Ayudantias de Calculo en Varias Variables

Carlos Riveros

Juan Mrquez

Ayudantia 1.

Deniciones

Denicion de punto interior. Sea S Rn, y a S. Entonces a se denomina punto interior de S si existeuna n-bola B(a) S.

Denicion de conjunto abierto. S R3 es abierto si todos sus puntos son interiores.Es decir, S abierto si y solo si, S = S

Denicion de conjunto cerrado. S Rn es cerrado si Rn \ S es abierto.

Denicion de punto adherente. Sea S Rn, y x Rn, no necesariamente de S. Entonces se dice que x esadherente a S si toda n-bola B(x) contiene un punto de S, por lo menos.Es decir, x Rn adherente a S > 0B(x, ) S 6=

Denicion de punto de acumulacion. Sea S Rn y x Rn, entonces x se llama punto de acumulacion deS si cada n-bola B(x) contiene por lo menos un punto de S distinto de x.

Denicion de punto de acumulacion por sucesiones. Sea S Rn y x Rn. Entonces x es un punto deacumulacion de A si y solo si existe una sucesion {xn}n de puntos de A con xn 6= x para todo n, tal que xn x.

Denicion de adherencia. El conjunto de todos los puntos adherentes de un conjunto dado S se llama adhe-rencia de S y se designa por S.

Teorema. Un conjunto S Rn es cerrado, si y solo si, contiene a todos sus puntos adherentes.

Denicion de adherencia. El conjunto de todos los puntos adherentes de un conjunto dado S se llama adherenciade S y se designa por S.

Teorema. Un conjunto S es cerrado si y solo si S = S.

Denicion de conjunto derivado. El conjunto de todos los puntos de acumulacion de un conjunto S se llamaconjunto derivado de S y se designa por S.

Teorema. Un conjunto S de Rn es cerrado si, y solo si, contiene todos los puntos de acumulacion.

Denicion de frontera. Sea S M , con M espacio metrico. Un punto x se M se llama frontera de S si cada bolaBM (x; r) contiene, por lo menos, un punto de S y , por lo menos un punto de M \ S.Es decir, x X r > 0, B(x, r) S 6= B(x, r) (M \ S) 6= .

Ejercicios

Problema 1. (Beauche) Sean x1, . . . , xn > 0. Entonces(

1x1

+ + 1xn)

(x1 + + xn) n2.

1

Demostracin. Como para cada i, xi > 0, existe yi > 0 tal que y2i = xi. Tomemos ahora los vectores (

1y1, . . . , 1yn ),

(y1, . . . , yn).

Recuerdo. | < x, y > | ||x|| ||y||

Por Cauchy,

( 1y1 , . . . , 1yn ) ||(y1, . . . , yn)|| |( 1y1 , . . . , 1yn ) (y1, . . . , yn)| = nAhora, ||(y1, . . . , yn)|| =

y21 + + y2n =

x1 + + xn, y

( 1y1 , . . . , 1yn ) = 1x1 + + 1xnElevando al cuadrado se obtiene lo pedido.

Problema 2. (Beauche) Para cada x Rn, se dene la norma del maximo como ||x|| = maxi |xi|.

a) Muestre que la norma del maximo dene una norma.

Demostracin. La nonegatividad es clara.

Ahora, ||x|| = 0 maxi |xi| = 0i, |xi| = 0 x = 0.El escalar es trivial tambien.

Veamos la Triangular.

Primero, para todo i, |xi + yi| |xi| + |yi|, tomando maximo, maxi |xi + yi| maxi(|xi| + |yi|) maxi |xi| +maxi |yi|, asi||x+ y|| ||x|| + ||y||.

b) Muestre que ||x|| = lmp ||x||p, con ||x||p = (ni=1 |xi|p)1/p

Demostracin. Sea M = maxi |xi|. Tenemos que ||x||p = (ni=1 |xi|p)1/p (

ni=1M

p)1/p

= Mn1/p.

Ademas, para todo i, |xi| (ni=1 |xi|p)1/p = ||x||p, luego M ||x||pPor tanto, M ||xp|| Mn1/p luego lmp ||x||p = M = ||x||.Problema 3. (Beauche) a) Dada una norma ||.|| en Rn y una matriz no singular P de n n, demuestre quela funcion ||x||p = ||Px|| es una norma.Demostracin. La unica condicion que se debe probar es que ||x||p = 0 x = 0 las demas condiciones se obtienengratis pues ||.|| es norma.Veamos, ||x||p = 0 ||Px|| = 0 Px = 0 x = 0 pues P es invertible. Por tanto es norma.

b) Demuestre que en R2, la funcion ||x|| = (x219 + 4x22)1/2 es una norma.Haga un dibujo de B(0, 1).

Demostracin. La nonegatividad es evidente.

La ponderacion escalar tambien es evidente.

Tambien ||x|| = 0 x = 0 es evidente.

Veamos la triangular.

Queremos que ||x+ y|| ||x||+ ||y||, o equivalentemente, ||x+ y||2 (||x||+ ||y||)2 = ||x||2 + 2||x||||y||+ ||y||2.

Veamos,

|x+ y|2 = (x1 + y1)2

9+ 4(x2 + y2)

2

= (x219

+ 4x22) + (y219

+ 4y22) + 2(x1y1)

9+ 2 4x2y2

= |x|2 + |y|2 + 2[x1y19

+ 4x2y2]

2

Asi, tenemos hasta ahora que |x+ y|2 = |x|2 + |y|2 + 2a con a = [x1y19 + 4x2y2].

Ahora, a |a| = (a2).Entonces,

|x+ y|2 |x|2 + |y|2 + 2a2 (1)

= |x|2 + |y|2 + 2

[x1y1

9+ 4x2y2]2 (2)

|x+ y|2 = |x|2 + |y|2 + 2x21y

21

92+ 2

x1y14x2y29

+ 42x22y22 (3)

(4)

Truco. 0 (a b)2 2ab a2 + b2.

Sea a = x1y2, b = x2y1, entonces 2x1y2x2y1 (x21y22 + x22y21) 2 494x1y2x2y1 49 (x21y22 + x22y21) x21y

21

92 +

2 494x1y2x2y1 + 42x22y

22 x

21y

21

92 +49 (x

21y

22 + x

22y

21) + 4

2x22y22

x21y21

92 + 2494x1y2x2y1 + 4

2x22y22

x21y

21

92 +49 (x

21y

22 + x

22y

21) + 4

2x22y22 =

(x219 + 4x

22)(

y219 + 4y

22) .

Asi, tenemos que

x21y

21

92 + 2494x1y2x2y1 + 4

2x22y22

(x219 + 4x

22)(

y219 + 4y

22)

Por tanto, |x + y|2 = |x|2 + |y|2 + 2

x21y21

92 + 2494x1y2x2y1 + 4

2x22y22 |x|2 + |y|2 + 2

(x219 + 4x

22)(

y219 + 4y

22) =

|x|2 + |y|2 + 2|x||y| = (|x|+ |y|)2.

Veamos la otra parte

Por denicion,

B(0, 1) ={

(x, y) R2 : ||(x, y) (0, 0)|| < 1} = {(x, y) R2 : ||(x, y)||euc < 1} = {(x, y) R2 : (x29 + 4y2)1/2 < 1} ={(x, y) R2 : x29 + 4y2 < 1

}={

(x, y) : x2

32 +y2

(1/2)2 < 1}. Asi el dibujo seria el interior de una elipse.

Problema Bonito. (Carlitos) Sea A :={

(x, y) R2 : x2 + y2 = 1n2 , n N}.

a) Demuestre o refute que (0, 0) es un punto de acumulacion de A.

Demostracin. Si es punto de acumulacion.

En efecto, (0, 0) A > 0 : B((0, 0), ) A 6= .Ahora, > 0N N : 1/N < .Por tanto, basta escoger (x, y) R2 tal que x2 + y2 = 1/N2, y asi (x, y) A.Ademas, (x, y) B((0, 0), ), ya que ||(x, y) (0, 0)|| = ||(x, y)|| =

x2 + y2 =

1/N2 = 1/N < .Por tanto, existe (x, y) B((0, 0), ) A tal que (x, y) 6= (0, 0) (Esto es importante para la denicion). Por tanto,B((0, 0), ) A 6= .Pro tanto (0, 0) A.b) Pruebe o refute que (0, 0) es un punto interior de A.

Demostracin. No es punto interior, pues (0, 0) 6 A. Recuerdo. int(A) = A A.

c) fr(A) = (A) = A.

Demostracin. Falso. En realidad (A) = A {(0, 0)}.Veamos esto en rigor.

Como (A) = A \ A.

De ejercicio para el lector, probar que A = .

Por tanto, A = A = A A.

3

Veamos que A = {(0, 0)}.En efecto, ya vimos que (0, 0) es punto de acumulacion, es decir, (0, 0) A.Ahora la otra contencion, sea (x, y) A. Luego existe una sucesion de puntos de A, {(xn, yn)}n A con(xn, yn) 6= (x, y) tal que lmn(xn, yn) = (x, y).Luego, lmn xn = x lm yn = y, entonces lmn x2n + y2n = x2 + y2 Ahora, como x2n + y2n = 1mn2 , lmn x2n + y2n =lmn 1/mn

2 = 0, es decir, lmn x2n + y

2n = 0.Por tanto, x2 + y2 = 0, luego x = y = 0. Asi (x, y) {(0, 0)}. Es decir, hay un unico punto de acumulacion para A,a saber, el origen.

Asi, (A) = A {(0, 0)} .

d). A = B((0, 0), 1).

Demostracin. Si bien se cumple que A B((0, 0), 1). No se cumple que B((0, 0), 1). A.

En efecto, B((0, 0), 1/n) \B((0, 0), 1/(n+ 1)) B((0, 0), 1).Entonces sea (x, y) B((0, 0), 1/n) \B((0, 0), 1/(n+ 1)), luego x2 + y2 < 1/n2 y como (x, y) 6 B((0, 0), 1/(n+ 1)),se tiene que x2 + y2 > 1/(n+ 1)2.Por tanto, x2 + y2 ]1/(n+ 1)2, 1/n2[.Asi, x2 + y2 6= 1/m2 para todo m N. Es decir, (x, y) 6 A.

Por tanto, existe (x, y) B((0, 0), 1) ya que x2 + y2 < 1/n2 < 1 tal que (x, y) 6 A.Por tanto, B((0, 0), 1) 6 A.

Recuerdo. Un espacio normado (X, || ||) es un espacio con producto interno si, y solo si, ||.|| satisface la leydel paralelogramo.

Ley paralelogramo. ||x+ y||2 + ||x y||2 = 2(||x||2 + ||y||2).

Problema 4. (Lima Analisis III) Sean a, b R jos con a < b y, para cada x = (x1, . . . , xn) Rn.Ponga |x| = supatb |x1 + x2t+ + xntn1|. Pruebe que esto dene una norma en Rn, la cual no proviene de unproducto interno.

Bonus. Tiene sentido tomar el supremo?

Demostracin. La no negatividad es obvia.

Ahora, |x| = 0 supatb |x1 + x2t + + xntn1| = 0 t (a, b), |x1 + x2t + + xntn1| = 0 t (a, b),

ni=1 xit

i1 = 0 i, xi = 0.

La ultima equivalencia, es parte de un mini ejercicio.

Si x [a, b], ni=1 aixi = 0, entonces i, xi = 0. Lo cual es simplemente que si un polinomio es cero en todossus valores en su variable, entonces el polinomio necesariamente debe ser el polinomio nulo.

Para ver la desigualdad triangular vemos que |x+ y| = supatb |ni=1(xi + yi)t

i1| = supatb |ni=1 xit

i1 +ni=1 yit

i1| supatb |ni=1 xit

i1|+ supatb |ni=1 yit

i1| = |x|+ |y|.

Ahora si la norma proviniera de un producto interno, entonces satisface la ley del paralelogramo, es decir,

|x+ y|2 + |x y|2 = 2(|x|2 + |y|2), para todo x, y.Basta tomar entonces

Para responder el Bonus, solo hay que notar que t [a, b] un compacto, y la funcion f(t) := ni=1 xiti1 es unafuncion continua, luego f(t) alcanza su valor maximo y minimo, es decir esta acotado.

Problema 5. (Prueba 3 Analisis Abstracto II) Sea d : R R R+ metrica dada por d(x, y) = |ex ey|.Pruebe que no puede existir una norma || || tal que d(x, y) = ||x y||.

4

Demostracin. Si existiera dicha norma, d(x, y) = ||x y||, es decir, |ex ey| = ||x y||.Como ||.|| es norma, dado un real, se tiene que d(x, y) = ||xy|| = ||||xy||, luego |exey| = ||||xy|| =|||ex ey|.Por tanto, |ex ey| = |||ex ey|, para todo R,x, y R.Ahora si escogemos = 2, x = 1, y = 0, se sigue que |e2 1| = 2|e1 1| e2 1 = 2(e 1) e2 1 = 2e 2e2 2e+ 1 = 0, pero como 2 < e 2e < e2 0 < e2 2e 1 < e2 2e+ 1.Asi, tenemos que 1 < e2 2e+ 1 = 0, una contradiccion.

Problema 6. (Clasico) Las n-bolas abiertas son conjuntos abiertos en Rn.

Problema 7. (Beauche) Sea A Rn un abierto y x A. Entonces A \ {x} es abierto.Demostracin.

Bonus. (Prueba 2012) Sea A Rn un abierto y B Rn. Denimos A+B = {x+ y : x A, y B}Demuestre que A+B es un conjunto abierto.

Demostracin. Sea x+ y A+B. Como A es abierto, existe > 0 tal que B(x, ) A.Armamos que B(x+ y, ) A.En efecto, sea z B(x+y, ), luego d(x+y, z) < . Entonces d(x, zy) = ||x(zy)|| = ||x+yz|| = d(x+y, z) < .Asi, z y B(x, ) A. Luego z = (z y) + y A+B. Por tanto A+B es abierto.Problema 8. (Creacion de Carlito?) Dados a, b R distintos. El conjunto X = {(x, y) R2 : a < x < b, y = 0}es abierto?

Demostracin. Supongamos que X fuera abierto, es decir, para todo punto en X pued eencontrarse una bolacontenida en X completamente. Sea (c, 0) X, si tomamos la bola B((c, 0), ), como suponemos que X es abier-to, B((c, 0), ) X. Pero vemos que el punto (c, /2) B((c, 0), ) ya que ||(c, /2) (c, 0)|| = ||(0,/2)|| =

02 + (/2)2 = /2 < .Pero, (c, /2) 6 X. Es decir, existe un punto en la bola que no esta en X pero B((c, 0), ) X, una contradiccion.

Problema 9. (PUC) Sea A Rn. Entonces (A) es cerrado de Rn.Demostracin. Mostraremos que (A) (A). Sea x Rn un punto de acumulacion de (A), es decir, > 0,B(x, )\{x}(A) 6= , luego existe y B(x, )\{x}(A). Luego como la bola perforada B(x, )\{x} es abierta,para y en dicha bola, existe r > 0 tal que B(y, r) B(x, ) \ {x}.

Ahora, como tambien y (A), se tiene B(y, r)A 6= y B(y, r)Ac 6= , luego como B(y, r) B(x, ) \ {x},se sigue que B(x, ) \ {x} A 6= y B(x, ) \ {x} Ac 6= , que por def. es x (A).Por tanto (A) es cerrado.

Problema 10. (Beauche) Sea A = {(x1, x2, . . . , xn) Rn : xi Q, 1 i n}. Encuentre A, A, y (A).

int(A) = A = Demostracin. Si no, existe x = (x1, . . . , xn) Rn A, entonces existe > 0, B(x, ) A.

Ahora como I es denso en R, es decir, I = R. Se tiene que para x1 R existe x1 I tal que |x1 x1| < ..Tomemos ahora el punto x = (x1, x2, . . . , xn).

Armamos que x B(x, ).En efecto, ||x x|| = max {|xi xi|, |x1 x1|} = |x1 x1| < .

Armamos tambien que x 6 A.En efecto, solo basta ver que x1 6 Q.

Por tanto, encontramos que existe x B(x, ) \A, pero dijimos que B(x, ) A, una contradiccion.

5

A = Rn

Demostracin. La contencion A Rn es obvia.Veamos que Rn A.Sea x = (x1, . . . , xn) Rn. Necesitamos que x A.Es decir, que x A A.Si x A estamos listos.En el peor caso, si x 6 A. Necesitamos probar que x A. Es decir, que > 0 : B(x, ) \ {x} A 6= .Ahora para cada xi R existe xi Q (inclusive con xi 6= xi para asi asegurar que x 6= x) tal que |xi xi| < 1/n.Ahora tomamos el vector x = (x1, . . . , xn).

Armamos que x A.En efecto, cada xi Q y listo.

Armamos tambien que x B(x, ).En efecto, ||x x|| = |x1 x1|+ + |xn xn| < /n+ + /n = n/n = .Asi ||x x|| < . Es decir, x B(x, ).

Por tanto, x A. Asi A = Rn.fr(A) = A = Rn.

Demostracin. (A) = A \ A = Rn \ = Rn.

Problema.

Problema 11. (Beauche) Si A Rn es cerrado o abierto, entonces ((A)) = .Es cierto este resultado para cualquier conjunto?

Problema 12. (Beauche) Sea A Rn con la propiedad A = Rn e A = , entonces Ac tiene la misma propiedad.

Problema 13. (Beauche) Sea E el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual a n. En E sedene la funcion

||.|| : E Npor||p|| = 10|p(t)|dt+ |p(0)|a) Demuestre que ||.|| es una norma en E.Demostracin. Es obvio que ||p|| 0, pues ||p(0)|| 0 y como |p(t)| 0 entonces 1

0|p(t)|dt 0.

Ahora ||p|| = 0 10|p(t)|dt+ |p(0)| = 0 1

0|p(t)| = 0 |p(0)| = 0

Ayudantia 2

Posible Control 1

Problema. Dados x1, . . . , xn R. Demuestre que 1n |ni=1 xi|

ni=1 x

2i

Problema. Sea E el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual a n. En E se dene la funcin:

||.|| : E R por ||p|| = 10|p(t)|dt+ |p(0)|a) Demuestre que ||.|| es una norma en E.b) Encuentre L R tal que p E, ||p|| Lmaxi |ai|, donde p(t) =

ni=0 ait

i.

c) Sea M = {p : R} donde p(t) = 1 + t+ t2 + + tn. Determine M B||.||(0, 1).

Problema. Sea A Rn. Pruebe que (A) es cerrado de Rn.

6

Problema. Sea A Rn un abierto y B Rn. Se dene A + B = {x+ y : x A, y b}. Demuestre que A + Bes un conjunto abierto.

Problema. Sea A ={

(x, y) R2 : x, y 0}. Pruebe que (A) = {(x, y) R2 : x, y 0, xy = 0}.Problema. Demuestre que el conjunto

{(x, y) R2 : max {x, y} < 10} es abierto en R2.Problema. Sea A =

{(x, y) R2 : x Q, y Q} R2. Demuestre que:a) A no es cerrado. Hint. Use la caracterizacin de conjuntos cerrados mediante sucesiones y la densidad de Qen R.b) A no es abierto. Hint. Use la densidad de los irracionales en R para demostrar que toda bola con centro en Acontiene elementos que no pertenecen a A.

Problema. Sea A ={

(x, y) R2 : x = 0 y = 1/n, n Z}.a) Demuestre que (0, 0) 6 A es el nico punto de acumulacin de A.b) Demuestre que el interior de A es vaco.c) Encuentre (A).

Problema. Demuestre rigurosamente que el nico punto de acumulacin del conjuntoA ={

(1/n, 1/n2, 1/n3) : n N} R3 es el orgen. No olvide probar las dos contenciones.

Problema. Dado un conjunto A X, con X un espacio metrico con metrica d, se dene el diametro del conjuntoA como diam(A) = supx,yA {d(x, y)}. Demuestre mediante un ejemplo, que el diametro de un conjunto no essiempre igual al diametro de su interior.

Problema. Demuestre que la unin nita de conjuntos compactos es compacta.

Demuestre que la hiptesis de ser unin nita es crucial para el problema, con un contraejemplo.

Problema. Dar ejemplo de dos conjuntos no compactos cuya unin e interseccin sean compactos.

Problema. Demuestre que R no es compacto con la denicion mediante cubrimientos. No se atreva a usar elteorema que un conjunto es compacto si y solo si es cerrado y acotado en Rn.

Problema. K Rn es compacto si y slo si, de toda sucesin de puntos de {xn}nN K se puede obtener unasubsucesin convergente a un punto x K.

7