%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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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{Segundo parcial --- Recuperatorio}

\begin{document}

\vspace*{-2cm}

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}
\enlargethispage{2cm}

\begin{ejercicios}[itemsep=13pt]

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ dos espacios métricos compactos y sean $C(X)$ y
$C(Y)$ los espacios de Banach de las funciones continuas reales definidas
sobre~$X$ e~$Y$, respectivamente. Sea $\mathbf1\in C(X)$ la función
constante sobre~$X$ cuyo valor es~$1\in\RR$.
Si $T:C(X)\to C(Y)$ es una función lineal
tal que
  \[
  \forall f,g\in C(X), \quad f \leq g \implies Tf \leq Tg,
  \]
entonces $T$ es continua y $\norm{T}=\norm{T\mathbf1}$.


\begin{Solucion}
Sea $f\in C(X)$ con $\norm{f}=1$. Como
  \(
  -\mathbf1\leq f\leq \mathbf1,
  \)
se sigue que
  \(
  -T\mathbf1\leq Tf\leq T\mathbf1,
  \)
esto es, $\abs{Tf(x)}\leq \abs{T\mathbf1(x)}\leq\norm{T\mathbf1}$ para
todo $x\in X$, y entonces 
  \(
  \norm{Tf} 
    = \sup_{x\in X}\abs{Tf(x)}
    \leq \norm{T\mathbf1}
  \).
Esto nos dice que $\norm{T}\leq\norm{T\mathbf1}$ y, en particular, que $T$
es continua. Por otro lado, como $\norm{\mathbf1}=1$, es
$\norm{T\mathbf1}\leq\norm{T}$, así que
$\norm{T\mathbf1}=\norm{T}$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico compacto. Supongamos que siempre que
$x$,~$y\in X$ y $\eps>0$, existen $n\in\NN$, $z_0$,~\dots,~$z_n\in X$ tales
que $z_0=x$, $z_n=y$ y $d(z_i,z_{i+1})<\eps$ cualquiera sea
$i\in\{0,\dots,n-1\}$. Entonces $X$ es conexo.

\begin{Solucion}
Supngamos que $X$ no es conexo, de manera que
hay dos abiertos $A$,~$B\subseteq X$ disjuntos y no vacíos tales que $A\cup B=X$.
Sean $x\in A$ e $y\in B$ y sea además $\eps=\tfrac12 d(A,B)$. Notemos que
$\eps>0$ porque $A$ y $B$ son compactos disjuntos,
ya que son cerrados en el compacto~$X$.

Existen $n\in\NN$ y $z_0$,~\dots,~$z_n\in X$ tales que
$z_0=x$, $z_n=y$ y $d(z_i,z_{i+1})<\eps$ si $i\in\{0,\dots,n-1\}$.
Como $x\in A$ e $y\in B$, es claro que existe $i_0\in\{0,\dots,n-1\}$ tal
que $z_{i_0}\in A$ y $z_{i_0+1}\in B$, y entonces que $d(A,B)\leq
d(z_{i_0},z_{i_0+1})<\eps=\tfrac12 d(A,B)$. Esto es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Otra solución]
Supongamos que $X$ no es conexo, de manera que existen dos abiertos
no vacíos y disjuntos $A$ y $B$ tales que $X=A\cup B$. Sea $\delta$ el
número de Lebesgue del cubrimiento $\{A,B\}$ de~$X$, de manera que si dos
puntos están a distancia menor que $\delta$ entonces o 
ambos están en~$A$ o ambos están en~$B$.

Sean $a\in A$ y $b\in B$. Por hipótesis, existen $n\in\NN$ y
$z_0$,~\dots,~$z_n\in X$ tales que $z_0=a$, $z_n=b$ y
$d(z_i,z_{i+1})<\delta$ si $i\in\{0,\dots,n-1\}$. La elección de~$\delta$
implica que $z_i\in A\implies z_{i+1}\in A$, y por recurrencia es claro que
debe ser entonces $b\in A$. Esto es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Otra solución]
Sea $f:X\to\{0,1\}$ una función continua; para ver que $X$ es conexo
bastará mostrar que $f$ es necesariamente constante. 

Como $X$ es compacto, $f$ es uniformemente continua y existe $\delta>0$ tal
que si $x$,~$y\in X$ son tales que $d(x,y)<\delta$ entonces
$d(f(x),f(y))<\tfrac12$ y, como la métrica de~$\{0,1\}$ es la discreta,
$f(x)=f(y)$.

Sean ahora $x$,~$y\in X$ y sean $n\in\NN$ y
$z_0$,~\dots,~$z_n\in X$ tales que $z_0=x$, $z_n=y$ y
$d(z_i,z_{i+1})<\delta$ si $i\in\{0,\dots,n-1\}$. Entonces
$f(z_i)=f(z_{i+1})$ para cada $i\in\{0,\dots,n-1\}$ y se sigue que
$f(x)=f(y)$. Así, vemos que $f$ es constante.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico no vacío, sea $K\subseteq X$ un subconjunto
compacto, y sea $T:X\to X$ una función tal que $T(X)\subseteq K$ y
  \[
  \claim{si $x$,~$y\in X$ son distintos, entonces $d(Tx,Ty)<d(x,y)$.}
  \]
Entonces $T$ posee un único punto fijo.

\begin{Solucion}
Es claro que $T$ es continua. Sea $f:K\to $ la función tal que
$f(x)=d(x,Tx)$, que también es continua. Como $K$ es compacto, existen
$m=\min\{f(x):x\in K\}\geq0$ y $x_0\in K$ tal que $f(x_0)=d(x_0,Tx_0)=m$.
Si fuese $m>0$, tendríamos que $x_0\neq Tx_0$ y entonces por hipótesis
$f(Tx_0)=d(Tx_0,T^2x_0)<d(x_0,Tx_0)=m$, lo que es absurdo. Luego $m=0$ y
$x_0=Tx_0$, esto es, $x_0$ es un punto fijo de~$T$.
 
Si $x_1\in K$ es otro punto fijo de~$T$ distinto de~$x_0$, entonces
  \[
  d(x_0,x_1)=d(Tx_0,Tx_1)<d(x_0,x_1).
  \]
Esto es imposible, así que $x_0$ es el único punto fijo de~$T$.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
La sucesión $(T^n(K))_{n\geq1}$ es una sucesión decreciente de compactos no
vacíos de~$X$, así que su intersección $L=\bigcap_{n\geq1}T^n(K)$ también
es un compacto no vacío. Es inmediato que $T(L)\subseteq L$, así que para
mostrar que $T$ admite un punto fijo bastará mostrar que $L$ tiene
exactamente un punto, esto es, que $\diam A=0$.

Supongamos, por el contrario, que $\diam A>0$. Como $A$ es compacto,
existen entonces puntos, necesariamente distintos, $x$,~$y\in A$ tales que
$d(x,y)=\diam A$. Pero la hipótesis nos dice que $d(Tx,Ty)<d(x,y)=\diam A$,
lo que es absurdo ya que $Tx$,~$Ty\in A$.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Observación] 
No es cierto que, en las hipótesis del problema, la aplicación $T$ sea una
contracción. Por ejemplo, sea $X=[0,1]$, $T:x\in X\mapsto\sin x\in X$, y
$K=X$. Claramente, $T(X)\subseteq K$ y $d(Tx,Ty)<d(x,y)$ siempre que
$x$,~$y\in X$, pero $T$ no es una contracción cuando la
restringimos a~$K$.
En efecto, supongamos que $k\geq0$ es tal que $\abs{Tx-Ty}<k\abs{x-y}$ si
$x$,~$y\in K$. Entonces si $x\in(0,\sin1)$ es
  \[
  \frac{\sin x}{x}
    = \frac{Tx-T0}{x-0} 
    < k
  \]
y, en consecuencia, $1=\lim_{x\downarrow0}\frac{\sin x}{x}\leq k$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un conjunto y sea $(f_n)_{n\geq1}$ una sucesión de funciones
$X\to\RR$ tal que $0\leq f_{n+1}\leq f_n$ para cada $n\geq1$ y $f_n\to0$
uniformemente si $n\to\infty$. Entonces la serie $\sum_{n\geq1}(-1)^nf_n$
converge uniformemente en~$X$.

\begin{Solucion}
Sea $\eps>0$. Como $f_n\to0$ uniformemente, existe $N\in\NN$ tal que 
  \[
  n\geq N \implies \forall x\in X,\; \abs{f_n(x)}\leq\eps.
  \]
Sean $n$,~$p\in\NN$ tales que $n\geq N$. Sea $x\in X$ y
  \(
  S = (-1)^{n+1}f_{n+1}(x)+\cdots+(-1)^{n+p}f_{n+p}(x)
  \).
Como
  \begin{multline*}
  (-1)^{n+1}S = \underbrace{(f_{n+1}(x)-f_{n+2}(x)) }_{\geq0}
  + \underbrace{(f_{n+3}(x)-f_{n+4}(x)) }_{\geq0}
  + \cdots
  \\
  \cdots + 
  \begin{cases}
    \underbrace{(f_{n+p-1}(x)-f_{n+p}(x))}_{\geq0} & \text{si $p$ es par,} \\
    \underbrace{f_{n+p}(x)}_{\geq0} & \text{si $p$ es impar.} 
  \end{cases}
  \end{multline*}
vemos que $(-1)^{n+1}S\geq0$. Por otro lado,
  \begin{multline*}
  (-1)^{n+1}S = f_{n+1}(x) 
        - \underbrace{(f_{n+2}(x)-f_{n+3}(x))}_{\geq0}
        - \underbrace{(f_{n+4}(x)-f_{n+5}(x))}_{\geq0}
        - \cdots \\
        \cdots - \begin{cases}
          \underbrace{f_{n+p}(x)}_{\geq0}, & \text{si $p$ es par,} \\
          \underbrace{(f_{n+p-1}(x)-f_{n+p}(x))}_{\geq0} & \text{si $p$ es impar,} 
          \end{cases}
  \end{multline*}
así que $0\leq(-1)^{n+1}S\leq f_{n+1}(x)<\eps$. Concluimos de esta forma
que
  \[
  n\geq N, p\in\NN 
        \implies 
        \forall x\in X, \;
        \abs[\big]{(-1)^{n+1}f_{n+1}(x)+\cdots+(-1)^{n+p}f_{n+p}(x)}<\eps,
  \]
esto es, que la serie $\sum_{k\geq1}(-1)^kf_k$ es uniformemente de Cauchy
en~$X$. En particular, converge allí uniformemente.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio de Banach, sea $\phi:X\to\KK$ una aplicación
lineal y continua, y sea $X_0=\ker\phi$ su núcleo. 
Si $x\in X\setminus X_0$, las siguientes dos afirmaciones son equivalentes:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]

\item Existe $y\in X_0$ tal que $d(x,y)=d(x,X_0)$.

\item Existe $z\in X$ tal que $\norm{z}=1$ y $\abs{\phi(z)}=\norm{\phi}$.

\end{enumerate}

\begin{Solucion}
Mostremos primero que
  \begin{equation} \label{eq:norm}
  \frac{\abs{\phi(x)}}{d(x,X_0)} = \norm{\phi}.
  \end{equation}
Como $x+X_0\subseteq X\setminus0$, es claro que
  \begin{equation} \label{eq:norm:1}
  \norm{\phi}
    = \sup_{y\in X\setminus 0} \frac{\abs{\phi(y)}}{\norm{y}}
    \geq \sup_{h\in X_0} \frac{\abs{\phi(x-h)}}{\norm{x-h}}.
  \end{equation}
Por otro lado, si $y\in X\setminus0$, entonces o bien $\phi(y)=0$ o bien
$\phi(y)\neq0$ y, en ese caso, como $x-\frac{\phi(x)}{\phi(y)}y\in X_0$,
es
  \[
  \frac{\abs{\phi(y)}}{\norm{y}}
    = \frac{\abs*{\phi\Bigl(x-(x-\tfrac{\phi(x)}{\phi(y)}y)\Bigr)}}{\norm*{x-(x-\tfrac{\phi(x)}{\phi(y)}y)}}
    \leq \sup_{h\in X_0} \frac{\abs{\phi(x-h)}}{\norm{x-h}},
  \]
de manera que
  \begin{equation} \label{eq:norm:2}
  \norm{\phi}
    = \sup_{y\in X\setminus 0} \frac{\abs{\phi(y)}}{\norm{y}}
    \leq \sup_{h\in X_0} \frac{\abs{\phi(x-h)}}{\norm{x-h}}.
  \end{equation}
Las desigualdades~\eqref{eq:norm:1} y~\eqref{eq:norm:2} implican la
igualdad~\eqref{eq:norm} que queríamos probar, ya que
  \[
  \frac{\abs{\phi(x)}}{d(x,X_0)}
    = \frac{\abs{\phi(x)}}{\inf_{h\in X_0}\norm{x-h}}
    = \sup_{h\in X_0}\frac{\abs{\phi(x)}}{\norm{x-h}}
  \]

\implicacion[roman]{2}{1} Sea $z\in X$ tal que $\norm{z}=1$ y
$\abs{\phi(z)}=\norm{\phi}$. Entonces $z\not\in X_0$, y existen $y\in X_0$
y $\lambda\in\KK$ tales que $x=y+\lambda z$. Se sigue que
$\norm{x-y}=\abs{\lambda}\norm{z}=\abs{\lambda}$, y que
$\abs{\phi(x)}=\abs{\lambda}\abs{\phi(z)}=\norm{x-y}\norm{\phi}$. Luego,
usando~\eqref{eq:norm}, tenemos que
  \[
  d(x,y)=\norm{x-y}=\frac{\abs{\phi(x)}}{\norm{\phi}}=d(x,X_0).
  \]

\implicacion[roman]{1}{2} Sea $y\in X_0$ tal que $d(x,y)=d(x,X_0)$ y
pongamos $z=(x-y)/\norm{x-y}$; esto tiene sentido porque $x-y\neq0$.
Entonces claramente $\norm{z}=1$ y
  \[
  \abs{\phi(z)}
    = \frac{\abs{\phi(x-y)}}{\norm{x-y}}
    = \frac{\abs{\phi(x)}}{d(x,X_0)}
    = \norm{\phi}
  \]
en vista de~\eqref{eq:norm}.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
