\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{4}
\Titulo{Continuidad y separabilidad}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa como lado para abierto sobre}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Continuidad}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(X,d)$ e~$(Y,d')$ dos espacios métricos y sea $f:X\to Y$ una
función.
\begin{ejitems}

\item La función $f$ es continua en un punto~$x_0$ de~$X$ si y solo si para
toda sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ en~$X$ que converge a~$x_0$
se tiene que $\lim f(x_n)=f(x_0)$.

\item Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{tfae}

\item La función~$f$ es continua.

\item Para todo abierto~$G$ de~$Y$ el conjunto~$f^{-1}(G)$ es abierto
en~$X$.

\item Para todo cerrado~$F$ de~$Y$ el conjunto~$f^{-1}(F)$ es cerrado
en~$X$.

\end{tfae}

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $f$ es continua en~$x_0$, sea $(x_n)_{n\geq1}$
una sucesión en~$X$ que converge a~$x_0$ y sea $\epsilon>0$. Como $f$ es
continua en~$x_0$, existe $\delta>0$ tal que $d'(f(x),f(x_0))<\epsilon$
cada vez que $d(x,x_0)<\delta$, y como la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$
converge a~$x_0$ existe $N\in\NN$ tal que $d(x_n,x_0)<\delta$ si $n\geq N$.
Se sigue de estas dos cosas que si $n\geq N$, entonces
$d(f(x_n),f(x_0))<\delta$. En definitiva tenemos que la sucesión
$(f(x_n))_{n\geq1}$ converge a~$f(x_0)$.

Probemos ahora la implicación recíproca. Supongamos que cada vez que
$(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$X$ que converge a~$x_0$ la sucesión
$(f(x_n))_{n\geq1}$ converge a~$f(x_0)$ y supongamos, para llegar a un
absurdo, que $f$ no es continua en~$x_0$, de manera que existe $\epsilon>0$
tal que para todo $\delta>0$ existe $y_\delta\in X$ tal que
$d(y_\delta,x_0)<\delta$ y $d(f(y_\delta),f(x_n))\geq\epsilon$. Para cada
$n\in\NN$ sea $x_n=y_{1/n}$: tenemos entonces que $d(x_n,x_0)<1/n$ para
todo $n\in\NN$, de manera que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$.
La hipótesis implica ahora que la sucesión $(f(x_n))_{n\geq1}$ converge
a~$f(x_0)$ y, en particular, que existe $m\in\NN$ tal que
$d(f(x_m),f(x_0))<\epsilon$. Esto es absurdo, ya que
$d(f(x_m),f(x_0))=d(f(y_{1/m}),f(x_0))\geq\epsilon$.

\ejitem{2} \implicacion{1}{2} Supongamos que $f$ es continua, sea $G$ un
abierto de~$Y$ y sea $x\in f^{-1}(G)$. Es $f(x)\in G$ y, como $G$ es
abierto, existe $\epsilon>0$ tal que $B_\epsilon(f(x))\subseteq G$. Por
otro lado, como $f$ es continua en~$x$, existe $\delta>0$ tal que para todo
$y\in X$ se tiene que
$d(x,y)<\delta\implies d((f(x),f(y))<\epsilon$. Sea ahora $z\in
B_\delta(x)$. Como $d(x,z)<\delta$, sabemos que $d(f(x),f(z))<\epsilon$ y,
por lo tanto, que $f(z)\in B_\epsilon(f(x))\subseteq G$. Vemos así que
$B_\delta(x)\subseteq f^{-1}(G)$ y, por lo tanto, que el conjunto
$f^{-1}(G)$ es abierto.

\implicacion{2}{3} Supongamos que para todo abierto $G$ de~$Y$ el conjunto
$f^{-1}(G)$ es abierto de~$X$ y sea $F$ un cerrado de~$X$. El conjunto
$Y\setminus G$ es abierto, así que la hipótesis implica que
$f^{-1}(Y\setminus G)$ es un abierto de~$X$ y, por lo tanto, que $f^{-1}(F)
= X\setminus f^{-1}(Y\setminus F))$ es cerrado.

\implicacion{3}{1} Supongamos que para todo cerrado~$F$ de~$Y$ el conjunto
$f^{-1}(F)$ es cerrado en~$X$, sea $x\in X$ y sea $\epsilon>0$. El conjunto
$Y\setminus B_\epsilon(f(x))$ es un cerrado de~$Y$, así que la hipótesis
nos dice que $X\setminus f^{-1}(B_\epsilon(f(x))=f^{-1}(Y\setminus
B_\epsilon(f(x)))$ es un cerrado de~$X$ y, por lo tanto, que
$f^{-1}(B_\epsilon(f(x))$ un abierto de~$X$. Como $f(x)\in
B_\epsilon(f(x))$, es $x\in f^{-1}(B_\epsilon(f(x))$ y, como este último
conjunto es abierto, existe $\delta>0$ tal que $B_\delta(x)\subseteq
f^{-1}(B_\epsilon(f(x))$. Ahora bien, si $y\in X$ es tal que
$d(x,y)<\delta$,  entonces $y\in B_\delta(x)\subseteq
f^{-1}(B_\epsilon(f(x)))$ y, por lo tanto, $f(y)\in B_\epsilon(f(x))$, de
manera que $d(f(x),f(y))<\epsilon$. Vemos así que la función~$f$ es
continua en~$x$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item  Decida cuáles de las siguientes funciones son continuas.
\begin{ejitems}

\item $f:(x,y)\in \RR^2\mapsto x^2+y^2\in\RR$, con $\RR^2$ y $\RR$ dotados
de sus métricas euclídeas.

\item La función identidad $(\RR^2,\delta)\to(\RR^2,d_\infty)$, con
$\delta$ la métrica discreta.

\item La función identidad $(\RR^2,d_\infty)\to(\RR^2,\delta)$, con
$\delta$ la métrica discreta.

\item La inclusión $(E,d|_E)\to(X,d)$, con $(X,d)$ un espacio métrico
cualquiera, $E$ un subconjunto de~$X$ y $d|_E$ la métrica sobre~$E$
inducida por la de~$X$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{2} La preimagen de todo abierto del espacio métrico
$(\RR^2,d_\infty)$ por la función $\id:(\RR^2,\delta)\to(\RR^2,d_\infty)$
es abierta, simplemente porque \emph{todo} subconjunto de $(\RR^2,\delta)$
es abierto. Esto nos dice que la función es continua.

\ejitem{3} El conjunto $\{(0,0)\}$ es un abierto de~$(\RR^2,\delta)$, pero
su preimagen por la función $\id:(\RR^2,d_\infty)\to(\RR^2,\delta)$ no es
un abierto de~$(\RR^2,d_\infty)$.

\ejitem{4} Sea $(X,d)$ un espacio métrico, sea $E$ un subconjunto de~$X$,
sea $d|_E$ la restricción de la métrica~$d$ a~$E$ y sea
$f:x\in E\mapsto x\in X$. Esta función es continua: si $\epsilon>0$ y
$x$ e~$y$ son dos puntos de~$E$ tales que $d|_E(x,y)<\epsilon$, entonces
$d(f(x),f(y))=d|_E(x,y)<\epsilon$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $f$,~$g$,~$h:[0,1]\to\RR$ las funciones tales que para todo
$x\in[0,1]$ se tiene
  \[
  f(x) = \begin{cases*}
         0 & si $x\in\QQ$; \\
         1 & si $x\not\in\QQ$;
         \end{cases*}
  \quad
  g(x) = xf(x);
  \quad
  h(x) = \begin{cases*}
         0 & si $x\not\in\QQ$; \\
         \frac1n & si $x=\frac mn$ y $(m,n)=1$; \\
         1 & si $x=0$.
         \end{cases*}
  \]
Muestre que $f$ es discontinua en todos los puntos de su dominio, que $g$ es
continua únicamente en~$0$, y que $h$ es continua en~$[0,1]\setminus\QQ$ y
en ningún otro punto de~$[0,1]$.

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $x\in[0,1]$ y sea $\epsilon\coloneqq1/4$. Si $\delta>0$,
entonces hay puntos $a$ y $b$ en~$[0,1]\cap(x-\delta,x+\delta)$ tales que
$a\in\QQ$ y $b\not\in\QQ$, y entonces $0=f(a)\in f(B_\delta(x))$ y
$1=f(b)\in f(B_\delta(x))$, así que $\diam f(B_\delta(x))\geq 1$: como
$\diam B_\epsilon(f(x))=1/2$, es claro que $f(B_\delta(x))\not\subseteq
B_\epsilon(f(x))$. Como esto es así cualquiera sea $\delta>0$, vemos que
$f$ no es continua en~$x$.

\ejitem{2} Supongamos que $x\in(0,1)$ y que la función~$g$ es continua
en~$x$. Como la función $k:x\in(0,1]\mapsto 1/t\in\RR$ es continua, tenemos
entonces que $k\cdot g$ es continua en~$x$: pero este producto es la
función $f|_{(0,1]}$, que no es continua en~$x$, ya que es la restricción
de la función~$f$, que no es continua en~$x$, al entorno abierto $(0,1]$
de~$x$ en~$[0,1]$. Concluimos de esta forma
que el único punto en el que $g$ puede ser continua es~$0$. 

Mostremos que, efectivamente, es allí continua. Sea $\epsilon>0$. Si
$y\in[0,1]$ es tal que $d(x,y)<\epsilon$, entonces como $f(y)\in\{0,1\}$,
tenemos que $g(y)\in\{0,y\}$ y, por lo tanto, que
$d(g(0),g(y))=\abs{g(y)}\leq y<\epsilon$.

\ejitem{3} Sea $x\in[0,1]\setminus\QQ$, sea $\epsilon>0$ y sea $n\in\NN$
tal que $\epsilon>1/n$. El conjunto
  \[
  F=\{a/b\in\QQ:0\leq a\leq b\leq n,\,b\neq0\}
  \]
tiene por elementos todos los números racionales de~$[0,1]$ que se pueden
escribir en la forma $a/b$ con $a\in\NN_0$, $b\in\NN$, $(a,b)=1$ y $b\leq n$.
Es finito, así que es cerrado, y entonces $U=[0,1]\setminus F$ es un
abierto de~$[0,1]$. Como todos los elemento de~$F$ son racionales y
$x\not\in\QQ$, tenemos que $x\in U$: así, $U$ es un entorno abierto de~$x$.
Sea $y\in U$. Claramente, o bien $y\not\in\QQ$ o bien $y\in\QQ$. En el
primer caso tenemos que $\abs{h(y)}=0<\epsilon$. En el segundo, como $y\in[0,1]$ y
$y\not\in F$, cuando escribimos $y=a/b$ con $a\in\NN_0$, $b\in\NN$ y
$(a,b)=1$, se tiene que $b>n$ y, por lo tanto, que $\abs{h(y)}=1/b<1/n<\epsilon$.
Vemos así que para todo $y\in U$ es $\abs{h(x)-h(y)}<\epsilon$. Eso nos
dice que la función $h$ es continua en~$x$. 

Supongamos ahora que $x\in[0,1]\cap\QQ$. Sabemos que existe una
sucesión~$(x_n)_{n\geq1}$ de números irracionales contenidos en~$[0,1]$ que
converge a~$x$ y claramente tenemos que $\lim_{n\to\infty}h(x_n)=0$. Como
$h(x)\neq0$, vemos que $h$ no es continua en~$x$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio métrico $(X,d)$ es discreto si y solamente si toda función
$X\to Y$ con valores en un espacio métrico $(Y,d')$ es continua.

\begin{Solucion}
Supongamos  primero que $(X,d)$ es discreto, sea $(Y,d')$ otro espacio
métrico y sea $f:X\to Y$ una función. Si $U$ es un abierto de~$Y$, entonces
el conjunto~$f^{-1}(U)$ es un abierto de~$X$, simplemente porque todos los
subconjuntos de~$X$ son abiertos: esto nos dice, como ya sabemos, que la
función~$f$ es continua.

Supongamos ahora que para todo espacio métrico $(Y,d')$ se tiene que toda
función $f:X\to Y$ es continua. En particular, si $\delta$ es la métrica
discreta en~$X$, la función $\id:(X,d)\to(X,\delta)$ es continua y, por lo
tanto, todo subconjunto~$A$ de~$X$ es abierto para~$d$, ya que coincide con
$\id^{-1}(A)$ y $A$ es abierto para~$\delta$. Esto muestra que $(X,d)$ es
discreto. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item \emph{Métricas topológicamente equivalentes.}
\begin{ejitems}

\item Sea $X$ un conjunto y sean $d_1$ y $d_2$ dos métricas sobre~$X$. Si
existen dos números reales $\alpha$ y $\beta$ tales que
  \[
  d_1(x,y) \leq \alpha d_2(x,y) \leq \beta d_1(x,y)
  \]
para todo $x$,~$y\in X$, entonces las métricas $d_1$ y $d_2$ son topológicamente
equivalentes.

\item Dos métricas $d_1$ y $d_2$ sobre un conjunto~$X$ son topológicamente
equivalentes si y solamente si la función identidad $(X,d_1)\to(X,d_2)$ es
un homeomorfismo.

\item Si $1\leq p,q\leq\infty$, entonces las métricas $d_p$ y $d_q$
sobre~$\RR^n$ son topológicamente equivalentes.

\item La función $d:\RR\times\RR\to\RR$ tal que
  \[
  d(x,y) = \abs*{\frac{x}{1+\abs{x}}-\frac{y}{1+\abs{y}}}
  \]
cada vez que $x$ e~$y$ están en~$\RR$ es una métrica equivalente a la
métrica euclídea pero para la que el espacio métrico $(\RR,d')$ no es completo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que existen $\alpha$ y $\beta$ en~$\RR$ que
satisfacen la condición del enunciado. Si $X$ tiene un único punto,
entonces las dos métricas coinciden y son obviamente topológicamente
equivalentes. Supongamos entonces que hay en~$X$ dos puntos distintos $x_1$
y $x_2$. Como $0<d_1(x_1,x_2)\leq \alpha d_2(x_1,x_2)\leq \beta
d_1(x_1,x_2)$, tenemos que $\alpha>0$ y $\beta>0$.

Sea $U$ un abierto de~$X$ para $d_1$ y sea $x\in U$. Como $U$ es abierto
para~$d_1$, existe $r>0$ tal que $B_r(x,d_1)\subseteq U$. Si ahora $y\in
B_{r/\alpha}(x,d_2)$, entonces 
  \[
  d_1(x,y)\leq\alpha d_2(x,y)<\alpha r/\alpha=r,
  \]
así que $y\in B_r(x,d_1)\subseteq U$: vemos así que
$B_{r/\alpha}(x,d_2)\subseteq U$ y, en definitiva, que $U$ es un abierto
para~$d_2$.

Recíprocamente, sea $V$ un abierto de~$X$ para la métrica~$d_2$ y sea $x\in
V$. Como $V$ es abierto para $d_2$, existe $r>0$ tal que
$B_r(x,d_2)\subseteq V$. Si $y\in B_{\alpha r/\beta}(x,d_1)$, entonces
$\alpha d_2(x,y)\leq\beta d_1(x,y)<\beta\alpha r/\beta=\alpha r$, de manera
que $d_2(x,y)< r$ y, por lo tanto, $y\in B_r(x,d_2)$. Esto muestra que
$B_{\alpha r/\beta}(x,d_1)\subseteq V$ y, en definitiva, que $V$ es un
abierto para la métrica~$d_1$.

\ejitem{2} Sean $d_1$ y $d_2$ dos métricas sobre un conjunto~$X$. Es
inmediato que la función identidad $\id:(X,d_1)\to(X,d_2)$ es continua si y
solamente si todo abierto para~$d_2$ es abierto para~$d_1$ y, por lo tanto,
su inversa $\id:(X,d_2)\to(X,d_1)$ es continua si y
solamente si todo abierto para~$d_1$ es abierto para~$d_1$. Vemos así que
$\id:(X,d_1)\to(X,d_2)$ es un homeomorfismo si y solamente si los abiertos
para~$d_1$ y los abiertos para~$d_2$ coinciden, es decir, si y solamente si
$d_1$ y $d_2$ son topológicamente equivalentes.

\ejitem{3} Si $n=0$ no hay nada que probar, así que suponemos que $n>0$.
Por otro lado, ya probamos que las métricas $d_1$,~$d_2$ y $d_\infty$ son
equivalentes en un ejercicio anterior, así que es suficiente que mostremos
que las métricas~$d_p$ con $p\in(1,\infty)$ son equivalentes entre sí.

Fijemos entonces $p$,~$q\in(1,\infty)$. Para todo $r>1$ las funciones
$t\in\RR\mapsto\abs{t}^r\in\RR$ y $t\in(0,+\infty)\to t^{1/r}\in(0+\infty)$
son diferenciables con continuidad y
esto implica inmediatamente que la función
  \[
  (x_1,\dots,x_n)\in\RR^n\setminus\{0\}
        \mapsto \norm{x}_p\in(0,+\infty)
  \]
es diferenciable con continuidad. Como la esfera  unidad
$S_q=\{x\in\RR^n:\norm{x}_q=1\}$ es un compacto de~$\RR^n\setminus\{0\}$,
existe entonces una constante $\alpha_{p,q}$ que es cota superior para esa
función sobre~$S_q$: esto significa que
  \[
  \text{$\norm{x}_p\leq\alpha_{p,q}$ para todo $x\in S_q$.}
  \]
Como hay elementos no nulos en~$S$ y estos tienen $p$-norma
positiva, es claro que $\alpha_{p,q}>0$.
Si ahora $x$ es un punto cualquiera de~$\RR^n\setminus\{0\}$, entonces
$x/\norm{x}_q$ es un elemento de~$S_q$ y, por lo tanto, tenemos que
  \[
  \norm*{\frac{x}{\norm{x}_q}}_p \leq \alpha_{p,q},
  \]
de manera que 
  \[
  \norm{x}_p \leq \alpha_{p,q} \norm{x}_q.
  \]
Si $x=0$ esta última desigualdad también vale, así que vale cualquiera sea
$x\in\RR^n$. Por supuesto, también tenemos que
  \[
  \norm{x}_q \leq \alpha_{q,p} \norm{x}_p
  \]
para todo $x\in\RR^n$ y estas dos desigualdades implican que inmediatamente
que
  \[
  d_p(x,y) \leq \alpha_{p,q} d_q(x,y),
  \qquad
  d_q(x,y) \leq \alpha_{q,p} d_p(x,y)
  \]
cualesquiera sean $x$ e~$y$ en~$\RR^n$ y, por lo tanto, que las
métricas~$d_p$ y $d_q$ son topológicamente equivalentes.

\bigskip

Determinemos explícitamente y de manera óptima la constante $\alpha_{p,q}$.
Supongamos que $p\neq q$; si no es ese el caso podemos tomar
simplemente $\alpha_{p,q}=1$. Las funciones $f=\norm{\place}_p^p$ y
$g=\norm{\place}_q^q$ son diferenciables con continuidad
en~$\RR^n\setminus0$, así que el método de los multiplicadores de Lagrange
nos dice que en todo punto~$\xi$ del conjunto $S =
\{x\in\RR^n\setminus0:g(x)=1\}$ donde la función $f$ alcanza un extremo
relativo a~$S$ se tiene que existe $\lambda\in\RR$ tal que
  \begin{equation}\label{eq:lag}
  g(\xi) = 1, \qquad \nabla f(\xi) = \lambda \nabla g(\xi).
  \end{equation}
Para cada $i\in\inter{n}$ es
  \(
  \frac{\partial f}{\partial x_i}(\xi) = p\abs{\xi_i}^{p-1},
  \)
así que las dos ecuaciones~\eqref{eq:lag} son equivalentes a las $n+1$
ecuaciones
  \begin{equation}\label{eq:lag:2}
  \abs{\xi_1}^q+\cdots+\abs{\xi_n}^q = 1,
  \qquad
  p\abs{\xi_1}^{p-1} = q\lambda \abs{\xi_1}^{q-1},
  \quad\dots,\quad
  p\abs{\xi_n}^{p-1} = q\lambda \abs{\xi_n}^{q-1}.
  \end{equation}
Sea $I=\{i\in\inter{n}:\xi_i\neq0\}$. La primera ecuación implica que
$I\neq\emptyset$. Por otro lado, si $i\in I$, entonces la $(i+1)$-ésima
ecuación nos dice que
  \begin{equation}\label{eq:l}
  \lambda = \frac{p\abs{\xi_i}^{p-1}}{q\abs{\xi_i}^{q-1}}.
  \end{equation}
Como la función 
  \[
  t\in(0,+\infty)\mapsto \frac{pt^{p-1}}{qt^{q-1}}\in(0,+\infty)
  \]
es o estrictamente creciente o estrictamente decreciente dependiendo de si
$p>q$ o $p<q$, es en cualquier caso inyectiva: de las
igualdades~\eqref{eq:l} vemos entonces que existe $a\in(0,\infty)$ tal que
$\abs{\xi_i}=a$ para todo $i\in I$. Volviendo ahora a la primera ecuación
de~\eqref{eq:lag:2} vemos que si ponemos $m\coloneqq\#I$ es $a=m^{-1/q}$ y
que $f(\xi)=m^{1/p-1/q}$. Concluimos de esta forma que el valor máximo
de~$f$ en el conjunto~$S_q$ es uno de los $n$~números
  \begin{equation}\label{eq:ll}
  m^{1/p-1/q}, \qquad \text{con $m\in\inter{n}$.}
  \end{equation}
Tenemos ahora dos casos.
\begin{itemize}

\item Supongamos primero que $q>p$. El punto
$\zeta=(n^{-1/q},\dots,n^{-1/q})$ pertenece a~$S_q$ y
$f(\zeta)=n^{1/p-1/q}$. Como $n^{1/p-1/q}$ es el más grande de los números
listados en~\eqref{eq:ll}, vemos que es el máximo de~$f$ en~$S_q$.

\item Si en cambio $q<p$, entonces $\zeta=(1,0,\dots,0)\in S_q$ y
$f(\zeta)=1$. Como $m^{1/p-1/q}\leq 1$ para todo $m\in\inter{n}$, vemos que
el máximo de~$f$ en~$S_q$ en este caso es~$1$.

\end{itemize}
La conclusión de esto es que si $p\neq q$ la menor constante $\alpha_{p,q}$
que podemos elegir para que se tenga
  \[
  \text{$\norm{x}_p\leq\alpha_{p,q}\norm{x}_q$ para todo $x\in\RR^n$}
  \]
es
  \[
  \alpha_{p,q} = \begin{cases*}
                 n^{1/p-1/q} & si $q>p$; \\
                 1 & si $q<p$.
                 \end{cases*}
  \]

Podemos obtener este mismo resultado en el caso en que $q>p$ usando la
desigualdad de Hölder. Recordemos que si $x$ e $y$ son dos elementos
de~$\RR^n$ y $r$ y $s$ son dos números de~$[1,+\infty)$ tales que
$1/r+1/s=1$, entonces la desigualdad de Hölder nos dice que
  \[
  \sum_{i=1}^n\abs{x_i}\abs{y_i} 
        \leq \norm{x}_r\norm{y}_s.
  \]
En particular, si $z\in\RR^n$, $p$,~$q\in\RR$ son tales que $1<p<q$, y
ponemos $x=(\abs{z_1}^p,\cdots,\abs{z_n}^p)$, $y=(1,\dots,1)$, $r=q/p$ y
$s=1/(1-1/r)$, de la desigualdad de Hölder vemos que
  \[
  \sum_{i=1}^n\abs{z_i}^p \leq 
        \left(\sum_{i=1}^n\abs{z_i}^{p\cdot q/p}\right)^{p/q}
        \left(\sum_{i=1}^n1^{s}\right)^{1/s}
        = n^{1-p/q}\norm{z}_q^{p}
  \]
y, por lo tanto, tomando raíces $p$-ésimas que
  \[
  \norm{z}_p \leq n^{1/q-1/q}\norm{z}_q.
  \]
Como eligiendo $z=(1,\dots,1)$ vale la igualdad, esto muestra que la mejor
constante es $n^{1/q-1/p}$, como dijimos arriba.

\bigskip

\ejitem{4} Es evidente que la función~$d$ del enunciado es simétrica, no
negativa y que se anula cuando sus argumentos son iguales. Por otro lado,
si $x$ e~$y$ son elementos de~$\RR$ tales que tales que $d(x,y)=0$, 
entonces claramente tenemos que
  \[
  \frac{x}{1+\abs{x}} = \frac{y}{1+\abs{y}}
  \]
y, tomando valores absolutos, que
  \[
  \frac{\abs{x}}{1+\abs{x}} = \frac{\abs{y}}{1+\abs{y}}.
  \]
Como la función $f:t\in[0,\infty)\mapsto t/(1+t)\in[0,\infty)$ es
estrictamente creciente ---ya su derivada es estrictamente positiva--- es
una función inyectiva y, por lo tanto, de la última igualdad deducimos que
$\abs{x}=\abs{y}$. Si multiplicamos ahora nuestra primera igualdad
por~$1+\abs{x}$, entonces podemos concluir que $x=y$.

Nos queda mostrar que la función~$d$ satisface la desigualdad triangular,
pero esto es inmediato: si $x$, $y$ y~$z$ tres elementos de~$\RR$, entonces
  \begin{align*}
  d(x,z)  
       &= \abs*{\frac{x}{1+\abs{x}}-\frac{z}{1+\abs{z}}} 
        \leq \abs*{\frac{x}{1+\abs{x}}-\frac{y}{1+\abs{y}}}
        + \abs*{\frac{y}{1+\abs{y}}-\frac{z}{1+\abs{z}}}
\intertext{simplemente por la desigualdad triangular de la métrica euclídea
de~$\RR$, y esto es}
       &= d(x,y) + d(y,z).
  \end{align*}

Sean $x$ e~$y$ son dos elementos de~$\RR$. Si $x\geq y$, entonces
  \begin{align*}
  d(x,y) 
        &= \abs*{\frac{x}{1+\abs{x}}-\frac{y}{1+\abs{y}}}
         = \frac{x}{1+\abs{x}}-\frac{y}{1+\abs{y}}
         \leq \frac{x}{1+\abs{y}}-\frac{y}{1+\abs{y}} \\
        &= \frac{\abs{x-y}}{1+\abs{y}} \leq d_2(x,y).
  \end{align*}
y si $x<y$ vale también que $d(x,y)\leq d_2(x,y)$ porque ambas métricas son
simétricas. De esto se deduce que para cada $x\in\RR$ y cada $r>0$ es
$B_r(x,d_2)\subseteq B_r(x,d)$ y, por lo tanto, que todo abierto para~$d$ es abierto
para~$d_2$. 

Por otro lado, si $x\in\RR$ y $r>0$, entonces $y\in B_r(x,d)$ si y
solamente si
  \[
  \abs*{\frac{y}{1+\abs{y}}-\frac{x}{1+\abs{x}}} < s,
  \]
es decir, si $y/(1+\abs{y})$ pertenece al intervalo abierto
  \[
  \left(
  \frac{x}{1+\abs{x}} - s,
  \frac{x}{1+\abs{x}} + s
  \right)
  \]
En otras palabras, $B_r(x,d)$ es la preimagen de este intervalo abierto por
la función $t\in\RR\mapsto t/(1+\abs{t})\in\RR$, que es manifiestamente
continua: esto nos dice $B_r(x,d)$ es un abierto para la métrica
euclídea~$d_2$.

Concluimos de esta forma que $d$ y $d_2$ son métricas topológicamente
equivalentes sobre~$\RR$. Sabemos que $\RR$ es completo con respecto
a~$d_2$: veamos, para terminar con el ejercicio, que $\RR$ no es completo
con respecto a la métrica~$d$.

Para cada $n\in\NN$ es
  \[
  d(n+1,n) = \abs*{\frac{(n+1)}{2+n}-\frac{n}{1+n}}
           = \abs*{\frac{(n+1)^2-n(n+2)}{(n+1)(n+2)}}
           = \frac{1}{(n+1)(n+2)},
  \]
así que si $n$, $m$ y $N$ son elementos de~$\NN$ tales que $n\geq m\geq N$ se tiene 
  \begin{align*}
  d(n,m) 
        &\leq \sum_{i=m}^{n-1}d(i+1,i)
         \leq \sum_{i=m}^{n-1}\frac{1}{(i+1)(i+2)}
         = \sum_{i=m}^{n-1}\left(\frac{1}{i+1}-\frac{1}{i+2}\right) \\
        &= \frac{1}{m+1}-\frac{1}{n+1} 
         \leq \frac{1}{N+1}.
  \end{align*}
Esto nos dice que la sucesión $(n)_{n\geq1}$ es de Cauchy para la
métrica~$d$. Sin embargo no converge con respecto a~$d$: en efecto, como $d$
y $d_2$ son equivalentes, si lo hiciera también convergería con respecto
a~$d_2$ y es evidente no lo hace. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Consideremos a todos los espacios $\RR^n$ con sus métricas euclídeas.
Muestre que
\begin{ejitems}

\item el conjunto $\{(x,y)\in\RR^2:x^2+y(e^x-1)=-1\}$ es cerrado,

\item el conjunto $\{(x,y,z)\in\RR^3:-1\leq x^3-3y^4+z-2\leq 3\}$ es
cerrado, y 

\item el conjunto $\{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\RR^5:3<x_1-x_2\}$ es abierto.

\end{ejitems}
¿Puede dar otras métricas no equivalentes a las euclídeas para las que estas
afirmaciones sigan siendo válidas?

\begin{Solucion}
La función $f:(x,y)\in\RR^2\mapsto x^2+y(e^x-1)\in\RR$ es continua, así que
el conjunto $f^{-1}(\{-1\})$, que es el de~\ejitem{1}, es un cerrado
de~$\RR^2$.

La función $g:(x,y,z)\in\RR^3\mapsto x^3-3y^4+z-2\in\RR$ es continua, así
que el conjunto $g^{-1}([-1,3])$, que coincide con el de~\ejitem{2}, es un
cerrado de~$\RR^3$.

La función $h:(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\RR^5\mapsto x_1-x_2\in\RR$ es
continua, así que el conjunto $h^{-1}((3,+\infty))$, el de~\ejitem{3}, es
abierto en~$\RR^5$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $C[0,1]$ el conjunto de las funciones $[0,1]\to\RR$ que son
continuas y sean $E$,~$I:C[0,1]\to\RR$ las funciones tales que
  \[
  E(f)=f(0),
  \qquad
  I(f)=\int_0^1f(x)\,\mathrm dx
  \]
para toda $f\in C[0,1]$.
\begin{ejitems}

\item Tanto $E$ como $I$ son continuas sobre $(C[0,1],d_\infty)$.

\item La función~$I$ es continua sobre~$(C[0,1],d_1)$ pero la función~$E$
no lo es.

\item ¿Hay alguna función $F:C[0,1]\to\RR$ que sea continua para la
métrica~$d_1$ pero no para la métrica~$d_\infty$?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f\in C[0,1]$ y sea $\epsilon>0$. Si $g\in C[0,1]$ es tal
que
  \[
  d_\infty(f,g)=\sup_{t\in[0,1]}\abs{f(t)-g(t)}<\epsilon,
  \]
entonces por un lado tenemos que
  \[
  \abs{E(f)-E(g)} = \abs{f(0)-g(0)} \leq \sup_{t\in[0,1]}\abs{f(t)-g(t)}<\epsilon
  \]
y, por otro, como para todo $\tau\in[0,1]$ es $\abs{f(\tau)-g(\tau)}<\epsilon$,
tenemos que
  \begin{align*}
  \abs{I(f)-I(g)}
       &= \abs*{\int_0^1f(\tau)\,\mathrm d\tau
                - \int_0^1g(\tau)\,\mathrm d\tau}
        = \abs*{\int_0^1(f(\tau)-g(\tau))\,\mathrm d\tau} \\
       &\leq  \int_0^1\abs{f(\tau)-g(\tau)}\,\mathrm d\tau
        < \int_0^1\epsilon\,\mathrm d\tau
        = \epsilon
  \end{align*}
(En la última desigualdad usamos el hecho de que si $g$ y $h$ son funciones
continuas en $[0,1]$ y $g<h$ entonces $\int_0^1g<\int_0^1h$.) Hemos
mostrado entonces que $E(B_\epsilon(f,d_\infty))\subseteq B_\epsilon(E(f))$ y que
$I(B_\epsilon(f,d_\infty))\subseteq B_\epsilon(I(f))$. Así, las funciones~$E$ e~$I$
son continuas en~$f$ con respecto a la métrica $d_\infty$.

\ejitem{2} Sean otra vez $f\in C[0,1]$ y $\epsilon>1$ y sea ahora $g\in
B_\epsilon(f,d_1)$. En ese caso tenemos que
  \begin{align*}
  \abs{I(f)-I(g)}
       &= \abs*{\int_0^1f(\tau)\,\mathrm d\tau
                - \int_0^1g(\tau)\,\mathrm d\tau}
        = \abs*{\int_0^1(f(\tau)-g(\tau))\,\mathrm d\tau} \\
       &\leq  \int_0^1\abs{f(\tau)-g(\tau)}\,\mathrm d\tau
        = d_1(f,g) < \epsilon.
  \end{align*}
Así, $I(B_\epsilon(f,d_1))\subseteq B_\epsilon(I(f))$ para todo
$\epsilon>0$ y, por lo tanto, la función~$I$ es continua en~$f$.

Para cada $n\in\NN$ consideremos la función
$f_n:t\in[0,1]\mapsto(1-t)^n\in\RR$, que pertenece a~$C[0,1]$. Es
  \[
  d_1(f_n,0) = \int_0^1\abs{(1-\tau)^n}\,\mathrm d\tau
        =\int_0^1(1-\tau)^n\,\mathrm d\tau
        = \frac{1}{n+1},
  \]
así que claramente la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge a~$0$ con respecto
a~$d_1$. Por otro lado, $E(f_n)=1$ para todo $n\in\NN$, así que la sucesión
$(E(f_n))_{n\geq1}$ converge a~$1$, que es distinto de~$E(0)$. Esto muestra
que la función~$E$ no es continua con respecto a la métrica~$d_1$.

\ejitem{3} Supongamos que $F:C[0,1]\to\RR$ es una función que es continua
con respecto a la métrica~$d_1$ y sean $f\in C[0,1]$ y $\epsilon>0$. Como
$F$ es continua con respecto a~$d_1$, existe $\delta>0$ tal que
$F(B_\delta(f,d_1))\subseteq B_\epsilon(F(f))$. Por otro lado, si $g\in
B_\delta(f,d_\infty)$, entonces
  \[
  d_1(f,g) = \int_0^1\abs{f(\tau)-g(\tau)}\,\mathrm d\tau
        \leq \sup_{\tau\in[0,1]} \abs{f(\tau)-g(\tau)}
        = d_\infty(f,g)<\delta,
  \]
así que $B_\delta(f,d_\infty)\subseteq B_\delta(f,d_1)$ y, por lo tanto, 
  \[
  F(B_\delta(f,d_\infty))\subseteq F(B_\delta(f,d_1)) \subseteq B_\epsilon(F(f)).
  \]
Esto muestra que $F$ es continua en~$f$ con respecto a~$d_\infty$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(X,d)$ e~$(Y,d')$ dos espacios métricos y pongamos en~$X\times
Y$ la métrica~$d_1$. Si una función
$f:X\to Y$ es continua, entonces el \emph{gráfico} de~$f$, es decir, el conjunto
  \[
  G(f) = \{(x,f(x))\in X\times Y:x\in X\}
  \]
es un cerrado de~$X\times Y$. ¿Vale la afirmación recíproca?

\begin{Solucion}
Sea $f:X\to Y$ una función continua y mostremos que $G(f)$ es cerrado
en~$X\times Y$. Para cada $n\in\NN$ sea $p_n$ un punto de~$G(f)$ y
supongamos que la sucesión $(p_n)_{n\geq1}$ converge en~$X\times Y$
a~$p=(x,y)$. Si $n\in\NN$, entonces que $p_n$ pertenezca a~$G(f)$ significa
que existe $x_n\in X$ tal que $p_n=(x_n,f(x_n))$. Es
  \[
  d(x_n,x) \leq d(x_n,x) + d(f(x_n),y) = d(p_n,p)
  \]
y
  \[
  d(f(x_n),y) \leq d(x_n,x) + d(f(x_n),y) = d(p_n,p)
  \]
así que, como $\lim_{n\to\infty} d(p_n,p)=0$, tenemos que
  \[
  \lim_{n\to\infty} d(x_n,x)=0,
  \qquad
  \lim_{n\to\infty} d(f(x_n),y)=0,
  \]
y esto nos dice que 
  \[
  \lim_{n\to\infty}x_n=x,
  \qquad
  \lim_{n\to\infty}f(x_n)=y.
  \]
Ahora bien, nuestra hipótesis de que $f$ es
continua implica que  $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(x)$ y, por lo tanto, que
$y=f(x)$. Vemos así que $p=(x,y)=(x,f(x))\in G(f)$ y, por lo tanto, que
$\overline{G(f)}\subseteq G(f)$, es decir, que $G(f)$ es cerrado.

\bigskip

Consideremos la función $f:\RR\to\RR$ tal que si $x\in\RR$ es
  \[
  f(x) = \begin{dcases*}
         \frac{1}{x} & si $x\neq0$; \\
         0 & si $x=0$.
         \end{dcases*}
  \]
El gráfico~$G(f)$ es un cerrado de~$\RR\times\RR$ pero es claro que $f$ no
es continua. La implicación recíproca a la del enunciado no es, por lo
tanto, cierta. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(X,d)$ e~$(Y,d')$ dos espacios métricos y sea $f:X\to Y$ una
función. Decida si las siguientes afirmaciones son válidas:
\begin{ejitems}

\item Si $\U$ es un cubrimiento abierto de~$X$ y para todo $U\in\U$ es
continua la restricción $f|_U:U\to Y$, entonces la función $f:X\to Y$ es continua.

\item Si $\mathscr{F}$ es un cubrimiento cerrado de~$X$ y para todo
$F\in\mathscr F$ es continua la restricción $f|_F:F\to Y$, entonces la
función $f:X\to Y$ es continua.

\item Si $\mathscr{F}$ es un cubrimiento cerrado y finito de~$X$ y para todo
$F\in\mathscr F$ la restricción $f|_F:F\to Y$ es continua, entonces la
función $f:X\to Y$ es continua.

\item Si $\mathscr{Q}$ es un cubrimiento finito de~$X$ y para todo
$Q\in\mathscr{G}$ la restricción $f|_Q:Q\to Y$ es continua, entonces
$f:X\to Y$ es continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}\def\F{\mathscr{F}}
\ejitem{1} Sea $\U$ un cubrimiento abierto de~$X$ y supongamos que para
todo $U\in\U$ la función $f|_U:U\to Y$ es continua. Sea $V$ un abierto
de~$Y$. Si $U\in\U$, entonces la continuidad de~$f|_U$ implica que
$(f|_U)^{-1}(V)$ es un abierto de~$U$ y, como $U$ es abierto en~$X$, un
abierto de~$X$. Tenemos entonces que
  \[
  f^{-1}(V)
        = f^{-1}(V)\cap  X
        = f^{-1}(V)\cap\bigcup_{U\in\U}U
        = \bigcup_{U\in\U}(f^{-1}(V)\cap U)
        = \bigcup_{U\in\U}(f|_U)^{-1}(V)
  \]
y esto muestra que $f^{-1}(V)$ es abierto, ya que lo exhibe como unión de
abiertos. Vemos así que $f$ es continua.

\ejitem{2} Sea $f:X\to Y$ una función que no es continua y pongamos
$\mathscr{F}=\{\{x\}:x\in X\}$. Es claro que $\mathscr{F}$ es un
cubrimiento de~$X$ por cerrados y que para todo $F\in\mathscr{F}$ la
restricción $f|_F:F\to Y$ es continua. La afirmación del enunciado es por
lo tanto falsa en general.

\ejitem{3} Sea $f:X\to Y$ una función, sea $\F$ un cubrimiento cerrado y
finito de~$X$ y supongamos que para cada $F\in\F$ la restricción $f|_F:F\to
Y$ es continua. Sea $G$ un cerrado de~$Y$. Si $F\in\F$, el conjunto
$(f|_F)^{-1}(G)$ es un cerrado de~$F$ porque la restricción $f|_F$ es
continua, y, como $F$ es cerrado en~$X$,
también un cerrado de~$X$. Como
  \[
  f^{-1}(G) 
        = f^{-1}(G)\cap X
        = f^{-1}(G)\cap\bigcup_{F\in\F}F
        =\bigcup_{F\in\F}(f^{-1}(G)\cap F)
        = \bigcup_{F\in\F}(f|_F)^{-1}(G),
  \]
vemos que $f^{-1}(G)$ es una unión finita de cerrados, así que es él mismo
cerrado. Esto muestra que la función $f$ es continua.

\ejitem{4} Sean $X=Y=\RR$, sea $\mathscr{Q}=\{(-\infty,0],(0,+\infty)\}$ y
sea $f:\RR\to\RR$ la función tal que para cada $x\in\RR$ es
  \[
  f(x) = \begin{cases*}
         0 & si $x\leq 0$; \\
         1 & si $x>0$.
         \end{cases*}
  \]
Es inmediato verificar que para cada $Q\in\mathscr{Q}$ la restricción
$f|_Q$ es continua y que, sin embargo, la función $f$ misma no lo es. Esto
muestra que la afirmación del enunciado es falsa. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico. Una familia $\mathscr{F}$ de subconjuntos
de~$X$ es \emph{localmente finita} si para todo $x\in X$ existe un
entorno~$U$ de~$x$ en~$X$ tal que el conjunto $\{F\in\mathcal F:F\cap
U\neq\emptyset\}$ es finito.
\begin{ejitems}

\item Si $\mathcal F$ es una familia localmente finita de cerrados de~$X$,
entonces $\bigcup_{F\in\mathcal F}F$ es un cerrado de~$X$.

\item Si $\mathcal F$ es un cubrimiento cerrado y localmente finito de~$X$
y $f:X\to Y$ es una función con valores en un espacio métrico~$Y$ tal que
para todo $F\in\mathcal F$ la restricción $f|_F:F\to Y$ es continua,
entonces $f$ misma es una función continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}\def\F{\mathcal F}
\ejitem{1} Sea $\F$ una familia localmente finita de cerrados de~$X$ y sea
$G=\bigcup_{F\in\F}F$. Queremos mostrar que $G$ es cerrado. Sea
$x\in\overline G$. Como $\F$ es localmente finita, existe un entorno $U$
tal que $\F_U=\{F\in\F:F\cap U\neq\emptyset\}$ es finito y, sin pérdida de
generalidad (reemplazando a~$U$ por su interior, si es necesario) podemos
suponer que $U$ es abierto. Como $x$ está en~$\overline G$, hay una
sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ con valores en~$G$ que converge a~$x$. En
particular, existe $N\in\NN$ tal que $x_n\in U$ si $n\geq N$.

Ahora bien, si $n\geq N$, el punto $x_n$ está tanto en~$U$ como en~$G$, así
que está en $G\cap U=\bigcup_{F\in\F}F\cap U=\bigcup_{F\in F_U}F\cap U$ y
existe $F\in\F_U$ tal que $x_n\in F$. Vemos de esta forma que hay una
función $\phi:\NN_{\geq N}\to\F_U$ tal que $x_n\in\phi(n)$ para todo $n\geq
N$. Como $\F_U$ es un conjunto finito y $\NN_{\geq N}$ no lo es, es claro
que existe $F_0\in\F_U$ tal que $\{n\in\NN_{\geq N}:x_n\in F_0\}$ es infinito:
esto nos dice que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ posee una subsucesión que
toma valores en~$F_0$. Como la sucesión converge a~$x$ y $F_0$ es cerrado,
esto implica, por supuesto, que $x\in F_0\subseteq G$. Hemos mostrado con
todo esto que $\overline G\subseteq G$ y, por lo tanto, que $G$ es cerrado.

\ejitem{2} Sea $\F$ un cubrimiento cerrado y localmente finito de~$X$ y sea
$f:X\to Y$ una función con valores en un espacio métrico~$Y$ y tal que para
todo $F\in\F$ la restricción $f|_F:F\to Y$ es continua. Sea $G$ un cerrado
de~$Y$. Es
  \[
  f^{-1}(G) = \bigcup_{F\in\F}(f|_F)^{-1}(G).
  \]
Si $F\in\F$, entonces el conjunto $(f|_F)^{-1}(G)$ es un cerrado de~$F$ y,
como $F$ es cerrado en~$X$, de~$X$. Más aún, la familia
$\{(f|_F)^{-1}(G):F\in\F\}$ es localmente finita en~$X$: si $x\in X$,
entonces como $\F$ es localmente finita, hay un entorno~$U$ de~$X$ tal que
el conjunto $\F_U=\{F\in\F:F\cap U\neq\emptyset\}$ es finito, y es evidente
que $\{F\in\F:U\cap (f|_F)^{-1}(G)\neq\emptyset\}$ está contenido
en~$\F_U$. La primera parte del ejercicio, entonces, nos dice que
$f^{-1}(G)$ es un cerrado de~$X$, ya que es la unión de una familia
localmente finita de cerrados de~$X$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Una función $f:X\to\RR$ es continua
si y solamente si para todo $\alpha\in\RR$ los conjuntos $\{x\in
X:f(x)<\alpha\}$ y $\{x\in X:f(x)>\alpha\}$ son abiertos.

\begin{Solucion}
Sea $f:X\to\RR$ una función y supongamos que $f$ satisface la condición del
enunciado. Sea $x\in X$ y sea $\epsilon>0$. De acuerdo a la hipótesis, el conjunto
  \[
  U = \{y\in X:f(y)<f(x)+\epsilon\} \cap \{y\in X:f(y)>f(x)-\epsilon\}
  \]
es un abierto de~$X$ y claramente contiene a~$x$, así que se trata de un
entorno de~$x$. Como $f(U)\subseteq B_\epsilon(f(x))$, esto muestra que $f$
es continua en~$x$.

Para probar la recíproca, supongamos que la función $f$ es continua. Si
$\alpha\in\RR$, entonces los conjuntos $(-\infty,\alpha)$ y
$(\alpha,+\infty)$ son abiertos de~$\RR$, así que las preimágenes
$f^{-1}((-\infty,\alpha))$ y $f^{-1}((\alpha,+\infty))$ son abiertos: estas dos
preimágenes son precisamente los dos conjuntos que aparecen en el
enunciado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico.  Si $A$ es un subconjunto no vacío
de~$X$, entonces la función $d_A:x\in X\mapsto d(x,A)\in\RR$ es
uniformemente continua.

\begin{Solucion}
Sea $\epsilon>0$ y sean $x$ e $y$ dos puntos de~$B$ tales que
$d(x,y)<\epsilon$. En la práctica anterior probamos que
$\abs{d(x,A)-d(y,A)}\leq d(x,y)$ y, por lo tanto que
$\abs{d_A(x)-d_A(y)}<\epsilon$. Esto muestra que la función~$d_A$ es
uniformemente continua. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item \emph{Teorema de Urysohn.} Sea $(X,d)$ un espacio métrico
\begin{ejitems}

\item Si $A$ y $B$ son dos cerrados disjuntos de~$X$, entonces existe una
función $f:X\to\RR$ que es continua y tal que $f|_A\equiv0$, $f|_B\equiv1$
y $0\leq f(x)\leq1$ para todo $x\in X$.

\begin{Indicacion}
Considere la función $f$ tal que $f(x)=\dfrac{d_A(x)}{d_A(x)+d_B(y)}$.
\end{Indicacion}

\item Si $A$ y $B$ son dos cerrados disjuntos de~$X$, entonces existen
abiertos $U$ y $V$ de~$X$ tales que $A\subseteq U$, $B\subseteq V$ y $U\cap
V=\emptyset$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Consideremos la función
  \[
  f:x\in X\mapsto \frac{d_A(x)}{d_A(x)+d_B(x)}\in\RR.
  \]
Como las funciones $d_A$,~$d_B:X\to X$ son continuas y la función $d_A+d_B$
no se anula en ningún punto de~$X$ porque $A$ y $B$ son cerrados y
disjuntos, la función $f$ es continua. Es claro que satisface las tres
condiciones del enunciado. Más aún, si ponemos $U=f^{-1}((-\infty,1/2))$ y
$V=f^{-1}((1/2,+\infty))$, entonces es claro que $U\cap V=\emptyset$, que
$U\supseteq A$ y que $V\supseteq B$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una función $\ZZ\to\QQ$ es siempre continua. ¿Puede ser un
homeomorfismo? ¿Qué puede decirse en este sentido de una función $\ZZ\to\RR$?

\begin{Solucion}
Sea $f:\ZZ\to\QQ$ una función. Como todo subconjunto de~$\ZZ$ es abierto,
es claro que $f$ es continua. Supongamos que además es un homeomorfismo, de
manera que hay una función continua y biyectiva $g:\QQ\to\ZZ$. La sucesión
$(1/n)_{n\geq1}$ es inyectiva y converge a~$0$, así que la sucesión
$(g(1/n))_{n\geq1}$ es inyectiva y converge a~$g(0)$. Esto es imposible:
como el espacio métrico~$\ZZ$ es discreto, toda sucesión convergente en él es
a la larga constante.

Toda función $\ZZ\to\RR$ es continua, otra vez porque $\ZZ$ es un espacio
métrico discreto, pero no puede ser nunca un homeomorfismo simplemente
porque no hay ninguna función biyectiva $\ZZ\to\RR$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item  Sea $(X,d)$ un espacio métrico. La función $\Delta:x\in X\mapsto(x,x)\in
X\times X$ es un homeomorfismo de~$X$ a su imagen~$\Delta(X)$ y el
conjunto~$\Delta(X)$ es cerrado en~$X\times X$.

\begin{Solucion}
Si $\epsilon>0$, entonces cada vez que $x$ e~$y$ son puntos de~$X$ tales
que $d(x,y)<\epsilon/2$ se tiene que
$d(\Delta(x),\Delta(y))=2d(x,y)<\epsilon$: esto muestra que la
función~$\Delta$ es uniformemente continua. Como es claramente inyectiva,
la correstricción $\Delta|^{\Delta(X)}:X\to\Delta(X)$ es una biyección.
Sabemos que la proyección $\pi:(x,y)\in X\times X\mapsto x\in X$ es una
función continua, así que su restricción $\pi|_{\Delta(X)}:\Delta(X)\to X$
también es continua. Es claro que $\Delta|^{\Delta(X)}$ y
$\pi|_{\Delta(X)}$ son funciones inversas, así que se trata de
homeomorfismos.

Observemos que $\Delta(X)$ es el gráfico de la función $\id:X\to X$, que es
continua, así que, como probamos arriba, se trata de un cerrado de~$X\times
X$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(X,d)$ e $(Y,d')$ dos espacios métricos. Una función $f:X\to Y$
es \emph{abierta} si para todo abierto~$A$ de~$X$ el conjunto~$f(A)$ es
abierto en~$Y$, y es \emph{cerrada} si para todo cerrado~$F$ de~$X$ el
conjunto $f(F)$ es cerrado en~$Y$.
\begin{ejitems}

\item Una función biyectiva $f:X\to Y$ es abierta si y solamente si su
función inversa $f^{-1}:Y\to X$ es continua.

\item Dé ejemplos de funciones continuas $\RR\to\RR$ que no son abiertas.

\item Dé ejemplos de funciones continuas $\RR\to\RR$ que no son cerradas.

\item Una función puede ser biyectiva, abierta y cerrada y no
un homeomorfismo: dé un ejemplo de esto.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f:X\to Y$ una función biyectiva y sea $g:Y\to X$ su función
inversa. Si $f$ es abierta y $B$ es
un abierto de~$X$, entonces $g^{-1}(B)=f(B)$ es una abierto de~$Y$, así que
$g$ es continua. Recíprocamente, si $g$ es continua y $B$ es un abierto
de~$X$, entonces $f(B)=g^{-1}(B)$ es un abierto de~$Y$, así que $f$ es
abierta.

\ejitem{2} Una función constante $\RR\to\RR$ es continua y no abierta,
ya que $f(\RR)$ no es un abierto de~$\RR$.

\ejitem{3} La función $:t\in\RR\mapsto e^t\in\RR$ es continua pero
$f(\RR)=(0,+\infty)$ no es un cerrado, así que no es cerrada.

\ejitem{4} Sea $(X,d)$ un espacio métrico que no es discreto y sea $d'$ la
métrica discreta sobre~$X$. La función $\id_X:(X,d)\to(X,d')$ es biyectiva,
abierta y cerrada, pero no es un homeomorfismo. \qed
\end{Solucion}

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

\item Sean $(X,d)$ e~$(Y,d')$ dos espacios métricos y sea $D$ un subconjunto
de~$X$ que es denso. Si $f$,~$g:X\to Y$ son dos funciones continuas
sobre~$X$ tales que $f|_D=g|_D$, entonces $f=g$.

\item Si $f:\RR\to\RR$ es una función continua tal que $f(x+y)=f(x)+f(y)$
cada vez que $x$ e~$y$ son elementos de~$\QQ$, entonces existe
$\alpha\in\RR$ tal que $f(x)=\alpha x$ para todo $x\in\RR$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $f$,~$g:X\to Y$ dos funciones continuas que coinciden en el
subconjunto~$D$ y sea $x\in X$. Como $D$ es denso, hay una sucesión
$(x_n)_{n\geq1}$ en~$D$ que converge a~$x$ y entonces porque $f$ y $g$ son
continuas y coinciden sobre~$D$ tenemos que
  \[
  f(x) = \lim_{n\to\infty}f(x_n)
       = \lim_{n\to\infty}g(x_n)
       = g(x).
  \]
Esto muestra que $f=g$, como queremos.

\ejitem{2} Sea $f:\RR\to\RR$ una función continua tal que
$f(x+y)=f(x)+f(y)$ siempre que $x$ e~$y$ están en~$\QQ$ y pongamos
$\alpha\coloneqq f(1)$. Mostremos que
  \[
  \text{si $n\in\NN$, entonces $f(n)=\alpha n$}
  \]
haciendo inducción con respecto a~$n$. Es claro que esto es cierto
cuando $n=1$, y si suponemos que $f(n)=\alpha n$ para algún $n\in\NN$,
entonces es 
  \[
  f(n+1)=f(n)+f(1)=\alpha n+\alpha=\alpha(n+1).
  \]
Si ahora $n$ y $m$ son dos elementos de~$\NN$ y $n>m$, entonces 
  \[
  f(m) = f(n+(m-n)) = f(n) + f(m-n)
  \]
porque $n$, $m$ y $m-n$ están en~$\QQ$ y, por lo tanto,
  \[
  f(m-n) = f(m)-f(n) = \alpha m-\alpha n=\alpha(m-n).
  \]
Finalmente, $f(1)=f(1+0)=f(1)+f(0)$, así que $f(0)=0$. Juntando todo, vemos
que
  \[
  \text{$f(n)=\alpha n$ para cada $n\in\ZZ$.}
  \]
Fijemos ahora $n\in\NN$ y mostremos que 
  \[
  \text{$f(n/2^m)=\alpha n/2^m$ para todo $m\in\NN_0$.}
  \]
Si $m=0$, ya sabemos que la afirmación vale. Por otro lado, si suponemos
que $m\in\NN$ y que $f(n/2^m)=\alpha n/2^m$, entonces
  \[
  \frac{\alpha n}{2^m} = f\left(\frac{n}{2^m}\right)
        =  f\left(\frac{n}{2^{m+1}}\right)
        +  f\left(\frac{n}{2^{m+1}}\right)
        =  2 f\left(\frac{n}{2^{m+1}}\right),
  \]
así que $f(n/2^{m+1})=\alpha n/2^{m+1}$.

Concluimos de esta forma que $f$ y la función $g:x\in\RR\mapsto\alpha
x\in\RR$, que son ambas continuas, coinciden sobre el conjunto
  \[
  D = \left\{\frac{n}{2^m}:n\in\ZZ,m\in\NN_0\right\}.
  \]
Como $D$ es denso en~$\RR$, la primera parte del ejercicio nos permite
concluir que $f=g$. Esto es precisamente lo que queríamos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(X,d)$ e~$(Y,d')$ dos espacios métricos y pongamos
sobre el producto cartesiano~$X\times Y$ la métrica~$d_\infty$.
\begin{ejitems}

\item Las proyecciones $\pi_1:(x,y)\in X\times Y\mapsto x\in X$ y
$\pi_2:(x,y)\in X\times Y\mapsto y\in Y$ son continuas y abiertas, pero en
general no son cerradas.

\item Sea $(Z,d'')$ un tercer espacio métrico. Una función
$f:Z\to X\times Y$ es continua si y solamente si las composiciones
$\pi_1\circ f$ y $\pi_2\circ f$ lo son.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Por simetría, bastará que nos ocupemos de la función~$\pi_1$.
Si $(x,y)$, $(x',y')\in X\times Y$, entonces
  \[
  d(\pi_1(x,y),\pi_1(x',y')) 
        = d(x,x') 
        \leq d(x,x')+d(y,y')
        = d((x,y),(x',y'))
  \]
y esto implica inmediatamente que la función $\pi_1$ es uniformemente continua. 
Sea ahora $U$ un abierto de~$X\times Y$ y sea $x\in\pi_1(U)$, de manera que
existe $y\in Y$ tal que $(x,y)\in U$. Como $U$ es abierto, existe
$\epsilon>0$ tal que $B_\epsilon(x,y)\subseteq U$. Ahora bien, si $x'\in
B_\epsilon(x)$, entonces claramente $(x',y)\in B_\epsilon(x,y)$ y, por lo
tanto, $x'\in \pi_1(B_\epsilon(x,y))\subseteq\pi_1(U)$. Vemos así que
$B_\epsilon(x)\subseteq\pi_1(U)$ y, en definitiva, que $\pi_1(U)$ es un
abierto de~$X$. Concluimos con esto que $\pi_1$ es una función abierta.

Para ver que en general la proyección $\pi_1$ no es cerrada tomemos $X=Y=\RR$ y
$F=\{(x,y)\in\RR\times\RR:xy=1\}$. Es fácil ver que $F$ es un cerrado
de~$\RR\times\RR$ mientras que su imagen por la proyección
$\pi_1:\RR\times\RR\to\RR$ es el conjunto $\RR\setminus\{0\}$, que no es
cerrado en~$\RR$. 

\ejitem{2} Sea $f:Z\to X\times Y$ una función. Si $f$ es continua, entonces
sus composiciones con las proyecciones $\pi_1$ y $\pi_2$ son ellas mismas
continuas. Supongamos, para probar la recíproca, que las composiciones
$\pi_1\circ f$ y $\pi_2\circ f$ son continuas y mostremos que $f$ es
continua.
Sea $z\in Z$ y sea $\epsilon>0$. Como $\pi_1\circ f$ es continua, existe
$\delta_1>0$ tal que $\pi_1(f(B_{\delta_1}(z)))\subseteq
B_{\epsilon/2}(\pi_1(f(z))$. De manera similar, como $\pi_2\circ f$ es
continua, existe $\delta_2>0$ tal que $\pi_2(f(B_{\delta_2}(z)))\subseteq
B_{\epsilon/2}(\pi_2(f(z))$. Sea ahora
$\delta\coloneqq\min\{\delta_1,\delta_2\}$ y sea $z'\in B_\delta(z)$.
Como $B_\delta(z)\subseteq B_{\delta_1}(z)$ y 
$B_\delta(z)\subseteq B_{\delta_2}(z)$, tenemos que
  \[
  \pi_1(f(z'))\in\pi_1(f(B_\delta(z')))\subseteq\pi_1(f(B_{\delta_1}(z')))
        \subseteq B_{\epsilon/2}(\pi_1(f(z)))
  \]
y, de manera similar,
  \[
  \pi_2(f(z')) \in B_{\epsilon/2}(\pi_2(f(z))).
  \]
Esto nos dice que
  \[
  f(z') = (\pi_1(f(z')),\pi_2(f(z')))
        \in B_{\epsilon/2}(\pi_1(f(z)))\times B_{\epsilon/2}(\pi_2(f(z)))
        \subseteq B_{\epsilon}(f(z)).
  \]
Vemos así que $f(B_\delta(z))\subseteq B_{\epsilon}(f(z))$ y, por lo tanto,
que $f$ es continua en~$z$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico y sea $f:X\to\RR$ una función. La
función~$f$ es 
\begin{itemize}

\item \emph{semicontinua inferiormente} en un punto $x_0\in X$ si para todo
$\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que $d(x,x_0)<\delta\implies
f(x_0)-\epsilon<f(x)$, y 

\item \emph{semicontinua superiormente} en un punto $x_0\in X$ si para todo
$\epsilon>$ existe $\delta>0$ tal que $d(x,x_0)<\delta\implies
f(x)<f(x_0)+\epsilon$.

\end{itemize}
\begin{ejitems}

\item Una función $X\to\RR$ es continua en un punto~$x_0$ de~$X$ si y
solamente si es allí semicontinua inferiormente y semicontinua superiormente.

\item Una función $f:X\to\RR$ es semicontinua inferiormente si y solamente
si para todo $\alpha\in\RR$ el conjunto $f^{-1}((\alpha,+\infty))$ es abierto.

\item Una función $f:X\to\RR$ es semicontinua superiormente si y solamente
si para todo $\alpha\in\RR$ el conjunto $f^{-1}((-\infty,\alpha))$ es abierto.

\item Si $A$ es un subconjunto de~$X$, entonces la función característica
$\chi_A:X\to\RR$ de~$A$ es semicontinua inferiormente si y solamente si $A$
es abierto, y es semicontinua superiormente si y solamente si $A$ es
cerrado.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f:X\to\RR$ una función y sea $x_0\in X$. Supongamos primero
que $f$ es continua en~$x_0$ y sea $\epsilon>0$. La continuidad implica que
existe $\delta>0$ tal que cada vez que $x\in X$ y $d(x,x_0)<\delta$ es
$\abs{f(x)-f(x_0)}<\epsilon$, es decir, es
$f(x_0)-\epsilon<f(x)<f(x_0)+\epsilon$. Por supuesto, tenemos entonces que
para cada $x\in X$ vale que $d(x,x_0)<\delta\implies f(x_0)-\epsilon<f(x)$
y que $d(x,x_0)<\delta\implies f(x)<f(x_0)+\epsilon$. Vemos así que $f$ es
semicontinua inferiormente y semicontinua superiormente en~$x_0$.

Supongamos ahora que $f$ es simultáneamente semicontinua inferiormente
en~$x_0$ y semicontinua superiormente en~$x_0$, y sea $\epsilon>0$. La
hipótesis implica que existen $\delta_1>0$ y $\delta_2>0$ tales que para
cada $x\in X$ vale que $d(x,x_0)<\delta_1\implies f(x_0)-\epsilon<f(x)$ y que
$d(x,x_0)<\delta_2\implies f(x)<f(x_0)+\epsilon$. En particular, si $x$ es un
punto de~$X$ tal que $d(x,x_0)<\min\{\delta_1,\delta_2\}$ se tiene simultáneamente que
$f(x_0)-\epsilon<f(x)$ y que $f(x)<f(x_0)+\epsilon$, así que 
$\abs{f(x)-f(x_0)}<\epsilon$. Vemos así que $f$ es continua en~$x_0$.

\ejitem{2} Sea $f:X\to\RR$ una función, supongamos que $f$ es semicontinua
inferiormente y sea $\alpha\in\RR$. Si $x\in f^{-1}((\alpha,+\infty))$,
entonces por un lado $f(x)>\alpha$ y por otro, como $\epsilon\coloneqq
f(x)-\alpha>0$, existe $\delta>0$ tal que para cada punto~$y\in X$ tal que
$d(y,x)<\delta$ se tiene que $f(x)-\epsilon<f(y)$. Se sigue de esto que si
$y\in B_\delta(x)$ entonces $f(y)>f(x)-\epsilon=\alpha$, de manera que
$y\in f^{-1}((\alpha,+\infty))$. Vemos así que $B_\delta(x)\subseteq
f^{-1}((\alpha,+\infty))$ y, en definitiva, que  el conjunto
$f^{-1}((\alpha,+\infty))$ es un abierto de~$X$.

Supongamos ahora que $f:X\to\RR$ es una función tal que para todo
$\alpha\in\RR$ el conjunto $f^{-1}((\alpha,+\infty))$ es abierto y sean $x\in
X$ y $\epsilon>0$. La hipótesis nos dice que el conjunto
$f^{-1}((f(x)-\epsilon,+\infty))$ es un abierto de~$X$: como contiene
evidentemente a~$x$, esto nos dice que existe $\delta>0$ tal que
$B_\delta(x)\subseteq f^{-1}((f(x)-\epsilon,+\infty))$ y esto, a su vez,
significa que $f(y)>f(x)-\epsilon$ para todo punto $y$ de~$X$ tal que
$d(x,y)<\delta$. En otras palabras, tenemos que $f$ es semicontinua
inferiormente en~$x$.

\ejitem{3} Esta afirmación puede probarse o bien de la misma manera que la
afirmación~\ejitem{2} o bien observando que a función $f$ es semicontinua
superiormente si y solamente si $-f$ es semicontinua inferiormente, y que
$f$ satisface la condición de~\ejitem{3} si y solamente si $-f$ satisface la
condición de~\ejitem{2}.

\ejitem{4} Sea $A$ un subconjunto de~$X$ y escribamos $f=\chi_A$.
Si $\alpha\in\RR$, entonces
  \[
  f^{-1}((\alpha,+\infty)) =
        \begin{cases*}
        \RR & si $\alpha < 0$; \\
        A & si $0\leq \alpha<1$; \\
        \emptyset & si $1\leq\alpha$.
        \end{cases*}1
  \]
De acuerdo a la parte~\ejitem{2}, $f$ es semicontinua inferiormente si y
solamente si los tres conjuntos $\RR$,~$A$ y~$\emptyset$ son abiertos y
esto ocurre, por supuesto, si y solamente si $A$ es abierto.

De manera similar, para cada $\alpha\in\RR$ es
  \[
  f^{-1}((-\infty,\alpha)) =
        \begin{cases*}
        \emptyset & si $\alpha \leq 0$; \\
        \RR\setminus A & si $0<\alpha\leq 1$; \\
        \RR & si $1<\alpha$.
        \end{cases*}
  \]
Usando ahora la parte~\ejitem{3} sabemos que $f$ es semicontinua
superiormente si y solamente si los tres conjuntos $\emptyset$,
$\RR\setminus A$ y $\RR$ son abiertos, lo que ocurre exactamente cuando $A$
es cerrado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Separabilidad}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item El espacio $\RR^n$ con su métrica euclídea es separable.

\begin{Solucion}
Es fácil que
  \[
  \claim{si $X$ e~$Y$ son espacios métricos separables, entonces el producto
  cartesiano $X\times Y$ también es separable.}
  \]
Usando esto y una inducción evidente, el ejercicio se reduce a mostrar que
$\RR$ es separable: esto es inmediato, porque sabemos que $\QQ$, que es
numerable, es denso en~$\RR$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item sea $\RR^{(\NN)}$ el conjunto de todas las sucesiones
$(a_n)_{n\geq1}$ de números reales para las que existe un entero
$n_0\in\NN$ tal que $a_n=0$ para todo $n\geq n_0$. Si $a=(a_n)_{n\geq1}$ y
$b=(b_n)_{n\geq1}$ son dos elementos de~$\RR^{(\NN)}$, el conjunto
$\{\abs{a_n-b_n}:n\in\NN\}$ es acotado: hay, por lo tanto, una función
$d_\infty:\RR^{(\NN)}\times\RR^{(\NN)}\to\RR$ tal que 
  \[
  d_\infty(a,b) = \sup_{n\geq1}\abs{a_n-b_n}
  \]
cada vez que $a=(a_n)_{n\geq1}$ y $b=(b_n)_{n\geq1}$ son dos elementos
de~$\RR^{(\NN)}$.
Muestre que $(\RR^{(\NN)},d_\infty)$ es un espacio métrico separable.

\begin{Solucion}
Sea $D$ el subconjunto de~$\RR^{(\NN)}$ de los elementos
de~$\RR^{(\NN)}$ que tienen todas sus componentes en~$\QQ$. Sabemos que $D$
es numerable: mostremos que es denso en~$\RR^{(\NN)}$.

Sea $x=(x_n)_{n\geq1}\in\RR^{(\NN)}$ y sea $\epsilon>0$. Sea $n_0\in\NN$
tal que $x_n=0$ para cada $n\geq n_0$. Como $\QQ$ es denso en~$\RR$, para
cada $i\in\inter{n-1}$ existe $a_i\in\QQ$ tal que $\abs{x_i-a_i}<\epsilon$.
Pongamos además $a_i=0$ si $i\geq n_0$ y sea $a\coloneqq(a_n)_{n\geq1}$,
que es claramente un elemento de~$D$. Es 
  \[
  d_\infty(a,x)
        = \sup_{n\geq1}\abs{a_n-x_n}
        = \sup_{1\leq n<n_0}\abs{a_n-x_n}
        < \epsilon.
  \]
Esto implica que $D$ es denso, como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item  Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Una familia $\B$ de abiertos de~$X$
es una \emph{base} si todo abierto de~$X$ es unión de elementos de~$\B$.
Muestre que una familia~$\B$ de abiertos de~$X$ es una base si y solamente
si para todo abierto $U$ de~$X$ y todo punto~$x$ de~$U$ existe $B\in\B$ tal
que $x\in B\subseteq U$.

\begin{Solucion}
Sea $\B$ una familia de abiertos de~$X$. Supongamos primero que $\B$ es una
base y sean $U$ un abierto de~$X$ y $x$ un punto de~$U$. Como $\B$ es una
base, tenemos que 
  \[
  U=\bigcup_{\substack{B\in\B\\B\subseteq U}}B
  \]
y, por lo tanto, existe $B\in\B$ tal que $x\in B\subseteq U$. Esto muestra
que la condición del enunciado es necesaria para que $\B$ sea una base.

Para probar que también es suficiente, supongamos ahora que $\B$ la
satisface y sea $U$ un abierto de~$X$. Si $x\in U$, entonces la hipótesis
nos dice que existe $B_x\in\B$ tal que $x\in B_x\subseteq U$, y entonces
tenemos que
  \[
  U \subseteq \bigcup_{x\in U}B_x \subseteq U,
  \]
de manera que $U$ es unión de elementos de~$\B$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico. Si todo cubrimiento abierto de~$X$
posee un subcubrimiento numerable, entonces $X$ es separable.

\begin{Solucion}
Supongamos que todo cubrimiento abierto de~$X$ posee un subcubrimiento
numerable. Para cada $n\in\NN$, el conjunto $\U_n=\{B_{1/n}(x):x\in X\}$ es un
cubrimiento abierto de~$X$, así que existe un subconjunto numerable $X_n$
de~$X$ tal que $\U'_n=\{B_{1/n}(x):x\in X_n\}$ también es un cubrimiento
de~$X$. Pongamos ahora $D=\bigcup_{n\geq1} D_n$, que es un subconjunto
numerable de~$X$. Queremos mostrar que $D$ es denso en~$X$.

Sea $y\in X$. Si $n\in\NN$, entonces como $\U'_n$ es un cubrimiento de~$X$
sabemos que existe $x_n\in X_n\subseteq D$ tal que $y\in B_{1/n}(x_n)$. La
sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ es entonces una sucesión en~$D$ y tiene
$d(y,x_n)<1/n$ para todo $n\in\NN$, así que converge a~$y$. Esto muestra
que $D$ es denso, como queríamos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Todo subespacio de un espacio métrico separable es él mismo
separable.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico separable, sea $D$ un subconjunto denso y
numerable de~$X$, y sea $Y$ un subconjunto de~$X$. Consideremos el conjunto 
  \[
  \B = \{B_{1/n}(x):n\in\NN,x\in D\}
  \]
y mostremos que se trata de una base de~$X$. Claramente sus elementos son
abiertos. Sea, por otro lado, $U$ un abierto de~$X$ y sea $x$ un punto
de~$U$. Como $U$ es abierto, existe $m\in\NN$ tal que
$B_{1/m}(x)\subseteq U$. 
Como $D$ es denso, existe $y\in D$ tal que
$d(x,y)<1/2m$. Si $z\in B_{1/2m}(y)$, entonces
  \[
  d(x,z) \leq d(x,y)+d(y,z) < 1/2m + 1/2m = 1/m
  \]
y, por lo tanto, $z\in B_{1/m}(x)$, de manera que $B_{1/2m}(y)\subseteq
B_{1/m}\subseteq U$. Como $B_{1/2m}(y)\in\B$ y que $x\in
B_{1/2m}(y)\subseteq \subseteq U$, esto muestra que $\B$ es una base.

Sea ahora $\B'=\{B\cap Y:B\in\B, B\cap Y\neq\emptyset\}$, sea $c:\B'\to Y$
una función tal que $c(B)\in B$ para todo $B\in\B'$ y sea $E=c(\B')$ su
imagen. Es claro que $E$ es un subconjunto numerable de~$Y$. Veamos que es
además denso. Sea $U$ un abierto no vacío de~$Y$. Existe entonces un abierto $V$
de~$X$ tal que $U=V\cap Y$. Como $\B$ es una base de~$X$, tenemos que
  \[
  V = \bigcup_{\substack{B\in\B\\B\subseteq V}}B,
  \]
así que
  \[
  U = Y\cap V = Y\cap \bigcup_{\substack{B\in\B\\B\subseteq V}}B,
              = \bigcup_{\substack{B\in\B\\B\subseteq V}}(Y\cap B).
  \]
En particular, como $U$ no es vacío, existe $B\in\B$ tal que $Y\cap
B\neq\emptyset$, de manera que $Y\cap B\in\B'$, y, por lo tanto, es
$E\ni c(Y\cap B)\in Y\cap B\subseteq U$: vemos así que $E\cap
U\neq\emptyset$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,d)$ un espacio métrico separable. 
\begin{ejitems}

\item Toda familia de abiertos de~$X$ dos a dos disjuntos es a lo sumo
numerable.

\item El conjunto de puntos aislados de~$X$ es a lo sumo numerable.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $D$ un subconjunto denso y numerable de~$X$ y sea $\U$ una
familia de abiertos de~$X$ disjuntos dos a dos; podemos suponer sin pérdida
de generalidad que $\emptyset\not\in\U$. Si $U\in\U$, entonces el
conjunto $U\cap D\neq\emptyset$: existe entonces una función $\phi:\U\to D$
tal que $\phi(U)\in U$ para todo $U\in\U$. Esta función es inyectiva: si
$U$ y $V$ son elementos de~$\U$ tales que $\phi(U)=\phi(V)$, entonces
$\phi(U)\in U\cap V$ y, como los elementos de~$\U$ son disjuntos dos a dos,
debe ser $U=V$. Como la función~$\phi$ es inyectiva y $D$ numerable, es
claro que $\U$ es a lo sumo numerable.

\ejitem{2} Sea $A$ el conjunto de puntos aislados de~$X$. Si $x\in A$,
entonces existe $\epsilon>0$ tal que $B_\epsilon(x)=\{x\}$: esto nos dice
que $\U=\{\{x\}:x\in A\}$ es una familia de abiertos de~$X$. Como
evidentemente los elementos de~$\U$ son disjuntos dos a dos, la primera
parte del ejercicio nos dice que $\U$, y por lo tanto también~$A$, es a lo
sumo numerable. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item  Sean $(X,d)$ e~$(Y,d')$ dos espacios métricos. El espacio
métrico~$(X\times Y,d_\infty)$ es separable si y solamente si tanto el
espacio $(X,d)$ como $(Y,d')$ es separables.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $(X,d)$ e~$(Y,d')$ son separables y sean $D$ y $E$
subconjuntos densos y numerables de~$X$ y de~$Y$. Pongamos $F\coloneqq
D\times F$ y mostremos que $F$, que es claramente numerable, es denso
en~$(X\times Y,d_\infty)$. Sea $(x,y)$ un punto de~$X\times Y$ y sea
$\epsilon>0$. Como $D$ es denso en~$X$, existe $a\in D$ tal que
$d(x,a)<\epsilon$, y como $E$ es denso en~$Y$, existe $b\in E$ tal que
$d'(y,b)<\epsilon$, y entonces tenemos que
  \[
  d_\infty((x,y),(a,b))
        = \max\{d(x,a),d'(y,b)\}
        < \epsilon.
  \]
Esto muestra que $D\times E$ es denso en~$X\times Y$, como queríamos. 

Supongamos ahora que el espacio métrico $(X\times Y,d_\infty)$ es
separable. Las proyecciones $\pi_1:X\times Y\to X$ y $\pi_2:X\times Y\to Y$
son continuas, así que el Ejercicio~\ref{ej:sepimg} nos dice que $X$ e~$Y$
son separables. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item ¿Es separable el espacio métrico $(\ell_\infty,d_\infty)$?

\begin{Solucion}
Mostremos primero que
  \[
  \claim{si $X$ es un espacio métrico separable y $Q$ es un subconjunto
  de~$X$ tal que
    \[
    r,s\in Q\implies d(r,s)\in\{0,1\},
    \]
  entonces $Q$ es a lo sumo numerable.}
  \]
Sea $X$ un espacio métrico separable y sea $Q$ un subconjunto de~$X$ que
satisface esa condición. Sea $D$ un subconjunto denso y numerable de~$X$.
Si $q\in Q$, entonces $B_{1/2}(q)$ es una abierto no vacío de~$X$, así que
$D\cap B_{1/2}(q)\neq\emptyset$. Esto implica que existe una función
$\phi:Q\to D$ tal que $\phi(q)\in B_{1/2}(q)$ para todo $q\in Q$. Esta
función es inyectiva: en efecto, si $q$ y $r$ son dos elementos de~$Q$ tale
que $\phi(q)=\phi(r)$, entonces
  \[
  d(q,r) \leq d(q,\phi(q)) + d(\phi(q),r) < 1,
  \]
así que debe ser $d(q,r)=0$, esto es, debe ser $q=r$. Ahora bien, como la
función $\phi$ es inyectiva y $D$ es numerable, es claro que $Q$ es
numerable.

\bigskip

Volvamos ahora al ejercicio. Sea $Q$ el conjunto de todas las sucesiones de
elementos de~$\{0,1\}$. Claramente $Q$ es un subconjunto de~$\ell_\infty$
y dos puntos distintos de~$Q$ están a distancia~$1$. La afirmación que
probamos al empezar nos dice que si $\ell_\infty$ fuera separable
$Q$ debería ser numerable. Como $Q$ no es numerable, $\ell_\infty$ no es
separable. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(X,d)$ e~$(Y,d')$ dos espacios métricos y sea $f:X\to Y$ una
función continua y sobreyectiva.
\begin{ejitems}

\item\label{ej:sepimg} Si $X$ es separable, entonces $Y$ es separable.

\item ¿Es cierto que si $X$ es completo entonces $Y$ es completo?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $X$ es separable y sea $D$ un subconjunto denso y
numerable de~$X$. Claramente $f(D)$ es un subconjunto numerable de~$Y$:
veamos que es denso. Sea $y\in Y$. Como la función $f$ es sobreyectiva,
existe $x\in X$ tal que $f(x)=y$. Por otro lado, como $D$ es denso en~$X$
existe una sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ en~$D$ que converge a~$x$. Ahora
bien, como la función~$f$ es continua, tenemos que la sucesión
$(f(x_n))_{n\geq1}$ converge a~$f(x)=y$: como se trata de una sucesión
en~$f(D)$, vemos que $f(D)$ es denso en~$Y$, como queríamos.

\ejitem{2} La función $t\in\RR\mapsto e^t\in(0,+\infty)$ es continua y
sobreyectiva, su dominio es completo y su codominio no: esto muestra que la
afirmación del enunciado no es cierta.
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% vim: spell spelllang=es
