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\hyphenation{tales vemos induce cada decir serie}

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

\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que una función lineal $T:V\to W$ entre espacios normados es
continua si y solamente si cada vez que $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión
en~$V$ que converge a~$0$ la sucesión $(T(x_n))_{n\geq1}$ es acotada.

\begin{Solucion}
Si $T$ es continua, sabemos que cada vez que $(x_n)_{n\geq1}$ es una
sucesión en~$V$ que converge a~$0$ la sucesión $(T(x_n))_{n\geq1}$ converge
a~$0$ y, por lo tanto, es acotada: esto nos dice que la condición del
enunciado es necesaria para la continuidad de~$T$.

Vamos que es suficiente. Supongamos que $T$ no es continua, de manera
que el conjunto $\{\norm{T(x)}:x\in V,\norm{x}\leq1\}$ no es acotado. Esto
implica que para cada $n\in\NN$ existe $y_n\in V$ con $\norm{y_n}\leq1$ y
$\norm{T(y_n)}\geq n^2$. Pongamos $x_n=y_n/n$ para cada $n\in\NN$: es
$\norm{x_n}\leq1/n$ y $\norm{T(x_n)}\geq n$, así que $(x_n)_{n\geq1}$ es
una sucesión en~$V$ que converge a~$0$ tal que la sucesión
$(T(x_n))_{n\geq1}$ no es acotada. La condición del enunciado, por lo
tanto, no se cumple. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que la serie de funciones
$\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{ne^{-nx}}{1+x^n}$ converge puntualmente
en~$(0,+\infty)$ y uniformente en cada intervalo de la forma~$(r,+\infty)$
con $r>0$. ¿En qué puntos es derivable la función suma? ¿Es esta acotada?

\begin{Solucion}
Sea $r>0$. Si $x\geq r$, entonces para todo $n\in\NN$ es
  \(\displaystyle
  \frac{ne^{-nx}}{1+x^n} \leq ne^{-nr}
  \)
y la serie numérica $\sum_{n\geq1}ne^{-nr}$ converge: el cociente entre dos
de sus términos sucesivos es $(n+1)e^{-(n+1)r}/ne^{-nr}=(n+1)/ne^r$, que
cuando $n$ crece converge a~$e^{-r}$ , que es menor que $1$. El criterio de
Weierstra\ss, entonces, nos permite concluir que la serie del enunciado
converge uniformemente en~$(r,+\infty)$. Como esto es así cualquiera sea
$r>0$, esto implica que la serie converge puntualmente en todo el
intervalo~$(0,+\infty)$.

Llamemos $f$ a la suma de la serie.
Si $n\in\NN$, la función $ne^{-nx}/(1+x^n)$ es continua
en~$0$ y ahí vale~$n$: existe entonces $\delta_n>0$ tal que 
$ne^{-nx}/(1+x^n)\geq\tfrac12$ siempre que $x\in[0,\delta_n]$. Para cada
$N\in\NN$ podemos poner $x_N=\min\{\delta_1,\dots,\delta_N\}$ y es
  \[
  f(x_N) = \sum_{n\geq1}\frac{ne^{-nx_N}}{1+x_N^n}
        \geq \sum_{n=1}^N\frac{ne^{-nx_N}}{1+x_N^n}
        \geq \frac{N}{2}.
  \]
Esto muestra que la función~$f$ no es acotada en~$(0,+\infty)$.

Mostremos ahora que la función~$f$ es derivable en todo~$(0,+\infty)$: para
ello es suficiente que probemos que
la serie que se obtiene derivando término a término la de partida, 
  \begin{equation}\label{eq:ss}
  \sum_{n\geq1} -\frac{n^2(x^n+x^{n-1}+1)e^{-nx}}{(1+x^n)^2},
  \end{equation}
converge uniformemente en cada intervalo de la forma~$(r,+\infty)$ con
$r>0$. 

Sea entonces $r>0$. Observemos que si $x\in[0,1]$ es
  \[
  \frac{x^n+x^{n-1}+1}{(1+x^n)^2} 
        \leq \frac{1+1+1}{(1+x^n)^2} 
        \leq 3,
  \]
mientras que si $x\in[1,+\infty)$ es
  \[
  \frac{x^n+x^{n-1}+1}{(1+x^n)^2} 
        \leq \frac{x^n+x^n+x^ n}{1+x^n} 
        = 3\frac{x^n}{1+x^n} \leq 3.
  \]
Usando esto vemos que si $x\in[r,+\infty)$ entonces
  \[
  n^2\frac{x^n+x^{n-1}+1}{(1+x^n)^2}e^{-nx} \leq 3n^2e^{-nr}.
  \]
Para ver que la serie~\eqref{eq:ss} converge uniformemente
en~$(r,+\infty)$ es suficiente, entonces, con mostrar que la serie
$\sum_{n\geq1}n^2e^{-nr}$ converge, y esto es inmediato vía una aplicación
del criterio del cociente. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio normado~$V$ es completo si y solo si el subconjunto
$\{x\in V:\norm{x}=1\}$ es completo.

\begin{Solucion}
Escribamos $S$ al conjunto del enunciado. Si $V$ es completo, entonces $S$
es completo porque es cerrado en~$V$. Supongamos, para probar la recíproca,
que $S$ es completo y sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$V$:
queremos probar que posee un límite.

La sucesión $(\norm{x_n})_{n\geq1}$ es de Cauchy en~$\RR$: en efecto, si
$\epsilon>0$, entonces existe $N\in\NN$ tal que $\norm{x_n-x_m}<\epsilon$
siempre que $n$,~$m\geq N$, y entonces cuando $n$,~$m\geq N$ tenemos que
$\abs{\norm{x_n}-\norm{x_m}}\leq\norm{x_n-x_m}<\epsilon$. Como el espacio
métrico~$\RR$ es completo, existe $a=\lim_{n\to\infty}\norm{x_n}$ y es,
claro, un número no negativo.
Si $a=0$, entonces la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$0$. Supongamos
entonces que $a>0$. En ese caso, existe $M\in\NN$ tal que $a/2\leq\norm{x_n}\leq
2a$ siempre que $n\geq M$ y podemos poner, para cada $n\geq M$,
$y_n\coloneqq x_n/\norm{x_n}$, porque el denomimandor no se anula. 
Afirmamos que la sucesión $(y_n)_{n\geq M}$ es de Cauchy. 
Sea, en efecto, $\epsilon>0$ y
sea $N\in\NN$ tal que cuando $n$,~$m\geq N$ es $\norm{x_n-x_m}<\epsilon$ y
$\abs[\big]{\norm{x_n}-\norm{x_m}}<\epsilon$. Entonces si $n$,~$m\geq\max\{N,M\}$ es
  \begin{align*}
  \norm{y_n-y_m} 
       &= \norm*{\frac{x_n}{\norm{x_n}}-\frac{x_m}{\norm{x_m}}}
        =
        \norm*{\frac{x_n-x_m}{\norm{x_n}}
               + \left(\frac{1}{\norm{x_n}}-\frac{1}{\norm{x_m}}\right)
               x_m} 
             \\
       &\leq \frac{\norm{x_n-x_m}}{\norm{x_n}} 
             +
             \frac{\abs[\big]{\norm{x_n}-\norm{x_m}}}{\norm{x_n}\norm{x_m}}\norm{x_m}
        \leq \frac{\epsilon}{a/2}+\frac{\epsilon}{a^2/4}2a
        = \frac{10}{a}\epsilon
  \end{align*}
Como la sucesión $(y_n)_{n\geq M}$ toma valores en~$S$, que es completo por
hipótesis, posee un límite ahí: escribámoslo~$y$. Es claro ahora que la
sucesión $(x_n)_{n\geq M}$, que coincide con $(\norm{x_n}y_n)_{n\geq M}$,
converge a~$ay$. Vemos así que el espacio~$V$ es completo, como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Sea $F:V\to\RR$ una función lineal y continua definida en un espacio
normado~$V$. Muestre que si $x_0$ es un vector de~$V$ tal que
$\norm{x_0}=1$ y $\norm{x_0-y}\geq1$ para cada $y\in\ker F$, entonces
$\norm{F}=\abs{F(x_0)}$.

\item Sea $T:C[0,1]\to\RR$ tal que para cada $f\in C[0,1]$ es
  \[
  T(f) = \int_{0}^{1/2}f(t)\,\mathrm dt - \int_{1/2}^1f(t)\,\mathrm dt.
  \]
Muestre que $T$ es lineal y continua, y calcule su norma. 

\item* Muestre que no existe $f\in C[0,1]$ tal que $\norm{f}=1$ y
$\abs{T(f)}=1$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $x_0$ como en el enunciado. Sabemos que
$\abs{F(x_0)}\leq\norm{F}\norm{x_0}=\norm{F}$, ya que $\norm{x_0}=1$. Por
otro lado, si $x\in X$, entonces existen $y\in\ker F$ y
$\lambda\in\RR$ tales que $x=y+\lambda x_0$. Observemos que
$\abs{\lambda}\leq\norm{x}$: esto es evidente si $\lambda=0$, y si
$\lambda\neq0$, entonces
$\norm{x}=\abs{\lambda}\cdot\norm{x_0-(-y/\lambda)}\geq\abs{\lambda}$ por
la forma en que elegimos a $x_0$. Esto implica que
$\abs{F(x)} = \abs{\lambda}\abs{F(x_0)} \leq \abs{F(x_0)}\cdot\norm{x}$,
de manera que $\norm{F}\leq\abs{F(x_0)}$.

\ejitem{2} Es claro que si $f\in C[0,1]$, entonces
  \begin{align*}
  \abs{T(f)} 
        &= \abs*{\int_{0}^{1/2}f(t)\,\mathrm dt - \int_{1/2}^1f(t)\,\mathrm dt}
         \leq \int_{0}^{1/2}\abs{f(t)}\,\mathrm dt 
                + \int_{1/2}^1\abs{f(t)}\,\mathrm dt
         \leq \norm{f},
  \end{align*}
así que la función~$T$ es continua y tiene $\norm{T}\leq1$.

Sera ahora $\epsilon\in(0,\tfrac12)$ y
y consideremos la función $f:[0,1]\to\RR$ tal que
  \[
  f(t) = \begin{cases*}
         1 & si $0\leq t\leq \tfrac12-\epsilon$;  \\
         \tfrac1\epsilon(\tfrac12-t) 
                & si $\frac12-\epsilon\leq t\leq\tfrac12+\epsilon$; \\
         -1 & si $\tfrac12+\epsilon\leq t\leq 1$.
         \end{cases*}
  \]
Está función pertence a~$C[0,1]$, tiene $\norm{f}=1$ y es
  \begin{align*}
  T(f) 
        &= \int_{0}^{1/2}f(t)\,\mathrm dt - \int_{1/2}^1f(t)\,\mathrm dt 
         = \int_0^1\abs{f(t)}\,\mathrm dt 
         = 1-\epsilon.
  \end{align*}
Es claro, entonces, que $\norm{T}\geq1-\epsilon$ para todo
$\epsilon\in(0,\tfrac12)$ y, por lo
tanto, que $\norm{T}\geq1$. 

Supongamos, para probar la última afirmación por el absurdo,
que $f\in C[0,1]$ es tal que $\norm{f}=1$ y
$\abs{T(f)}=1$. A menos de cambiar $f$ por~$-f$ podemos suponer sin pérdida
de generalidad que, de hecho, es $T(f)=1$.
Tenemos que
  \[
  \frac12 = \int_0^{1/2}(f+(1-f)) = \int_0^{1/2}f+\int_0^{1/2}(1-f).
  \]
y que
  \[
  \frac12 = \int_{1/2}^1(-f+(1+f)) = -\int_0^{1/2}f+\int_{1/2}^1(1+f),
  \]
y sumando miembro a miembro estas dos igualdades y usando que $T(f)=1$ vemos
que
  \[
  0 = \int_0^{1/2}(1-f) + \int_{1/2}^1(1+f).
  \]
Como $\norm{f}=1$, es $-1\leq f\leq 1$ y, por lo tanto, $1-f\geq0$ y
$f+1\geq0$: esto nos dice que los integrandos de estas dos últimas
integrales son no negativos. Como son continuos, vemos que tiene que ser
$1-f=0$ en~$[0,1/2]$ y $1+f=0$ en~$[1/2,1]$, lo que es absurdo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que la función 
$F:f\in C[0,1]\mapsto\int_0^1f(t)^2\,\mathrm dt\in\RR$ 
es diferenciable y encuentre su diferencial.

\begin{Solucion}
Sea $f\in C[0,1]$ y  
  \(
  G:h\in C[0,1]\mapsto \int_0^12f(t)h(t)\,\mathrm dt\in\RR
  \),
que es claramente una función lineal y continua, con
$\norm{G}\leq2\norm{f}$. Si $h\in C[0,1]$, es
  \begin{align*}
  F(f+h)-F(f)-G(h)
       &= \int_0^1\bigl((f(t)+h(t))^2-f(t)-2f(t)h(t)\bigr)\,\mathrm dt 
        = \int_0^1h(t)^2\,\mathrm dt 
  \end{align*}
y 
  \[
  \abs*{\int_0^1h(t)^2\,\mathrm dt } \leq \norm{h}^2,
  \]
así que
  \[
  \lim_{h\to0}\frac{\int_0^1h(t)^2\,\mathrm
  dt}{\norm{h}} = 0.
  \]
Esto muestra que $F$ es diferenciable en~$f$ y que $G$ es allí su
diferencial. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $V$ un espacio normado y sean $A$ y $B$ dos subconjuntos de~$V$.
Si $A$ es cerrado y $B$ compacto, entonces el conjunto $C \coloneqq
\{a+b:a\in A,b\in B\}$ es un cerrado de~$V$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $A$ es cerrado y $B$ compacto, y sea $(c_n)_{n\geq1}$ una
sucesión en~$C$ que converge a un punto~$c$ de~$V$: queremos mostrar que
$c\in C$.
Para cada $n\in\NN$ hay $a_n\in A$ y $b_n\in
B$ tales que $c_n=a_c+b_n$ y, como $B$ es compacto, hay una sucesión
estrictamente creciente $(n_k)_{k\geq1}$ en~$\NN$ tal que la subsucesión
$(b_{n_k})_{k\geq1}$ de~$(b_n)_{n\geq1}$ converge a un punto~$b\in B$.
Es claro que la sucesión $(a_{n_k})_{k\geq1}$, que coicide con 
$(c_{n_k}-b_{n_k})_{k\geq1}$, converge a~$c-b$: como $A$ es cerrado,
tenemos que $c-b\in A$ y, por lo tanto, que $c=(c-b)+b\in A+B$. \qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
