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\hyphenation{tales vemos induce cada decir}

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

\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\RR\to\RR$ una función y sea $S$ el conjunto de los puntos
$x\in\RR$ tales que $\lim\limits_{y\to x}f(y)=+\infty$. Muestre que $S$ es
un subconjunto~$G_\delta$ de~$\RR$ y que si es denso en~$\RR$, entonces no es numerable.

\begin{Solucion}
Para cada $n\in\NN$ sea $U_n$ el conjunto de los puntos~$x$ de~$\RR$ tales
que hay un abierto~$I$ de~$\RR$ con $x\in I$ y $f(y)\geq n$ para todo $y\in
I\setminus\{x\}$. Veamos que $U_n$ es un abierto. Sea $x\in U_n$ y sea
$I$ un abierto tal que $x\in I$ y $f(y)\geq n$ si $y\in I\setminus\{x\}$. Si
$z\in I$, entonces o bien $z=x$ y, por lo tanto, $z\in U_n$, o bien
$z\neq x$ y $J=I\setminus\{x\}$ es un abierto de~$\RR$ tal que $z\in J$ y $f(y)\geq
n$ para todo $y\in J\setminus\{z\}$: vemos así que $z\in U_n$ y, por lo
tanto, que $I\subseteq U_n$. Esto nos dice que $x$ es un punto interior
de~$U_n$.

El conjunto~$S$ del enunciado coincide
con~$\bigcap_{n\geq1}U_n$. En efecto, si $x\in S$, entonces para todo
$n\in\NN$ existe $\delta>0$ tal que $f(y)\geq n$ si $y\in B_\delta^*(x)$,
así que $x\in U_n$. Recíprocamente, si $x$ es un punto de aquella intersección
y $n\in\NN$, entonces $x\in U_n$ y existe un abierto $I$ tal que $x\in I$ y
$f(y)\geq n$ para todo $y\in I\setminus\{x\}$. Como $I$ es abierto, existe
$\delta>0$ tal que $B_\delta(x)\subseteq I$ y es claro que $f(y)\geq n$
para todo $y\in B_\delta^*(x)$: esto nos dice que $\lim_{y\to
x}f(y)=+\infty$, esto es, que $x\in S$.

Vemos así que el conjunto~$S$ del enunciado es un subconjunto~$G_\delta$
de~$\RR$. Supongamos ahora, para llegar a un absurdo, que es denso y
numerable. Como $S$ es denso, interseca todo abierto no trivialmente y, por
lo tanto, su complemento $\RR\setminus S$ tiene interior vacío. Por otro lado, como $S$ es
$G_\delta$, su complemento~$\RR\setminus S$ es unión numerable de cerrados
de~$\RR$, y estos cerrados tienen interior vacío porque están contenidos en
$\RR\setminus S$, que tiene interior vacío.
Así, $\RR\setminus S$ es unión numerable de cerrados de interior vacío.
Como $S=\bigcup_{s\in S}\{s\}$ también es unión numerable de cerrados de
interior vacío y, por supuesto, $\RR=S\cup(\RR\setminus S)$, vemos que
nuestra hipótesis implica que $\RR$ es de primera categoría: esto
contradice la conclusión del teorema de Baire. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que un subconjunto de un espacio métrico es la frontera de un abierto si
y solamente si es cerrado y tiene interior vacío.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico y sea $F$ un subconjunto de~$X$.

($\Longrightarrow$) Supongamos primero que hay un abierto $A$ de~$X$ tal que
$F=\partial A$. Si $x\in\overline F$ y $U$~es un entorno abierto de~$x$,
entonces hay un punto $y\in U\cap F$. Como $y$ está en~$F$, $U$ es un
entorno de~$y$ y $F=\partial A$, tenemos que $U$ interseca no trivialmente
tanto a~$A$ como a~$X\setminus A$. Así, todo entorno de~$x$ toca a~$A$ y
a~$X\setminus A$, así que $x\in F$: esto prueba que $F$ es cerrado.

Por otro lado, si $x$ es un punto de~$F^\circ$, entonces hay un entorno
abierto~$V$ de~$x$ tal que $V\subseteq F$. Como $x\in F=\partial A$, es $V\cap
A\neq\emptyset$. Sea $y\in V\cap A$: el conjunto $V\cap A$ es un entorno
abierto de~$y$ que es disjunto de~$X\setminus A$, así que
$y\not\in\partial A=F$, pero esto es absurdo, ya que $y\in V\subseteq F$.
Vemos así que $F^\circ=\emptyset$.

($\Longleftarrow$) Supongamos ahora que $F$ es cerrado y tiene interior vacío,
y sea $A=X\setminus F$, que es un abierto de~$X$. Sea $x\in F$: si $U$ es
un entorno abierto de~$x$, entonces porque $F$ tiene interior vacío tenemos
que $U\not\subseteq F$, así que $U\cap A\neq\emptyset$. Por otro lado, es
$y\in U\cap F = U\cap(X\setminus A)$: vemos así que $U$ interseca a~$A$ y a
su complemento. Así, $x\in\partial A$ y, por lo tanto, $F\subseteq\partial
A$.

Como también tenemos que $\partial A=\overline A\cap\overline{X\setminus A}
=\overline A\cap\overline F=\overline A\cap F\subseteq F$, es $F=\partial
A$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine el cardinal del conjunto de todas sucesiones
$(a_n)_{n\geq1}$ de elementos de~$\NN$
tales que $a_n\mid a_{n+1}$ para todo $n\in\NN$ y
$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{a_n}<\infty$.

\begin{Solucion}
Escribamos $X$ al conjunto descripto en el enunciado. Los
elementos de~$X$ son sucesiones de elementos de~$\NN$, así que $X\subseteq \NN^\NN$ y,
por lo tanto, $\#X\leq\#(\NN^\NN)=\mathfrak{c}$.

Por otro lado, sea $f:\{1,2\}^\NN\to\ZZ^\NN$ la función tal que si
$x=(x_n)_{n\geq1}$ es un elemento de~$\{0,1\}^\NN$, entonces $f(x)$ es la
sucesión $(y_n)_{n\geq1}$ con $y_n=2^{n}x_n$ para cada $n\in\NN$.
Esta función tiene imagen contenida en el conjunto~$X$: si
$(x_n)_{n\geq1}\in\{1,2\}^\NN$ e~$y=(y_n)_{n\geq1}=f(x)$, entonces la serie
$\sum_{n\geq1}\frac{1}{y_n}= \sum_{n\geq1}\frac{1}{2^{n}x_n}$ está acotada
término a término por la serie $\sum_{n\geq1}\frac{1}{2^{n}}$, que
converge, así que ella misma converge. Por otro lado, si $n\in\NN$,
entonces $y_n=2^{n}x_n$ es igual a~$2^{n}$ o a~$2^{n+1}$, mientras que
$y_{n+1}=2^{n+1}x_{n+1}$ es igual a~$2^{n+1}$ o a~$2^{n+2}$, así que en
cualquier caso tenemos que ~$y_{n}\mid y_{n+1}$.

Correstringiendo~$f$ obtenemos una función~$\{1,2\}^\NN\to X$. Como esta
última es claramente inyectiva, esto implica que
$\mathfrak{c}=\#(\{1,2\}^\NN)\leq\# X$. Esto y lo que ya teníamos implican
juntos que $\#X=\mathfrak{c}$.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Todo abierto de~$\RR$ es la unión de una familia a lo sumo numerable de
intervalos abiertos disjuntos dos a dos.

\begin{Solucion}
Sea $A$ un abierto no vacío de~$\RR$. Sabemos que $A$ es unión de sus
componentes conexas y ---ya que $A$ es localmente conexo, porque es un
abierto de~$\RR$ y~$\RR$ lo es--- que esas componentes son abiertas
en~$A$ y, por lo tanto, en~$\RR$. El conjunto de componentes es, por lo
tanto, una familia de abiertos de~$\RR$ disjuntos dos a dos, así que es a lo
sumo numerable. Por otro lado, cada uno de ellos es conexo, así que se
trata de un intervalo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio métrico es conexo si y solamente si todos
sus subconjuntos propios y no vacíos tienen frontera no vacía.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico conexo y sea $A$ un subconjunto de~$X$ que tiene
frontera vacía. Como $\overline A=A\cup\partial A$, el conjunto~$A$ es
cerrado. Como $\partial(X\setminus A)=\partial A$, por la misma razón
el conjunto $X\setminus A$ es cerrado. Los conjuntos $A$ y $X\setminus A$ son, por lo
tanto, dos cerrados disjuntos de~$X$ que lo cubren: se sigue de esto que
sus complementos $X\setminus A$ y $A$ son dos abiertos disjuntos de $X$ que
lo cubren. Como $X$ es conexo, alguno de estos últimos tiene que ser vacío
y, por lo tanto, $A$ es igual a~$X$ o a~$\emptyset$. Esto prueba la
necesidad de la condición del ejercicio.

Veamos ahora la suficiencia. Supongamos $X$ no es conexo, de manera que
existen dos abiertos no vacíos $A$ y $B$ en~$X$ que son disjuntos y que lo cubren.
Como $A$ y $X\setminus A=B$ son cerrados de~$X$, tenemos que $\partial
A=\overline A\cap\overline{X\setminus A}=A\cap B=\emptyset$. Como $A$ no es
ni vacío ni igual a~$X$, vemos que la condición del enunciado no se
satisface. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K$ el conjunto de todas las sucesiones de elementos
de~$\{0,1\}$. Si $x=(x_n)_{n\geq1}$ e~$y=(y_n)_{n\geq1}$ son elementos
distintos de~$K$, podemos poner
  \[
  \nu(x,y) \coloneqq \min\{i\in\NN:x_i\neq y_i\},
  \]
ya que el conjunto cuyo mínimo estamos tomando no es vacío.

Muestre que hay una métrica $d:K\times K\to\RR$ tal que
$d(x,y)=2^{-\nu(x,y)}$ siempre que $x$ e~$y$ son elementos distintos
de~$K$, y que el espacio métrico $(K,d)$ es separable, completo, 
totalmente desconexo y que no tiene puntos aislados.

\begin{Solucion}
Consideremos la función $d:K\times K\to\RR$ tal que 
  \[
  d(x,y) = \begin{cases*}
           0 & si $x=y$; \\
           2^{-\nu(x,y)} & si $x\neq y$.
           \end{cases*}
  \]
Es claro que $d$ es simétrica, porque $\nu$ lo es, y que se anula si y
solamente si sus dos argumentos son iguales. Veamos que satisface la
desigualdad triangular. Sean $x=(x_n)_{n\geq1}$, $y=(y_n)_{n\geq1}$
y~$z=(z_n)_{n\geq1}$ tres elementos de~$K$: queremos probar que $d(x,z)\leq
d(x,y)+d(y,z)$. Si $x=y$ o~$y=z$, entonces la desigualdad es evidente (ya
que una de las tres distancias que aparecen en ella es nula y las otras dos
iguales entre sí), y si $x=z$ la desigualdad es evidente porque a la izquierda tiene
un~$0$. Consideremos la situación restante, en la que $x$,~$y$ y~$z$ son
distintos dos a dos, de manera que las distancias $d(x,y)$, $d(x,z)$ y
$d(y,z)$ son iguales a $2^{-\nu(x,y)}$, a $2^{-\nu(x,z)}$ y a
$2^{-\nu(y,z)}$, respectivamente.

Supongamos por un momento que $d(x,z)>d(x,y)$ y que $d(x,z)>d(y,z)$,  es
decir, que $\nu(x,z)<\nu(x,y)$ y que $\nu(x,z)<\nu(y,z)$. Esto implica que
$x_{\nu(x,z)}\neq y_{\nu(x,z)}$ y que $y_{\nu(x,z)}\neq z_{\nu(x,z)}$ y,
como $x_{\nu(x,z)}$, $y_{\nu(x,z)}$ y $z_{\nu(x,z)}$ son elementos
de~$\{0,1\}$, que $x_{\nu(x,z)}=z_{\nu(x,z)}$: esto es absurdo, por la
forma en que definimos el número~$\nu(x,z)$. Tenemos
entonces que $d(x,z)\leq d(x,y)$ o $d(x,z)\leq d(y,z)$, y la desigualdad
que queremos claramente se cumple.

\bigskip

Mostremos ahora que $K$ tiene las propiedades listadas en el enunciado.
\begin{itemize}

\item Veamos que $K$ es separable. Sea $D$ el conjunto de los elementos
$(x_n)_{n\geq1}$ de~$K$ tales que existe $n_0\in\NN$ con $x_n=x_{n_0}$ para
todo $n\geq n$. Sabemos que $D$ es numerable: veamos que es denso. Sea
$y=(y_n)_{n\geq1}$ un elemento de~$K$ y sea $m\in\NN$. La sucesión
$z=(z_n)_{n\geq1}$ con $z_n=y_n$ si $n\leq m$ y $z_n=y_m$ si $n\geq m$ es
un elemento de~$D$ y claramente o bien $y=z$ o bien $y\neq z$ y
$\nu(y,z)\geq m$: en cualquiera de los dos casos es $d(y,z)\leq 2^{-m}$. Esto
prueba que $D$ es denso, como queríamos.

\item Veamos que $K$ es completo. Sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy
en~$K$, con $x_n=(x_{n,m})_{m\geq1}$ para cada $n\in\NN$. Sea $l\in\NN$.
Como la sucesión es de Cauchy, existe $N_l\in\NN$ tal que si $n\geq N_l$
entonces $d(x_n,x_m)<2^{-l}$, así que o bien $x_n=x_m$ y, en particular,
$x_{n,l}=x_{m,l}$, o bien $x_n\neq x_m$ y $\nu(x_n,x_m)>l$, de manera que
otra vez $x_{n,l}=x_{m,l}$. Esto muestra que 
  \[
  n,m\geq N_l \implies x_{n,l}=x_{m,l}.
  \]
Para cada $l\in\NN$ pongamos $M_l\coloneqq\max\{N_i:1\leq i\leq l\}$ y consideremos la
sucesión $\xi=(x_{M_n,n})_{n\geq1}$. Para lo que queremos será suficiente que
mostremos que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$\xi$. 

Sea $m\in\NN$. Si $k\geq M_m$, entonces para todo $i\in\{1,\dots,m\}$
tenemos que $k\geq N_i$ y que $M_i\geq N_i$, así que la forma en que
elegimos al número $N_i$ implica que $x_{M_i,i}=x_{k,i}$:
esto nos dice que o bien $\xi=x_k$ o bien $\xi\neq x_k$ y $\nu(\xi,x_k)>m$,
y en cualquiera de los dos casos que $d(\xi,x_k)<2^{-m}$. Esto prueba 
que $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$\xi$.

\item Veamos que $K$ no tiene puntos aislados. Sea $x=(x_n)_{n\geq1}$ un elemento
de~$K$ y sea $m\in\NN$. El conjunto $B_{2^{-m}}(x)$ es el de todas las
sucesiones de~$K$ que tienen sus primeras $m+1$ componentes iguales a las
correspondientes componentes de~$x$: este conjunto es manifiestamente no
numerable, así que tiene por supuesto un elemento distinto de~$x$.

\item Para terminar, mostremos que $K$ es totalmente desconexo. Empecemos por
mostrar que toda bola abierta es cerrada. Sea $x\in K$, sea $\epsilon>0$ y
pongamos $m\coloneqq\min\{i\in\NN:2^{-i}<\epsilon\}$. Es claro que
$B_\epsilon(x)=B_{2^{-m}}(x)$ y que $B_{2^{-m}}(x)$ es el
conjunto de elementos de~$K$ que coinciden con~$x$ en al menos las primeras
$m+1$ coordenadas: tenemos, por lo tanto, que si $y\in K\setminus B_{2^{-m}}(x)$, entonces
$B_{2^{-m}}(y)\subseteq K\setminus B_{2^{-m}}(x)$, de manera que $y$ es un
punto interior del complemento de $B_{2^{-m}}(x)$.

Vemos así que todas las bolas abiertas de~$K$ son cerradas. Esto es cierto,
entonces, para todo subespacio de~$K$ y, como consecuencia de esto, para ver que
$K$ es totalmente desconexo es suficiente que probemos que
  \[
  \claim{un espacio métrico que en el que las bolas abiertas son cerradas
  no es conexo si tiene más de un punto.}
  \]
Sea $X$ un espacio métrico cuyas bolas abiertas son cerradas y que posee al
menos dos puntos distintos~$x$ e~$y$. Sea $\epsilon\coloneqq d(x,y)/2$, que
es un número positivo, y sea $A\coloneqq B_\epsilon(x)$. El conjunto $A$ es abierto
y cerrado, y su complemento $X\setminus A$ es un abierto de~$X$ disjunto de~$A$. Como
$x\in A$,~$y\in X\setminus A$, $A\cap(X\setminus A)=\emptyset$ y
$A\cup(X\setminus A)=X$, es claro que $X$ no es conexo. \qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
