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  bola bolas
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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2010}
\Titulo{Segundo parcial}

\begin{document}

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}[itemsep=15pt]

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que la serie $\sum_{n\geq1}\sin x^n$ define una función
$f:(-1,1)\to\RR$ y estudie la derivabilidad de la suma en su dominio.

\begin{Solucion}
Es claro que la serie converge cuando $x=0$. Para ver que converge en todo
el intervalo~$(-1,1)$ y que allí es derivable la función suma, basta
entonces mostrar que la serie 
  \begin{equation}\label{eq:der}
  \sum_{n\geq1}nx^{n-1}\cos x^n.
  \end{equation}
que se obtiene derivando formalmente término a término converge
uniformemente en cada intervalo de la forma~$(-r,r)$ con $0<r<1$.

Sea $r\in(0,1)$. Si $x\in(-r,r)$, es
$\abs{nx^{n-1}\cos x^n}\leq n\abs{x}^{n-1}\leq nr^{n-1}$, así que esta serie
está dominada, término a término, por la serie de números positivos
$\sum_{n\geq1}nr^{n-1}$. Como trivialmente
  \[
  \lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)r^n}{nr^{n-1}}=r<1,
  \]
el criterio del cociente nos dice que $\sum_{n\geq1}nr^{n-1}$ converge. El
criterio de Weierstra\ss, entonces, implica que la serie~\eqref{eq:der}
converge uniformemente en~$(-r,r)$.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Otra solución]
Consideremos la serie de funciones
  \begin{equation}\label{eq:dos}
  \sum_{n\geq1}nx^{n-1}\cos x^n.
  \end{equation}
Sea $r\in(0,1)$. Como $\abs{nx^{n-1}\cos x^n}\leq nr^{n-1}$ si $\abs{x}\leq
r$ y la serie de términos positivos $\sum_{n\geq1}nr^{n-1}$ converge, el
criterio de Weierstra\ss nos dice que \eqref{eq:dos}~converge uniformemente
en~$[-r,r]$ a una función $g:[-r,r]\to\RR$. Como cada sumando es una
función contínua en ese intervalo, $f$~también lo es. Más
aún, la convergencia uniforme implica que para cada $x\in[-r,r]$ es
  \[
  \int_0^x g(\xi)\,\d\xi = \sum_{n\geq1}\int_0^x n\xi^{n-1}\cos\xi^n\,\d\xi
        = \sum_{n\geq1}\sin x^n;
  \]
en particular, esta última serie converge.

Vemos así que la serie $\sum_{n\geq1}\sin x^n$ converge para cada
$x\in(-1,1)$ y que su suma $f:(-1,1)\to\RR$ es la función primitiva de la
función continua~$g$ que se anula en~$0$. Como toda función primitiva,
vemos que $f$ es derivable.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado. Entonces $E$ es de Banach sii toda
sucesión $(x_k)_{k\geq1}$ en~$E$ tal que
$\sum_{k\geq1}\norm{x_k-x_{k+1}}<\infty$ es convergente.

\begin{Solucion}
($\Longrightarrow$) Sea $(x_k)_{k\geq1}$ una sucesión en~$E$ tal que
$\sum_{k\geq1}\norm{x_k-x_{k+1}}<\infty$. Sea $\eps>0$. Existe entonces
$N\in\NN$ tal que $\sum_{k\geq N}\norm{x_k-x_{k+1}}<\eps$ y entonces si
$n$,~$m\geq N$ son tales que $n\leq m$ se tiene que
  \[
  \norm{x_n-x_m} = \norm*{\sum_{k=n}^{m-1}(x_k-x_{k+1})}
        \leq \sum_{k=n}^{m-1}\norm{x_k-x_{k+1}}
        \leq \sum_{k\geq N}\norm{x_k-x_{k+1}}
        < \eps.
  \]
Esto muestra que $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy, así que
converge en~$E$.

($\Longleftarrow$) Sea $(x_k)_{k\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$E$. Para
ver que converge, hasta mostrar que posee alguna subsucesión convergente.

Como $(x_k)_{k\geq1}$ es de Cauchy, para cada $r\in\NN$ existe $k_r\in\NN$
tal que
  \[
  k\geq k_r \implies \norm{x_k-x_s}\leq\tfrac1{r^2}.
  \]
Más aún, es claro que podemos suponer que la sucesión $(k_r)_{k\geq1}$ es
estrictamente creciente. 

Sea $y_r=x_{k_r}$ para cada $r\geq1$. Si $r\in\NN$, entonces $k_{r+1}>k_r$
así que $\norm{y_{r+1}-y_r}<\tfrac1{r^2}$, y entonces
$\sum_{r\geq1}\norm{y_{r+1}-y_r}\leq\sum_{r\geq1}\tfrac1{r^2}<\infty$. La
hipótesis implica que la sucesión $(y_r)_{r\geq1}$ converge en~$E$, y como
se trata de una subsucesión de~$(x_k)_{k\geq1}$, con esta observación
probamos lo que queríamos.~\qed

\bigskip

\noindent\textit{Observación.} Es importante notar que al probar la suficiencia
de la condición es necesaria la construcción de una subsucesión o algún otro
procedimiento similar. En efecto, si $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de
Cauchy en un espacio completo, no es cierto que necesariamente se tenga que
$\sum_{n\geq1}\norm{x_n-x_{n+1}}<\infty$. 

Por ejemplo, la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ de números reales que tiene $x_n=\frac1n$ si $n$~es
par, y $x_n=0$ si $n$ es impar, es convergente, así que es de
Cauchy, y sin embargo la serie $\sum_{n\geq1}\abs{x_n-x_{n+1}}$ diverge.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X\subseteq\RR^n$ es acotado, entonces $\RR^n\setminus X$ tiene
una única componente conexa no acotada.

\begin{Solucion}
Supongamos que $X$ es acotado y sea $R>0$ tal que $X\subseteq B(0,R)$.

Sea $C$ una componente conexa no acotada de~$\RR^n\setminus X$, de manera
que en particular
existe $p\in C$ tal que $\norm{p}>R$. Entonces
$C\cap(\RR^n\setminus B(0,R))\neq\emptyset$ y, como $\RR^n\setminus B(0,R)$
es un conexo de~$\RR^n\setminus X$ que interseca a~$C$, vemos que de hecho $\RR^n\setminus B(0,R)\subseteq C$.
En particular, el punto $(R+1,0)$ de~$\RR^n$ es un elemento de~$C$.

Así, vemos que toda componente conexa no acotada de~$\RR^n\setminus X$
contiene al punto~$(R+1,0)$. Por supuesto, como las componentes conexas de
un espacio son disjuntas, esto implica inmediatamente que $\RR^n\setminus
X$ tiene a lo sumo una componente conexa no acotada. Pero como
$\RR^n\setminus B(0,R)$ es un conexo no acotado contenido
en~$\RR^n\setminus X$, existe necesariamente una componente conexa no
acotada en~$\RR^n\setminus X$. Concluimos que hay al menos una componente
no acotada.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios métricos y sea $D\subseteq X$ un subconjunto denso.
Sea $(f_n)_{n\geq1}$ una sucesión de funciones continuas $X\to Y$ tal que
la familia $\{f_n:n\geq1\}$ es equicontinua, y sea $f:X\to Y$ una función
continua tal que $f_n(x)\to f(x)$ para todo $x\in D$. Entonces, si
$K\subseteq X$ es un subconjunto compacto, la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$
converge uniformemente a~$f$ sobre~$K$.

\begin{Solucion}
Supongamos que no es ese el caso, de manera que existen $\alpha>0$, una
subsucesión $(f_{n_k})_{k\geq1}$ de~$(f_n)_{n\geq1}$ y una sucesión
$(a_k)_{k\geq1}$ en~$K$ tal que 
  \begin{equation}\label{eq:ss}
  \text{$d(f_{n_k}(a_k),f(a_k))\geq\alpha$ para todo $k\geq1$.}
  \end{equation}
Como $K$ es compacto, a menos de quedarnos con subsucesiones
de~$(f_{n_k})_{k\geq1}$ y de~$(a_k)_{k\geq1}$, podemos suponer que
$(a_k)_{k\geq1}$ converge a un punto $a\in K$.

Ahora bien, como $f$ es continua en~$a$ y como la familia $\{f_n:n\geq1\}$
es equicontinua en~$a$, existe $\delta>0$ tal que 
  \[
  d(a,x)<\delta 
        \implies 
        \text{$d(f(a),f(x))<\alpha/5$ y $d(f_n(a),f_n(x))<\alpha/5$ para todo $n\geq1$.}
  \]
Como $D$ es denso, existe $z\in D$ tal que
  \[
  d(a,z)<\delta,
  \]
y como $f_n(z)\to f(z)$, existe $N\in\NN$ tal que 
  \[
  n\geq N \implies d(f_n(z),f(z))<\alpha/5.
  \]
Finalmente, existe $M\in\NN$ tal que 
  \[
  m\geq M \implies d(a_m,a)<\delta.
  \]
Como $(n_k)_{k\geq1}$ es estrictamente creciente, existe $r\geq M$ tal que $n_r\geq N$, y entonces
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft
  d(f_{n_r}(a_r),f(a_r)) \\
    &\begin{multlined}[t][.8\displaywidth]
      \leq d(f_{n_r}(a_r),f_{n_r}(a))
          + d(f_{n_r}(a),f_{n_r}(z))
          + d(f_{n_r}(z),f(z)) \\
          + d(f(z),f(a)) 
          + d(f(a),f(a_r))
     \end{multlined} \\
    &< \alpha.
  \end{align*}
Esto es absurdo, ya que contradice a~\eqref{eq:ss}.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado, sea $S\subseteq E$ un subespacio lineal
denso, y sea $F$ un espacio de Banach. Si $T:S\to F$ es una aplicación
lineal continua, muestre que existe exactamente una aplicación lineal
continua $\overline T:E\to F$ que extiende a~$T$ y pruebe que
$\norm{\overline T}=\norm{T}$.

\begin{Solucion}
Sea $x\in E$. Sea $(y_n)_{n\geq1}$ una sucesión de~$S$ tal que $y_n\to x$.
Entonces $(Ty_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy en~$F$: en efecto, si
$\eps>0$, existe $N\in\NN$ tal que
  \[
  n,m\geq N \implies \norm{y_n-y_m}\leq\eps/\norm{T}
  \]
y entonces
  \[
  n,m\geq N \implies \norm{Ty_n-Ty_m} \leq \eps
  \]
porque $\norm{Ty_n-Ty_m}\leq\norm{T}\norm{y_n-y_m}$. Luego existe el límite
$\lim_{n\to\infty}Ty_n\in F$.

Más aún, el valor de ese límite no depende de la sucesión $(y_n)_{n\geq1}$
elegida: si $(y_n')_{n\geq1}$ es otra sucesión de~$S$ que converge a~$x$,
entonces la sucesión $(z_n)_{n\geq1}$ que tiene $z_{2k}=y_k$ y
$z_{2k-1}=y'_k$ para cada $k\in\NN$ también es una sucesión de~$S$ que converge
a~$x$, y lo que acabamos de hacer muestra que $(Tz_n)_{n\geq1}$ es una sucesión
convergente de~$F$ que tiene a $(Ty_n)_{n\geq1}$ y a $(Ty_n')_{n\geq1}$
como subsucesiones: esto implica que $\lim_{n\to\infty}
Ty_n'=\lim_{n\to\infty}Ty_n$.

Podemos entonces definir una función $\overline T:E\to F$ poniendo, para
cada $x\in E$, $\overline Tx=\lim_{n\to\infty}Ty_n$ para cualquier sucesión
$(y_n)_{n\geq1}$ de~$S$ que converga a~$x$. En particular, si $x\in S$,
podemos considerar la sucesión $(y_n)_{n\geq1}$ que tiene $y_n=x$ para todo
$n\in\NN$, y es claro entonces que $\overline Tx=Tx$: esto muestra que
$\overline T$ es una extensión de~$T$ a~$E$. Para terminar, entonces,
bastará mostrar que $T$ es lineal, continua y que $\norm{\overline
T}=\norm{T}$.

Sean $x$,~$x'\in E$ y sea $\lambda\in\KK$. Sean $(y_n)_{n\geq1}$ e
$(y'_n)_{n\geq1}$ dos sucesiones de~$S$ que convergen a~$x$ y a~$x'$,
respectivamente. Entonces la sucesión $(y_n+\lambda y'_n)_{n\geq1}$
converge a~$x+\lambda x'$ y la definición de~$\overline T$ implica que
  \[
  \overline T(x+\lambda x')
    = \lim_{n\to\infty} T(y_n+\lambda y'_n)
    = \lim_{n\to\infty} Ty_n +\lambda \lim_{n\to\infty} Ty'_n
    = \overline Tx+\lambda \overline T x'.
  \]
Esto prueba que $\overline T$ es lineal.

Sea ahora $x\in E$ tal que $\norm{x}\leq1$ y sea $\eps>0$. Sea
$(y_n)_{n\geq1}$ una sucesión de~$S$ que converge a~$x$. Como la función
$\norm{\cdot}:E\to\RR$ es continua y $\lim_{n\to\infty}Ty_n=\overline Tx$,
existe $n\in\NN$ tal que $\abs[\big]{\norm{y_n}-\norm{x}}<\eps$ y
$\norm{Ty_n-\overline Tx}<\eps$. En consecuencia,
  \[
  \norm{\overline Tx}
    \leq \norm{\overline Tx-Ty_n} + \norm{Ty_n}
    \leq \eps + \norm{T}\norm{y_n}
    \leq \eps + \norm{T}(\norm{x}+\eps)
    = \norm{T}\norm{x} + \eps(1+\norm{T}).
  \]
Como esto vale cualquiera sea~$\eps$, vemos que de hecho es
  \[
  \norm{\overline Tx} \leq \norm{T}\norm{x}
  \]
y, entonces, que $\overline T$ es continua y que $\norm{\overline
T}\leq\norm{T}$. 

Sea ahora $\delta>0$. Como $\norm{T}=\sup\{\norm{Ty}:y\in S,\norm{y}=1\}$, existe
$y\in S$ tal que $\norm{y}=1$ y $\norm{Ty}\geq\norm{T}-\delta$. Pero
entonces $\norm{\overline Ty}\geq\norm{\overline T}-\delta$, así que
  \[
  \norm{\overline T} = \sup\{\norm{\overline Ty}:y\in E,\norm{y}=1\} \geq \norm{T} - \delta.
  \]
La arbitraridad de~$\delta$ implica que de hecho es $\norm{\overline
T}\geq\norm{T}$ y, junto con la desigualdad ya probada, concluimos que
$\norm{\overline T}=\norm{T}$.~\qed

\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
