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\hyphenation{siguiente lema abierto abierta podemos sucesión suce-siones
  bola bolas
}

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\let\eps\varepsilon

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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2010}
\Titulo{Primer parcial --- Recuperatorio}

\begin{document}

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X=\{\tfrac1n:n\in\NN\}\cup\{0\}$, con la métrica inducida
por~$\RR$, y sea $c\subset\ell^\infty$ el subespacio de las sucesiones
convergentes.
\begin{ejitems}

\item Existe una isometría sobreyectiva entre $C(X)$ y $c$.

\item El espacio $c$ es completo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $\phi:C(X)\to c$ la función tal que si $f:X\to\CC$ es una
función continua, entonces $\phi(f)=(f(\tfrac1n))_{n\geq1}\in\ell^\infty$.
Esto está bien definido, porque $\lim_{n\to\infty} f(\tfrac1n)$ existe y 
vale $f(0)$ porque $f$ es continua y $\tfrac1n\to0$ en~$X$.

Sea $f\in C(X)$. Como $\lim_{n\to\infty}f(\tfrac1n)=f(0)$, es inmediato que
  \[
  \norm{f} = \sup\Bigl(\{f(\tfrac1n):n\geq1\}\cup\{f(0)\}\Bigr)
        = \sup\{f(\tfrac1n):n\geq1\} = \norm{\phi(f)},
  \]
así que $\phi$ es una isometría. 

Sea ahora $x=(x_n)_{n\geq1}\in c$ una sucesión convergente, y sea
$\xi=\lim_{n\to\infty}x_n$. Entonces la función $f:X\to\CC$ tal que
$f(\tfrac1n)=x_n$ para cada $n\geq1$ y $f(0)=\xi$ es continua, de manera
que $f\in C(X)$, y claramente $\phi(f)=x$. Esto muestra que $\phi$ es
sobreyectiva, como queríamos.

\ejitem{2} Sabemos que $C(X)$ es completo. Por otro lado, la aplicación
$\phi:C(X)\to c$ construida es una isometría sobreyectiva. Sea
$(b_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$c$. Como $\phi$ es
sobreyectiva, existe una sucesión $(f_n)_{n\geq1}\in C(X)$ tal que
$\phi(f_n)=x_n$ para todo $n\geq1$; además, como $\phi$ es una isometría,
$d(f_n,f_m)=d(b_n,b_m)$ para cada $n$,~$m\geq1$ y entonces es claro que
$(f_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy en~$C(X)$. En particular, existe
$f=\lim_{n\to\infty}f_n$ y es inmediato, entonces, que $\phi(f)$ es un
límite para la sucesión $(b_n)_{n\geq1}$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio métrico $X$ es separable sii vale la siguiente condición:
  \[
  \claim{si $\{F_i\}_{i\in I}$ es una familia de
  subconjuntos cerrados de~$X$ tal que la intersección de cualquier
  subfamilia numerable es no vacía, entonces $\bigcap_{i\in
  I}F_i\neq\emptyset$.}
  \]

\begin{Solucion} 
Supongamos primero que $X$ es separable, y sea $\mathcal F=\{F_i:i\in I\}$
una familia de cerrados de~$X$ tal que la intersección de cualquiera de sus
subfamilias numerables es no vacía, y para llegar a un absurdo supongamos
que $\bigcap_{i\in I}F_i=\emptyset$. Entonces $X=\bigcup_{i\in
I}(X\setminus F_i)$, así que $\{X\setminus F_i:i\in I\}$ es un cubrimiento
abierto de~$X$. Como $X$ es métrico y separable, es un espacio de Lindelöf,
así que existe un subconjunto numerable $J\subseteq I$ tal que
$\{X\setminus F_i:i\in J\}$ también es un cubrimiento de~$X$. Pero entonces
$\bigcap_{i\in J}F_i=\emptyset$, lo que es imposible.

Recíprocamente, supongamos que $X$ satisface la condición del enunciado.
Sea $\{U_i:i\in I\}$ un cubrimiento abierto de~$X$. Entonces $\{X\setminus
U_i:i\in I\}$ es una familia de cerrados de~$X$ con intersección vacía, así
que la hipótesis implica que existe un subconjunto numerable $J\subseteq I$
tal que $\bigcap_{i\in J}X\setminus U_i=\emptyset$, esto es, tal que
$\{U_i:i\in J\}$ es un cubrimiento de~$X$. Así, vemos que $X$ es un espacio
de Lindelöf. En particular, se trata de un espacio separable.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Recordemos que un subconjunto de un espacio métrico es \emph{nunca
denso} si el interior de su clausura en vacío, que es de \emph{primera
categoría} si es unión numerable de conjuntos nunca densos, y que es de
\emph{segunda categoría} si no es de primera categoría.

Sea $f:\RR\to\RR$ una función continua que no es constante en ningún
interalo. Si~$A\subseteq\RR$ es un conjunto de segunda categoría, entonces
$f(A)$ también es de segunda categoría.

\begin{Solucion}
Sea $B\subseteq\RR$ un cerrado nunca denso y supongamos que $f^{-1}(B)$ no lo es. 
Como $B$ es cerrado, $f^{-1}(B)$ también es cerrado, y entonces la
hipótesis significa que existe $x\in f^{-1}(B)^\circ$. Así, existe $\eps>0$
tal que $(x-\eps,x+\eps)\subseteq f^{-1}(B)$. Como $f$ no es constante en $(x-\eps,x+\eps)$, 
existen $a$,~$b\in (x-\eps,x+\eps)$ tales que $f(a)\neq f(b)$, y entonces
el intervalo $I$ con extremos $f(a)$ y $f(b)$ está contenido en~$B$. Esto
es imposible, porque $I$ tiene interior no vacío.
Hemos mostrado así que
  \[
  \text{$B\subseteq\RR$ cerrado nunca denso} \implies \text{$f^{-1}(B)\subseteq\RR$ es cerrado nunca denso.}
  \]

Sea ahora $A\subseteq\RR$ de segunda categoría y supongamos que $f(A)$ es
de primera categoría, de manera que existe una sucesión $(B_n)_{n\geq1}$ de
subconjuntos nunca densos de~$\RR$ tal que $f(A)=\bigcup_{n\geq1}B_n$. Como
$f^{-1}(B_n)\subseteq f^{-1}(\overline B_n)$ y $\overline B_n$ es un
cerrado nunca denso, vemos que $f^{-1}(B_n)$ es nunca denso. Como
  \[
  A\subseteq f^{-1}(f(A))\subseteq f^{-1}\Bigl(\bigcup_{n\geq1}B_n\Bigr)
        = \bigcup_{n\geq1}f^{-1}(B_n),
  \]
vemos que 
  \(
  A = \bigcup_{n\geq1}(A\cap f^{-1}(B_n))
  \),
y como $A\cap f^{-1}(B_n))$ es nunca denso, porque su clausura está
contenida en $f^{-1}(B_n)$, concluimos que $A$ es de primera categoría.
Esto es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine los cardinales de los siguientes conjuntos:
  \begin{gather*}
  A = \{ X\subseteq\NN : \abs{X}=\aleph_0 \}, \\
  B = \{ X\subseteq\RR : \abs{X}=c \}.
  \end{gather*}

\begin{Solucion}
La función $\phi:\NN^\NN\to A$ tal que
  \[
  \phi((x_n)_{n\geq1})=\{x_1,x_1+x_2,x_1+x_2+x_3,\dots\}
  \]
es claramente biyectiva, así que $\abs{A}=\abs{\NN^\NN}=c$.

Por otro lado, hay inclusiones
  \[
  \{X\subseteq\RR:(\RR\setminus[0,1])\subseteq X\}
    \subseteq B
    \subseteq \mathcal P(\RR).
  \]
Como es claro que
  \[
  X\in\{X\subseteq\RR:(\RR\setminus[0,1])\subseteq X\}
    \longmapsto
    X\cap(0,1) \in\mathcal P((0,1))
  \]
es una biyección, y como $\mathcal P((0,1))$ tiene el mismo cardinal que
$\mathcal P(\RR)$ porque $(0,1)$ y $\RR$ tienen el mismo cardinal,
concluimos que $\abs{\mathcal P(\RR)}=\abs{B}$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una función $\RR\to\RR$ que es monótona y sobreyectiva es continua.

\begin{Solucion}
Sea $f:\RR\to\RR$ creciente y sobreyectiva y supongamos que $f$ no es
continua en~$x_0\in\RR$. Entonces existe una sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ tal
que $x_n\to x_0$ si $n\to\infty$ y $f(x_n)\not\to f(x_0)$. Supongamos que
$x_n<x_0$ para todo $n\geq1$; el caso en que $x_n>x_0$ para todo $n\geq1$
es completamente similar, y el caso general se reduce a alguno de estos dos
tomando una subsucesión apropiada. A menos de tomar una subsucesión,
podemos suponer que $(x_n)_{n\geq1}$ es estrictamente creciente.

Esto implica que la sucesión $(f(x_n))_{n\geq1}$ es creciente, así que
existe $\alpha=\lim_{n\to\infty}f(x_n)$, y $\alpha\leq f(x_0)$. La
hipótesis implica entonces que $\alpha<f(x_0)$. Sea
$\beta\in(\alpha,f(x_0))$. Como $f$ es sobreyectiva, existe $y\in\RR$ tal
que $f(y)=\beta$. Como $\beta<f(x_0)$, debe ser $y<x_0$. Por otro lado,
como $\alpha>f(x_n)$ para todo $n\geq1$, debe ser $\alpha>x_n$ para todo
$n\geq1$. Esto es claramente imposible.

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico. Las siguientes afirmaciones son
equivalentes:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]

\item Toda sucesión de Cauchy en $X$ es a la larga constante.

\item $X$ es completo y discreto.

\item Todo subconjunto de $X$ es completo.

\end{enumerate}

\begin{Solucion}
\implicacion[roman]{1}{2} Sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$X$.
Como es a la larga constante por hipótesis, es inmediato que converge.
Así, $X$ es completo.

Supongamos que $X$ no es discreto, de manera que existe un punto $x\in X$
de acumulación. Entonces existe una sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ en~$X$ tal
que $x_n\neq x$ para todo~$n\geq1$ y $x_n\to x$. Pero entonces
$(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, así que es a la larga constante. Esto es
imposible, porque debe ser $x_n=x$ para $n\gg1$.

\implicacion[roman]{2}{3} Sea $Y\subseteq X$ un subconjunto y sea
$(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$Y$. Como $X$ es completo,
existe $x\in X$ tal que $x=\lim_{n\to\infty}x_n$. Como $X$ es discreto,
existe $\eps>0$ tal que $B(x_0,\eps)=\{x\}$. Pero entonces $x_n=x$ si
$n\gg1$, así que $x\in Y$. Así, $Y$ es completo.

\implicacion[roman]{3}{1} Sea $s=(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy
en~$X$ que no es a la larga constante. Por hipótesis, el conjunto
$S=\{x_n:n\geq1\}$ es completo, así que existe $k\geq1$ tal que
$\lim_{n\to\infty}x_n=x_k$. Como $s$ no es a la larga constante, posee una
subsucesión $s'=(x_{n_j})_{j\geq1}$ cuyos términos son todos distintos de~$x_k$, y $s$ tiene
que converger a~$x_k$. Pero como $S'=\{x_{n_i}:i\geq1\}$ es completo, el
límite de~$s'$ es un elemento de~$S'$. Esto es absurdo.~\qed

\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
