, concluimos que A es abierto, es decir,

A ∈ τd.


EJERCICIO 2.18. Sean E 6= ∅ dotado de dos métricas equivalentes d1 y d2 y Ω ⊆ E. Demues-

tre que

a) Ω es abierto en (E, d1) si y solo si Ω es abierto en (E, d2);

b) Ω es cerrado en (E, d1) si y solo si Ω es cerrado en (E, d2).

De igual manera, en cada literal probaremos una sola implicación, pues, para la otra impli-

cación, la demostración es análoga.

Demostración.

a) Primero, para a ∈ E y r > 0, vamos a denotar

B1(a, r) = x ∈ E : d1(x, a) < r y B2(a, r) = x ∈ E : d2(x, a) < r.

Sea a ∈ E, supongamos que Ω es abierto en (E, d1), es decir, existe r > 0 tal que

B1(a, r) ⊆ Ω, (2.14)

vamos a probar que Ω es abierto en (E, d2), es decir, vamos a demostrar que existe R > 0 tal

que

B2(a, R) ⊆ Ω.

Por otro lado, como d2 ∼ d1, existen α, β > 0 tales que para todo x, y ∈ E

αd2(x, y) ≤ d1(x, y) ≤ βd2(x, y). (2.15)

Así, tomemos R = rβ y probemos que B2(a, R) ⊆ B1(a, r). Sea z ∈ B2(a, R), es decir,

d2(z, a) < R =r

β,

con lo cual, por (2.15), tenemos que

d1(z, a) ≤ βd2(z, a) < r,

es decir, z ∈ B1(a, r), lo que muestra que B2(a, R) ⊆ B1(a, r) y, en consecuencia, por (8.5)

B2(a, R) ⊆ Ω,

33

es decir, Ω es un conjunto abierto en (E, d2).

b) Supongamos que Ω es cerrado en (E, d1), por lo tanto, Ωc es abierto en (E, d1).

Por el literal anterior, podemos deducir que Ωc es abierto en (E, d2). Por lo tanto, Ω es cerra-

do en (E, d2).

EJERCICIO 2.19. Dé un ejemplo de un espacio métrico (E, d) donde, para a ∈ E y r > 0, se

tenga que B(a, r) 6= B(a, r) (la clausura de una bola abierta no coincide con la bola cerrada

del mismo centro y radio).

Demostración. Sea E un conjunto con más de un elemento y d la métrica discreta, la cual, para

todo x, y ∈ E, viene dada por:

d(x, y) =

1 si x 6= y,

0 si x = y.

Sea a ∈ E, tenemos que

B(a, 1) = x ∈ E : d(x, a) < 1 = a,

Como a es un conjunto cerrado, se tiene que:

B(a, 1) = a.

Ahora, tenemos que

B(a, 1) = x ∈ E : d(x, a) ≤ 1 = E.

Por lo tanto, como a 6= E se sigue que:

B(a, 1) 6= B(a, 1).

EJERCICIO 2.20. Sean a, b ∈ R tales que a < b y consideremos (C [a, b] , d∞), el espacio de

las funciones reales continuas definidas sobre [a, b] con la norma del máximo. Sean f , h ∈C [a, b], definamos

M = g ∈ C [a, b] : f (x) < g(x) < h(x) para todo x ∈ [a, b] ;

pruebe que M es abierto en (C [a, b] , d∞).

Demostración. Vamos a demostrar que M es un conjunto abierto en (C [a, b] , d∞), para lo cual

debemos probar que todos sus puntos son interiores. Sea ϕ ∈ M. Debemos probar que existe


r > 0 tal que:

B(ϕ, r) ⊆ M.

Notemos que, para todo x ∈ [a, b], se tiene que:

f (x) < ϕ(x) < h(x),

de donde

ϕ(x)− f (x) > 0,

y

h(x)− ϕ(x) > 0.

Tomemos

r := mın

mına≤x≤b

ϕ(x)− f (x), mına≤x≤b

h(x)− ϕ(x)

,

ahora, probemos que:

B(ϕ, r) ⊆ M.

En efecto, sea ψ ∈ B(ϕ, r). Notemos que:

B(ϕ, r) = g ∈ C [a, b] : d∞(g, ϕ) < r,

por lo tanto se tiene que:

maxa≤z≤b

|ψ(z)− ϕ(z)| < mın

mına≤x≤b


h(x)− ϕ(x)

,

por la definición de máximo, para todo z ∈ [a, b], se sigue que:

|ψ(z)− ϕ(z)| < mın

mına≤x≤b


h(x)− ϕ(x)

,

de donde, por la definición de mínimo, para todo z ∈ [a, b], tenemos que:

|ψ(z)− ϕ(z)| < mına≤x≤b

ϕ(x)− f (x) y |ψ(x)− ϕ(x)| < mına≤x≤b

h(x)− ϕ(x).

nuevamente, por la definición de mínimo, para todo z ∈ [a, b], obtenemos que:

|ψ(z)− ϕ(z)| < ϕ(z)− f (z) y |ψ(z)− ϕ(z)| < h(z)− ϕ(z),

35

de donde, para todo z ∈ [a, b], se tiene que:

ψ(z)− ϕ(z) < ϕ(z)− f (z) y ψ(z)− ϕ(z) < h(z)− ϕ(z),

luego, para todo x ∈ [a, b], se sigue que:

f (z) < ψ(z) y ψ(z) < h(z),

es decir,

f (z) < ψ(z) < h(z)

para todo z ∈ [a, b]. Por lo tanto,

ψ ∈ M.

Así, hemos probado que, para ϕ ∈ M, existe r > 0 tal que:

B(ϕ, r) ⊆ M.

Por lo tanto, hemos demostrado que M es un conjunto abierto en (C [a, b] , d∞).

DEFINICIÓN 2.4DEFINICIÓN 2.4

Sean (E, d) un espacio métrico y M ⊆ E no vacío. Se dice que M es denso en E si M = E.

DEFINICIÓN 2.5DEFINICIÓN 2.5Sea (E, d) un espacio métrico. Se dice que (E, d) es separable si existe M ⊆ E un conjunto

numerable tal que M = E.

EJERCICIO 2.21. Sean a, b ∈ R tales que a < b y consideremos (B [a, b] , d∞), el espacio de

las funciones reales acotadas definidas sobre [a, b] con la norma del supremo. Pruebe que

(B [a, b] , d∞) no es separable.

Demostración. Por reducción el absurdo, supongamos que B [a, b] es separable, así, existe un con-

junto numerable M ⊆ B [a, b] tal que:

M = B [a, b] .


Para cada t ∈ [a, b] consideremos la función definida por:

ft : [a, b] −→ R

x 7−→

1 si x = t,

0 si x 6= t,

con esto, definamos el conjunto:

N = ft : t ∈ [a, b] ⊆ B [a, b] .

Ahora, puesto que [a, b] no es numerable, entonces N tampoco es un conjunto numerable. Por

otro lado, consideremos r, s ∈ [a, b], con r 6= s, notemos que, para x ∈ [a, b],

| fr(x)− fs(x)| =

1 si x ∈ r, s,

0 si no,

de donde

d∞( fr, fs) = supa≤x≤b

| fr(x)− fs(x)| = 1.

Con esto, podemos notar que

B(

fr, 12

)∩ B

(fs, 1

2

)= ∅. (2.16)

Por otro lado, para t ∈ [a, b], dado que M es denso, se tiene que ft ∈ M, por lo tanto,

B(

ft, 12

)∩ M 6= ∅,

así, consideremos gt un elemento de B(

ft, 12

)∩ M. Con esto, tenemos que si r, s ∈ [a, b] son tales

que r 6= s, entonces, gracias a (2.16), se tiene que gr 6= gs; por lo tanto, el conjunto gt : t ∈ [a, b]también es no numerable, pero

ft : t ∈ [a, b] ⊆ M

lo cual es contradictorio. Así, hemos probado que B [a, b] no es separable.

EJERCICIO 2.22. Sean (E, d) un espacio métrico compacto y A un conjunto cerrado en (E, d).

Pruebe que A es compacto.

Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión en A. Vamos a probar que A es conjunto compacto,

para esto debemos demostrar que existe(

xnk

)k∈N

una subsucesión de (xn)n∈N convergente.

Puesto que (xn)n∈N es una sucesión en A, así, (xn)n∈N es una sucesión en E y puesto que

37

E es compacto, sabemos que existe(xnk

)k∈N

una subsucesión de (xn)n∈N convergente; es decir,

existe L ∈ E tal que

lımk→∞

d(xnk, L) = 0,

Ahora, probemos que L ∈ A. En efecto, puesto que A es cerrado, por la caracterización de

conjuntos cerrados sabemos que para toda sucesión (yn)n∈N en A tal que lımn→+∞

yn = y se tiene

que y ∈ A. Así, tenemos que

L ∈ A.

Con esto hemos probado que toda sucesión de A posee una subsucesión convergente; por lo

tanto, A es un conjunto compacto.

TEOREMA 2.4: Invarianza por continuidad de la compacidad.TEOREMA 2.4: Invarianza por continuidad de la compacidad.Sean (E, dE), (F, dF) dos espacios métricos, f : E → F una función continua y A subconjunto

de E no vacío. Si A es compacto en (E, d1), entonces f (A) es compacto en (F, d2).

EJERCICIO 2.23. Sean (E, dE), (F, dF) dos espacios métricos y f : E → F una función. Se dice

que f es un homeomorfismo si y solo si f es biyectiva y f y f−1 son continuas. Pruebe que

si (E, d1) es compacto y f es biyectiva y continua, entonces f−1 es continua.

Demostración. Supongamos que (E, dE) es un espacio métrico compacto y f es biyectiva y conti-

nua. Puesto que f es biyectiva entonces la inversa de f existe y la denotaremos por

f−1 : F → E.

Vamos a demostrar que f−1 es continua, esto lo haremos por la caracterización de continuidad.

Sea A un conjunto cerrado en (E, dE), debemos probar que f (A) es un conjunto cerrado en

(F, dF).

Como A es un conjunto cerrado y (E, dE) es un espacio métrico compacto por el Ejercicio 2,

tenemos que A es compacto en (E, d1) y como f es continua, utilizando el Teorema 1 se sigue que

f (A) es un conjunto compacto en (F, d2); por lo tanto, f (A) es un conjunto cerrado y acotado.

Con esto hemos probado que f−1 es una función continua.

CAPÍTULO 3

SUCESIONES CONVERGENTES

DEFINICIÓN 3.1: SubsucesionesDEFINICIÓN 3.1: SubsucesionesSean (E, d) un espacio métrico y s una sucesión de E. Si consideramos ϕ : N → N, una

función estrictamente creciente, la composición s φ se la llama subsucesión de s. Con esto,

si denotamos

s = (xn)n∈N y φ(k) = nk,

para k ∈ N, se utilizará la siguiente notación:

(s ϕ)(k) = s(ϕ(k)) = xϕ(k) = xnk

para cada k ∈ N y s φ = (xnk)k∈N = (xφ(k))k∈N como la subsucesión de (xn)n∈N.

EJERCICIO 3.1. Sean (E, d) un espacio métrico, (xn)n∈N una sucesión de E y x ∈ E tal que

x = lımn→+∞

xn. Demuestre que toda subsucesión de (xn)n∈N converge hacia x.

Demostración. Sea (xϕ(k))k∈N una subsucesión de (xn)n∈N. Como (xn)n∈N converge a x, se tiene

que

(∀ε > 0)(∃N ∈ N)(n > N =⇒ d(xn, x) < ε). (3.1)

Para demostrar que (xϕ(k))k∈N converge a x, tomemos ε1 > 0; para ε = ε1 > 0 en (3.1), existe

N1 ∈ N tal que

n > N1 =⇒ d(xn, x) < ε1;

Ahora, como φ es una función estrictamente creciente, se tiene que

φ(k) ≥ k,

por lo que, si k > N1, se tiene que φ(k) > N1 y, por lo tanto,

d(xφ(k), x) < ε,

39

40 Sucesiones Convergentes

es decir, (xϕ(k))k∈N converge hacia x.

EJERCICIO 3.2. Sean (E, d) un espacio métrico, (xn)n∈N una sucesión de E y x ∈ E. De-

muestre que si (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy y posee una subsucesión convergente a

x, entonces (xn)n∈N converge a x.

Demostración. Supongamos que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy y que posee una subsuce-

sión (xφ(k))k∈N tal que x = lımk→+∞ xφ(k), vamos a demostrar que x = lımn→+∞ xn.

Dado que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy, tenemos que

(∀ε > 0)(∃N ∈ N)(n > N =⇒ d(xn, x) < ε). (3.2)

Por otro lado, ya que (xφ(k))k∈N converge a x, se tiene que

(∀ε > 0)(∃N ∈ N)(k > N =⇒ d(xφ(k), x) < ε). (3.3)

Ahora, sea ε1 > 0. Para ε1/2 > 0 en (3.2), se tiene que existe N1 ∈ N tal que

n, m > N1 =⇒ d(xn, xm) <ε1

2.

Además, para ε1/2 > 0 en (3.3), se tiene que existe N2 ∈ N tal que

k > N2 =⇒ d(xφ(k), x) <ε1

2.

Con esto, tomando N = maxN1, N2, se tiene que si n > N, entonces φ(n) > N y, por lo tanto,

d(xn, xφ(n)) + d(xφ(n), x) <ε1

2+

ε1

2,

por lo que, por la desigualdad triangular, tenemos que, para todo n > N,

d(xn, x) < ε1.

Por lo tanto, se tiene que (xn)n∈N converge hacia x.

EJERCICIO 3.3. Sean (E, d) un espacio métrico y (xn)n∈N una sucesión de E. Pruebe que:

a) Si (xn)n∈N es convergente entonces (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy;

b) Si (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy entonces (xn)n∈N es acotada.

Demostración.

41

a) Supongamos que (xn)n∈N es una sucesión convergente y probemos que es una sucesión de

Cauchy. Dado que (xn)n∈N es convergente, existe x ∈ E tal que

(∀ε > 0)(∃N ∈ N)(n > N =⇒ d(xn, x) < ε). (3.4)

Sea ε1 > 0, por (3.4), tenemos que existe N1 ∈ N tal que, para todo n > N1,

d(xn, x) <ε1

2

y, para todo m > N1,

d(xm, l) <ε1

2.

Luego, por la desigualdad triangular, para todo n, m > N,

d(xn, xm) < d(xn, l) + d(l, xm) <ε1

2+

ε1

2= ε1,

es decir, (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy.

b) Supongamos que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy y demostremos que es acotada. Dado

que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy, se tiene que

(∀ε > 0)(∃N ∈ N)(n, m > N =⇒ d(xn, xm) < ε). (3.5)

Por lo tanto, para 1 > 0 en (3.5), existe N1 ∈ N tal que, para todo n, m > N1,

d(xn, xm) < 1.

Por otro lado, notemos que el conjunto

d(xn, xm) : 0 ≤ n, m ≤ N1

es finito, por lo tanto, podemos tomar

M = maxd(xn, xm) : 0 ≤ n, m ≤ N1

y tenemos que, para todo n, m ≤ N1,

d(xn, xm) < M.


Ahora, si m ≤ N1 y n > N1, por la desigualdad triangular, tenemos que

d(xn, dm) ≤ d(xm, xN) + d(xN , xn) < M + 1.

Con esto, tenemos que, si n, m ∈ N, entonces

d(xn, xm) < M + 1,

con lo cual, se concluye que (xn)n∈N es acotada.

EJERCICIO 3.4. Sean (E, d) un espacio métrico y (xn)n∈N una sucesión de E. Pruebe que:

a) Si (xn)n∈N es acotada, no necesariamente (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy.

b) Si (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy, no necesariamente (xn)n∈N es convergente.

Demostración.

a) Vamos a buscar una sucesión que sea acotada pero que no sea una sucesión de Cauchy. Así,

consideremos la sucesión

(xn)n∈N = ((−1)n)n∈N ,

que es acotada en (R, | · |), pues

d(xn, xm) ≤ 2

para todo n, m ∈ N.

Vamos a probar que (xn)n∈N no es una sucesión de Cauchy en R, para esto, tomemos

ε = 12 y notemos que para todo N ∈ N, al tomar m = N + 1 y n = N + 2 se tiene que

d(xn, xm) = d(xN+1, xN+2)

= |(−1)N+1 − (−1)N+2|

= | − (−1)N − (−1)2(−1)N |

= | − 2||(−1)N |

= 2 >12

.

Por lo tanto, (xn)n∈N no es de Cauchy.

b) Tomemos el espacio métrico (C([0, 1]), d), donde

C([0, 1]) = f : [0, 1] → R : f es continua

43

y, la métrica d definida para cada f , g ∈ C([0, 1]) como

d( f , g) =∫ 1

0| f (x)− g(x)|dx.

Definamos la siguiente sucesión de funciones, sea n ∈ N: fn : [0, 1] → R, se define

fn(x) =

0 si 0 ≤ x <12 − 1

n+1

n+12 x + 1−n

4 si 12 − 1

n+1 ≤ x <12 + 1

n+1

1 si 12 + 1

n+1 ≤ x ≤ 1,

para x ∈ [0, 1]. Demostraremos que ( fn)n∈N es una sucesión de Cauchy pero no converge.

Sea ε > 0 para n > m > 0 se muestra en la siguiente figura el gráfico de las funciones fn y

fm, en rojo y azul, respectivamente.

12

112 − 1

m+112 + 1

m+112 − 1

n+112 + 1

n+1

12

1

Se tiene que el área sombreada representa d( fn, fm), por lo tanto se tiene:

d( fn, fm) =

∣∣∣∣1

n + 1− 1

m + 1

∣∣∣∣ .

Puesto que la sucesión(

1n+1

)n∈N

converge, entonces es de Cauchy, por lo tanto existe N ∈N tal que

n, m > N =⇒∣∣∣∣

1n + 1

− 1m + 1

∣∣∣∣ < ε,

por lo tanto, si n, m > N se tiene que

d( fn, fm) < ε,

es decir, ( fn)n∈N es de Cauchy.

Por lo tanto tenemos una sucesión de Cauchy pero que no converge en C([0, 1]) pues,


tomemos la función:f : [0, 1] −→ R

x 7−→ f (x) =

0 0 ≤ x <12

1 12 ≤ x ≤ 1.

Sea ε > 0, para n > 0 se muestra en la siguiente figura el gráfico de las funciones fn y f , en

azul y rojo respectivamente.

12

112 − 1

n+112 + 1

n+1

12

1

Así, el área sombreada representa d( fn, f ). Por lo tanto se tiene que

d( fn, f ) =

∣∣∣∣1

n + 1

∣∣∣∣ .

Puesto que la sucesión(

1n+1

)n∈N

converge a 0, existe N1 ∈ N tal que

n > N1 =⇒∣∣∣∣

1n + 1

∣∣∣∣ < ε,

por lo tanto, si n > N1 se tiene

d( fn, f ) < ε,

pero f 6∈ C([0, 1]), con lo cual ( fn)n∈N no es convergente en el espacio métrico (C([0, 1]), d).

DEFINICIÓN 3.2: Sucesión acotadaDEFINICIÓN 3.2: Sucesión acotadaSean (E, d) un espacio métrico y (xn)n∈N una sucesión de E. Se dice que (xn)n∈N es acotada

si y solo si existen a ∈ E y r > 0 tales que para todo n ∈ N, d(xn, a) < r.

EJERCICIO 3.5. Sean E 6= ∅ dotado de dos métricas equivalentes d1 y d2, (xn)n∈N una

sucesión de E y x ∈ E. Demuestre que

a) (xn)n∈N es acotada en (E, d1) si y solo si (xn)n∈N es acotada en (E, d2);

b) (xn)n∈N es de Cauchy en (E, d1) si y solo si (xn)n∈N es de Cauchy en (E, d2);

45

c) (xn)n∈N converge hacia x en (E, d1) si y solo si (xn)n∈N converge hacia x en (E, d2).

Demostración. En cada literal probaremos una sola implicación, pues, para la otra implicación,

la demostración es análoga.

Por otro lado, como d1 ∼ d2, se tiene que existen α, β > 0 tales que, para todo x, y ∈ E,

αd2(x, y) ≤ d1(x, y) ≤ βd2(x, y).

a) Supongamos que (xn)n∈N es una sucesión acotada en (E, d1), por lo tanto, existen a ∈ E y

r > 0 tales que, para todo n ∈ N,

d1(xn, a) < r. (3.6)

De (9.1), se sigue que αd2(xn, a) < r para todo n ∈ N, de donde, tomando R = rα > 0 se tiene

que

d2(xn, a) < R

para todo n ∈ N. Por lo tanto, (xn) es acotada en (E, d2).

b) Supongamos que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy en (E, d1), es decir, tenemos que

(∀ε1 > 0)(∃N ∈ N)(n, m > N =⇒ d1(xn, xm) < ε1). (3.7)

Vamos a demostrar que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy en (E, d2). Para esto, sea ǫ > 0,

notemos que, para todo n, m ∈ N,

d2(xn, xm) ≤ βd1(xn, xm),

así, para ε1 = εβ > 0, en (8.3), se tiene que existe N ∈ N tal que

d2(xn, xm) ≤ βd1(xn, xm) < βε

β= ε.

Por lo tanto, (xn) es una sucesión de Cauchy en (E, d2).

c) Supongamos que (xn)n∈N es una sucesión convergente a x en (E, d1), es decir, tenemos que

(∀ε1 > 0)(∃N ∈ N)(n > N =⇒ d1(xn, x) < ε1). (3.8)

Vamos a probar que (xn)n∈N converge hacia x en (E, d2), para esto, sea ε > 0, notemos que,

para todo n ∈ N

d2(xn, x) ≤ βd1(xn, x),


así, para ε1 = ǫβ > 0, en (8.4), se tiene que existe N ∈ N tal que, para todo n ∈ N,

d2(xn, x) ≤ βd1(xn, x) < βε

β= ε.

Por lo tanto, (xn)n∈N es una sucesión convergente a x en (E, d2).

CAPÍTULO 4

LÍMITES Y CONTINUIDAD

EJERCICIO 4.1. Sean (E, dE), (F, dF) dos espacios métricos y f : E → F. Pruebe que f es

continua si y solo si para todo conjunto cerrado B en (F, dF) se tiene que f−1(B) es un

conjunto cerrado en (E, dE).

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que f es continua. Sea B un conjunto

cerrado en (E, dE), así Bc es un conjunto abierto. Ahora, puesto que f es continua se tiene que

f−1(Bc) es un conjunto abierto en (E, dE). Por otro lado, dado que

f−1(Bc) =(

f−1(B))c

,

tenemos que f−1(B) es un conjunto cerrado en (E, dE).

Ahora, para la otra implicación supongamos que para todo conjunto cerrado B en (F, dF)

se tiene que f−1(B) es un conjunto cerrado en (E, dE). Vamos a probar que f es continua; por

la caracterización de continuidad, esto es equivalente a demostrar que para todo A abierto en

(F, dF), se tiene que f−1(A) es un conjunto abierto en (E, dE).

Sea A un conjunto abierto en (F, dF), así Ac es un conjunto cerrado en (F, dF) y, por lo su-

puesto, f−1(Ac) es un conjunto cerrado en (E, dE). Por otro lado, tenemos que

(f−1(Ac)

)c=(

f−1(A)c)c

= f−1(A),

por lo tanto, f−1(A) es un conjunto abierto en (E, dE). Así, hemos probado que f es continua.

EJERCICIO 4.2. Sean (E, dE), (F, dF) dos espacios métricos, A ⊆ E y f : E → F. Pruebe que

si f es continua y A es un conjunto abierto, entonces no necesariamente se tiene que f (A)

es un conjunto abierto.

47

48 Límites y Continuidad

Demostración. Consideremos la función:

f : R −→ R

x 7−→ 2.

Tenemos que f es continua, por otro lado, para todo abierto A ⊆ R se tiene que

f (A) = 2,

el cual no es un conjunto abierto en (R, d).

EJERCICIO 4.3. Sean (E, dE), (F, dF) dos espacios métricos, f : E → F y a ∈ E, f es continua

en a si y solo si para toda sucesión (xn)n∈N en convergente a a en E se tiene que ( f (xn))n∈N

converge a f (a) en F.

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que f es continua en a,es decir,

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ E)(dE(x, a) < δ ⇒ dF( f (x), f (a)) < ε). (4.1)

Supongamos que (xn)n∈N es una sucesión en E tal que

lımn→+∞

xn = a,

así, por la definición de convergencia de sucesiones, para δ > 0 existe N(δ) ∈ N tal que

d(xn, a) < δ,

para todo n ≥ N(δ). Vamos a demostrar que lımn→+∞

f (xn) = f (a), sea ε1 > 0, en particular, por

(4.1) para ε = ε1 > 0 tenemos que

d( f (xn), f (a))F < ε1,

para todo n ≥ N(δ). Con esto, hemos probado que

lımn→+∞

f (xn) = f (x).

Para la otra implicación, supongamos que para toda sucesión (xn)n∈N en E convergente a a se

tiene que ( f (xn))n∈N una sucesión de F converge a f (a), vamos a demostrar que f es continua

en a, esto lo realizaremos por reducción al absurdo, así, supongamos que f no es continua en a,

49

es decir,

(∃ε > 0)(∀δ > 0)(∃x ∈ E)(dE(x, a) < δ ∧ dF( f (x), f (a)) ≥ ε).

Así, existe ε > 0 tal que para todo δ > 0, existe x ∈ E tal que

dE(x, a) < δ y dF( f (x), f (a)) ≥ ε.

Para δ = 1, existe x1 ∈ E tal que

dE(x1, a) < 1 y dF( f (x1), f (a)) ≥ ε,

para δ = 12 , existe x2 ∈ E tal que

dE(x2, a) <12

y dF( f (x2), f (a)) ≥ ε,

así, sucesivamente, para δ = 1n+1 con n ∈ N, existe xn ∈ E tal que

dE(xn, a) <1

n + 1y dF( f (xn), f (a)) ≥ ε. (4.2)

Por otro lado, puesto que(

1n+1

)n∈N

es convergente, dado ε1 > 0, existe N ∈ N tal que

∣∣∣∣1

n + 1

∣∣∣∣ =1

n + 1< ε1,

para todo n ≥ N. De donde, junto con (4.2) tenemos que

dE(xn, a) < ε1,

para todo n ≥ N. Con esto, hemos probado que

lımn→+∞

xn = a,

así, hemos encontrado una sucesión en E convergente hacia a, sin embargo, por (4.2) tenemos

que ( f (xn))n∈N no converge a f (a), esto es contradictorio, por lo tanto, hemos probado que f es

continua.

EJERCICIO 4.4. Sean (E, dE), (F, dF) dos espacios métricos y f : E → F una función. Si dE es

la métrica discreta, entonces f es continua.


Demostración. Sea dE la métrica discreta, la cual, para todo x, y ∈ E, viene dada por:

dE(x, y) =

1 si x 6= y,

0 si x = y.

Sea x ∈ E, vamos a demostrar que f es continua en x, para esto, por la caracterización de con-

tinuidad, debemos probar que para toda sucesión (xn)n∈N convergente a x en E se tiene que

( f (xn))n∈N converge a f (x) en F. Sea (xn)n∈N una sucesión en E, tal que

lımn→+∞

xn = x,

debemos probar que lımn→+∞

f (xn) = f (x), sea ε > 0, por la definición de límite, sabemos existe

N ∈ N tal que

dE(xn, x) <12

,

para todo n ≥ N. Ahora, puesto que dE es la métrica discreta tenemos que

0 = dE(xn, x) <12

,

para todo n ≥ N, de donde,

xn = x,

para todo n ≥ N, así,

f (xn) = f (x),

para todo n ≥ N. Puesto que dF es una métrica, se sigue que

dF( f (xn), f (x)) = 0 < ε,

para todo n ≥ N, es decir,

lımn→+∞

f (xn) = f (x),

con esto, hemos probado que f es continua.

EJERCICIO 4.5. Sean (E, dE), (F, dF) dos espacios métricos y f : E → F, f es continua en si y

solo si para todo A conjunto abierto en F, se tiene que f−1(A) es un conjunto abierto en E.

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que f es continua, sea A un conjunto

abierto en F, vamos a demostrar que f−1(A) es un conjunto abierto en E, tenemos dos casos:

51

a) Si f−1(A) = ∅, entonces f−1(A) es abierto.

b) Supongamos que f−1(A) 6= ∅, vamos a demostrar que todos los puntos de f−1(A) son

puntos interiores, sea x0 ∈ f−1(A), debemos hallar r > 0 tal que

B(x0, r) ⊆ f−1(A).

Puesto que x0 ∈ f−1(A), por la definición de imagen inversa, tenemos que

f (x0) ∈ A,

de donde, puesto que A es un conjunto abierto, existe ε > 0 tal que

B( f (x0), ε) ⊆ A. (4.3)

Ahora, puesto que f es continua y x0 ∈ E, para nuestro ε > 0 existe δ > 0 tal que para todo

x ∈ E se tiene que

dE(x, x0) < δ ⇒ dF( f (x), f (x0)) < ε,

es decir,

x ∈ B(x0, δ) ⇒ f (x) ∈ B( f (x0), ε),

de donde,

x ∈ B(x0, δ) ⇒ x ∈ f−1(A),

así,

B(x0, δ) ⊆ f−1(A),

con esto, hemos probado que todos los puntos de f−1(A) son puntos interiores, por lo tanto,

f−1(A) es un conjunto abierto en E.

Para la otra implicación, supongamos que para todo A conjunto abierto en F, se tiene que f−1(A)

es un conjunto abierto en E, vamos a demostrar que f es continua. Sea x0 ∈ E, debemos probar

que f es continua en x0; es decir, debemos probar que para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que para

todo x ∈ E se tiene que

dE(x, x0) < δ ⇒ dF( f (x), f (x0)) < ε.

Sea ε > 0, tenemos que

f (x0) ∈ F,


de donde,

B( f (x0), ε),

es un conjunto abierto en F, así, f−1(B( f (x0), ε)) es un conjunto abierto en E. Ahora, puesto que

x0 ∈ f−1(B( f (x0), ε)), existe r > 0 tal que

B(x0, r) ⊆ f−1(B( f (x0)),

de donde,

x ∈ B(x0, r) ⇒ x ∈ f−1(B( f (x0, ε)),

por otro lado, sabemos que

x ∈ f−1(B( f (x0), ε) ⇒ f (x) ∈ B( f (x0), ε),

así,

x ∈ B(x0, r) ⇒ f (x) ∈ B( f (x0); ε),

es decir,

dE(x, x0) < δ ⇒ dF( f (x), f (x0)) < ε,

tomando δ := r, se prueba que f es continua en x0, así, f es continua.

CAPÍTULO 5

ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS

EJERCICIO 5.1. Usando el hecho que (R, | · |) es completo, demuestre que (Rn, d∞), con

n > 1, es completo.

Demostración. Antes de empezar, definamos la siguiente notación, si x ∈ Rn, se tomará

x = (x1, x2, . . . , xn),

con x1, x2, . . . , xn ∈ R. Así, si (xk)k∈N es una sucesión en Rn, se tiene que, para cada k ∈ N, se

denota

xk = (x1k , x2

k , . . . , xnk ),

donde xk ∈ Rn y x1k , x2

k , . . . , xnk ∈ R.

Ahora, para demostrar que (Rn, d∞) es un espacio métrico completo consideremos (xk)k∈N

una sucesión de Cauchy en (Rn, d∞), debemos probar que (xk)k∈N es convergente. Sea ε > 0,

puesto que (xk)k∈N es de Cauchy, sabemos existe N ∈ N tal que

max1≤i≤n

|xik − xi

m| = d∞(xk, xm) < ǫ, (5.1)

para todo k, m ≥ N. Con esto, para cada p ∈ 1, 2, . . . , n, se sigue que

|xpk − x

pm| ≤ max

1≤i≤n|xi

k − xim| < ε,

para todo k, m ≥ N, es decir, para cada p ∈ 1, 2, . . . , n, hemos probado que (xpn)n∈N es una

sucesión de Cauchy en (R, | · |). Ahora, como (R, | · |) es completo, estas sucesiones son conver-

gentes, así, para cada p ∈ 1, 2, . . . , n, existe xp ∈ R tal que

lımn→+∞

xpn = xp.

53

54 Espacios Métricos Completos

Con esto, tomemos

x := (x1, x2, . . . , xn),

y probemos que

lımk→+∞

xk = x.

En efecto, en (5.1), tomando el límite cuando m → +∞, para cada p ∈ 1, 2, . . . , n, se sigue que

|xpk − xp| ≤ ε,

para todo k ≥ N. Así, tenemos que

d∞(xk, x) = max1≤i≤n

|xik − xi| ≤ ε,

para todo k ≥ N; lo cual es equivalente a tener que

x = lımk→+∞

xk.

Con esto, hemos probado que toda sucesión de Cauchy en Rn es convergente, por lo tanto,

(Rn, d∞) es un espacio métrico completo.

EJERCICIO 5.2. En (ℓ∞, d∞), sea

M = (xn)n∈N ∈ ℓ∞ : (∃n ∈ N)(∀k > n)(xk = 0),

pruebe que (M, d∞) no es completo.

Demostración. Definamos la sucesión (xk)k∈N dada por, para m ∈ N y n ∈ N,

xnm =

1n+1 si n ≤ m,

0 si n > m.

Empecemos probando que la sucesión (xk)k∈N es una sucesión de Cauchy en (M, d∞). Sea

ε > 0, notemos que para m > n ≥ 1, se tiene que:

supj∈N

|xjm − x

jn| = d∞(xm, xn) =

1n + 2

. (5.2)

55

Ahora, puesto que lımn→+∞

1n + 2

= 0, sabemos existe N ∈ N tal que

1n + 1

< ε, (5.3)

para todo n ≥ N. Combinando (5.2) y (5.3), se sigue que

d∞(xm, xn) < ε,

para m > n ≥ N. Por lo tanto, hemos probado que (xk)k∈N es una sucesión de Cauchy en

(M, d∞). Ahora, vamos a demostrar que (xk)k∈N no es convergente, por reducción al absurdo

supongamos que es convergente en (M, d∞). Notemos que

lımk→+∞

xk =

(1

n + 1

)

n∈N

,

en (ℓ∞, d∞), en efecto, para cada k ∈ N, tenemos que

d∞

(xk,(

1n

)

n∈N

)= sup

j∈N

∣∣∣∣xjk −

1j

∣∣∣∣ =1

k + 2,

combinando la igualdad precedente con (5.3) obtenemos que

d∞

(xk,(

1n + 1

)

n∈N

)< ε,

para todo k ≥ N; es decir, hemos probado que

lımk→+∞

xk =

(1

n + 1

)

n∈N

.

Sin embargo,(

1n+1

)n∈N

/∈ M, en efecto, sabemos que

1n + 1

> 0,

para todo n ∈ N, es decir, para todo n ∈ N, se tiene que

xn 6= 0,

de donde, tenemos que(

1n+1

)n∈N

/∈ M. Esto no indica que (xk)k∈N no es convergente en

(M, d∞). Así, hemos probado que (M, d∞) no es un espacio métrico completo.


EJERCICIO 5.3. En N∗, consideremos la métrica dada por:

d : N∗ × N∗ −→ R

(m, n) 7−→ d(m, n) =

∣∣∣∣1m

− 1n

∣∣∣∣ .

Pruebe que (N∗, d) es un espacio métrico incompleto.

Demostración. Consideremos la sucesión (n)n∈N∗ , probaremos que esta sucesión es de Cauchy

en (N∗, d). Sea ε > 0, sabemos que:

lımn→+∞

1n= 0,

de donde, por la definición de límite, tenemos que existe N ∈ N∗ tal que:

∣∣∣∣1n

∣∣∣∣ =1n<

ε

2,

para todo n ≥ N. Ahora, para n, m > N, se tiene que

d(xn, xm) =

∣∣∣∣1n− 1

m

∣∣∣∣

≤∣∣∣∣

1n

∣∣∣∣+∣∣∣∣

1m

∣∣∣∣

=1n+

1m

<ε

2+

ε

2

= ε,

con esto hemos probado que la sucesión (n)n∈N∗ es de Cauchy en (N∗, d). Ahora, vamos a

demostrar que no converge, por reducción al absurdo supongamos que existe x ∈ N∗ tal que:

lımn→+∞

d(xn, x) = 0,

de donde,

lımn→+∞

∣∣∣∣1n− 1

x

∣∣∣∣ = 0.

Por otro lado, sabemos que | · | es una función continua, así, tenemos que

∣∣∣∣ lımn→+∞

1n− 1

x

∣∣∣∣ = 0,

57

de donde, ∣∣∣∣1x

∣∣∣∣ = 0,

lo cual es equivalente a tener que1x= 0.

Esto es contradictorio; por lo tanto, la sucesión (n)n∈N∗ no converge. Así, tenemos que (N∗, d)

no es completo.

EJERCICIO 5.4. Sean a, b ∈ R, a < b. Pruebe que para una sucesión ( fn)n∈N en C [a, b] se

tiene que ( fn)n∈N converge en (C [a, b] , d∞) si y solo si ( fn)n∈N converge uniformemente.

Demostración. Para demostrar la primera implicación, supongamos que ( fn)n∈N converge en

(C [a, b] , d∞). Vamos a demostrar que ( fn)n∈N converge uniformemente; es decir, para todo ε > 0

debemos hallar N ∈ N tal que

| fn(t)− f (t)| < ǫ,

para todo t ∈ [a, b] y todo n ≥ N. Sea ε > 0, por hipótesis, sabemos existe f ∈ C [a, b] tal que

lımn→+∞

fn = f ,

de donde, por la definición de límite, existe N1 ∈ N tal que

d∞( fn, f ) = maxa≤t≤b

| fn(t)− f (t)| < ǫ,

para todo n ≥ N1. Luego, por la definición de máximo, para cada t ∈ [a, b], se sigue que:

| fn(t)− f (t)| < ε,

para todo n ≥ N1. Tomando N := N1, se prueba que ( fn)n∈N converge uniformemente.

Para la otra implicación supongamos que ( fn)n∈N converge uniformemente. Vamos a probar

que ( fn)n∈N converge en (C [a, b] , d∞), para esto, debemos probar que para todo ε > 0 existe

N′ ∈ N tal que:

d∞( fn, f ) < ǫ

para todo n > N′. Sea ε > 0, por hipótesis, sabemos existe N2 ∈ N tal que:

| fn(t)− f (t)| < ε,

para todo t ∈ [a, b] y todo n ≥ N2. Por otro lado, notemos que ε es una cota superior del conjunto


| fn(t)− f (t)| : t ∈ [a, b] , de donde por la definición de máximo se sigue que

maxa≤t≤b

| fn(t)− f (t)| < ε,

para todo n ≥ N2. Tomando N′ := N2, se sigue que ( fn)n∈N converge en (C [a, b] , d∞).

TEOREMA 5.1TEOREMA 5.1Sean (E, d) un espacio métrico y F un subconjunto no vacío de E.

1. Si (F, d) es un espacio métrico completo entonces F es un conjunto cerrado en (E, d).

2. Si (E, d) es completo y F es un conjunto cerrado en (E, d) entonces (F, d) es completo.

EJERCICIO 5.5. En R, sean a < b. Consideremos el conjunto

F = f ∈ C [a, b] : f (a) = f (b).

Pruebe que el subespacio (F, d∞), de C [a, b], es completo.

Demostración. Puesto que (C [a, b] , d∞) es un espacio métrico completo por el Teorema 1, para

probar que (F, d∞) es completo, basta con demostrar que F es cerrado en (C [a, b] , d∞).

Sean ( fn)n∈N una sucesión en F y f ∈ C [a, b] tales que:

lımn→+∞

fn = f .

Vamos a probar que f ∈ F, para esto, probaremos que f (a) = f (b). Por la desigualdad triangu-

lar, para todo n ∈ N, tenemos que

| f (a)− f (b)| ≤ | f (a)− fn(a) + | fn(a)− fn(b)|+ | fn(b)− f (b)|.

Sabemos que fn ∈ F para todo n ∈ N, así, fn(a) = fn(b), de donde, junto con la desigualdad

precedente, se sigue que

| f (a)− f (b)| ≤ | f (a)− fn(a)|+ | fn(b)− f (b)|. (5.4)

Por hipótesis, dado ε > 0 existe N ∈ N tal que:

d∞( fn, f ) = maxa≤t≤b

| fn(t)− f (t)| < ε

2,

59

para todo n ≥ N. Por la definición de máximo, para todo t ∈ [a, b], tenemos que:

| fn(t)− f (t)| < ε

2,

para todo n ≥ N, de donde junto con (5.4) se sigue que:

| f (a)− f (b)| < ε

2+

ε

2

= ε,

con esto, hemos probado que

f (a) = f (b),

así, f ∈ F. Por lo tanto, hemos demostrado que F es un conjunto cerrado en (C [a, b] , d∞) y, por

el Teorema 1, se sigue el resultado.

EJERCICIO 5.6. Suponga conocido que (R, d) es un espacio completo. Pruebe que (R2, d2)

es un espacio completo.

Demostración. Sea ((xn, yn))n∈N una sucesión de Cauchy en R2. Vamos a probar que ((xn, yn))n∈N

es convergente, es decir, debemos hallar (a, b) ∈ R2 tal que

lımn→+∞

d2((xn, yn), (a, b)) = 0.

Para esto, veamos que (xn)n∈N y (yn)n∈N son de Cauchy en (R, d).

Sea ε > 0, tenemos que existe N ∈ N tal que para todo n, m > N se tiene que

d2((xn, yn), (xm, ym)) < ε,

es decir, √|xn − xm|2 + |yn − ym|2 < ε.

Además, notemos que

|xn − xm|2 < |xn − xm|2 + |yn − ym|2,

de donde

|xn − xm| <√|xn − xm|2 + |yn − ym|2 < ǫ.

y

|yn − ym| <√|xn − xm|2 + |yn − ym|2 < ǫ,


es decir,

d(xn, xm) < ε y d(yn, ym) < ε,

por lo tanto, (xn) y (yn) son sucesiones de Cauchy, así, como (R, d) es un espacio completo, se

tiene que existe a ∈ R tal que

lımn→+∞

|xn − a| = lımn→+∞

d(xn, a) = 0,

y existe b ∈ R tal que

lımn→+∞

|yn − b| = lımn→+∞

d(yn, b) = 0.

Con ello, vemos que

lımn→+∞

d2((xn, yn), (a, b)) = lımn→+∞

√|xn − a|2 + |yn − b|2

=

√(lım

n→+∞|xn − a|

)2

+

(lım

n→+∞|yn − b|

)2

= 0.

Con esto, hemos demostrado que (R2, d2) es un espacio completo.

EJERCICIO 5.7. Suponga conocido que (R, d) es completo. Pruebe que (ℓ∞, d∞) es completo,

donde

ℓ∞ = (xn)n∈N ∈ RN : (xn) es acotada

y, para (xn)n∈N , (yn)n∈N ∈ ℓ∞,

d∞(xn, yn) = sup|xk − yk| : k ∈ N.

Demostración. Primero, definamos la siguiente notación para una sucesión de sucesiones; si x ∈RN, se tomará

x = (x1, x2, . . . , xk, . . .),

con x1, x2, . . . , xk, . . . ∈ R. Así, si (xn)n∈N es una sucesión en RN, para cada n ∈ N, se tiene la

notación

xn = (x1n, x2

n, . . . , xkn, . . .),

donde xn ∈ RN y x1n, x2

n, . . . , xkn, . . . ∈ R.

Probemos que (ℓ∞, d∞) es un espacio completo. Sea (xn)n∈N una sucesión de Cauchy en ℓ∞,

61

vamos a probar que existe x ∈ ℓ∞ tal que

lımm→∞

d∞(xm, x) = 0.

Sea ε > 0, tenemos que existe N ∈ N tal que para todo n, m > N,

d∞(xn, xm) = supi∈N

|xin − xi

m| < ε.

Notemos que, para todo k ∈ N, se sigue que

|xkn − xk

m| ≤ supi∈N

|xin − xi

m| < ε, (5.5)

para todo n, m > N, es decir,

d(xkn, xk

n) < ε,

para todo n, m > N. Así, para cada k ∈ N hemos probado que(

xkn

)n∈N

es una sucesión de

Cauchy en (R, d) y, puesto que (R, d) es completo, dichas sucesiones son convergentes, así, para

cada k ∈ N existe xk ∈ R tal que

lımn→+∞

xkn = xk.

Así, tomemos

x = (x1, x2, . . . , xk, . . .)

y probemos que (xn)n∈N converge a x.

De (9.1), cuando m → +∞, para cada k ∈ N, tenemos que

|xkn − xk| < ε,

para todo m > M, de donde podemos concluir que

d∞(xn, x) = supi∈N

|xin − xi| ≤ ε,

para todo n > N, es decir, se tiene que

lımn→+∞

xn = x

y, en consecuencia, se tiene que (xn)n∈N es convergente, por lo tanto (ℓ∞, d∞) es un espacio

completo.


EJERCICIO 5.8. Sean (E, d1), (F, d2) dos espacios métricos completos. Si se define, para

(x, y), (u, v) ∈ E × F,

d((x, y), (u, v)) = max

3d1(x, u),15

d2(y, v)

,

pruebe que (E × F, d) es completo.

Demostración. Sea ((xk, yk))k∈N una sucesión de Cauchy en (E × F); vamos a demostrar que

dicha sucesión es convergente, es decir, vamos a hallar (a, b) ∈ (E × F) tal que

lımk→+∞

d((xk, yk), (a, b)) = 0.

Dado que ((xk, yk))k∈N es una sucesión de Cauchy, tenemos que

(∀ε > 0)(∃N ∈ N) (n, m > N =⇒ d((xn, yn), (xm, ym)) < ε) . (5.6)

Con esto, probemos que (xk)k∈N y (yk)k∈N son sucesiones de Cauchy en (E, d1) y (F, d2), res-

pectivamente.

• Para (xk)k∈N, sea ε1 > 0, notemos que, para n, m ∈ N, se tiene que

3d1(xn, xm) ≤ max

3d1(xn, xm),15

d2(yn, ym)

,

de donde

d1(xn, xm)) ≤13

d((xn, yn), (xm, ym))

por lo tanto, para 3ε1 > 0 en (5.6), existe N1 ∈ N tal que n, m > N1 implica

d1(xn, xm) ≤13

d((xn, yn), (xm, ym)) <13(3ε1) = ε1,

por lo tanto, (xk)k∈N es una sucesión de Cauchy en E.

• Para (yk)k∈N, sea ε2 > 0, notemos que, para n, m ∈ N, se tiene que

15

d2(yn, ym) ≤ max

3d1(xn, xm),15

d2(yn, ym)

,

de donde

d2(yn, ym)) ≤ 5d((xn, yn), (xm, ym))

63

por lo tanto, para 15 ε2 > 0 en (5.6), existe N2 ∈ N tal que n, m > N2 implica

d2(yn, ym) ≤ 5d((xn, yn), (xm, ym)) < 5(

15

ε2

)= ε2,

por lo tanto, (yk)k∈N es una sucesión de Cauchy en F.

Por lo tanto, tenemos que (xk)k∈N y (yk)k∈N son de Cauchy en (E, d1) y (F, d2), respectiva-

mente. Siguiendo el hecho de que ambos son espacios métricos completos se tiene que

• existe a ∈ E tal que lımk→+∞

d1(xk, a) = 0, y

• existe b ∈ F tal que lımk→+∞

d2(yk, b) = 0.

Así,

lımk→+∞

d((xk, yk), (a, b)) = lımk→+∞

max

3d1(xk, a),15

d2(yk, b)

= max

lımk→+∞

3d1(xk, a), lımk→+∞

15

d2(yk, b)

= 0.

En consecuencia, al suponer que ((xk, yk))k∈N es de Cauchy en (E × F, d) y haber probado

que es convergente, entonces se tiene que (E × F, d) es completo.

EJERCICIO 5.9. Sea (E, d) un espacio métrico con E 6= ∅ y d es la métrica discreta. Pruebe

que (E, d) es un espacio completo.

Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión de Cauchy en E, vamos a hallar a ∈ E tal que

lımn→+∞

xn = a.

Sabemos que para todo ε > 0, tenemos que existe N ∈ N tal que para todo n, m > N

d(xn, xm) < ε.

En particular, para ε = 12 , existe N ∈ N tal que para todo n, m > N

d(xn, xm) <12

.

Debido a que d es la métrica discreta, entonces para todo n, m > N,

xn = xm,


y, en consecuencia, para todo k > N

xk = xN+1.

Ahora, tomemos a = xN+1, así, para todo ε > 0 y para todo k > N

d(xn, a) = d(xk, xN+1) = 0 < ε,

por lo tanto,

a = lımn→+∞

xn,

es decir, (xn)n∈N es convergente. En consecuencia, (E, d) es un espacio completo.

EJERCICIO 5.10. Para x, y ∈ R, sea d(x, y) = | arc tan(x)− arc tan(y)|. Pruebe que (R, d) es

un espacio métrico incompleto.

Demostración. Consideremos la sucesión (xn)n∈N = (n)n∈N. Vamos a verificar que (xn)n∈N es

una sucesión de Cauchy bajo la métrica d, pero que no converge.

Sabemos que, en R,

lımn→+∞

arc tan(n) =π

2.

Así, para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que, para todo n > N,

∣∣∣arc tan(n)− π

2

∣∣∣ < ε

2.

Luego, para todo n, m > N vemos que

d(xm, xn) = | arc tan(m)− arc tan(n)|

≤∣∣∣arc tan(m)− π

2

∣∣∣+∣∣∣π

2− arc tan(n)

∣∣∣

<ε

2+

ε

2= ε,

en consecuencia, (xn)n∈N es de Cauchy.

Ahora, por reducción al absurdo, supongamos que (xn)n∈N converge en R con la métrica

dada, es decir, existe x ∈ R tal que

lımn→+∞

d(xn, x) = lımn→+∞

| arc tan(n)− arc tan(x)| = 0,

lo que implica que arc tan(x) = π2 , lo cual contradice al hecho de que para todo z ∈ R

arc tan(z) <π

2.

65

Por lo tanto, (xn)n∈N no es convergente en R con la métrica d. Luego, se sigue que (R, d) no es

un espacio completo.

CAPÍTULO 6

ISOMORFISMOS

DEFINICIÓN 6.1: Espacios métricos isomorfosDEFINICIÓN 6.1: Espacios métricos isomorfosSean (E, d1) y (F, d2) dos espacios métricos, se dice que estos espacios son isomorfos si existe

ϕ : E → F biyectiva tal que para todo u, v ∈ E

d1(u, v) = d2(ϕ(u), ϕ(v)).

A ϕ se la llama isometría biyectiva siendo el isomorfismo de ambos espacios métricos.

TEOREMA 6.1: Completamiento de un espacio métricoTEOREMA 6.1: Completamiento de un espacio métricoSea (E, d) un espacio métrico. Existe (F, d1), un espacio métrico completo, el cual contiene

un subconjunto no vacío E, denso en (F, d1), de modo que (E, d) es isomorfo a (E, d1). Al

espacio (F, d1) se lo llama completamiento o completado de (E, d) y es único, salvo isomor-

fismos.

EJERCICIO 6.1. Sea (Q, | · |) un espacio métrico con la distancia usual dado por el valor abso-

luto, pruebe que (Q, | · |) es un espacio métrico incompleto y que (R, | · |) es un completado

de (Q, | · |).

Demostración. Probemos que (Q, | · |) es un espacio métrico incompleto. Consideremos la suce-

sión en R definida por

x0 = 2

xn+1 =xn

2+

1xn

,

para n ∈ N∗. Se puede demostrar que esta sucesión es acotada y decreciente, por lo tanto es

convergente.

Sea x ∈ R, el límite de esta sucesión, por lo tanto, se tiene que

x = lımn→+∞

xn

67

68 Isomorfismos

= lımn→+∞

xn+1

= lımn→+∞

(xn

2+

1xn

)

=x

2+

1x

,

de donde se tiene

x =x2 + 2

2x.

Además,

x =x2 + 2

2x⇐⇒ x2 = 2 ⇐⇒ x =

√2.

Así, como (xn)n∈N es convergente, se colige que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy, además,

se tiene que (xn)n∈N es una sucesión en Q pero√

2 6∈ Q, por lo tanto, se tiene que (xn)n∈N no

es convergente en (Q, | · |). En consecuencia, (Q, | · |) no es un espacio métrico completo.

Ahora, probemos que (R, | · |) es un completado de (Q, | · |). Para ello, verifiquemos que

(R, | · |) posee las propiedades descritas en el Teorema 1; así, recordemos que (R, | · |) es un

espacio métrico completo y que Q ⊆ R es denso en R; por lo tanto basta mostrar que (Q, | · |) es

isomorfo a (Q, | · |), es decir, tenemos que hallar una biyección entre Q y Q, lo cual es inmediato

bajo la función identidad.

EJERCICIO 6.2. Sean a.b ∈ R con a < b, tome E1 = [0, 1], E2 = [1, 3] y E = [a, b]. Considere

el espacio (E, | · |), determine métricas d1 y d2 sobre E1 y E2, respectivamente, tales que

(E1, d1) sea isomorfo a (E, | · |) y (E2, d2) sea isomorfo a (E, | · |).

Solución.

a) Tomemos la funciónϕ : [a, b] −→ [0, 1]

x 7−→ x − a

b − a;

la cual es una biyectiva, pues se trata de una función lineal.

Ahora bien, sean u, v ∈ [0, 1], definamos a d1 como

d1(u, v) = (a − b)|u − v|,

que, fácilmente, se demuestra que es una métrica. Así, vemos que para todo x, y ∈ [a, b] se

tiene que

d1(φ(x), φ(y)) = (a − b)

∣∣∣∣x − a

b − a− y − a

b − a

∣∣∣∣

69

= |x − a − y + a|

= |x − y|

= d(x, y),

con lo cual, se tiene que ϕ es un isomorfismo entre ([a, b], d]) y ([0, 1], d1).

b) Tomemos la funciónψ : [a, b] −→ [1, 3]

x 7−→ 2b − a

(x − a) + 1,

que, de igual manera que en el caso anterior, es biyectiva.

Sean u, v ∈ [1, 3]; escribamos la métrica

d2(u, v) =b − a

2|u − v|.

Así, se tiene que para todo x, y ∈ [a, b]

d2(ψ(x), ψ(y)) =b − a

2|ψ(x)− ψ(y)|

=b − a

2

∣∣∣∣2

b − a(x − a) + 1 − 2

b − a(y − a)− 1

∣∣∣∣

= |x − a − y + a|

= |x − y|

= d(x, y).

Por lo tanto, obtuvimos que ψ es un isomorfismo de los espacios ([a, b]), d y ([1, 3], d2).

EJERCICIO 6.3. Pruebe que si (E1, d1) y (E2, d2) son isomorfos, entonces

(E1, d1) es completo si y solo si (E2, d2) es completo.

Demostración. Sean (E1, d1) y (E2, d2) dos espacios métricos isomorfos, vamos a demostrar que

si (E1, d1) es completo, entonces (E2, d2) es completo. Sea (yn)n∈N una sucesión de Cauchy en

E2, vamos a demostrar que (yn)n∈N es convergente en E2.

Puesto que (E1, d1) y (E2, d2) son isomorfos, existe ϕ : E1 → E2 biyectiva tal que

(∀u, v ∈ E1)(d1(u, v) = d2(ϕ(u), ϕ(v))); (6.1)

70 Isomorfismos

además, como ϕ es biyectiva, para todo n ∈ N, existe un único xn ∈ E1 tal que

ϕ(xn) = yn, (6.2)

con esto, probemos que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy.

Dado que (yn)n∈N es una sucesión de Cauchy, tenemos que

(∀ε1 > 0)(∃N ∈ N)(n, m > N =⇒ d2(yn, ym) < ε1),

de donde, por (8.3), tenemos que

(∀ε1 > 0)(∃N ∈ N)(n, m > N =⇒ d2(ϕ(xn), ϕ(xm)) < ε1).

Así, por (9.1), llegamos a que

(∀ε1 > 0)(∃N ∈ N)(n, m > N =⇒ d1(xn, xm) < ε1),

Por lo tanto, (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy en (E1, d1) y, puesto que (E1, d1) es un espacio

métrico completo, se colige que (xn)n∈N es convergente, es decir, existe L1 ∈ E1 tal que

(∀ε2 > 0)(∃M ∈ N)(n > M =⇒ d1(xn, L1) < ε2),

que, por (9.1)

(∀ε2 > 0)(∃M ∈ N)(n > M =⇒ d2(ϕ(xn), ϕ(L1)) < ε2).

Así, tomando L2 = ϕ(L1) ∈ E2 y, por (8.3), llegamos a que

(∀ε2 > 0)(∃M ∈ N)(n > M =⇒ d2(yn, L2) < ε2).

Por lo tanto, (yn)n∈N es convergente en (E2, d2) y, en consecuencia, (E2, d2) es un espacio métrico

completo.

Análogamente se demuestra la otra implicación.

DEFINICIÓN 6.2DEFINICIÓN 6.2Sean (E, d1), (F, d2) dos espacios métricos. Una función ϕ : E → F es un homeomorfismo si

ϕ es biyectiva y bicontinua, es decir, tanto ϕ como ϕ−1 son continuas.

EJERCICIO 6.4. Si (E, d1) y (F, d2) son dos espacios métricos isomorfos, pruebe que (E, d1)

y (F, d2) son homeomorfos.

71

Demostración. Sean (E, d1) y (F, d2) dos espacio métricos isomorfos, así, existe ϕ : E → F biyec-

tiva tal que,

(∀x1, x2 ∈ E)(d1(x1, x2) = d2(ϕ(x1), ϕ(x2))). (6.3)

Probemos que ϕ y ϕ−1 son continuas.

Para probar que ϕ es continua, debemos demostrar que

(∀x1 ∈ E)(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x2 ∈ E)(d1(x1, x2) < δ =⇒ d2(ϕ(x1), ϕ(x2)) < ε).

Sea ε > 0, tomando δ = ε, por (9.1), tenemos que d2(ϕ(x1), ϕ(x2)) < ε y, en efecto, ϕ es continua.

Ahora, probemos que ϕ−1 es continua. Para esto, notemos que ϕ−1 : F → E es biyectiva y, tal

que

(∀y1, y2 ∈ F)(d2(y1, y2) = d1(ϕ−1(y1), ϕ−1(y2)));

y, de manera análoga, se tiene que ϕ−1 es continua.

EJERCICIO 6.5. Dé un ejemplo de dos espacios homeomorfos, el uno completo y el otro no.

Solución. Consideremos los espacios(]−π

2 , π2

[, d)

y (R, d), con d la distancia usual, de donde

sabemos que(]−π

2 , π2

[, d)

es un espacio métrico incompleto y, por otro lado, (R, d) es un espacio

métrico completo.

Así, el homeomorfismo es

ϕ :]−π

2 , π2

[−→ R

x 7−→ tan(x),

pues ϕ es biyectiva y, a la vez, bicontinua.

Otro ejemplo, es el homeomorfismo

ψ : R −→ ]− 1, 1[

x 7−→ x

|x|+ 1.

EJERCICIO 6.6. Pruebe que C [0, 1] = (C[0, 1], d∞) y C [a, b] = (C[a, b], d∞) son isomorfos,

donde

C[a, b] = f : [a, b] → R : f es continua

y

d∞( f , g) = maxa≤t≤b

| f (t)− g(t)|.

Demostración. Para probar que C [0, 1] y C [a, b] son isomorfos, debemos hallar una función bi-

72 Isomorfismos

yectiva y una isometría entre ambos espacios; para ello, consideremos la función

g : [a, b] −→ [0, 1]

t 7−→ t − a

b − a.

y definamos

ϕ : C[0, 1] −→ C[a, b]

f 7−→ f g.

Primero, probemos que se cumple que, para todo f1, f2 ∈ C[0, 1],

d∞( f1, f2) = d∞(ϕ( f1), ϕ( f2)).

Sean f1, f2 ∈ [0, 1]; tomando s = t−ab−a , tenemos que

d∞(ϕ( f1), ϕ( f2)) = maxa≤t≤b

|(ϕ( f1))(t)− (ϕ( f2))(t)|

= maxa≤t≤b

∣∣∣∣ f1

(t − a

b − a

)− f2

(t − a

b − a

)∣∣∣∣

= max0≤s≤1

| f1(s)− f2(s)|

= d∞( f1, f2).

Ahora, probemos que ϕ es inyectiva. Sean f1, f2 ∈ [0, 1]; supongamos que ϕ( f1) = ϕ( f2) y

probemos que f1 = f2. Así,

|ϕ( f1)(t)− ϕ( f2)(t)| = 0,

para todo t ∈ [a, b], de donde, tenemos que

0 = d∞(ϕ( f1), ϕ( f2))

= d∞( f1, f2),

por lo tanto, f1 = f2.

Finalmente, probemos que ϕ es sobreyectiva; sea h ∈ C[a, b], como g es biyectiva se tiene que

g−1 ∈ C[0, 1], por lo tanto

h g−1 ∈ C[0, 1]

y, en consecuencia

ϕ(h g−1) = (h g−1) g = h ∈ C[a, b],

73

con lo que ϕ es sobreyectiva.

Por lo tanto, hemos probado que C [0, 1] y C [a, b] son isomorfos.

EJERCICIO 6.7. Sean (E, d) un espacio métrico y d = d1+d . Pruebe que

(E, d) es completo si y solo si (E, d) es completo.

Demostración. Supongamos que (E, d) es un espacio métrico completo. Vamos a probar que

(E, d) es un espacio métrico completo.

Sea (xn)n∈N una sucesión de Cauchy en (E, d), vamos a probar que (xn)n∈N es convergente;

tenemos que

(∀ε0 > 0)(∃N ∈ N)(

n, m > N =⇒ d(xn, xm) < ε0

). (6.4)

Sea ε > 0, para ε0 = ε1+ε , en (9.1), tenemos que existe N ∈ N tal que para todo n, m > N

d(xn, xm)

1 + d(xn, xm)<

ε

1 + ε,

lo que equivale a

d(xn, xm) + εd(xn, xm) < ε + εd(xn, xm),

es decir,

d(xn, xm) < ε,

con lo cual, hemos demostrado que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy en (E, d) y, como (E, d)

es un espacio métrico completo, (xn)n∈N es convergente en (E, d), es decir, existe L ∈ E tal que

lımn→+∞

d(xn, L) = 0,

por lo tanto

lımn→+∞

d(xn, L) = lımn→∞

d(xn, L)

1 + d(xn, L)= 0

y, en consecuencia, (xn)n∈N es convergente en (E, d), por lo que, (E, d) es un espacio métrico

completo.

Para la otra implicación, la demostración es análoga notando que d =d

1 − d.

CAPÍTULO 7

TEOREMA DEL PUNTO FIJO DE BANACH

EJERCICIO 7.1. Sea (E, d) un espacio métrico. Pruebe que si T : E → E es una contracción

definida en (E, d) entonces T es continua.

Demostración. Supongamos que T es una contracción, así existe α ∈ ]0, 1[ tal que para todo

x, y ∈ E se tiene que:

d(T(x), T(y)) ≤ αd(x, y).

Vamos a probar que T es continua. Sean a ∈ E y ε > 0, debemos hallar δ > 0 tal que para todo

x ∈ E

d(x, a) < δ ⇒ d(T(x), T(a)) < ǫ.

Tomemos

δ :=ǫ

α> 0,

de donde

d(x, a) < δ =ǫ

α

implica que

d(T(x), T(y)) ≤ αd(x, y) < α · ε

α= ε.

Con esto, hemos probado que T es continua.

EJERCICIO 7.2. Consideremos (R, d) con d la distancia usual y g : R → R una función. En R,

una condición suficiente para que una sucesión (xn)n∈N dada por la iteración xn = g(xn−1)

para todo n ≥ 1 sea convergente es que g sea continuamente derivable y que exista α < 1

tal que para todo x ∈ R:

|g′(x)| < α.

Demostración. Supongamos que g : R → R es continuamente derivable y que existe α < 1 tal

75

76 Teorema del Punto Fijo de Banach

que para todo x ∈ R se tiene que

|g′(x)| < α. (7.1)

Para demostrar el resultado, utilizaremos el Teorema del Punto Fijo de Banach. Sabemos que

(R, d) con d(x, y) = |x − y| es un espacio métrico completo, así, para utilizar el mencionado

teorema basta con probar que g : R → R es una contracción.

Tomemos [a, b] ⊆ R y para cada x ∈ [a, b] consideremos la función:

g : [a, b] −→ R

x 7−→ g(x) = g(x).

Puesto que, por hipótesis, g es continuamente derivable en R, se tiene que g es continuamente

derivable en [a, b] y, por el Teorema del Valor Medio, sabemos existe c ∈ ]a, b[ tal que:

g(a)− g(b) = g′(c)(a − b),

de donde

g(a)− g(b) = g′(c)(a − b).

En particular, de (7.1), se tiene que

|g′(c)| < α.

Así junto con la igualdad precedente se sigue que:

|g(a)− g(b)| = |g′(c)||a − b|

< α|a − b|,

es decir

d(g(a), g(b)) < αd(a, b),

con α ∈ ]0, 1[. Por lo tanto, hemos probado que g es una contracción y por el Teorema del Punto

Fijo de Banach se tiene que:

a) Existe un único L ∈ R punto fijo de g.

b) Para todo x0 ∈ R, la sucesión (xn)n∈N dada por xn = g(xn−1) para n ≥ 1, converge a L; es

decir:

lımn→+∞

xn = L.

77

EJERCICIO 7.3. (Condición de Lipschitz) Sean a, b ∈ R tales que a < b. Una aplicación

T : [a, b] → [a, b] satisface la condición de Lipschitz en [a, b], si existe una constante k > 0 tal

que para todo x, y ∈ [a, b] se tiene que:

|T(x)− T(y)| ≤ k|x − y|.

a) ¿Es T una contracción?

b) Si T es continuamente derivable, pruebe que T satisface la condición de Lipschitz.

c) ¿Se tiene en b) la recíproca?

Demostración.

a) Si 0 < k < 1, entonces T es una contracción.

b) Supongamos que T es continuamente derivable. Vamos a demostrar que T satisface la con-

dición de Lipschitz, debemos probar que existe una constante k > 0 tal que para todo

x, y ∈ [a, b] se tiene que

|T(x)− T(y)| ≤ k|x − y|.

Sean x, y ∈ [a, b] tales que x ≤ y. Por hipótesis, puesto que T es continuamente derivable,

usando el Teorema del Valor Medio existe c ∈ ]x, y[ tal que

T(x)− T(y) = T′(c)(x − y),

de donde

|T(x)− T(y)| = |T′(c)||x − y|. (7.2)

Nuevamente, puesto que T es continuamente derivable entonces T′ es continua, por lo tanto

acotada. Es decir, existe una constante M > 0, para todo z ∈ [a, b] tal que

|T′(z)| ≤ M,

Junto con la desigualdad precedente y (7.2) tenemos que:

|T(x)− T(y)| ≤ M|x − y|.

Por lo tanto, tenemos que T satisface la condición de Lipschitz.

78 Teorema del Punto Fijo de Banach

c) No se tiene la recíproca. En efecto, consideremos la función:

T : [−1, 1] −→ [−1, 1]

x 7−→ |x|.

Vamos a probar que T satisface la condición de Lipschitz; es decir, debemos hallar una cons-

tante k > 0 tal que para todo x, y ∈ [−1, 1] se cumpla

|T(x)− T(y)| ≤ k|x − y|.

Sean x, y ∈ [−1, 1]. Por la desigualdad triangular inversa, tenemos que:

||x| − |y|| ≤ |x − y|,

de donde

|T(x)− T(y)| ≤ |x − y|.

Tomando k := 1, la desigualdad precedente prueba que f satisface la condición de Lipzchitz.

Sin embargo, T no es continuamente derivable. Notemos que

lımh→0

T(h)− T(0)h

= lımh→0

|h|h

,

no existe. En efecto:

lımh→0+

|h|h

= 1 y lımh→0−

|h|h

= −1.

EJERCICIO 7.4. Sean (E, d) un espacio métrico completo y f : E → E una función. Demostrar

que si la función

f n = f f · · · f︸︷︷︸n veces

es una contracción, entonces f tiene un único punto fijo.

Demostración. Notemos que, gracias al Teorema de Punto Fijo, existe un único z ∈ E tal que

z = f n(z). Así, evaluando f en este punto, se tiene que

f (z) = f ( f n(z)) = f n+1(z) = f n( f (z)),

es decir, f (z) es un punto fijo de f n. Pero, dado que el punto fijo de f n es único, se concluye que

f (z) = z, es decir, f tiene un punto fijo.

Por otro lado, sea z ∈ E tal que z = f (z), evaluando la función de manera reiterada, se tiene

79

que

z = f (z) = f ( f (z)) = · · · = f n(z),

es decir, z es un punto fijo de f n. Puesto que f n tiene un único punto fijo se tiene que z = z. Así,

se concluye que el punto fijo de f es único.

CAPÍTULO 8

ESPACIOS VECTORIALES NORMADOS

EJERCICIO 8.1. Sean p ∈ [1,+∞[ y n ∈ N∗. Pruebe que, en Kn, ‖·‖p es una norma, donde

‖x‖p = p

√n

∑k=1

|xk|p

para x ∈ Kn.

Demostración. Vamos a probar que ‖·‖p es una norma comprobando cada una de las cuatro pro-

piedades que definen una norma. Sean x, y ∈ Kn y α ∈ K,

a) No negatividad. Como |xk|p ≥ 0 para todo k ∈ 1, ..., n, se tiene que

n

∑k=1

|xk|p ≥ 0,

por lo tanto

‖x‖p = p

√n

∑k=1

|xk|p ≥ 0.

b) Unicidad. Supongamos que ‖x‖p = 0, es decir,

n

∑k=1

|xk|p = 0,

de donde se tiene que

|x1|p + · · ·+ |xn|p = 0,

y, debido a que cada término es positivo, necesariamente se tiene que, para todo k ∈ 1, ..., n

|xk|p = 0,

con lo cual, xk = 0 para todo k ∈ 1, 2, ..., n, por lo tanto, x = 0.

81

82 Espacios Vectoriales Normados

Ahora, supongamos que x = 0, es decir, para todo k ∈ 1, ..., n se tiene que xk = 0, de

donde |xk|p = 0 y, entonces

p

√n

∑k=1

|xk|p = 0,

con lo cual, ‖x‖p = 0.

c) Homogeneidad. Tenemos que

||αx||p = p

√n

∑k=1

|αxk|p = p

√n

∑k=1

|α|p|xk|p = |α| p

√n

∑k=1

|xk|p = |α| ||x||p.

d) Desigualdad triangular. Definamos, para todo k ∈ 1, ..., n, rk = xk + yk y notemos que

|rk|p = |xk + yk||rk|p−1.

Por la desigualdad de los números reales, para todo k ∈ 1, ..., n,

|rk|p ≤ |xk||rk|p−1 + |yk||rk|p−1,

así,n

∑k=1

|rk|p ≤n

∑k=1

|xk||rk|p−1 +n

∑k=1

|yk||rk|p−1. (8.1)

Por otro lado, para p y q exponentes conjugados, por la desigualdad de Hölder, vemos que

n

∑k=1

|xk||rk|p−1 ≤ p

√n

∑k=1

|xk|p · q

√n

∑k=1

|rk|(p−1)q

yn

∑k=1

|yk||rk|p−1 ≤ p

√n

∑k=1

|yk|p · q

√n

∑k=1

|rk|(p−1)q,

por lo que, de (9.1), tenemos que

n

∑k=1

|rk|p ≤(

p

√n

∑k=1

|xk|p + p

√n

∑k=1

|yk|p)· q

√n

∑k=1

|rk|q(p−1).

Ahora bien, usando el hecho de que q(p − 1) = p y 1p = 1 − 1

q , se tiene que

p

√n

∑k=1

|rk|p ≤ p

√n

∑k=1

|xk|p + p

√n

∑k=1

|yk|p,

83

de donde,

p

√n

∑k=1

|xk + yk|p ≤ p

√n

∑k=1

|xk|p + p

√n

∑k=1

|yk|p,

es decir,

‖x + y‖p ≤ ‖x‖p + ‖y‖p .

Con esto, por a), b), c) y d), se colige que ‖·‖p es una norma.

EJERCICIO 8.2. Sea n ∈ N∗. Pruebe que, en Kn, ‖·‖∞ es una norma, donde

‖x‖∞ = max1≤k≤n

|xk| ;

para x ∈ Kn.

Demostración. De igual manera, para probar que ‖·‖∞ es una norma, vamos a verificar cada una

de las cuatro propiedades que definen una norma. Sean x, y ∈ Kn y α ∈ K,

a) No negatividad. Sabemos que, para todo k ∈ 1, ..., n, |xk| ≥ 0, de donde

max1≤k≤n

|xk| ≥ 0,

por lo tanto, ‖x‖∞ ≥ 0.

b) Unicidad. Primero, supongamos que ‖x‖∞ = max1≤k≤n

|xk| = 0; luego, como

0 ≤ |xk| ≤ max1≤k≤n

|xk|

se tiene que, para todo k ∈ 1, ..., n,

|xk| = 0,

de donde se tiene que x = 0.

Ahora, si x = 0, entonces el máximo es cero, con lo cual, ‖x‖∞ = 0.

c) Homogeneidad. Probemos que max1≤k≤n

|αxk| = |α| max1≤k≤n

|xk|. Así,

• Para todo k ∈ 1, ..., n se tiene que |xk| ≤ max1≤k≤n

|xk|, de donde

|α||xk| ≤ |α| max1≤k≤n

|xk|.


Con esto, vemos que |α| max1≤k≤n

|xk| es una cota superior del conjunto |α||xk| : k ∈1, ..., n; por lo tanto,

max1≤k≤n

|αxk| ≤ |α| max1≤k≤n

|xk|.

• Por otro lado, para todo k ∈ 1, ..., n, se tiene que |αxk| ≤ max1≤k≤n

|αxk|, de donde

|xk| ≤1|α| max

1≤k≤n|αxk|.

Con esto, vemos que |xk| : k ∈ 1, ..., n está acotada superiormente por 1|α| max

1≤k≤n|αxk|,

entonces

max1≤k≤n

|xk| ≤1|α| max

1≤k≤n|αxk|,

con lo cual

|α| max1≤k≤n

|xk| ≤ max1≤k≤n

|αxk|.

Por lo tanto, de ambas desigualdades, se concluye que

max1≤k≤n

|αxk| = |α| max1≤k≤n

|xk|,

es decir, ‖αx‖∞ = |α| ‖x‖∞.

d) Desigualdad triangular. Por la desigualdad triangular de los números reales, tenemos que para

todo k ∈ 1, ..., n

|xk + yk| ≤ |xk|+ |yk|

≤ max1≤k≤n

|xk|+ max1≤k≤n

|yk|

= ‖x‖∞ + ‖y‖∞ ,

de donde, como ‖x‖∞ + ‖y‖∞ es una cota superior de |xk + yk| : k ∈ 1, ..., n, vemos que

max1≤k≤n

|xk + yk| ≤ ‖x‖∞ + ‖y‖∞ ,

es decir,

‖x + y‖∞ ≤ ‖x‖∞ + ‖y‖∞ .

En consecuencia, por a), b), c) y d), concluimos que ‖·‖∞ es una norma.

85

EJERCICIO 8.3. Considere la función

‖·‖ : R2 −→ R

(x1, x2) 7−→√|x1|+

√|x2| .

Pruebe que ‖·‖ no es una norma.

Demostración. Para verificar que ‖·‖ no es una norma, veamos que no cumple con la desigualdad

triangular, es decir, vamos a hallar x, y ∈ R2 tal que

‖x + y‖ ≥ ‖x‖+ ‖y‖ .

Para ello, tomemos x =

(916

), y =

(169

)y calculemos ‖x + y‖ y ‖x‖+ ‖y‖, respectivamente:

‖x + y‖ =

∣∣∣∣∣∣∣∣(

916

)+

(169

)∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣(

2525

)∣∣∣∣∣∣∣∣

=(√

25 +√

25)2

= 100

y

‖x‖+ ‖y‖ =

∣∣∣∣∣∣∣∣(

916

)∣∣∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣∣∣(

169

)∣∣∣∣∣∣∣∣

=(√

9 +√

16)2

+(√

16 +√

9)2

= 49 + 49 = 98.

Así, como 100 ≥ 98, ‖·‖ no verifica la desigualdad triangular para todo x, y ∈ R2 y, en

consecuencia, ‖·‖ no es una norma.

EJERCICIO 8.4. Sean (E, ‖·‖E), (F, ‖·‖F) dos espacios vectoriales normados sobre K ∈ R, C,

(un)n∈N una sucesión de E, (vn)n∈N una sucesión de F, a ∈ E y b ∈ F y p ∈ ]0,+∞[. Para

(u, v) ∈ (E × F) se define

‖(u, v)‖p = p

√‖u‖p

E + ‖v‖pF.

Pruebe que

‖(un, vn)− (a, b)‖p −→ 0 si y solo si ‖un − a‖E −→ 0 y ‖vn − b‖F −→ 0.


Demostración. Supongamos que ‖(un, vn)− (a, b)‖p −→ 0, es decir,

(∀ε > 0)(∃N ∈ N)(

n > N =⇒ ‖(un, vn)− (a, b)‖p < ε)

.

Ahora, sea ε > 0, se tiene que existe N ∈ N tal que, para todo n > N

‖(un − a, vn − b)‖p < ε,

de dondep

√‖un − a‖p

E + ‖vn − b‖pF < ε,

por lo tanto

‖un − a‖pE + ‖vn − b‖p

F < εp.

Ahora, notemos que

‖un − a‖pE ≤ ‖un − a‖p

F + ‖vn − b‖py

y

‖vn − b‖pF ≤ ‖un − a‖p

E + ‖vn − b‖pF ;

por lo tanto, se concluye que

‖un − a‖pE < εp y ‖vn − b‖F < ε

Con esto, obtenemos que

‖un − a‖E −→ 0 y ‖vn − b‖F −→ 0.

Ahora, demostremos la otra implicación; supongamos que ‖un − a‖E −→ 0 y ‖vn − b‖F −→ 0,

es decir,

(∀ε > 0)(∃N1 ∈ N) (n > N1 =⇒ ‖un − a‖1 < ε)

y

(∀ε > 0)(∃N2 ∈ N) (n > N2 =⇒ ‖vn − b‖F < ε) .

Sea ε > 0, paraε

p√

2, tenemos que existe N1 y N2 tales que para todo n > N1

‖un − a‖pE <

εp

2

87

y, para todo n > N2

‖vn − b‖pF <

εp

2.

Así, tomando N = maxN1, N2, tenemos que para todo n > N


F <εp

2+

εp

2,

de donde


F < εp,

por lo tantop

√‖un − a‖p

E + ‖vn − b‖pF < ε,

así,

‖(un, vn)− (a, b)‖p < ε,

es decir,

(un, vn) −→ (a, b).

EJERCICIO 8.5. Sean (E, ‖·‖) un espacio vectorial normado, (xn)n∈N, (yn)n∈N dos sucesio-

nes de E y x, y ∈ E. Si

xn −→ x y yn −→ y

entonces

xn + yn −→ x + y.

Demostración. Tenemos que

(∀ε > 0)(∃N1 ∈ N) (n > N1 =⇒ ‖xn − x‖ < ε) (8.2)

y

(∀ε > 0)(∃N2 ∈ N) (n > N2 =⇒ ‖yn − y‖ < ε) . (8.3)

Sea ε > 0, paraε

2en (9.1) y (8.3), existen N1 ∈ N y N2 ∈ N tales que para todo n > N1

‖xn − x‖ <ε

2

y, para todo n > N2

‖yn − y‖ <ε

2.

Así, tomando N = maxN1, N2, por la desigualdad triangular, tenemos que para todo n >


N

‖xn − x + yn − y‖ ≤ ‖xn − x‖+ ‖yn − y‖ <ε

2+

ε

2= ε,

con lo cual,

(∀ε > 0)(∃N ∈ N) (n > N =⇒ ‖(xn + yn)− (x + y)‖ < ε) ;

por lo tanto, se tiene el resultado.

EJERCICIO 8.6. Sean (E, ‖·‖) un espacio vectorial normado, (xn)n∈N una sucesión de E,

x ∈ E (an)n∈N una sucesión de K y a ∈ K. Si

an −→ a y xn −→ x,

entonces

anxn −→ ax.

Demostración. Como (an)n∈N es convergente en K, entonces es acotada, es decir,

(∃M ∈ K)(∀n ∈ N) (‖an‖ ≤ M) .

Ahora bien, como ambas sucesiones son convergentes se tiene que

(∀ε > 0)(∃N1 ∈ N) (n > N1 =⇒ ‖an − a‖ < ε) (8.4)

y

(∀ε > 0)(∃N2 ∈ N) (n > N2 =⇒ ‖xn − x‖ < ε) . (8.5)

Sea ε > 0, paraε

2|x| en (8.4) yε

2Men (8.5), existen N1 y N2 tales que para todo n > N1

‖an − a‖ <ε

2|x|

y, para n > N2

‖xn − x‖ <ε

2M.

Así, tomando N = maxN1, N2, se tiene que, para todo n > N

‖anxn − ax‖ ≤ ‖anxn − anx‖+ ‖anx − ax‖

≤ ‖an‖ ‖xn − x‖+ |x| ‖an − a‖

≤ Mε

2M+ |x| ε

2|x|

89

=ε

2+

ε

2;

por lo tanto,

(∀ε > 0)(∃N ∈ N) (n > N =⇒ ‖anxn − ax‖ < ε) .

TEOREMA 8.1: Clausura de un conjuntoTEOREMA 8.1: Clausura de un conjuntoSean (E, ‖·‖) un espacio normado, M ⊆ E un conjunto no vacío y x ∈ E, entonces

x ∈ M ⇐⇒ existe (xn)n∈N una sucesión en M tal que xn −→ x.

EJERCICIO 8.7. Sean (E, ‖·‖) un espacio vectorial normado y F ⊆ E un subespacio vectorial,

pruebe que F es también un subespacio vectorial de E.

Demostración. Para verificar que F es un subespacio vectorial de E, verifiquemos las propiedades

que definen el mismo, suponiendo que F es un subespacio vectorial de E.

a) 0 ∈ F, pues F ⊆ F.

b) Sean x, y ∈ F, es decir,

existe (xn)n∈N en F tal que xn −→ x

y

existe (yn)n∈N en F tal que yn −→ y,

de donde, se tiene que (xn + yn)n∈N es una sucesión de F tal que converge a x + y; por lo

tanto, x + y ∈ F.

c) Sean z ∈ F y α ∈ K, es decir,

existe (zn)n∈N en F tal que zn −→ z,

con lo cual, al ser F un subespacio vectorial, se tiene que (αzn)n∈N es una sucesión de F tal

que dicha sucesión converge a αz; de donde, colegimos que αz ∈ F.

Por lo tanto, se concluye que F es un subespacio vectorial de E.

EJERCICIO 8.8. Considere (E, ‖·‖) un espacio normado y (R, d) el espacio métrico de los

reales con la norma usual. Definamos, para x, y ∈ E, d(x, y) = ‖x − y‖ con lo cual (E, d) es

un espacio métrico. Pruebe que

‖·‖ : E −→ R

x 7−→ ‖x‖


es una función continua.

Demostración. Probemos que ‖·‖ es continua en todo punto. Sea x0 ∈ E, vamos a probar que

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(

d(x, x0) < δ =⇒ d(‖x‖ , ‖x0‖) < ε)

.

Sea ε > 0, sabemos que

| ‖x‖ − ‖x0‖ | ≤ ‖x − x0‖ ,

es decir,

d (‖x‖ , ‖x0‖) ≤ d(x, x0);

por lo tanto, tomando δ = ε, se tiene que ‖·‖ es continua en todo punto de E.

LEMA 8.2 (Lema de las combinaciones lineales). Sean E un espacio vectorial normado, n ∈N y v1, . . . , vn ∈ E, n vectores linealmente independientes. Se tiene que existe c > 0 tal que

para todo α = (α1, . . . , αn) ∈ Kn se tiene que

∥∥∥∥∥n

∑k=1

αkvk

∥∥∥∥∥ ≥ c ‖α‖1 ,

donde:

‖α‖1 =n

∑k=1

|αk|.

EJERCICIO 8.9. En R2 considere v1 = (1, 1) y v2 = (1,−1). Halle el mayor c > 0 tal que

∥∥∥∥∥2

∑k=1

αkvk

∥∥∥∥∥ ≥ c ‖α‖1

para todo α ∈ R2

Solución: Sabemos que (R2, ‖·‖2) es un espacio vectorial normado, además v1 y v2 son lineal-

mente independientes, así, por el Lema de la combinaciones lineales sabemos existe c > 0,

para todo α = (α1, α2) ∈ R2, con ‖α‖1 = 1 tal que

‖α1(1, 1) + α2(1,−1)‖2 ≥ c.

Notando que

‖α1(1, 1) + α2(1,−1)‖2 = (α1 + α2)2 + (α1 − α2)

2,

91

= 2(α21 + α2

2),

y si consideremos el conjunto:

A = 2(α21 + α2

2) : α ∈ R2, ‖α‖1 = 1 ⊆ R,

tenemos que c es una cota inferior de A, así, debemos buscamos ınf(A)

Este problema lo podemos reformular como el siguiente problema de optimización con res-

tricciones:

mın f (α1, α2) = 2(α21 + α2

2)

sujeto a: |α1|+ |α2| = 1.

Para simplificar este problema, analicemos la gráfica de la restricción |α1|+ |α2| = 1:

1−1

−1

1

x

y

Por la simetría de la función a optimizar y de la restricción, podemos resolver el problema en-

contrando la solución de

mın f (α1, α2) = 2(α21 + α2

2)

sujeto a: |α1|+ |α2| = 1.

Para resolver este problema, utilizamos el método de los multiplicadores de Lagrange, para

ello definamos el lagrangeano:

L(α1, α2, λ) = 2(α21 + α2

2) + λ(α1 + α2 − 1),

para (α1, α2, λ) ∈ R3. Derivando parcialmente respecto a cada una de las variables e igualamos

a 0, con lo cual obtenemos el sistema de ecuaciones:

∂L

∂α1(α1, α2, λ) = 4α1 + λ = 0,


∂L

∂α2(α1, α2, λ) = 4α2 + λ = 0,

∂L

∂λ(α1, α2, λ) = α1 + α2 − 1 = 0m

Resolviendo este sistema, tenemos que:

α1 = α1 =12

,

con esto, obtenemos que el mínimo es

c =

√√√√2

(12

2+

12

2)

= 1.

EJERCICIO 8.10. Pruebe para toda norma en Rn, existen a, b > 0 tales que

‖x‖ ≤ b ‖x‖2 y a ‖x‖2 ≤ ‖x‖ .

para todo x ∈ Rn.

Demostración. Tomemos B = v1, . . . , vn una base de Rn y definamos:

M1 = max1≤k≤n

‖vk‖ y M2 = max1≤k≤n

‖vk‖2 . (8.6)

Sean x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn y α = (α1, . . . , αn) ∈ Kn tales que

x =n

∑k=1

αkvk.

Por la desigualdad triangular, tenemos que

∥∥∥∥∥n

∑k=1

αkvk

∥∥∥∥∥ ≤n

∑k=1

‖αkvk‖ ,

luego, por la homogeneidad de la norma, obtenemos que

∥∥∥∥∥n

∑k=1

αkvk

∥∥∥∥∥ ≤n

∑k=1

|αk| ‖vk‖ ,

93

combinando la desigualdad precedente con (8.6) se sigue que

∥∥∥∥∥n

∑k=1

αkvk

∥∥∥∥∥ ≤ M1 ‖α‖1 . (8.7)

Por otro lado, por el Lema de las Combinaciones Lineales, sabemos existe c1 > 0 tal que

∥∥∥∥∥n

∑k=1

αkvk

∥∥∥∥∥2

≥ c1 ‖α‖1 ,

luego, combinando la desigualdad precedente con (8.7) obtenemos que

∥∥∥∥∥n

∑k=1

αkvk

∥∥∥∥∥ ≤ M1

c1

∥∥∥∥∥n

∑k=1

αkvk

∥∥∥∥∥2

.

Tomando b = M1c1

se sigue que

‖x‖ ≤ b ‖x‖2 .

Análogamente, se prueba que tomando a =c2

M2> 0 se cumple que

a ‖x‖2 ≤ ‖x‖ ,

donde c2 proviene de aplicar el Lema de las Combinaciones Lineales a la norma ‖·‖.

EJERCICIO 8.11. Pruebe que para todo x ∈ Rn se tiene que

1√n‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 .

Demostración. Sea x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, vamos a demostrar que

1√n‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 .

Sabemos quen

∑k=1

|xk|2 ≤(

n

∑k=1

|xk|)2

,

de donde √n

∑k=1

|xk|2 ≤(

n

∑k=1

|xk|)

,

es decir

‖x‖2 ≤ ‖x‖1 .


Por otro lado, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, entre x = (x2, . . . , xn) y y = (1, . . . , 1)

tenemos quen

∑k=1

|1 · xk| ≤√

n

∑k=1

12 ·√

n

∑k=1

|xk|2,

de donde.

‖x‖1 ≤√

n ‖x‖2 ,

es decir,1√n‖x‖1 ≤ ‖x‖2 .

Por lo tanto, hemos probado que

1√n‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 .

CAPÍTULO 9

OPERADORES LINEALES Y ACOTADOS

DEFINICIÓN 9.1: Operador Lineal AcotadoDEFINICIÓN 9.1: Operador Lineal AcotadoSean (E, ‖·‖E) y (F, ‖·‖F) dos espacios vectoriales normados, ambos sobre el mismo campo.

Un operador lineal T : E → F se dice que es acotado si y solo si existe c > 0 tal que para

todo x ∈ E se tiene que

‖T(x)‖F ≤ c ‖x‖E .

PROPOSICIÓN 9.1 (Operador Lineal No Acotado). Sean (E, ‖·‖E) y (F, ‖·‖F) dos espacios

vectoriales normados sobre el mismo campo. Se tiene que un operador lineal T : E → F no

es acotado si existe (xn)n∈N una sucesión de E r 0 tal que

(‖T(xn)‖‖xn‖

)

n∈N

no converge.

EJERCICIO 9.1. Pruebe que el operador

T : C1[a, b] −→ C[a, b]

x 7−→ x′

es lineal y no acotado (considerando la norma ‖·‖∞ en el espacio de salida y de llegada).

Solución. Veamos que T es lineal; sean x, y ∈ C1[a, b] y α ∈ K, tenemos que

T(αx + y) = (αx + y)′ = αx′ + y′ = αT(x) + T(y),

por lo tanto, T es lineal.

95

96 Operadores Lineales y Acotados

Ahora, verifiquemos que T no es acotado; para cada n ∈ N consideremos la función

xn : [0, 1] −→ R

t 7−→ tn+1,

tenemos que xn ∈ C1[a, b] y, además,

T(xn) : [0, 1] −→ R

t 7−→ (n + 1)tn,

Con esto, tenemos que

‖T(xn)‖∞ = max0≤t≤1

|(n + 1)tn| = (n + 1) max0≤t≤1

|tn−1| = n + 1

y

‖xn‖∞ = max0≤t≤1

|tn+1| = 1,

por lo tanto

lımn→+∞

‖T(xn)‖∞

‖xn‖∞

= lımn→+∞

n + 1 = +∞,

con lo cual, se concluye que el operador T no es acotado.

EJERCICIO 9.2. Sea el operador

T : ℓ∞ −→ ℓ∞

(xn)n∈N 7−→(

xk − xk+1 + xk+2

k!

)

k∈N

,

pruebe que es lineal y acotado. Halle ‖T‖.

Solución. Probemos que T es un operador lineal; sean (xn), (yn) ∈ ℓ∞ y α ∈ K, entonces

T(α (xn)n∈N + (yn)n∈N

)= T

((αxn + yn)n∈N

)

=

((αxk + yk)− (αxk+1 + yk+1) + (αxk+2 + yk+2)

k!

)

k∈N

= α

(xk − xk+1 + xk+2

k!

)

k∈N

+

(yk − yk+1 + yk+2

k!

)

k∈N

= αT((xn)n∈N

)+ T

((yn)n∈N

).

Ahora, veamos que T es acotado; sea (xn)n∈N ∈ ℓ∞ tal que∥∥(xn)n∈N

∥∥∞

= 1; por otro lado,

97

notemos que1k!

≤ 1, para todo k ∈ N, de donde podemos ver que

∥∥∥∥( xk

k!

)k∈N

∥∥∥∥∞

≤ 1.

Así, obtenemos la siguiente cota para T

∥∥T((xn)n∈N

)∥∥∞=

∥∥∥∥(

xk − xk+1 + xk+2

k!

)

k∈N

∥∥∥∥∞

=

∥∥∥∥( xk

k!

)k∈N

−( xk+1

k!

)k∈N

+( xk+2

k!

)k∈N

∥∥∥∥∞

≤∥∥∥∥( xk

k!

)k∈N

∥∥∥∥∞

+

∥∥∥∥( xk+1

k!

)k∈N

∥∥∥∥∞

+

∥∥∥∥( xk+2

k!

)k∈N

∥∥∥∥∞

≤ 1 + 1 + 1

= 3.

Por lo tanto, T es acotada por 3.

Por otro lado, tomemos (yn)n∈N ∈ ℓ∞ tal que (yn)n∈N = (1,−1, 1, 0, 0, 0, ...), de donde∥∥(yn)n∈N

∥∥∞= 1; así, vemos que

∥∥T((yn)n∈N

)∥∥∞= sup

k∈N

∣∣∣∣yk − yk+1 + yk+2

k!

∣∣∣∣

= sup∣∣∣∣

31!

∣∣∣∣ ,∣∣∣∣

22!

∣∣∣∣ ,∣∣∣∣

13!

∣∣∣∣ , 0, 0, ...

= 3,

de donde, se tiene que

∥∥T((yn)n∈N

)∥∥∞∥∥((yn)n∈N

)∥∥∞

= 3 ≤ ‖T‖ y, en consecuencia,

‖T‖ = 3.

EJERCICIO 9.3. Sea el operador T : C[−π, π] → C[−π, π] tal que, para x ∈ C[−π, π]

(T(x))(t) =∫ t

−πsen(τ)x(τ)dτ.

Pruebe que es lineal y acotado. Halle ‖T‖.

Solución. Veamos que T es un operador lineal; sean x, y ∈ C[−π, π] y α ∈ K, así, para t ∈C[−π, π]

T(αx + y)(t) =∫ t

−πsen(τ)(αx(τ) + y(τ))dτ

= α∫ t

−πsen(τ)x(τ)dτ +

∫ t

−πsen(τ)y(τ)dτ


= α(T(x))(t) + (T(y))(t),

por lo tanto,

T(αx + y) = αT(x) + T(y).

Ahora, comprobemos que el operador es acotado; para x ∈ C[−π, π], tenemos que

‖T(x)‖∞ = max−π≤t≤π

∣∣∣∣∫ t

−πsen(τ)x(τ)dτ

∣∣∣∣

≤ max−π≤t≤π

∫ t

−π| sen(τ)||x(τ)|dτ

≤ ‖x‖∞ max−π≤t≤π

∫ t

−π| sen(τ)|dτ

= ‖x‖∞

∫ π

−π| sen(τ)|dτ

= 4 ‖x‖∞ ;

así, se tiene que ‖T‖ ≤ 4; por tanto, T es un operador acotado.

Por otro lado, tomemos para n ∈ N∗, la función

un : [−π, π] −→ R

s 7−→

−1 si − π ≤ s ≤ − 1n ;

ns si − 1n ≤ s ≤ 1

n ;

1 si 1n ≤ s ≤ π.

Se tiene que, ‖un‖∞ = 1; por otro lado, notemos que, para t ∈ [−π, π], sen(t)un(t) es una

función positiva y, además es una función par pues, sen y un son funciones impares.

Así,

∥∥T((un)n∈N

)∥∥∞= max

−π≤t≤π

∣∣∣∣∫ t

−πsen(τ)un(τ)dτ

∣∣∣∣

=∫ π

−πsen(τ)un(τ)dτ

= 2∫ π

0sen(τ)un(τ)dτ

= 2

[∫ 1n

0nτ sen(τ)dτ +

∫ π

1n

sen(τ)dτ

]

= 2

[n(−τ cos(τ) + sen(τ))

∣∣∣1n

0− cos(τ)

∣∣∣π

1n

]

= 2[

n

(− 1

ncos

(1n

)+ sen

(1n

))− cos(π) + cos

(1n

)]

99

= 2[− cos

(1n

)+ n sen

(1n

)+ 1 + cos

(1n

)]

= 2[

n sen(

1n

)+ 1]

,

a lo cual tenemos que

lımn→+∞

‖Tun‖∞

‖un‖∞

= lımn→+∞

2[

n sen(

1n

)+ 1]= 2(1 + 1) = 4

y, en consecuencia, ‖T‖ = 4.

EJERCICIO 9.4. Sea

Ipq : (C[a, b], ‖·‖p) −→ (C[a, b], ‖·‖q)

x 7−→ x

con p, q ∈ [1,+∞[. Pruebe que

a) Ipq es acotada si q ≤ p;

b) Ipq no es acotada si p < q.

Demostración.

a) Sea x ∈ C[a, b]; notemos que

∥∥Ipq(x)∥∥

q= ‖x‖q =

(∫ b

a|x(t)|qdt

) 1q

. (9.1)

Por otro lado, vemos queq

p+

p − q

p=

1pq

+1p

p−q

= 1

y, dado que q < p, se tiene que pq y p

p−q son exponentes conjugados. Usando la desigualdad

de Hölder en (9.1) tenemos que

(∫ b

a|x(t)|qdt

) 1q

≤

(∫ b

a|x(t)|q

pq dt

) qp

·(∫ b

a1

pp−q dt

) p−qp

1q

=

(∫ b

a|x(t)|pdt

) qp

1q

·(∫ b

a1dt

) p−qpq

=

(∫ b

a|x(t)|pdt

) 1p

· (b − a)p−qpq

= ‖x‖p (b − a)p−qpq ,


por lo tanto,∥∥Ipq(x)

∥∥q≤ (b − a)

p−qpq ‖x‖p

y, en consecuencia, Ipq es acotada.

b) Ahora, comprobemos que Ipq no es acotada si p < q; consideremos, para cada n ∈ N consi-

deremos la funciónxn : [a, b] −→ R

t 7−→ tn,

de donde, tenemos que xn ∈ C[a, b] y, además, Ipq(xn) = xn. Así, calculemos∥∥Ipq(xn)

∥∥q

y

‖xn‖p, respectivamente.

∥∥Ipq(xn)∥∥

q= ‖xn‖q =

(∫ 1

0tqndt

) 1q

=

(1

qn + 1tqn+1

∣∣∣1

0

) 1q

=1

q√

qn + 1

y

‖xn‖p =∫ 1

0tpndt =

1pn + 1

tpn+1∣∣∣1

0=

1p√

pn + 1.

Con esto, notando que q − p > 0, tenemos que

lımn→+∞

||Ipq(xn)||q||xn||p

= lımn→+∞

1q√

qn+11

p√

pn+1

= lımn→+∞

p√

pn + 1q√

qn + 1

= lımn→+∞

n

q−ppq

p

√p + 1

n

q

√q + 1

n

= +∞,

lo cual se tiene que Ipq no es acotada.

EJERCICIO 9.5. Sean E = x ∈ C[a, b] : x′ ∈ C[a, b] con la norma ||x|| = ||x||∞ + ||x′||∞ par

x ∈ E y c ∈]a, b[. Pruebe si los siguientes operadores son lineales y acotados:

a)

T1 : E −→ E

x 7−→ x′(c) · x;

b)

T2 : E −→ E

x 7−→ x′(c) + x.

En caso de que el operador sea acotado, halle su norma.

101

Demostración.

a) Veamos que T1 no es un operador lineal; sean x, y ∈ C[a, b], α ∈ K, y t ∈ [a, b]:

T1(αx + y)(t) = (αx + y)′(c) · (αx + y)(t)

= (αx′(c) + y′(c))(αx(t) + y(t))

= α2x′(c)x(t) + αx′(c)y(t) + αy′(c)x(t) + y′(c)y(t)

6= αT1x(t) + T1y(t),

por tanto, T1 no es un operador lineal.

Por otro lado, comprobemos que T1 no es un operador acotado; para esto, consideremos,

para cada n ∈ N∗, la siguiente función

xn : [0, 2] −→ R

t 7−→ tn

de donde, xn ∈ C[0, 2] y

x′n : [0, 2] −→ R

t 7−→ ntn−1.

Así, para t ∈ [a, b],

(T1(xn))(t) = x′n(c) · xn(t) = ncn−1tn y (T1(xn))′(t) = n2cn−1tn−1.

Ahora, tomando c = 1 ∈]0, 2[, obtenemos

lımn→+∞

||T1(xn)||||xn||

= lımn→+∞

||ntn||∞ + ||n2tn−1||∞||tn||∞ + ||ntn−1||∞

= lımn→+∞

|n| max0≤t≤1

|tn|+ |n2| max0≤t≤1

|tn−1|

max0≤t≤1

|tn|+ |n| max0≤t≤1

|tn−1|

= lımn→+∞

n + n2

1 + n

= lımn→+∞

n(1 + n)

1 + n

= lımn→+∞

n = +∞;

por lo tanto, T1 no es acotada.


b) Probemos la linealidad de T2; sean x, y ∈ C[a, b], α ∈ K, y t ∈ [a, b]:

T2(αx + y)(t) = (αx + y)′(c) + (αx + y)(t)

= αx′(c) + y′(c) + αx(t) + y(t)

= α(x′(c) + x(t)) + (y′(c) + y(t))

= αT2x(t) + T2y(t),

entonces T2 es un operador lineal.

Ahora, tenemos que

||T2(x)|| = ||x′(c) + x||

= ||x′(c) + x||∞ + ||0 + x′||∞≤ ||x||∞ + ||x′||∞ + |x′(c)|

= ||x||,

a lo cual, ||T2|| ≤ 1.

En cambio, al considerar u(t) = 1 tenemos que

||T2(u)|| = ||u′(c) + u|| = ||0 + 1|| = 1 ≤ ||T2||

y, puesto que ||u|| = ||u||∞ + ||u′||∞ = 1, concluímos que ||T2|| = 1.

CAPÍTULO 10

FUNCIONES LINEALES

EJERCICIO 10.1. Consideremos el espacio (Kn, ‖·‖2), con n ≥ 2, y a ∈ Knr 0, para cada

x = (x1, . . . , xN) ∈ Kn consideremos el funcional

fa : Kn −→ R

x 7−→ fa(x) =n

∑k=1

akxk

Pruebe que f es lineal, acotado y que ‖ f ‖ = ‖a‖2.

Demostración.

a) Vamos a probar que f es lineal. Sean x, y ∈ Kn y α ∈ K, tenemos que

fa(x + αy) =n

∑k=1

ak(xk + αyk)

=n

∑k=1

akxk + αn

∑k=1

akyk

= fa(x) + α fa(y),

con esto, hemos probado que fa es lineal.

b) Vamos a probar que f es acotado; es decir, debemos probar que existe c > 0 tal que para todo

x ∈ Kn, se tiene que:

| f (x)| ≤ c ‖x‖2 .

Sea x ∈ Kn, por la desigualdad triangular y la desigualdad de Cauchy, tenemos que

| fa(x)| =∣∣∣∣∣

N

∑k=1

akxk

∣∣∣∣∣

≤N

∑k=1

|akxk|

103

104 Funciones Lineales

≤√

n

∑k=1

|ak|2√

n

∑k=1

|xk|2,

= ‖a‖2 ‖x‖2 ,

así, tomando c := ‖a‖2 se prueba que f es acotado.

c) Vamos a probar que ‖ f ‖ = ‖a‖2. Notemos que, de la desigualdad precedente, tenemos que

‖ f ‖ ≤ ‖a‖2 ,

es decir, para todo x ∈ Knr 0, se tiene que

| fa(x)|‖x‖2

≤ ‖ f ‖ ,

por otro lado, tenemos que

| fa(a)|‖a‖2

=

n

∑k=1

a2k

√n

∑k=1

|ak|2

=

√n

∑k=1

|ak|2

= ‖a‖2 ,

por lo tanto, tenemos que

‖a‖2 ≤ ‖ f ‖ .


‖ f ‖ = ‖a‖2 .

EJERCICIO 10.2. Sea ρ ∈ C [a, b] tal que ρ(t) > 0, para todo t ∈ [a, b]. Consideremos el

funcional:f : C [a, b] −→ R

x 7−→∫ b

aρ(t)x(t) dt.

Pruebe que f es lineal, acotado en (C [a, b] , ‖·‖∞) y halle ‖ f ‖.

Demostración.

105

a) Vamos a demostrar que f es lineal. Sean x, y ∈ C [a, b] y α ∈ K, tenemos que

f (x + αy) =∫ b

aρ(t)(x(t) + αy(t)) dt

=∫ b

aρ(t)x(t) + αρ(t)y(t) dt

=∫ b

a(ρ(t)x(t) dt + α

∫ b

aρ(t)y(t)) dt

= f (x) + α f (y),

con esto, hemos probado que f es lineal.

b) Vamos a probar que f es acotado; es decir, debemos probar que existe c > 0 tal que para todo

x ∈ C [a, b] se tiene que:

| f (x)| ≤ c ‖x‖∞ .

Sea x ∈ C [a, b], notemos que

| f (x)| =∣∣∣∣∫ b

aρ(t)x(t) dt

∣∣∣∣

≤∫ b

a|ρ(t)||x(t)| dt

≤∫ b

a|p(t)| ‖x‖∞ dt

= ‖x‖∞

∫ b

a|p(t)| dt,

tomando c =∫ b

aρ(t) dt, se prueba que f es acotada.

c) Vamos a demostrar que ‖ f ‖ =∫ b

aρ(t). Notemos que, de la desigualdad precedente, tenemos

que

‖ f ‖ ≤∫ b

aρ(t0) dt.

Ahora, consideremos

x : [a, b] −→ R

t 7−→ 1,

así, ‖x‖∞ = 1. Por otro lado, tenemos que

| f (x)| =∣∣∣∣∫ b

aρ(t)x(t) dt

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∫ b

aρ(t) dt

∣∣∣∣ ,


de donde, puesto que ρ(t) > 0, para todo t [a, b], obtenemos que

| f (x)| =∫ b

aρ(t) dt,

así, ∫ b

aρ(t) dt ≤ ‖ f ‖ .


‖ f ‖ =∫ b

aρ(t) dt.

EJERCICIO 10.3. Sea (C [a, b] , ‖·‖∞), consideremos el funcional:

f : C[a, b] −→ R

x 7−→ x(a)− x(

a+b2

)+ x(b)

.

Pruebe que f ∈ (C [a, b])∗ y halle ‖ f ‖.

Demostración.

a) Vamos a demostrar que f es lineal, sean x, y ∈ C [a, b] y α ∈ K, tenemos que

f (x + αy) = (x + αy)(a)− (x + αy)(

a+b2

)+ (x + αy)(b),

de donde

f (x + αy) =[

x(a)− x(

a+b2

)+ x(b)

]+ α

[y(a)− y

(a+b

2

)+ y(b)

],

es decir,

f (x + αy) = f (x) + α f (y),

con esto, hemos probado que f es lineal.

b) Vamos a demostrar que f es acotado, para esto, debemos probar que existe c > 0 tal que

para todo x ∈ C [a, b] se tiene que

| f (x)| ≤ c ‖x‖∞ .

Sea x ∈ C [a, b], tenemos que

| f (x)| =∣∣∣x(a)− x

(a+b

2

)+ x(b)

∣∣∣

107

≤ |x(a)|+∣∣∣∣x(

a + b

2

)∣∣∣∣+ |x(b)|,

por otro lado, para todo t ∈ [a, b], sabemos que

|x(t)| ≤ ‖x‖∞ ,

así,

| f (x)| ≤ 3 ‖x‖∞ , (10.1)

por lo tanto, tomando c = 3 se sigue que f es acotado.

c) Vamos a demostrar que ‖ f ‖ = 3, notemos que, de (10.1), tenemos que

‖ f ‖ ≤ 3.

Ahora, para cada t ∈ [a, b] consideremos la función:

u : [a, b] −→ [a, b]

t 7−→

4a − b

(t − a) + 1 si a ≤ t <a + b

2,

4b − a

(t − a) + 1 sia + b

2≤ t ≤ b.

Podemos observar el gráfico de esta función en la siguiente figura:

−1

1

x

y

a b

a + b

2

Notemos que

‖u‖∞ = 1, u(a) = 1, u(b) = 1 y u

(a + b

2

)= −1,

así,

| f (u)| =∣∣∣∣u(a)− u

(a + b

2

)+ u(b)

∣∣∣∣

= 3,


por lo tanto,

3 ≤ ‖ f ‖ ,


‖ f ‖ = 3.

EJERCICIO 10.4. Para cada n ∈ N, consideremos el funcional:

fn : C [0, 1] −→ R

x 7−→∫ 1

−1tnx(t) dt.

Halle ‖ fn‖∞ para todo n ∈ N.

Demostración. Sean x ∈ C [−1, 1] y n ∈ N, tenemos que

| fn(x)| =∣∣∣∣∫ 1

−1tnx(t) dt

∣∣∣∣

≤∫ 1

−1|tn||x(t)| dt,

es decir,

| fn(x)| ≤ ‖x‖∞

∫ 1

−1|tn| dt. (10.2)

Consideremos dos casos:

a) Si n es par, entonces

∫ 1

−1|tn| dt =

∫ 1

−1tn dt

=2

n + 1,

así, junto con (10.2), tenemos que

| fn(x)| ≤ 2n + 1

‖x‖∞ ,

para todo x ∈ C [−1, 1] tal que ‖x‖∞ ≤ 1, de donde, tenemos que

‖ f ‖ ≤ 2n + 1

.

Consideremos al función:u : [−1, 1] −→ R

t 7−→ 1,

109

tenemos que

‖u‖∞ = 1 y | fn(u)| =2

n + 1,

así, se sigue que2

n + 1≤ ‖ f ‖ ,

con esto, hemos probado que ‖ fn‖ =2

n + 1.

b) Si n es impar, entonces

∫ 1

−1|tn| =

∫ 0

−1−(tn) dt +

∫ 1

0tn dt

=(−1)n+1

n + 1+

1(n + 1)

=2

n + 1,

así, junto con (10.2) tenemos que

| fn(x)| ≤ 2n + 1

‖x‖∞ ,

de donde,

‖ f ‖ ≤ 2n + 1

.

Ahora, para cada m ∈ N, consideremos la función:

um : [−1, 1] −→ [−1, 1]

t 7−→

1 si 1m ≤ t ≤ 1,

mt si − 1m ≤ t ≤ 1

m ,

−1 si − 1 ≤ t ≤ − 1m .

Podemos observar el gráfico de esta función en la siguiente figura:

1−1

−1

1

x

y

−1/m

1/m


Notemos que

‖um‖∞ = 1,

para todo m ∈ N. Además, para todo m, n ∈ N se tiene, por paridad,

∫ 1

−1um(t)t

n = 2

(∫ 1m

0tn(mt) dt +

∫ 1

1m

tn dt

)

= − 2(n + 1)(n + 2)(mn + 1)

+2

n + 1,

de donde, se sigue que

∣∣∣∣−2

(n + 1)(n + 2)(mn + 1)+

2n + 1

∣∣∣∣ ≤ ‖ f ‖ ,

luego, tomando el límite cuando m → +∞, tenemos que

2n + 1

≤ ‖ f ‖ ,


‖ f ‖ =2

n + 1.

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ANÁLISIS MATEMÁTICO · 2020. 5. 18. · Cuaderno de Matemática del Club de Matemática EPN No. 1 ANÁLISIS MATEMÁTICO I: EJERCICIOS RESUELTOS Alexander Constante y Gabriel Granda