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\hyphenation{tales vemos induce cada decir como Como}

\Materia{Cálculo avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Titulo{Primer Parcial --- Recuperatorio}

\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que si $X$ es un espacio conexo y no acotado, entonces para todo $x\in X$
y todo $r>0$ la esfera $\{y\in X:d(x,y)=r\}$ no es vacía.

\begin{Solucion}
Sean $x\in X$ y $r>0$. Supongamos que $X$ es conexo y que el conjunto del
enunciado es vacío. Es entonces $X=B_r(x)\cup(X\setminus\overline B_r(x))$
y, como $B_r(x)$ y $X\setminus\overline B_r(x)$ son abiertos disjuntos
de~$X$ y $X$ es conexo, alguno de los dos tiene que ser vacío: el primero
no lo es, ya que contiene a~$x$, así que $X\setminus\overline
B_r(x)=\emptyset$. Esto nos dice que $X=\overline B_r(x)$ y, particular,
que $X$ es acotado. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
Sean $x\in X$ y $r>0$. Como $X$ no es acotado, $X\neq B_{2r}(x)$ y existe
$y\in X$ tal que $d(x,y)>r$. La función $f:z\in X\mapsto d(x,z)\in\RR$ es
continua y tiene a~$0=f(x$ y a $d(x,y)=f(y)$ en su imagen, así que su
imagen contiene a todo el intervalo $[0,d(x,y)]$: en particular, como $r$
pertenece a ese intervalo, existe $u\in X$ tal que $d(x,u)=f(u)=r$. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
Supongamos que $X$ no es acotado y que $x\in X$ y $r>0$ son tales
que el conjunto $S=\{y\in X:d(x,y)=r\}$ es vacío. Es 
  \(
  \partial B_r(x)
        = \overline{B_r(x)}\setminus B_r(x)^\circ
        \subseteq \overline B_r(x)\setminus B_r(x)
        = S 
        = \emptyset,
  \)
así que $B_r(x)$ tiene frontera vacía. Como $B_r(x)$ no es vacío, ya que
contiene a~$x$, y no es igual a~$X$, porque $X$ no es acotado, vemos que
$X$ no es conexo. \qed
\end{Solucion}


%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine los cardinales de los conjuntos $\mathcal I$ y~$\mathcal S$
de todas las funciones $\NN\to\NN$ que son inyectivas y sobreyectivas,
respectivamente.

\begin{Solucion}
Queremos probar que ambos conjuntos tiene cardinal~$\mathfrak c$. Como ambos
están contenidos en el conjunto $\NN^\NN$ de todas las funciones
$\NN\to\NN$ y este tiene cardinal~$\mathfrak c$, bastará ---de acuerdo al
teorema de Cantor–Schröder–Bernstein---  que probemos que
los dos tienen cardinal al menos igual a~$\mathfrak c$.

Sea $\phi:\NN^\NN\to\mathcal I$ la función tal que
$\phi(f)(n) = \sum_{i=1}^nf(i)$ para cada $i\in\NN$. Observemos que esta
función está bien definida: si $f\in\NN^\NN$, entonces $\phi(f)$ es
claramente una función $\NN\to\NN$ y es inyectiva, ya que es estrictamente
creciente: si $n\in\NN$, entonces
$\phi(f)(n+1)=\phi(f)(x)+f(n+1)>\phi(f)(n)$. Más aún, la función~$\phi$ es
inyectiva. en efecto, si $f$ y $g$ son dos elementos de~$\NN^\NN$ tales que
$\phi(f)=\phi(g)$, entonces $f(1)=\phi(f)(1)=\phi(g)(1)=g(1)$ y para cada
$n\in\NN$ 
  \[
  f(n+1) = \phi(f)(n+1) - \phi(f)(n)
         = \phi(g)(n+1) - \phi(g)(n)
         = g(n+1),
  \]
de manera que $f=g$. Esto implica que $\mathfrak
c=\#(\NN^\NN)\leq\#\mathcal I$.

Sea, por otro lado, $\psi:\NN^\NN\to\mathcal S$ la función tal que para
cada $f\in\NN^\NN$ es
  \[
  \psi(f)(n) = \begin{cases*}
               n/2 & si $n$ es par; \\
               f((n+1)/2) & si $n$ es impar.
               \end{cases*}
  \]
Esto está bien definido: si $f\in\NN^\NN$, entonces $\psi(f)$ es una
función $\NN\to\NN$ que es sobreyectiva, ya que para cada $n\in\NN$ es
$\psi(f)(2n)=n$. La función~$\psi$ es inyectiva: en efecto, si $f$ y $g$
son elementos de~$\NN^\NN$ tales que $\psi(f)=\psi(g)$, para todo $n\in\NN$
tenemos que
  \[
  f(n) = \psi(f)(2n-1) = \psi(g)(2n-1) = g(n),
  \]
de manera que $f=g$. Vemos así que $\mathfrak c=\#(\NN^\NN)\leq\#\mathcal
S$. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
Los conjuntos $\mathcal I$ y $\mathcal S$ están contenidos en el conjunto
$\NN^\NN$ de todas las funciones $\NN\to\NN$, que tiene cardinal~$\mathfrak
c$: para probar que ambos tienen cardinal~$\mathfrak c$, entonces, es
suficiente con mostrar que el conjunto~$\mathcal B$ de todas las
biyecciones $\NN\to\NN$ tiene cardinal mayor o igual que~$\mathfrak c$, ya
que tanto $\mathcal I$ como $\mathcal S$ continenen a~$\mathcal B$.

Sea $c=(c_n)_{n\geq1}$ un elemento de~$\{0,1\}^\NN$. Hay una función
$f_c:\NN\to\NN$ tal que
  \[
  f_c(n) = \begin{cases*}
           n-c_{n/2}     & si $n$ es par; \\
           n+c_{(n+1)/2} & si $n$ es impar.
           \end{cases*}
  \]
Esta función~$f_c$ es biyectiva: para verlo es suficiente con que mostremos
que $f_c\circ f_c=\id_\NN$, ya que esto implica que $f_c$ es su propia
función inversa. Si $n\in\NN$, hay tres casos a considerar:
\begin{itemize}

\item Si $n$ es par y $c_{n/2}=0$ o $n$ es impar y $c_{(n+1)/2}=0$,
entonces $f_c(n)=n$ y, por supuesto, $f_c(f_c(n))=n$.

\item Si $n$ es par y $c_{n/2}=1$, entonces $f_c(n)=n-1$ y
$f_c(f_c(n))=n-1+c_{((n-1)+1)/2}=n$.

\item Si $n$ es impar y $c_{(n+1)/2}=1$, entonces $f_c(n)=n+1$ y
$f_c(f_c(n))=n+1-c_{(n+1)/2}=n$.

\end{itemize}

Como $f_c$ es un elemento de~$\mathcal B$ para todo $c\in\{0,1\}^\NN$,
podemos definir una función $\phi:c\in\{0,1\}^\NN\mapsto f_c\in\mathcal B$.
Esta función es inyectiva: en efecto, si $c$ y $d$ son dos elementos
de~$\{0,1\}^\NN$ tales que $f_c=f_d$, entonces para todo $n\in\NN$ tenemos
que
  \[
  2n-c_n = f_c(2n) = f_d(2n) = 2n-d_n,
  \]
de manera que $c_n=d_n$ y, por lo tanto, $c=d$.

Ahora bien, como la función~$\phi$ es inyectiva, es
$\mathfrak c=\#(\{0,1\}^\NN)\leq\#\mathcal B$, que es lo que queríamos
probar. \qed
\end{Solucion}


%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $((X_n,d_n))_{n\geq1}$ una sucesión de espacios métricos, sea
$X=\prod_{n\geq1}X_n$ y consideremos la métrica $d:X\times X\to\RR$ tal que
  \[
  d(x,y) = \sum_{n\geq1}\frac{1}{2^n}\frac{d_n(x_n,y_n)}{1+d_n(x_n,y_n)}
  \]
cada vez que $x=(x_n)_{n\geq1}$ e~$y=(y_n)_{n\geq1}$ son elementos de~$X$.
Muestre que el espacio métrico $(X,d)$ es separable si y solamente si para todo
$n\in\NN$ el espacio métrico $(X_n,d_n)$ es separable.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que para todo $n\in\NN$ el espacio $X_n$ es separable y
sea $D_n$ un subconjunto a lo sumo numerable de~$X_n$ que es allí denso.
Queremos probar que el espacio~$X$ es separable; esto es evidente si alguno
de los espacios~$X_n$ es vacío, porque en ese caso $X$ mismo es vacío, así
que podemos suponer que $X_n\neq\emptyset$ para todo $n\in\NN$. En
ese caso sabemos que  existe un punto $(z_n)_{n\geq1}\in X$.

Si $m\in\NN$ sea $E_m$ el conjunto de los puntos $(x_n)_{n\geq1}$ de~$X$
tales que $x_i\in D_i$ para cada $i\in\inter{m}$ y $x_i=z_i$ siempre que
$i>m$. La función $E_m\to D_1\times\cdots\times D_m$ que proyecta en las
primeras $m$ coordenadas es biyectiva, así que el conjunto $E_m$ es
numerable. Se sigue de esto, claro, que el subconjunto
$E = \bigcup_{m\geq1}E_m$
de~$X$ es numerable. Mostremos que es denso.

Sea $x=(x_n)_{n\geq1}$ un elemento de~$X$, sea $\epsilon>0$ y fijemos
$k\in\NN$ tal que $1/2^k<\epsilon$. Si $i\in\inter{k}$, entonces 
$D_i$ es
denso en~$X_i$, así que existe $p_i\in D_i$ tal que
$d_i(x_i,p_i)<\epsilon/2$. Consideremos el punto $y=(y_n)_{n\geq1}$ de~$X$
tal que
  \[
  y_i = \begin{cases*}
        p_i & si $1\leq i\leq k$; \\
        z_i & si $i>k$.
        \end{cases*}
  \]
Es claro que $y\in E_k\subseteq E$. Además tenemos que
  \begin{align*}
  d(x,y) 
       &= \sum_{i\geq1}\frac{1}{2^i}\frac{d_i(x_i,y_i)}{1+d_i(x_i,y_i)}
        \leq \sum_{i=1}^k\frac{1}{2^i}\frac{d_i(x_i,y_i)}{1+d_i(x_i,y_i)}
              + \sum_{i\geq k+1}\frac{1}{2^i},
\intertext{porque $t/(1+t)\leq 1$ cualquiera sea $t\in[0,+\infty)$, y esto es}
       &\leq \sum_{i=1}^k\frac{1}{2^i}\frac{\epsilon}{2}
           + \sum_{i\geq k+1}\frac{1}{2^i}
        = \left(1-\frac{1}{2^k}\right)\frac{\epsilon}{2} + \frac{1}{2^k}
        < \frac{\epsilon}{2} + \frac{1}{2^k} < \epsilon.
  \end{align*}
porque $d_i(x_i,y_i)/(1+d_i(x_i,y_i))\leq d_i(x_i,y_i)<\epsilon/2$ para
cada $i\in\inter{k}$. Esto prueba que el conjunto~$E$ es denso en~$X$, como
queríamos.

\bigskip

Supongamos ahora, para probar la afirmación recíproca, que el espacio $X$
es separable y que $D$ es un subconjunto denso y numerable de~$X$, y
fijemos $m\in\NN$. La función $\pi:X\to X_m$ tal que $\pi(x)=x_m$ siempre
que $x=(x_n)_{n\geq1}\in X$ es sobreyectiva. Si
mostramos que es continua, entonces tendremos que
$\overline{\pi(D)}\supseteq\pi(\overline D)=\pi(X)=X_m$, de manera que
el conjunto $\pi(D)$, que es numerable, es denso en~$X_m$.

Sea $\epsilon>0$. Como la función $h:t\in[0,1)\mapsto
t/(1-t)\in\RR$ es continua y se anula en~$0$, existe $\delta>0$ tal que
$h(t)<\epsilon$ siempre que $0\leq t<\delta$. Sean ahora
$x=(x_n)_{n\geq1}$ e~$y=(y_n)_{n\geq1}$ dos elementos de~$X$ tales que
$d(x,y)<2^{-m}\delta$. Tenemos que
  \[
  \frac{d_m(x_m,y_m)}{1+d_m(x_m,y_m)}       
        \leq  2^m\sum_{n\geq1}\frac{1}{2^n}\frac{d_n(x_n,y_n)}{1+d_n(x_n,y_n)}       
        = 2^md(x,y) < \delta,
  \]
así que
  \[
  d_m(\pi(x),\pi(y))
        = d_m(x_m,y_m) 
        = h\left(\frac{d_m(x_m,y_m)}{1+d_m(x_m,y_m)}\right) 
        < \epsilon.
  \]
Esto muestra que la función~$\pi$ es (uniformemente) continua, como
queríamos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\RR\to\RR^m$ una función uniformemente continua. Si $A$ es
un subconjunto acotado de~$\RR$, entonces $f(A)$ es un subconjunto
acotado de~$\RR^m$.

\begin{Solucion}
Sea $A$ un subconjunto acotado de~$\RR$, de manera que existe $R>0$ tal que
$A\subseteq[-R,R]$. Como $f$ es uniformemente continua, existe $\delta>0$ 
tal que $\abs{f(x)-f(y)}<1$ siempre que $\abs{x-y}<\delta$. Sea $n\in\NN$
tal que $2R/n<\delta$. Cada uno de los intervalos de la forma
$I_n\coloneqq [-R+2R(i-1)/n,-R+2Ri/n]$ con $i\in\inter{n}$ tiene diámetro
menor que~$\delta$, así que la elección de~$\delta$ implica que la imagen
$f(I_i)$ tiene diámetro menor o igual que~$1$. Es
  \[
  f(A) \subseteq f\bigl([-R,R]\bigr)
        = \bigcup_{i=1}^nf(I_u)
  \]
y este último conjunto es acotado porque es la unión de un número finito de
conjuntos acotados: vemos así que $f(A)$ es acotado. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
Si $A$ es un subconjunto acotado de~$\RR$, entonces su clausura~$\overline
A$ es compacta y, como $f$ es continua, tiene imagen $f(\overline A)$
compacta: en particular, $f(\overline A)$ es un subconjunto acotado
de~$\RR^n$ y, ya que claramente $f(A)\subseteq f(\overline A)$, el conjunto
$f(A)$ también lo es.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico. Si toda función continua $X\to\RR$ es
uniformemente continua, entonces $X$ es completo.

\begin{Solucion}
Supongamos que $X$ satisface la condición del enunciado y, para llegar a un
absurdo, que no es completo. Existe entonces una sucesión de Cauchy
$(x_n)_{n\geq1}$ en~$X$ que \emph{no} tiene límite.
Si $x\in X$, entonces la sucesión $(d(x,x_n))_{n\geq1}$ es de Cauchy
en~$\RR$, porque siempre que $n$,~$m\in\NN$ es $\abs{d(x,x_n)-d(x,x_m)}
\leq d(x_n,x_m)$: como $\RR$ es completo, vemos así que existe el límite
$f(x)\coloneqq\lim_{n\to\infty}d(x,x_n)$. Obtenemos de esta forma una función
$f:X\to\RR$. 

Afirmamos que se trata de una función continua. Sea $\epsilon>0$ y sean
$x$ y~$x'$ dos elementos de~$X$ tales que $d(x,x')<\epsilon/2$.
Como $\abs{d(x,x_n)-d(x',x_n)}\leq d(x,x')<\epsilon$ para todo $n\in\NN$ y
las sucesiones $(d(x,x_n))_{n\geq1}$ y $(d(x',x_n))_{n\geq1}$ convergen por
definición a~$f(x)$ y a~$f(x')$, respectivamente, tenemos que
  \[
  \abs{f(x)-f(x')}
        = \lim_{n\to\infty}\abs{d(x,x_n)-d(x',x_n)}
        \leq \frac\epsilon2 < \epsilon.
  \]
Por otro lado, la función~$f$ no se anula en~$X$: si $x$ fuese un punto tal
que $f(x)=0$, tendríamos que $\lim_{n\to\infty}d(x,x_n)=0$, de manera que
$x$ sería un límite de la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$, que no tiene ninguno.
Esto implica que la función $g:x\in X\mapsto 1/f(x)\in\RR$ es continua. La
hipótesis sobre~$X$, entonces, nos dice que $g$ es, de hecho,
uniformemente continua. En particular, como $(x_n)_{n\geq1}$ es una
sucesión de Cauchy en~$X$, la sucesión $(g(x_n))_{n\geq1}$ es una sucesión
de Cauchy en~$\RR$ y, por lo tanto, es acotada: existe $M>0$ tal que
$g(x_n)<M$ para todo $n\in\NN$.

Ahora bien, como la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe $n_0$
tal que siempre que $n$,~$m\geq n_0$ se tiene que $d(x_n,x_m)<1/2M$ y de
esto se sigue que para cada $n\geq n_0$ es
$f(x_n)=\lim_{m\to\infty}d(x_n,x_m)\leq 1/2M<1/M$ y, por lo tanto, que
$g(x_n)=1/f(x_n)>M$. Esto es absurdo, porque contradice la elección de~$M$ y esta 
contradicción provino de suponer que $X$ no es completo. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
Supongamos que $X$ satisface la condición del enunciado y que no es
completo. Sea $\phi:X\to\tilde X$ una completación de~$X$, de manera que
$\tilde X$ es un espacio métrico completo con respecto a una
métrica~$\tilde d$ y $\phi$ es una inyección isométrica con imagen densa.
Como $X$ no es completo, la función~$\phi$ no es sobreyectiva y existe
$y\in\tilde X\setminus\phi(X)$. La función $h:z\in\tilde X\mapsto \tilde
d(y,z)\in\RR$ es continua y no se anula en la imagen de~$\phi$: esto
implica que la función $f=h\circ\phi:X\to\RR$ es continua y no nula y, por
lo tanto, que la función $g=1/f:X\to\RR$ es continua. La hipótesis que hicimos
sobre~$X$ nos dice entonces que $g$ es uniformemente continua y la propiedad
universal de la completación que $g$ extiende a una
función continua sobre~$\tilde X$, es decir, que existe una función continua
$\tilde g:\tilde X\to\RR$ tal que $\tilde g(\phi(x))=g(x)$ para todo
$x\in X$. Como $\tilde g$ es continua, es acotada en un entorno de cada uno
de los puntos de~$\tilde X$: en particular, existen $r>0$ y $M>0$ tales que
para todo $z\in B_r(y,\tilde d)$ es $\abs{\tilde
g(z)}<M$. Ahora bien, como la imagen de~$\phi$ es densa en~$\tilde X$,
existe $x\in X$ tal que $\tilde d(\phi(x),y)<\min\{r,1/M\}$ y entonces
$\phi(x)\in B_r(y,\tilde d)$ y
  \[
  \tilde g(\phi(x))
        = g(x)
        = \frac{1}{f(x)}
        = \frac{1}{h(\phi(x))}
        = \frac{1}{\tilde d(\phi(x),y)}
        > M.
  \]
Esto es absurdo. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
Supongamos que $X$ es un espacio que satisface la condición del enunciado y
que $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy en~$X$ que no converge.

Definamos inductivamente una sucesión estrictamente creciente
$(n_k)_{k\geq1}$ en~$\NN$: ponemos $n_1\coloneqq 1$ y para cada $k\geq1$
definimos
  \[
  n_{k+1}\coloneqq\min\{n\in\NN:\text{$x_n\neq x_i$ para todo $i\in\inter{n_k}$}\}.
  \]
Esto tiene sentido: en efecto, si $k\in\NN$ y ya construimos el
número~$n_k$, entonces el subconjunto $\{n\in\NN:\text{$x_n\neq x_i$ para
todo $i\in\inter{n_k}$}\}$ de~$\NN$ no es vacío: si lo fuera existiría
$i\in\inter{n_k}$ tal que $\{n\in\NN:x_n=x_i\}$ es infinito y la sucesión
$(x_n)_{n\geq1}$ tendría una subsucesión constante y, por lo tanto,
convergente, lo que es imposible.

De esta forma obtenemos una subsucesión $(x_{n_k})_{k\geq1}$
de~$(x_n)_{n\geq1}$ tal que $x_{n_k}\neq x_{n_l}$ siempre que $k\neq l$.
Por supuesto, esta subsucesión es de Cauchy y no converge. Esto significa
que podemos suponer, sin pérdida de generalidad, que la sucesión
$(x_n)_{n\geq1}$ con la que empezamos tiene la propiedad de que $x_n\neq
x_m$ siempre que $n\neq m$: hagámoslo.

Consideremos ahora los conjuntos $A\coloneqq\{x_{2n}:n\in\NN\}$ y
$B\coloneqq\{x_{2n-1}:n\in\NN\}$, que son claramente disjuntos en vista de la
hipótesis que hicimos sobre la sucesión~$(x_n)_{n\geq1}$. Afirmamos que
son cerrados de~$X$. Como tanto $(x_{2n})_{n\geq1}$ como
$(x_{2n-1})_{n\geq1}$ son sucesiones de Cauchy que no convergen, para
verificarlo es suficiente que probemos el siguiente
  \begin{quotation}
  \noindent
  \textbf{Lema.} \textit{Si $(z_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$X$ que es de Cauchy y que
  no converge, entonces el conjunto $Z=\{z_n:n\in\NN\}$ es cerrado.}\par
  \smallskip
  \noindent
  \textit{Demostración.} 
  Sea $z\in X\setminus Z$. Como $z$ no es un límite de la sucesión
  $(z_n)_{n\geq1}$, existe $\epsilon>0$ tal que el conjunto
  $I\coloneqq\{n\in\NN:d(z,z_n)\geq\epsilon\}$ es infinito. Por otro lado,
  como la sucesión $(z_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe $N\in\NN$ tal que
  $d(z_r,z_s)<\epsilon/2$ siempre que $r$,~$s\geq N$. Finalmente, como $I$
  es infinito, existe $n_0\in I$ tal que $n_0\geq N$. Con estas elecciones,
  tenemos que $d(z,z_n)\geq
  d(z,z_{n_0})-d(z_n,z_{n_0})\geq\epsilon-\epsilon/2=\epsilon/2$ siempre
  que $n\geq n_0$. Si ponemos
  $\delta\coloneqq\min\{\epsilon/2,d(z,z_{1}),\dots,d(z,z_{n_0})\}$, que es
  un número positivo, entonces es claro que $B_\delta(z)\cap(X\setminus
  Z)=\emptyset$. Esto nos dice que el conjunto $X\setminus Z$ es abierto
  en~$X$. 
  \end{quotation}
Como $A$ y $B$ son dos cerrados disjuntos, el Lema de Urysohn nos dice que
existe una función continua $f:X\to\RR$ tal que $f(a)=0$ para todo $a\in A$
y $f(b)=1$ para todo $b\in B$, y la hipótesis que tenemos sobre~$X$ implica
que esta función~$f$ es uniformemente continua. En particular, existe
$\eta>$ tal que siempre que $x$ e~$y$ son puntos de~$X$ con $d(x,y)<\eta$
es $\abs{f(x)-f(y)}<1/2$. Como la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy,
existe $m\in\NN$ tal que $d(x_n,x_{n+1})<\eta$, y entonces
$\abs{f(x_n)-f(x_{n+1})}<1/2$: esto es absurdo, ya que o bien $x_n\in A$ y
$x_{n+1}\in B$, o  bien $x_n\in B$ y $x_{n+1}\in A$, así que
$\abs{f(x_n)-f(x_{n+1})}=1$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $f$,~$g:\RR\to\RR$ funciones continuas tales que
$\lim_{\abs{t}\to\infty}(f(t)-g(t))=0$. Si $f$ es uniformemente continua,
entonces $g$ también lo es.

\begin{Solucion}
Supongamos que la función $f$ es uniformemente continua y sea $\epsilon>0$.
Como $\lim_{\abs{t}\to\infty}(f(t)-g(t))=0$, existe $R>0$ tal que si
$\abs{t}\geq R$ es $\abs{f(t)-g(t)}<\epsilon/4$. Por otro lado, como $f$ es
uniformemente continua, existe $\delta_1>0$ tal que
$\abs{f(x)-f(y)}<\epsilon/4$ siempre que $x$,~$y\in\RR$ y
$\abs{x-y}<\delta_1$. Finalmente, como $g$ es continua en~$[-R-1,R+1]$,
existe $\delta_2>0$ tal que $\abs{g(x)-g(y)}<\epsilon/4$ siempre que
$x$,~$y\in[-R,R]$ y $\abs{x-y}<\delta_2$.

Sea $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2,1\}$ y sean $x$ e~$y$ dos elementos
de~$\RR$ tales que $x\leq y$ y $\abs{x-y}<\delta$. Claramente se cumple
alguna de las tres desigualdades
  \begin{align*}
  &  y\leq -R,
  && -R<y\leq R+1,
  && R+1<y
\intertext{y entonces, como $\delta\leq1$, tenemos respectivamente que}
  &  x,y\in(-\infty,-R],
  && x,y\in[-R-1,R+1],
  && x,y\in[R,+\infty).
  \end{align*}
Bastará, en consecuencia, que consideremos estos tres casos
\begin{itemize}

\item Si o bien $x$,~$y\in(-\infty,-R]$ o bien $x$,~$y\in[R,+\infty)$ entonces
  \begin{align*}
  \abs{g(x)-g(y)}
       &\leq \abs{g(x)-f(x)}+\abs{f(x)-f(y)} + \abs{f(y)-g(y)} \\
       &< \frac{\epsilon}{4} + \frac{\epsilon}{4} + \frac{\epsilon}{4}
        < \epsilon,
  \end{align*}
ya que $\abs{x}\geq R$, $\abs{x-y}<\delta_1$ y $\abs{y}\geq R$.

\item Si $x$,~$y\in[-R-1,R+1]$, entonces
$\abs{g(x)-g(y)} < \epsilon/4 < \epsilon$,
ya que $\abs{x-y}<\delta_2$.

\end{itemize}
Como estos cuatro casos cubren todas las posibilidades porque $R>\delta$, 
vemos que es $\abs{g(x)-g(y)}<\epsilon$: esto prueba que $g$ es
uniformemente continua, como queremos. \qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}
Sea $h=f-g:\RR\to\RR$. Se trata de una función continua y la hipótesis nos
dice que $\lim_{\abs{t}\to\infty}h(t)=0$. De acuerdo a un ejercicio de la
práctica, esto implica que $h$ es uniformemente continua. 
Si además $f$ es uniformemente continua, entonces $g$, que coincide con
$f-h$, resulta ser uniformemente continua porque es una diferencia de
funciones uniformemente continuas.
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
