%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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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 --- Segundo recuperatorio}

\begin{document}

\vspace*{-2cm}

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}
\enlargethispage{2cm}

\begin{ejercicios}[itemsep=13pt]

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$, $Y$ y $Z$ tres espacios de Banach. Sean $L(X,Z)$ y $L(Y,Z)$
los espacios de Banach de funciones lineales y continuas de~$X$ a~$Z$ y
de~$Y$ a~$Z$, respectivamente. Sea finalmente $T:Y\to X$ una función lineal y
continua.

Muestre que la aplicación 
  \[
  T^*:f\in L(X,Z) \mapsto f\circ T\in L(Y,Z)
  \]
está bien definida, que es lineal y continua, y que
  \[
  \norm{T^*}_{L(L(X,Z),L(Y,Z))} \leq \norm{T}_{L(Y,X)}.
  \]

\begin{Solucion}
Sea $f\in L(X,Z)$. Si $y'$,~$y''\in Y$ y $\lambda\in\KK$, entonces
  \begin{align*}
  T^*(f)(y'+\lambda y'') 
    &= f(T(y'+\lambda y'') \\
    &= f(T(y') + \lambda T(y'')) \\
    &= f(T(y')) + \lambda f(T(y'')) \\
    &= T^*(f)(y) + \lambda T^*(f)(y''),
  \end{align*}
así que la función $T^*(f):Y\to Z$ es lineal. Por otro lado,
si $y\in Y$, entonces
  \begin{alignat*}{3}
  \norm{T^*(f)(y)}_Z
    &= \norm{f(T(y))}_Z \\
    &\leq \norm{f}_{L(X,Z)} \norm{T(y)}_{X} \\
    &\leq \norm{f}_{L(X,Z)} \norm{T}_{L(Y,X)} \norm{y}_{Y},
  \end{alignat*}
de manera que la aplicación $T^*(f):Y\to Z$ es continua y, de hecho, es
  \begin{equation} \label{eq:norm:t-star}
  \norm{T^*(f)}_{L(Y,Z)} \leq \norm{T}_{L(Y,X)} \norm{f}_{L(X,Z)}.
  \end{equation}
Vemos de esta manera que $T^*(f)\in L(Y,Z)$ y, entonces, que $T^*$ está bien definida.

Si $f$,~$g\in L(X,Z)$ y $\lambda\in\KK$, entonces para cada $y\in Y$ se
tiene que
  \begin{alignat*}{3}
  \bigl(T^*(f+\lambda g)\bigr)(y)
    &= \bigl((f+\lambda g)\circ T\bigr)(y) \\
    &= (f+\lambda g)(T(y)) \\
    &= f(T(y)) + \lambda g(T(y)) \\
    &= (f\circ T)(y) + \lambda (g\circ T)(y) \\
    &= T^*(f)(y) + \lambda T^*(g)(y) \
    &= (T^*(f)+\lambda T^*(g))(y),
  \end{alignat*}
de manera que $T^*(f+\lambda g)=T^*(f)+\lambda T^*(g)$ en~$L(Y,Z)$. Esto
nos dice que $T^*$ es lineal. Más aún, la
desigualdad~\eqref{eq:norm:t-star} dice precisamente que
  \[
  \norm{T^*}_{L(L(X,Z),L(Y,Z))} \leq \norm{T}_{L(Y,X)}.
  \]
Esta es la desigualdad buscada.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item Sea $T:X\to Y$ una función lineal entre espacios de normados y
%supongamos que cualquiera sea la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ en~$X$ vale que
%  \[
%  \text{$\sum_{n\geq1}x_n$ converge absolutamente} 
%  \implies
%  \text{$\sum_{n\geq1}Tx_n$ converge}
%  \]
%
%\begin{Solucion}
%Sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$X$ que converge a~$0$
%y supongamos que 
%  \begin{equation}\label{eq:hip}
%  \text{$(Tx_n)_{n\geq1}$ no converge a~$0$ en~$Y$.}
%  \end{equation}
%Entonces existe $\eps>0$ y una sucesión $(n_k)_{k\geq1}$ en~$\NN$
%estrictamente creciente tal que 
%  \begin{equation}\label{eq:cl}
%  \text{$\norm{Tx_{n_k}}\geq\eps$ para todo $k\geq1$.}
%  \end{equation}
%Más aún, como $x_{n_k}\to0$ si $k\to\infty$, existe una sucesión
%$(k_\ell)_{\ell\geq1}$ en~$\NN$ estrictamente creciente tal que
%$\norm{x_{n_{k_\ell}}}\leq\frac1{\ell^n}$ para cada $\ell\geq1$. Esto
%implica inmediatamente que la serie $\sum_{\ell\geq1}x_{n_{k_\ell}}$
%converge absolutamente en~$X$ así que, por hipótesis,
%$\sum_{\ell\geq1}Tx_{n_{k_\ell}}$ converge en~$Y$ y, en particular,
%$\lim_{\ell\to\infty}\norm{Tx_{n_{k_\ell}}}=0$. Esto es absurdo, porque
%contradice a~\eqref{eq:cl}, y esto nos permite concluir que 
%\eqref{eq:hip}~es insostenible. Así, $T$ es continua.~\qed
%\end{Solucion}
%
%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item Sea $X$ un espacio vectorial y sean $\norm{\mathord\cdot}_1$ y
%$\norm{\mathord\cdot}_2$ dos normas sobre~$X$ que determinan la misma
%topología sobre~$X$. Si $(X,\norm{\mathord\cdot}_1)$ es un espacio de
%Banach, entonces $(X,\norm{\mathord\cdot}_2)$ también lo es.
%
%\begin{Solucion}
%Sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy para $\norm{\mathord\cdot}_2$. 
%
%Sea $\eps>0$. Como la bola $B_{\norm{\mathord\cdot}_1}(0,\eps)$ es un
%abierto para la topología inducida por~$\norm{\mathord\cdot}_2$ y contiene
%a~$0\in X$, existe $\eps'>0$ tal que
%  \begin{equation}\label{eq:BB}
%  B_{\norm{\mathord\cdot}_2}(0,\eps')\subseteq B_{\norm{\mathord\cdot}_1}(0,\eps);
%  \end{equation}
%por otro lado, como $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy para
%$\norm{\mathord\cdot}_2$, existe $N\in\NN$ tal que si $n$,~$m\geq N$ se
%tiene que $\norm{x_n-x_m}_2<\eps'$. Pero entonces \eqref{eq:BB}~implica que
%si $n$,~$m\geq N$ se tiene que $\norm{x_n-x_m}_1<\eps$.
%
%Así, vemos que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy también con
%respecto a~$\norm{\mathord\cdot}_1$. Como por hipótesis
%$(X,\norm{\mathord\cdot}_1)$ es un espacio de Banach, esto implica que
%$(x_n)_{n\geq1}$ converge a un punto~$x\in X$ con respecto
%a~$\norm{\mathord\cdot}_1$. Como la topología determinada
%por~$\norm{\mathord\cdot}_2$ coincide con la determinada
%por~$\norm{\mathord\cdot}_1$, concluimos de esta forma que la sucesión
%$(x_n)_{n\geq1}$ también converge a~$x$ con respecto
%a~$\norm{\mathord\cdot}_2$.
%
%Así vemos que $(X,\norm{\mathord\cdot}_2)$ es un espacio normado
%completo,como queríamos.~\qed
%\end{Solucion}
%
%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item\begin{ejitems}
%
%\item Sea $X$ un espacio de Banach, y sea $P:X\to X$ una función lineal y
%continua no nula y tal que $P\circ P=P$. Si $K=\ker P$, entonces para cada
%$x\in X$ se tiene que
%  \[
%  \frac{\norm{Px}}{\norm{P}}
%    \leq d(x,K)
%    \leq \norm{Px}
%  \]
%
%\item En el espacio de Banach $C[-1,1]$ considere el subespacio 
%  \[
%  \mathcal I=\{f\in C[-1,1]:\text{para cada $t\in[-1,1]$ es $f(t)=-f(-t)$}\}
%  \]
%de las funciones impares de~$C[-1,1]$.
%Encuentre un operador lineal y continuo $P:C[-1,1]\to C[-1,1]$ tal que $\ker
%P=\mathcal I$, $P\circ P=P\neq0$ y $\norm{P}=1$, y use la parte~\ejitem{1}
%para calcular $d(e^x,\mathcal I)$.
%
%\end{ejitems}
%
%\begin{Solucion}
%\ejitem{1} Sea $x\in X$. Como $P(x-Px)=Px-P^2x=0$, es $x-Px\in K$ y
%entonces
%  \[
%  d(x,K)\leq\norm{x-(x-Px)}=\norm{Px}.
%  \]
%Por otro lado, si $k\in K$, es
%  \[
%  \norm{Px}
%    = \norm{P(x-k)} 
%    \leq \norm{P} \norm{x-k},
%  \]
%así que $\norm{Px} \leq \norm{P}\,d(x,K)$. 
%
%\ejitem{2} Sea $P:C[-1,1]\to C[-1,1]$ la función tal que para cada $f\in
%C[-1,1]$ es $Pf(t)=\tfrac12(f(t)+f(-t))$ para cada $t\in[-1,1]$. Es
%inmediato verificar que $P$ es lineal. Si $f\in
%C[-1,1]$ es tal que $\norm{f}\leq1$, de manera que $\abs{f(t)}\leq1$ si $t\in[-1,1]$, se tiene que
%  \[
%  \abs{Pf(t)} = \abs[\big]{\tfrac12(f(t)+f(-t))}
%        \leq \tfrac12\bigl(\abs{f(t)} + \abs{f(-t)}\bigr)
%        \leq \norm{f},
%  \]
%de manera que $\norm{Pf}\leq1$. Esto nos dice que $P$ es continua y
%que $\norm{P}\leq1$. Si $\mathbf1\in C[-1,1]$ es la función constante de
%valor~$1\in\KK$, es claro que $P\mathbf1=\mathbf1$, así que
%$\norm{P\mathbf1}=\norm{\mathbf1}=1$, y esto muestra que, de hecho,
%$\norm{P}=1$.
%
%Si $f\in\mathcal I$ y $t\in[-1,1]$, entonces $Pf(t)=\tfrac12(f(t)+f(-t))=0$,
%de manera que $Pf=0$ y $\mathcal I\subseteq\ker P$. Por otro lado, si $f\in
%C[-1,1]$ es tal que $Pf=0$, para cada $t\in[-1,1]$ se tiene que
%$0=Pf(t)=\tfrac12(f(t)+f(-t))$, así que $f(t)=-f(-t)$. Vemos así que
%$\mathcal I=\ker P$. 
%
%Por otro lado, si $f\in C[-1,1]$ y $t\in[-1,1]$, es
%  \begin{align*}
%  P^2f(t) 
%    &= \tfrac12(Pf(t)+Pf(-t)) \\
%    &= \tfrac12\bigl(\tfrac12(f(t)+f(-t))+\tfrac12(f(-t)+f(t))\bigr) \\
%    &= \tfrac12(f(t)+f(-t)) \\
%    &= Pf(t),
%  \end{align*}
%así que $P^2f=Pf$: luego $P^2=P$. Podemos entonces aplicar el resultado de
%la parte~\ejitem{1}: si $\phi:t\in[-1,1]\mapsto e^t\in\RR$, y como
%$\norm{P}=1$, vemos que 
%  \[
%  d(\phi,\mathcal I)
%    = \norm{P\phi}
%    = \sup_{t\in[-1,1]} \tfrac12\abs{e^t+e^{-t}}
%    = \tfrac12(e+e^{-1})\qed
%  \]
%
%
%\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios métricos, sea $f:X\to Y$ una función continua
y sea $(K_n)_{n\geq1}$ una sucesión decreciente de compactos de~$X$.
Entonces
  \[
  \bigcap_{n\geq1}f(K_n)=f\Bigl(\bigcap_{n\geq1}K_n\Bigr).
  \]

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $y\in \bigcap_{n\geq1}f(K_n)$. Para cada $n\geq1$,
entonces, $y\in f(K_n)$ y existe $x_n\in K_n$ tal que $f(x_n)=y$. Como la
sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ está totalmente contenida en~$K_1$, que es
compacto, existe una sucesión estrictamente creciente $(n_k)_{k\geq1}$
en~$\NN$ y $x\in X$ tales que $x_{n_k}\to x$ si $k\to\infty$. Como
$y=f(x_{n_k})\to f(x)$ si $k\to\infty$, porque $f$ es continua, vemos que
$f(x)=y$. Sea $m\geq1$. Como $(n_k)_{k\geq1}$ es estrictamente creciente,
$n_m\geq m$ y entonces la sucesión $(x_{n_k})_{k\geq m}$ está totalmente
contenida en~$K_m$. Luego su límite, a saber~$x$, es un elemento de~$K_m$.
Vemos de esta forma que $x\in\bigcap_{n\geq1}K_n$ y, entonces, que
$y=f(x)\in f(\bigcap_{n\geq1}K_n)$. Esto prueba una de las dos inclusiones
que tenemos que probar.

Para ver la otra inclusión, sea ahora $y\in f(\bigcap_{n\geq1}K_n)$, de manera que
existe $x\in\bigcap_{n\geq1}K_n$ tal que $f(x)=y$. Pero entonces $y=f(x)\in
f(K_n)$ para todo $n\geq1$, y vemos que $y\in\bigcap_{n\geq1}f(K_n)$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
