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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{5}
\Titulo{Completitud, continuidad uniforme y el teorema de Baire}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa como lado para hipó-tesis}

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

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Completitud}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico, sea $x=(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión
en~$X$ y sea $a\in X$.
\begin{ejitems}

\item La sucesión~$x$ converge a~$a$ si y solo si toda
subsucesión de~$x$ converge a~$a$.

\item Si toda subsucesión de~$x$ posee una subsucesión que converge a~$a$,
entonces $x$ misma~converge $a$.

\item Si $x$ es de Cauchy y posee una subsucesión que converge a~$a$,
entonces $x$ misma converge a~$a$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El claro que si toda subsucesión de~$x$ converge a~$a$, entonces
$x$ misma converge a~$a$, simplemente porque $x$ es una subsucesión de sí
misma. Supongamos entonces que la sucesión~$x$ converge a~$x$ y sea
$(x_{n_k})_{k\geq1}$ una subsucesión de~$x$. Sea $\epsilon>0$. Como $x$
converge a~$a$, existe $N\in\NN$ tal que para cada $n\geq N$ es
$d(x_n,a)<\epsilon$. Pero entonces si $k\geq N$ es $n_k\geq k\geq N$ y
$d(x_{n_k},a)<\epsilon$. Esto nos dice que $(x_{n_k})_{k\geq1}$ converge
a~$a$.

\ejitem{2} Supongamos que $x$ no converge a~$a$, de manera que
existe~$\epsilon>0$ tal que no existe $N\in\NN$ tal que para todo $n\geq N$
es $d(x_n,a)<\epsilon$. En otras palabras, para todo $N\in\NN$ existe
$n\geq N$ tal que $d(a,x_n)\geq\epsilon$ y, en consecuencia, el conjunto
$I=\{n\in\NN:d(a,x_n)\geq\epsilon\}$ no es acotado. El conjunto debe ser,
por lo tanto, infinito y hay entonces una función estrictamente creciente
$\phi:\NN\to I$. Consideremos la subsucesión
$(x_{\phi(n)})_{n\geq1}$ de~$(x_n)_{n\geq1}$. La hipótesis nos dice que
esta subsucesión posee una subsucesión $(x_{\phi(n_k)})_{k\geq1}$ que
converge a~$a$: esto es absurdo, ya que $d(x_{\phi(n_k)},a)\geq\epsilon$
para todo $k\geq1$.

\ejitem{3} Supongamos que la sucesión $x=(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy y que
posee una subsucesión $(x_{n_k})_{k\geq1}$ que converge a~$a$. Sea
$\epsilon>0$. Como la sucesión es de Cauchy, existe $N\in\NN$ tal que
  \[
  n,m\geq N \implies d(x_n,x_m) < \frac{\epsilon}{2}.
  \]
Por otro lado, como la subsucesión converge a~$a$, existe $K\in\NN$ tal que
  \[
  k\geq K \implies d(x_{n_k},a) < \frac{\epsilon}{2}.
  \]
Si ahora $r\in\NN$ es tal que $r\geq\max\{N,K\}$, entonces 
  \[
  d(x_r,a) \leq d(x_r,x_{n_r}) + d(x_{n_r},a)
        < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon
  \]
porque $n_r\geq r\geq N$ y $r\geq K$. Esto nos dice que la sucesión~$x$
converge a~$a$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:bounded}\begin{ejitems}

\item Una sucesión en un espacio métrico que converge es de Cauchy. ¿Vale la recíproca?

\item Una sucesión en un espacio métrico que es de Cauchy es acotada.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Fijemos un espacio métrico~$X$.

\ejitem{1} Sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$X$ que converge a~$x$
y sea $\epsilon>0$. Como la sucesión converge a~$x$, existe $N\in\NN$ tal
que $d(x_n,x)<\epsilon/2$ siempre que $n\geq N$. En particular, si
$n$,~$m\geq N$ tenemos que
  \[
  d(x_n,x_m) \leq d(x_n,x)+d(x,x_m) 
        < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.
  \]
Vemos así que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy.

La implicación recíproca no vale. Por ejemplo, la sucesión $(1/n)_{n\geq1}$
en~$\RR\setminus\{0\}$ es de Cauchy pero no converge en ese espacio.

\ejitem{2} Sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$X$. En
particular, existe $N\in\NN$ tal que $d(x_n,x_m)<1$ siempre que $n$,~$m\geq
N$. Sea $R=1+\max\{d(x_N,x_i):i\in\inter{N}\}$, que es claramente un número
positivo. Si $n\in\NN$ entonces hay dos casos: o bien $n\leq N$, y entonces
$d(x_N,x_n)<R$ y $x_n\in B_R(x_N)$, o bien $n\geq N$, y entonces
$d(x_N,x_n)<1\leq R$. Vemos así que toda la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ está
contenida en la bola $B_R(x_N)$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico. Si toda bola cerrada de~$X$ es un
espacio completo, entonces $X$ es un espacio completo.

\begin{Solucion}
Supongamos que toda bola cerrada de~$X$ es un espacio completo y sea
$(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$X$. Como vimos en el
Ejercicio~\ref{ej:bounded}, existe un punto $y\in X$ y $R>0$ tal que
$x_n\in\overline B_R(y)$ para todo $n\in\RR$, esto es, la sucesión toma
valores en la bola cerrada $\overline B_R(y)$. Como se trata entonces de
una sucesión de Cauchy en esa bola cerrada, la hipótesis nos dice que
tiene allí un límite~$x$. Es
claro que $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$ también en el espacio~$X$. La
conclusión de esto es que $X$ es completo, como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico. 
\begin{ejitems}

\item Todo subespacio completo de~$X$ es cerrado.

\item Si $X$ es completo, entonces todo subespacio cerrado de~$X$ es
completo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $Y$ un subespacio de~$X$ que es completo y sea $y\in\bar Y$,
la clausura de~$Y$ en~$X$. Existe entonces una sucesión $(y_n)_{n\geq1}$
con valores en~$Y$ que converge en~$X$ a~$y$. En particular, esa sucesión
es de Cauchy en~$X$ y, como toma valores en~$Y$, también en~$Y$. Como $Y$
es completo, existe $y'\in Y$ tal que $(y_n)_{n\geq1}$ converge a~$y'$
en~$Y$. Por supuesto, $(y_n)_{n\geq1}$ también converge a~$y'$ en~$X$ y
como una sucesión posee a lo sumo un límite, vemos que $y=y'\in Y$. Esto
nos dice que $\overline Y\subseteq Y$, es decir, que $Y$ es cerrado en~$X$.

\ejitem{2} Supongamos ahora que $X$ es completo y sea $Y$ un subespacio
cerrado de~$X$. Sea $(y_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$Y$.
Claramente esa sucesión también es una sucesión de Cauchy en~$X$, así que
la hipótesis hecha sobre~$X$ implica que existe $y\in X$ tal que
$(y_n)_{n\geq1}$ converge a~$y$ en~$X$. Como $Y$ es un cerrado de~$X$, debe
ser $y\in Y$, y como es claro que $(y_n)_{n\geq1}$ converge también a~$y$
en~$Y$, vemos que $Y$ es un espacio completo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio métrico $X$ es completo si y solamente si cada
sucesión $(F_n)_{n\geq1}$ de cerrados no vacíos de~$X$ tal que
$F_n\supseteq F_{n+1}$ para todo $n\in\NN$ y con
$\lim\limits_{n\to\infty}\diam(F_n)=0$ tiene intersección no vacía.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $X$ es un espacio métrico que satisface la condición
de enunciado y mostremos que es necesariamente completo. Sea
$(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy de~$X$. Para cada $n\in\NN$
pongamos $G_n\coloneqq\{x_m:m\geq n\}$ y $F_n\coloneqq\overline G_n$. Es
claro que para todo $n\in\NN$ es $G_n\supseteq G_{n+1}$, así que
$F_n\supseteq F_{n+1}$. Por otro lado, si $\epsilon>0$, que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$
sea de Cauchy implica que existe $N\in\NN$ tal que 
  \[
  n,m\geq N \implies d(x_n,x_m) < \frac{\epsilon}{2}.
  \]
Si ahora $n\geq N$, entonces tenemos que $G_n\subseteq\overline
B_{\epsilon/2}(x_N)$ y, por lo tanto, $F_n\subseteq\overline
B_{\epsilon/2}(x_N)$, así que, en particular, es $\diam(F_n)<\epsilon$.
Esto nos dice que $\lim\limits_{n\to\infty}\diam(F_n)=0$. De acuerdo a la
hipótesis que hicimos sobre~$X$, existe un punto~$x$ en la intersección
$\bigcap_{n\geq1}F_n$.

Mostremos que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$. Sea
$\epsilon>0$. Como $(\diam(F_n))_{n\geq1}$ converge a~$0$, existe $N\in\NN$
tal que $\diam(F_N)<\epsilon$. Como $\{x\}\cup G_N\subseteq F_N$, tenemos
que para todo $n\in\NN$ tal que $n\geq N$ es $d(x,x_n)<\epsilon$. Esto
prueba lo que queríamos.

\bigskip

Probemos ahora la necesidad de la condición del enunciado. Supongamos que
$X$ es un espacio métrico completo y sea $(F_n)_{n\geq1}$ una sucesión de
cerrados no vacíos de~$X$ tal que $F_n\supseteq F_{n+1}$ para todo
$n\in\NN$ y $\lim\limits_{n\to\infty}\diam(F_n)=0$. Para cada $n\in\NN$
podemos elegir un punto~$x_n$ en~$F_n$: obtenemos así una sucesión
$(x_n)_{n\geq1}$ en~$X$. Es una sucesión de Cauchy: si $\epsilon>0$,
entonces existe $N\in\NN$ tal que $\diam(F_N)<\epsilon$ y si $n$,~$m\geq N$
entonces $x_n$,~$x_m\in F_N$, así que $d(x_n,x_m)<\epsilon$. Como $X$ es
completo, existe $x\in X$ tal que $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$.

Si $m\in\NN$, entonces la sucesión $(x_{m+n})_{n\geq1}$ toma valores en~$F_m$
y converge a~$x$, así que $x\in F_m$. Esto implica que
$x\in\bigcap_{m\geq1}F_m$ y, por lo tanto, que esta intersección no es
vacía. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos. El espacio métrico $X\times Y$,
con su métrica~$d_\infty$, es completo si y solamente si $X$ e~$Y$ son
completos.

\begin{Solucion}
Mostremos primero que
  \[
  \claim{una sucesión $((x_n,y_n))_{n\geq1}$ de puntos de~$X\times Y$ es de
  Cauchy si y solamente si las sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$
  e~$(y_n)_{n\geq1}$ son de Cauchy en~$X$ y en~$Y$.}
  \]
y que
  \[
  \claim{una sucesión $((x_n,y_n))_{n\geq1}$ de puntos de~$X\times Y$
  converge a~$(x,y)$ si y solamente si las sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$
  e~$(y_n)_{n\geq1}$ en~$X$ y en~$Y$ convergen a~$x$ y a~$y$,
  respectivamente.}
  \]
Tenemos que probar cuatro implicaciones.
\begin{itemize}

\item Sea $((x_n,y_n))_{n\geq1}$ una sucesión de puntos de~$X\times
Y$, supongamos que es de Cauchy y sea $\epsilon>0$. Como
$((x_n,y_n))_{n\geq1}$, existe $N\in\NN$ tal que 
  \[
  n,m\geq N\implies d_\infty((x_n,y_n),(x_m,y_m))<\epsilon.
  \]
Si ahora $n$,~$m\geq N$, entonces que
  \[
  d_X(x_n,x_m) \leq \max\{d(x_n,x_m),d(y_n,y_m)\}
        = d_\infty((x_n,y_n),(x_m,y_m)) < \epsilon
  \]
y
  \[
  d_Y(y_n,y_m) \leq \max\{d(x_n,x_m),d(y_n,y_m)\}
        = d_\infty((x_n,y_n),(x_m,y_m)) < \epsilon.
  \]
Esto nos dice que las sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ e~$(y_n)_{n\geq1}$ son de
Cauchy en~$X$ y en~$Y$.

\item Sea $((x_n,y_n))_{n\geq1}$ una sucesión de puntos de~$X\times
Y$, supongamos que converge a~$(x,y)$ y sea $\epsilon>0$. Como 
$((x_n,y_n))_{n\geq1}$  converge a~$(x,y)$, existe $N\in\NN$ tal que
  \[
  n\geq N \implies d_\infty((x_n,y_n),(x,y)) < \epsilon.
  \]
Tenemos entonces que si $n\geq N$ es
  \[
  d_X(x_n,x)  \leq \max\{d(x_n,x),d(y_n,y)\}
        = d_\infty((x_n,y_n),(x,y)) < \epsilon
  \]
y 
  \[
  d_Y(y_n,y)  \leq \max\{d(x_n,x),d(y_n,y)\}
        = d_\infty((x_n,y_n),(x,y)) < \epsilon,
  \]
y vemos así que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$ en~$X$ y que la
sucesión $(y_n)_{n\geq1}$ converge a~$y$ en~$Y$.

\item Supongamos ahora que $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy
en~$X$, que $(y_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy en~$Y$ y sea
$\epsilon>0$. Como $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe $N\in\NN$ tal que
  \[
  n,m\geq N \implies d_X(x_n,x_m) < \epsilon,
  \]
y como $(y_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe $M\in\NN$ tal que
  \[
  n,m\geq M \implies d_Y(y_n,y_m) < \epsilon.
  \]
Se sigue de esto que si $n$,~$m\geq\max\{N,M\}$, entonces
  \[
  d_\infty((x_n,y_n),(x_m,y_m))
        = \max\{d_X(x_n,x_m),d_Y(y_n,y_m)\}
        < \epsilon.
  \]
Podemos concluir con esto que la sucesión $((x_n,y_n))_{n\geq1}$ es de
Cauchy en~$X\times Y$.

\item Finalmente, supongamos que $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$X$ que
converge a~$x$, que $(y_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$Y$ que converge
a~$y$, y sea $\epsilon>0$. Como $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$, existe
$N\in\NN$ tal que 
  \[
  n\geq N \implies d_X(x_n,x)<\epsilon,
  \]
y como $(y_n)_{n\geq1}$ converge a~$y$, existe
$M\in\NN$ tal que 
  \[
  n\geq M \implies d_y(y_n,y)<\epsilon.
  \]
Si ahora $n\geq\max\{N,M\}$, entonces es
  \[
  d((x_n,y_n),(x,y))
        = \max\{d_X(x_n,x),d_Y(y_n,y))
        < \epsilon.
  \]
Vemos así que la sucesión $((x_n,y_n))_{n\geq1}$ converge a~$(x,y)$
en~$X\times Y$.

\end{itemize}
Hagamos ahora el ejercicio.
\begin{itemize}

\item Supongamos que $X\times Y$ es completo y sean $(x_n)_{n\geq1}$
e~$(y_n)_{n\geq1}$ sucesiones de Cauchy en~$X$ y en~$Y$, respectivamente.
Sabemos que la sucesión~$((x_n,y_n))_{n\geq1}$ es entonces de Cauchy
en~$X\times Y$ y, como este espacio es completo, converge a un punto
$(x,y)\in X\times Y$. Como vimos arriba, esto implica que la sucesión
$(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$ en~$X$ y la sucesión $(y_n)_{n\geq1}$
converge a~$y$ en~$Y$: podemos concluir, por lo tanto, que $X$ e~$Y$ son
espacios métricos completos.

\item Recíprocamente, supongamos que $X$ e~$Y$ son espacios métricos
completos y sea $((x_n,y_n))_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy
en~$X\times Y$. Vimos arriba que las sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$
e~$(y_n)_{n\geq1}$ son de Cauchy en~$X$ y en~$Y$, así que como estos
espacios son completos por hipótesis existen $x\in X$ e~$y\in Y$ tales que 
$(x_n)_{n\geq1}$ e~$(y_n)_{n\geq1}$ convergen a~$x$ y a~$y$,
respectivamente, y esto implica que la sucesión $(x_n,y_n))_{n\geq1}$
converge a~$(x,y)$. Vemos así que $X\times Y$ es un espacio métrico
completo. \qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

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

\item Sea $X$ un conjunto, sea $B(X)$ el conjunto de todas las funciones
$X\to\RR$ que son acotadas y consideremos la métrica~$d_\infty$
sobre~$B(X)$ tal que
  \[
  d_\infty(f,g) \coloneqq \sup_{x\in X}\abs{f(x)-g(x)}
  \]
cada vez que $f$ y $g$ son elementos de~$B(X)$. El espacio métrico
$(B(X),d_\infty)$ es completo.

\item Sea $X$ un espacio métrico y sea $C_b(X)$ el conjunto de las
funciones $X\to\RR$ que son continuas y acotadas. Es $C_b(X)\subseteq B(X)$, 
así que podemos restringir la
métrica~$d_\infty$ de~$B(X)$ a~$C_b(X)$. El espacio métrico
$(C_b(X),d_\infty)$ es completo.

\item El conjunto $c_0$ de la sucesiones de números reales
que convergen a~$0$ dotado de la métrica~$d_\infty$ 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 elementos de~$c_0$
es un espacio métrico completo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $(f_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$B(X)$. 

Sea $x\in X$. Si $\epsilon>0$, entonces existe $N\in\NN$ tal que
$n$,~$m\geq N\implies d_\infty(f_n,f_m)<\epsilon$ y entonces si $n$ y~$m$
son elementos de~$\NN$ tales que $n$,~$m\geq1$ tenemos que
  \[
  \abs{f_n(x)-f_m(x)} \leq \sup_{x\in X}\abs{f(x)-g(x)} = d_\infty(f_n,f_m) <\epsilon.
  \]
Vemos así que la sucesión $(f_n(x))_{n\geq1}$ de números reales es de
Cauchy. Como~$\RR$ es un espacio métrico completo, esa sucesión tiene
límite: llamémoslo~$f(x)$. 

Obtenemos de esta forma una función~$f:X\to\RR$. Veamos que es acotada.
Como $(f_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe $N\in\NN$ tal que para todo
$n\geq N$ se tiene que $d_\infty(f_N,f_n)<1$. Esto implica que para todo
$x\in X$ es $\abs{f_N(x),f_n(x)}<1$  siempre que $n\geq N$ y, por lo
tanto, que la sucesión~$(f_n(x))_{n\geq1}$ está a la larga
en~$B_1(f_N(x))$: como consecuencia de esto, el límite de esa
sucesión, $f(x)$, pertenece a~$\overline B_1(f_N(x))$, esto es,
$\abs{f(x)-f_N(x)}\leq 1$. Sea ahora $M=\sup_{x\in X}\abs{f_N(x)}$. Para
cada $x\in X$ tenemos que
  \[
  \abs{f(x)} \leq \abs{f(x)-f_N(x)} + \abs{f_N(x)}
        \leq 1 + M.
  \]
Vemos así que la función~$f$ es acotada y, por lo tanto, que se trata de un
elemento de~$B(X)$.

Para terminar, mostremos que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge a~$f$
en~$B(X)$. Sea $\epsilon>0$. Como $(f_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe
$N\in\NN$ tal que $n$,~$m\geq N\implies d_\infty(f_n,f_m)<\epsilon/3$. Se
sigue de esto, por supuesto,  que para cada $x\in X$ y cada $n$,~$m\in\NN$
con $n$,~$m\geq N$ se tiene que $\abs{f_n(x)-f_m(x)}<\epsilon/3$. Tomando
límite cuando $m$ crece en esta desigualdad, vemos que para todo $x\in X$ y
todo $n\geq N$ es $\abs{f_n(x)-f(x)}\leq\epsilon/3<\epsilon/2$ y, por lo
tanto, que para todo $n\geq N$ es $d_\infty(f_m,f)\leq
\epsilon/2<\epsilon$. Esto muestra que $(f_n)_{n\geq1}$ converge a~$f$
en~$B(X)$, como queríamos.

\ejitem{2} Como $C_b(X)$ es un subespacio de~$B(X)$, para mostrar que es
completo es suficiente con mostrar que es cerrado en~$B(X)$. Supongamos que
$(f_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de funciones de~$C_b(X)$ que converge
a~$f$ en~$B(X)$: tenemos que mostrar que $f$ pertenece a~$C_b(X)$, esto es,
que $f$ es continua. Sea $x\in X$ y sea $\epsilon>0$. Como la sucesión
$(f_n)_{n\geq1}$ converge en~$B(X)$ a~$f$, existe $n\in\NN$ tal que
$d_\infty(f_n,f)<\epsilon/3$. Por otro lado, la función~$f_n$ es continua
en~$x$, así que existe $\delta>0$ tal que $y\in B_\delta(x)\implies f(y)\in
B_{\epsilon/3}(f(x))$. Si ahora $y\in B_\delta(x)$, entonces
  \begin{align*}
  \abs{f(y)-f(x)}
       &\leq\abs{f(y)-f_n(y)} + \abs{f_n(y)-f_n(x)} + \abs{f_n(x)-f(x)} \\
       &\leq d_\infty(f,f_n) + \abs{f_n(y)-f_n(x)} + d_\infty(f_n,f) \\
       &< \epsilon.
  \end{align*}
Vemos así que la función~$f$ es continua en~$x$.

\ejitem{3} Sea $(a_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$c_0$ y
supongamos que para cada $n\in\NN$ es $a_n=(a_{n,k})_{k\geq1}$. Si
$k\in\NN$ y $\epsilon>0$, entonces como $(a_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy
existe $N\in\NN$ tal que $m$,~$m'\geq N\implies d(a_m,a_{m'})<\epsilon$ y,
en particular, tenemos que cada vez que $m$ y $m'$ son mayores que $N$ es
$\abs{a_{m,k},a_{m',k}} \leq d(a_m,a_{m'}) < \epsilon$. Esto nos dice que
la sucesión de números reales $(a_{m,k})_{m\geq1}$ es de Cauchy y, por lo
tanto, que converge: sea $b_k$ su límite.

Sea $b=(b_k)_{k\geq1}$. Queremos probar primero que $b$ es un elemento de~$c_0$, es
decir, que es una sucesión de números reales que converge a~$0$, y segundo
que la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ con la que empezamos converge a~$b$
en~$c_0$.
\begin{itemize}

\item Sea $\epsilon>0$. Como la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy,
sabemos que existe $N\in\NN$ tal que $n\geq N\implies
d(a_n,a_N)<\epsilon/2$. Por otro lado, como la sucesión $(a_{N,k})_{k\geq1}$
converge a~$0$, existe $K\in\NN$ tal que $k\geq K\implies
\abs{a_{N,k}}<\epsilon/2$.  Si ahora $n\geq N$ y $k\in\NN$ tenemos que
$\abs{a_{n,k}-a_{N,k}}<\epsilon/2$ y, como $(a_{n,k})_{n\geq1}$ converge
a~$b_k$, que $\abs{b_k-a_{N,k}}\leq\epsilon/2$. Pero entonces para cada $k\geq K$
es $\abs{b_k}\leq\abs{b_k-a_{N,k}}+\abs{a_{N,k}}<\epsilon$. Esto muestra
que la sucesión $(b_k)_{k\geq1}$ converge a~$0$.

\item Sea otra vez~$\epsilon>0$. Como la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ es de
Cauchy, sabemos que existe $N\in\NN$ tal que $n$,~$m\geq N\implies
d(a_n,a_m)<\epsilon/2$. Esto significa que siempre que $n$,~$m\geq N$ y
$k\in\NN$ se tiene que $\abs{a_{n,k}-a_{m,k}}<\epsilon/2$. Como la sucesión
$(a_{n,k})_{n\geq1}$ converge a~$b_k$, esto implica que para todo $m\geq N$
y todo $k\in\NN$ es $\abs{b_k-a_{m,k}}\leq\epsilon/2<\epsilon$, es decir, que para
todo $m\geq N$ es $d(b,a_m)\leq\epsilon$.

\end{itemize}
Con todo esto vemos que $c_0$ es completo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico y sea $D$ un subconjunto denso de~$X$. Si
toda sucesión de Cauchy con valores en~$D$ converge en~$X$, entonces $X$ es
un espacio métrico completo.

\begin{Solucion}
Supongamos que toda sucesión de Cauchy con valores en~$D$ converge en~$X$ y
sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$X$. Como $D$ es denso
en~$X$, para cada $n\in\NN$ existe $a_n\in D$ tal que $d(a_n,x_n)<1/n$.
Mostremos que la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$, que toma valores en~$D$, es de Cauchy.
Sea $\epsilon>0$. Como la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe
$N\in\NN$ tal que cada vez que $n$ y $m$ son elementos de~$\NN$ se tiene
que
  \[
  n,m\geq N \implies d(x_n,x_m) < \epsilon/3.
  \]
Por otro lado, existe $M\in\NN$ tal que $1/M<\epsilon/3$. Si ahora $n$ y
$m$ son dos elementos de~$\NN$ tales que $n$,~$m\geq\max\{N,M\}$, entonces
  \[
  d(a_n,a_m) 
        \leq d(a_n,x_n) + d(x_n,x_m) + d(x_m,a_m)
        < \frac{1}{n} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{1}{m}
        < \epsilon.
  \]

Ahora bien, como la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy y toma valores
en~$D$, nuestra hipótesis nos dice que existe $x\in X$ tal que
$(a_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$. Mostremos que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$
con la que empezamos también converge a~$x$.

Sea $\epsilon>0$. Como $(a_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$, existe $N\in\NN$
tal que $d(a_n,x)<\epsilon/2$ para todo $n\geq N$. Por otro lado, existe
$M\in\NN$ tal que $1/M<\epsilon/2$. Si ahora $n$ es un elemento de~$\NN$
tal que $n\geq\max\{N,M\}$, entonces tenemos que
  \[
  d(x_n,x) \leq d(x_n,a_n) + d(a_n,x) < \frac{1}{n} + \frac{\epsilon}{2} < \epsilon.
  \]
Esto muestra que la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ tiene límite en~$X$ y, en
definitiva, que $X$ es un espacio métrico completo. \qed
\end{Solucion}

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

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos. Una función $f:X\to Y$ tal que
existe $\lambda>0$ con $d(f(x),f(x'))\leq \lambda d(x,x')$ cada vez que $x$
y~$x'$ son puntos de~$X$ es uniformemente continua.

\begin{Solucion}
Sea $\epsilon>0$ y sea $\delta\coloneqq\epsilon/\lambda$. Si $x$ e~$x'$ son
elementos de~$X$ tales que $d(x,x')<\delta$, entonces
$d(f(x),f(x')) \leq \lambda d(x,x') < \lambda \delta = \epsilon$. \qed
\end{Solucion}

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

\item Sean $X$ e~$Y$ espacios métricos, sea $A$ un subconjunto de~$X$ y sea
$f:X\to Y$ una función. Si existe $\alpha>0$, un entero $n_0\in\NN$
y sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$ e~$(y_n)_{n\geq1}$ en~$A$ tales que
  \[
  \lim_{n\to\infty}d(x_n,y_n) = 0,
  \qquad
  \forall n\in\NN, n\geq n_0\implies d(f(x_n),f(y_n))\geq\alpha,
  \]
entonces $f$ no es uniformemente continua sobre~$A$.

\item\label{ej:x2} La función $f:x\in\RR\mapsto x^2\in\RR$ no es
uniformemente continua. ¿Y su restricción al intervalo $(-\infty,-\pi]$?

\item La función $g:t\in(0,1)\mapsto 1/t\in\RR$ no es uniformemente
continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos existen $\alpha$, $n_0$, $(x_n)_{n\geq1}$
e~$(y_n)_{n\geq1}$ que satisfacen las condiciones del enunciado y
supongamos, para llegar a un absurdo, que la función~$f$ es uniformemente
continua. Como $\alpha$ es positivo, existe entonces $\delta>0$ tal que
siempre que $x$,~$x'\in X$ son tales que $d(x,x')<\delta$ se tiene que
$d(f(x),f(x'))<\alpha$. Como $\lim\limits_{n\to\infty}d(x_n,y_n) = 0$,
existe $n\in\NN$ tal que $n\geq n_0$ y $d(x_n,y_n)<\delta$. De acuerdo a la
hipótesis y a la forma en que elegimos~$\delta$, tenemos entonces que
$\alpha>d(f(x_n),f(y_n))\geq\alpha$. Esta es la contradicción que
queríamos. 

\ejitem{2} Sea $\alpha\coloneqq1$, $n_0\coloneqq1$ y para cada $n\in\NN$ pongamos
$x_n\coloneqq-n$ e~$y_n\coloneqq-n-1/n$. Claramente
  \[
  \lim_{n\to\infty}d(x_n,y_n)
        = \lim_{n\to\infty}\abs*{-n-\left(-n-\frac{1}{n}\right)}
        = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n} 
        = 0.
  \]
y para todo $n\in\NN$ es
  \[
  d(f(x_n),f(y_n))
        = \abs*{n^2-\left(n+\frac{1}{n}\right)^2}
        = \abs*{2 - \frac{1}{n^2}}
        \geq 2 - \frac{1}{n^2}
        \geq 1 
        = \alpha.
  \]
De acuerdo a la primera parte, la función~$f$ no es uniformemente continua.
Su restricción a~$(-\infty,-\pi]$ tampoco lo es, por exactamente la misma
razón.

\ejitem{3} Pongamos $\alpha\coloneqq1/4$, $n\coloneqq1$ y para cada
$n\in\NN$ sean $x_n=1/n$ e~$y_n=1/n-1/(n+1)^2$. Tenemos que
  \[
  \lim_{n\to\infty}d(x_n,y_n) 
        = \lim_{n\to\infty}\abs*{\frac{1}{n}-\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{(n+1)^2}\right)}
        = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{(n+1)^2} 
        = 0
  \]
y para todo $n\in\NN$ es
  \[
  d(g(x_n),g(y_n))
        = \abs*{g\left(\frac{1}{n}\right)
                -
                g\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{(n+1 )^2}\right)
                }
        = \frac{n^2}{1+n+n^2} 
        \geq \frac{1}{4}.
  \]
Otra vez, la primera parte del ejercicio nos dice que la función~$g$ no es
uniformemente continua. \qed
\end{Solucion}

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

\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos y sea $f:X\to Y$ una función
uniformemente continua. Si $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy
en~$X$, entonces $(f(x_n))_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy en~$Y$.

\item* Si $f:X\to Y$ es una función entre espacios métricos que
tiene la propiedad de que para cada sucesión de Cauchy $(x_n)_{n\geq1}$
en~$X$ la sucesión $(f(x_n))_{n\geq1}$ es de Cauchy en~$Y$, ¿es $f$
necesariamente uniformemente continua?

\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos y sea
$f:X\to Y$ un homeomorfismo uniforme. El espacio $X$ es completo si y
solamente si el espacio~$Y$ lo es.

\item Si un espacio métrico $(X,d)$ es completo y
$d'$ es una métrica sobre~$X$ uniformemente equivalente a~$d$, entonces el
espacio métrico $(X,d')$ es completo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy y sea
$\epsilon>0$. Como $f$ es uniformemente continua, existe $\delta>0$ tal que 
  \[
  d(x,x') < \delta \implies d(f(x),f(x')) < \epsilon.
  \]
Por otro lado, como $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe $N\in\NN$ tal que
  \[
  n,m\geq N \implies d(x_n,x_m) < \delta.
  \]
Si ahora $n$ y~$m$ son elementos de~$\NN$ tales que $n$,~$m\geq N$,
entonces tenemos que $d(x_n,x_m)<\delta$ y, por lo tanto,
$d(f(x),f(x'))<\epsilon$.  Esto muestra que $(f(x_n))_{n\geq1}$ es de
Cauchy.

\ejitem{2} Consideremos la función $f:t\in\RR\mapsto t^2\in\RR$. Sabemos
del Ejercicio~\ref{ej:x2} que no es uniformemente continua. Sea, por otro
lado, $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$\RR$. Como $\RR$ es
completo, esa sucesión converge a un punto~$x\in\RR$ y, como la función~$f$
es continua, sabemos que la sucesión $(f(x_n))_{n\geq1}$ converge a~$f(x)$
así que, en particular, es de Cauchy. Vemos así que la respuesta a la
pregunta del enunciado es negativa.

\ejitem{3} Es suficiente que mostremos que $Y$ es completo si $X$ lo es,
porque para probar la implicación recíproca a partir de la directa 
es suficiente reemplazar a la función~$f$ por su inversa, que también es un
homeomorfismo uniforme.

Supongamos entonces que $X$ es completo y sea $(y_n)_{n\geq1}$ una sucesión
de Cauchy en~$Y$. Como $f$ es un homeomorfismo uniforme, existen constantes
positivas $\alpha$ y~$\beta$ tales que
  \[
  \alpha d(x,x') \leq d(f(x),f(x')) \leq \beta d(x,x')
  \]
cada vez que $x$ y $x'$ están en~$X$. Por otro lado, como $f$ es una
biyección, hay una sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ en~$X$ tal que $f(x_n)=y_n$
para todo $n\in\NN$. Mostremos que $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy en~$X$.
Sea $\epsilon>0$. Como $(y_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe $N\in\NN$ tal
que
  \[
  n,m\geq N\implies d(y_n,y_m)<\alpha\epsilon.
  \]
Si ahora $n$ y $m$ son dos elementos de~$\NN$ tales que $n$,~$m\geq N$,
entonces tenemos que $\alpha d(x_n,x_m)\leq
d(f(x_n),f(x_m))=d(y_n,y_m)\leq\alpha\epsilon$, así que
$d(x_n,x_m)\leq\epsilon$.

Como estamos suponiendo que $X$ es un espacio completo, existe $x\in X$ tal
que $(x_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$ y, como $f$ es una función continua,
tenemos que $(y_n)_{n\geq1}=(f(x_n))_{n\geq1}$ converge a~$f(x)$.
El espacio~$Y$ es, por lo tanto, completo.

\ejitem{4} Sean $d$ y $d'$ dos métricas sobre~$X$ uniformemente
equivalentes, de manera que la función $\id_X:(X,d)\to(X,d')$ es un
homeomorfismo uniforme. Si $(X,d)$ es completo, la parte~\ejitem{3} del
ejercicio nos dice que $(X,d')$ es completo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Dé ejemplos de
\begin{ejitems}

\item una función $\RR\to\RR$ que es acotada y continua, pero no
uniformemente.

\item una función $\RR\to\RR$ que es uniformemente continua pero no
acotada.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Sea $f:t\in\RR\mapsto\cos t^2\in\RR$, que es claramente una función
continua y acotada. Veamos que no es uniformemente continua. Supongamos,
por el contrario, que lo es. Existe entonces $\delta>0$ tal que 
  \[
  \abs{x-y} < \delta \implies \abs{f(x)-f(y)} < 1.
  \]
Para cada $n\in\NN$ sean $x_n=\sqrt{2n\pi}$ e~$y_n=\sqrt{(2n+1)\pi}$.
Es como la función 
  \[
  h:t\in(0,+\infty)\to\sqrt t\in\RR
  \]
es diferenciable, el
teorema de Lagrange nos dice que para cada $n\in\NN$ existe
$\xi_n$ en el intervalo $(2n\pi,(2n+1)\pi)$ tal que
  \[
  \sqrt{(2n+1)\pi}-\sqrt{2n\pi}
        = h((2n+1)\pi)-h(2n\pi)
        = h'(\xi_n)\
        = \frac{1}{2\sqrt{\xi_n}},
  \]
así que
  \[
  \abs*{\sqrt{(2n+1)\pi}-\sqrt{2n\pi}}
        \leq \frac{1}{2\sqrt{2n\pi}}.
  \]
En particular, como $\lim_{n\to\infty}1/2\sqrt{2n\pi}=0$ existe $n\in\NN$
tal que 
  \[
  \abs*{\sqrt{(2n+1)\pi}-\sqrt{2n\pi}} < \delta
  \]
y, por lo tanto, en vista de la forma en que elegimos a~$\delta$, es
  \[
  2 = \abs*{\cos(2n+1)\pi-\cos2n\pi}
     = \abs*{f\left(\sqrt{(2n+1)\pi}\right)-f\left(\sqrt{2n\pi}\right)} < 1.
  \]
Esto es, por supuesto, absurdo. Esto da un ejemplo para la primera parte.

Para la segunda es suficiente considerar la función $\id_\RR:\RR\to\RR$,
que es uniformemente continua pero no acotada. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos y sea $f:X\to Y$ una función
uniformemente continua. Si $A$ y $B$ son subconjuntos no vacíos de~$X$
tales que $d(A,B)=0$, entonces $d(f(A),f(B))=0$.

\begin{Solucion}
Sea $A$ y $B$ subconjuntos no vacíos de~$X$ tales que $d(A,B)=0$ y sea
$\epsilon>0$. Como $f$ es uniformemente continua, existe $\delta>0$ tal que 
  \[
  d(x,x') < \delta \implies d(f(x),f(x')) < \epsilon.
  \]
Por otro lado, como $\inf\{d(a,b):a\in A,b\in B\}=d(A,B)=0<\delta$, existen
$a\in A$ y $b\in B$ tales que $d(a,b)<\delta$ y, por lo tanto,
$d(f(a),f(b))<\epsilon$. Esto nos dice que
  \[
  d(f(A),f(B)) = \inf\{d(f(a),f(b)):a\in A,b\in B\} < \epsilon.
  \]
Como esto vale cualquiera sea $\epsilon>0$, podemos concluir que
$d(f(A),f(B))=0$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos, sea $D$ un subconjunto denso
de~$X$ y sea $f:D\to Y$ una función uniformemente continua. Si $Y$ es
completo, entonces existe una y solo una función continua $\bar f:X\to Y$
tal que $\bar f|_D=f$ y, más aún, esta función~$\bar f$ es uniformemente
continua.

\begin{Solucion}
Sea $x\in X$. Como $D$ es denso, existe una sucesión $(q_n)_{n\geq1}$
en~$D$ que converge a~$x$. Afirmamos que la sucesión $(f(q_n))_{n\geq1}$ es
de Cauchy. Veámoslo: sea $\epsilon>0$. Como $f$ es uniformemente continua,
existe $\delta>0$ tal que $d(f(z),f(z'))<\epsilon$ siempre que $z$ y $z'$
son elementos de~$X$ tales que $d(z,z')<\delta$. Por otro lado, como la
sucesión $(q_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$, es de Cauchy, y existe $N\in\NN$
tal que
  \[
  n,m\geq N \implies d(q_n,q_m) < \delta.
  \]
Si ahora $n$ y $m$ son dos elementos de~$\NN$ tales que $n$,~$m\geq N$,
entonces la elección de~$N$ implica que $d(q_n,q_m)<\delta$ y, a su vez, la
elección de~$\delta$, que $d(f(q_n),f(q_m))<\epsilon$. Esto prueba que
$(f(q_n))_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy en~$Y$ y, como $Y$ es
completo por hipótesis, que converge a un punto~$y$.

Afirmamos ahora que este punto~$y$ depende solamente del punto~$x$ de~$X$
con el que empezamos y no de la forma en que elegimos la sucesión
$(q_n)_{n\geq1}$ en~$D$ que converge a~$x$. Para verlo, supongamos que
$(q'_n)_{n\geq1}$ es otra sucesión en~$D$ que converge a~$x$.
Podemos considerar entonces la sucesión $(r_n)_{n\geq1}$ tal que
  \[
  r_n = \begin{cases*}
        q_{n/2} & si $n$ es par; \\
        q'_{(n+1)/2} & si $n$ es impar.
        \end{cases*}
  \]
Es fácil ver, usando que $(q_n)_{n\geq1}$ y $(q'_n)_{n\geq1}$ son
sucesiones que convergen a~$x$, que la sucesión $(r_n)_{n\geq1}$ converge
a~$x$. Lo que hicimos, entonces, nos dice que la sucesión
$(f(r_n))_{n\geq1}$ converge. En particular, todas sus subsucesiones
convergen al mismo límite: esto implica, claro, que las sucesiones
$(q_n)_{n\geq1}=(r_{2n})_{n\geq1}$ y $(q'_n)=(r_{2n-1})_{n\geq1}$ tienen el
mismo límite.

Como consecuencia de esto es claro que existe una función $\bar f:X\to Y$
con la siguiente propiedad:
  \[
  \claim{si $x\in X$ y $(q_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$D$ que converge
  a~$x$, entonces la sucesión $(f(q_n))_{n\geq1}$ converge a~$\bar f(x)$.}
  \]
Si $q\in D$, entonces la sucesión $(q_n)_{n\geq1}$ que tiene $q_n=q$ para
todo $n\in\NN$ claramente toma valores en~$D$ y converge a~$q$: la
propiedad que caracteriza a~$\bar f$, entonces, nos dice que
  \[
  \bar f(q) = \lim_{n\to\infty}f(q_n) = \lim_{n\to\infty}f(q) = f(q).
  \]
Esto nos dice que $\bar f|_D=f$. Veamos que $\bar f$ es uniformemente
continua.

Sea $\epsilon>0$. Como $f$ es uniformemente continua, existe $\delta>0$ tal
que
  \[
  q,q'\in D,\,d(q,q')<\delta \implies d(f(q),f(q'))<\frac{\epsilon}{3}.
  \]
Sean ahora $x$ y~$x'$ dos elementos de~$X$ tales que $d(x,x')<\delta/3$.
Podemos elegir sucesiones $(q_n)_{n\geq1}$ y~$(q'_n)_{n\geq1}$ en~$D$ que
convergen a~$x$ y a~$x'$, respectivamente, y sabemos que 
las sucesiones $(f(q_n))_{n\geq1}$ y~$(f(q'_n))_{n\geq1}$ convergen
a~$f(x)$ y a~$f(x')$, respectivamente. En particular, existe $n\in\NN$ tal
que $d(q_n,x)<\delta/3$, $d(q'_n,x')<\delta/3$,
$d(f(q_n),\bar f(x))<\epsilon/3$ y $d(f(q'_n),\bar f(x'))<\epsilon/3$,
y tenemos entonces que
  \[
  d(q_n,q'_n) \leq d(q_n,x) + d(x,x') + d(x',q'_n)
        < \frac{\delta}{3}
        + \frac{\delta}{3}
        + \frac{\delta}{3}
        = \delta,
  \]
así que $d(f(q_n),f(q'_n))<\epsilon/3$ y, por lo tanto,
  \begin{align*}
  d(\bar f(x),\bar f(x'))
       &\leq d(\bar f(x),f(q_n))
             + d(f(q_n),f(q'_n))
             + d(f(q'_n),\bar f(x'))
             \\
       &< \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3}
        = \epsilon.
  \end{align*}

Para terminar, tenemos que ver que la afirmación de unicidad es cierta. Sea
$g:X\to Y$ otra función continua tal que $g|_D=f$. Si $x\in X$, entonces
existe una sucesión $(q_n)_{n\geq1}$ en~$D$ que converge a~$x$ y, como
$\bar f$ y~$g$ son continuas y $\bar f(q)=g(q)$ para todo $q\in D$, 
  \[
  g(x) = \lim_{n\to\infty}g(q_n)
       = \lim_{n\to\infty}\bar f(q_n)
       = f(x).
  \]
Esto nos dice que $g=\bar f$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{El teorema de Baire}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $n$ es positivo, entonces $\RR^n$ no es unión finita de
subespacios vectoriales propios.

\begin{Solucion}
Sean $V_1$,~\dots,~$V_m$ subespacios vectoriales propios de~$\RR^n$ tales
que $\RR^n=\bigcup_{i=1}^mV_i$ y, por lo tanto, tales que
$\bigcap_{i=1}^m(\RR^n\setminus V_i)=\emptyset$. Para llegar a un absurdo
es suficiente en vista del teorema de Baire, que mostremos que cada
$\RR^n\setminus V_i$ es un abierto denso de~$\RR^n$.

En general, mostremos que
  \[
  \claim[.85]{si $V$ es un subespacio propio de~$\RR^n$, entonces
  $\RR^n\setminus V$ es un abierto denso de~$\RR^n$.}
  \]
Sea, para ello, $V$ un subespacio propio de~$\RR^n$ y sea $m\coloneqq\dim
V$ su dimensión. Sabemos que existe una función lineal
$\phi:\RR^n\to\RR^{n-m}$ tal que $V=\ker\phi$. La función~$\phi$ es
continua, porque es lineal, así que $V=\phi^{-1}(\{0\})$ es un cerrado
de~$\RR^n$ y, por lo tanto, $\RR^n\setminus V$ es un abierto de~$\RR^n$.

Veamos ahora que $\RR^n\setminus V$ es denso. Como $V$ es un subespacio
propio de~$\RR^n$, existe $w\in\RR^n\setminus V$ y, en particular
$\phi(w)\neq0$. Sea $x\in\RR^n$. Si $x$ está en~$\RR^n\setminus V$, es
claro que $x\in\overline{\RR^n\setminus V}$. Supongamos entonces que $x\in
V$. Si $n\in\NN$, entonces 
  \[
  \phi\left(x+\frac{w}{n}\right)=\frac{\phi(w)}{n}\neq0,
  \]
de manera que $x+w/n\in\RR^n\setminus V$. Como
  \[
  \lim_{n\to\infty}d(x+w/n,x)=\lim_{n\to\infty}d(w/n,0)=0,
  \]
tenemos que $x\in\overline{\RR^n\setminus V}$ también en este caso. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item En un espacio métrico completo sin puntos aislados, un subconjunto
denso y numerable no es un conjunto~$G_\delta$.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico completo sin puntos aislados y sea $D$ un
subconjunto denso y numerable de~$X$. Supongamos que $D$ es un conjunto
$G_\delta$, de manera que su complemento $X\setminus D$ es un conjunto
$F_\sigma$, es decir, es unión numerable de conjuntos cerrados. Más aún,
cada uno de esos cerrados tiene interior vacío, ya que es disjunto de~$D$ y
$D$ interseca cada abierto de~$X$.

Por otro lado, como $X$ no tiene puntos aislados, para todo $q\in D$ el
conjunto $\{q\}$ tiene interior vacío y, por lo tanto, $D=\bigcup_{q\in
D}\{q\}$ es también unión numerable de cerrados de interior vacío. Por
supuesto, de estas dos cosas se sigue que $X=D\cup(X\setminus D)$ es unión
numerable de cerrados de interior vacío, esto es, de primera categoría.
Esto es absurdo, porque el teorema de Baire nos dice que $X$ es de segunda
categoría. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item No existen funciones $f:\RR\to\RR$ que sean continuas solo en los
elementos de~$\QQ$.

\begin{Indicacion}
Para cada $n\in\NN$ considere el conjunto
  \[
  U_n \coloneqq
        \left\{
        x\in\RR:
        \text{existe un abierto $U\subseteq\RR$ tal que $x\in U$
        y $\diam(f(U))<1/n$}
        \right\}.
  \]
\vspace{-\baselineskip}
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Sea $f:\RR\to\RR$ una función que es continua en los puntos de~$\QQ$ y
consideremos para cada $n\in\NN$ el conjunto~$U_n$ de la sugerencia. 
Si $n\in\NN$ y $x\in U_n$, entonces existe un abierto $U$ en~$\RR$ tal
que $x\in U$ y $\diam(f(U))<1/n$ y, por lo tanto, $x\in U\subseteq U_n$:
esto nos dice que $U_n$ es abierto. Concluimos así que
$V\coloneqq\bigcap_{n\geq1}U_n$ es un conjunto~$G_\delta$ en~$X$.

Mostremos que $V$ es el conjunto de puntos de continuidad de~$f$. Sea
primero $x\in V$ y sea $\epsilon>0$. Existe $n\in\NN$ tal que
$2/n<\epsilon$ y, como $x\in U_b$, hay un abierto~$U$ en~$\RR$ tal que
$x\in U$  $\diam(f(U))<1/n$ y, en particular, $f(U)\subseteq
B_{2/n}(f(x))\subseteq B_\epsilon(f(x))$. Así, la función~$f$ es continua en~$x$.

Sea ahora $x\in\RR\setminus V$, de manera que existe $n\in\NN$ tal que
$x\not\in U$ y, por lo tanto, no existe ningún abierto $U$ de~$\RR$ tal que
$\in U$ y $\diam(f(U))<1/n$. En particular, para todo $\delta>0$ existe
$y\in B_\delta(x)$ tal que $d(f(x),f(y))>1/n$: vemos con esto
que la función~$f$ no es continua en~$x$.


La conclusión es que el conjunto de puntos de continuidad de una función
$\RR\to\RR$ es un conjunto~$G_\delta$ y, como $\QQ$ no es un
conjunto~$G_\delta$, que una función $\RR\to\RR$ no puede ser continua
exactamente en los puntos de~$\QQ$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico. Decimos que un subconjunto~$A$ de~$X$ es
\emph{nunca denso} en~$X$ si su clausura tiene interior vacío.
\begin{ejitems}

\item El complemento de un subconjunto nunca denso de~$X$ es denso. ¿Vale
la afirmación recíproca?

\item Si $U$ es un abierto denso de~$X$, entonces $X\setminus U$ es nunca
denso.

\item Si $A$ es un subconjunto de~$X$, entonces las siguientes afirmaciones
son equivalentes:
\begin{tfae}

\item $A$ es nunca denso en~$X$.

\item Toda bola abierta $B$ de~$X$ contiene otra~$B'$ tal que $B'\cap
A=\emptyset$.

\item $A$ no es denso en ninguna bola abierta.

\end{tfae}
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $A$ un conjunto nunca denso en~$X$. Si $U$ es un abierto no
vacío de~$X$, entonces $U\not\subseteq\overline A$, así que
$U\cap(X\setminus A)\supseteq U\cap(X\setminus\overline A)\neq\emptyset$.
Como $U$ interseca no trivialmente a todo abierto no vacío de~$X$, es
denso.

La implicación recíproca no es cierta: el complemento de~$\QQ$ en~$\RR$ es
denso en~$\RR$, pero $\QQ$ no es nunca denso en~$\RR$.

\ejitem{2} Sea $U$ un abierto denso en~$X$. El conjunto $A\coloneqq
X\setminus U$ es cerrado y tiene interior vacío: en efecto, si $V$ es un
abierto de~$X$ contenido en~$A$, entonces $V$ es disjunto de~$U$, lo que es
absurdo, ya que $U$ es denso.

\ejitem{3} \implicacion{1}{2} Supongamos que $A$ es nunca denso en~$X$ y
sea $B$ una bola abierta de~$X$. Como $\overline A$ tiene interior vacío,
no contiene a~$B$, así que $B\setminus\overline A$ es un conjunto no vacío.
Como además esa diferencia es abierta, es claro que existe otra bola
abierta $B'$ tal que $B\subseteq B\setminus\overline A$ y, en particular,
$B\subseteq B'$ y $B'\cap A=\emptyset$.

\implicacion{2}{3} Supongamos que toda bola abierta de~$X$ contiene otra
bola abierta disjunta de~$A$ y sea $B$ una bola abierta de~$X$. Por
hipótesis, existe una bola abierta~$B'$ tal que $B\subseteq B$ y $B'\cap
A=\emptyset$: esto nos dice que $A\cap B$ no es denso en~$B$, porque $B'$
es un abierto no vacío de~$B$.

\implicacion{3}{1} Si $A$ no es nunca denso en~$X$, entonces el interior
de~$\overline A$ no es vacío y existe una bola abierta~$B$ tal que
$B\subseteq\overline A$. Si $b\in B$, entonces existe una sucesión de
puntos de~$A$ que converge a~$b$ y, como $B$ es un entorno de~$b$, esa
sucesión posee una subsucesión con valores en~$B$: vemos así que
$b\in\overline{B\cap A}$ y, por lo tanto, que el conjunto $B\cap A$ es
denso en~$B$, esto es, que $A$ es denso en~$B$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(I_n)_{n\geq1}$ una enumeración de los subintervalos no
degenerados (es decir, de longitud positiva) y cerrados de~$[0,1]$ que tienen extremos
racionales y para cada $n\in\NN$ sea
  \[
  E_n \coloneqq \{f\in C[0,1]:\text{$f$ es monótona en~$I_n$}\}.
  \]
\begin{ejitems}

\item Cualquiera sea $n\in\NN$, el conjunto $E_n$ es un cerrado nunca denso
de~$C[0,1]$.

\item Existen funciones continuas $[0,1]\to\RR$ que no son monótonas en
ningún subintervalo propio de su dominio.

\item El conjunto de las funciones $[0,1]\to\RR$ que son continuas y que
tienen algún intervalo de monotonía tiene interior vacío en~$C[0,1]$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sabemos que para cada $t\in[0,1]$ la función $e_t:f\in
C[0,1]\mapsto f(t)\in\RR$ es continua. Se sigue inmediatamente de eso que
si $s$,~$t\in[0,1]$, entonces la función $e_{s,t}:f\in C[0,1]\mapsto
f(s)-f(t)\in\RR$ es continua y, por lo tanto, que los conjuntos
  \[
  D^-_{s,t}\coloneqq\{f\in C[0,1]:e_{s,t}(f)\leq 0\},
  \qquad
  D^+_{s,t}\coloneqq\{f\in C[0,1]:e_{s,t}(f)\geq 0\}
  \]
son cerrados de~$C[0,1]$. Si $n\in N$, vemos entonces que
  \[
  E^-_n = \bigcap_{\substack{s,t\in I_n\\s\leq t}} D^-_{s,t},
  \qquad
  E^+_n = \bigcap_{\substack{s,t\in I_n\\s\leq t}} D^+_{s,t}
  \]
son cerrados de~$C[0,1]$. Observemos que $E_n^-$ y $E^+_n$ tienen por elementos
a las funciones de~$C[0,1]$ que son crecientes o decrecientes en~$I_n$,
respectivamente. Veamos que tienen interiorvacío.

Sea $f\in E^-_n$ y sea $\epsilon>0$. Como $f$ es continua, hay un
subintervalo no degenerado $[a,b]$ contenido en~$I_n$ tal que $\diam
f([a,b])<\epsilon/2$. Sea $g:[0,1]\to\RR$ tal que si $x\in[0,1]$ es
  \[
  g(x) = \begin{dcases*}
         f(x) & si $x\in[0,a]$ o $x\in[b,1]$; \\
         2\frac{f(b)+\epsilon-f(a)}{b-a}\left(x-a\right) 
                + f(a)
                & si $x\in[a,(a+b)/2]$; \\
         -\frac{2\epsilon}{b-a}\left(x-\frac{a+b}{2}\right) 
                + f(b)+\epsilon
                & si $x\in[(a+b)/2,b]$. \\
         \end{dcases*}
  \] 
Esta función~$g$ es continua y tiene
  \[
  g\left(\frac{a+b}{2}\right)=f(b)+\epsilon>f(b)=g(b),
  \]
así que no pertenece a~$E^-_n$. Sea $t\in[0,1]$. Si $t\in[0,a]\cup[b,1]$, es
$\abs{g(t)-f(t)}=0$. Si $t\in[a,(a+b)/2]$, es
  \begin{align*}
  \abs{g(t)-f(t)}
       &= \abs*{2\frac{f(b)+\epsilon-f(a)}{b-a}\left(x-a\right) 
                + f(a) - f(t)} \\
       &\leq (f(b)+\epsilon-f(a)) + \abs{f(a)-f(t)} < 3\epsilon.
  \end{align*}
De manera similar, si $t\in[(a+b)/2,b]$, entonces
  \begin{align*}
  \abs{g(t)-f(t)}
       &= \abs*{-\frac{2\epsilon}{b-a}\left(t-\frac{a+b}{2}\right) 
                + f(b)+\epsilon - f(t)} \\
       &= \epsilon + \abs{f(b)-f(t)} + \epsilon < 3\epsilon.
  \end{align*}
Esto nos dice que $E_n^-$ no contiene a la bola~$B_{3\epsilon}(f)$. Así,
$E_n^-$ no contiene ninguna bola abierta y, por lo tanto, tiene interior
vacío. El mismo razonamiento se aplica a~$E_n^+$, por supuesto.

\ejitem{2}, \ejitem{3} De acuerdo a la primera parte, el conjunto
$M=\bigcup_{n\geq1}E^-_n\cup\bigcup_{n\geq1}E^+_n$ es de primera categoría
en~$C[0,1]$ y, por lo tanto, es un subconjunto propio de~$C[0,1]$: todo
elemento de~$C[0,1]$ que no está en esa unión es una función que no
es creciente ni decreciente en ninguno de los intervalos~$I_n$ y, ya que
todo subintervalo no degenerado de~$[0,1]$ contiene uno de los $I_n$, en
ningún subintervalo no degenerado de~$[0,1]$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Supongamos que $[a,b]$ es un intervalo no degenerado de~$\RR$.
Una función $f:[a,b]\to\RR$ es \emph{de Lipschitz} si
existe $k>0$ tal que $\abs{f(x)-f(y)}\leq k\abs{x-y}$ cada vez que $x$ e~$y$
son elementos de~$[a,b]$.

El conjunto $\Lip[a,b]$ de las funciones $[a,b]\to\RR$ que 
son de Lipschitz está contenido en~$C[a,b]$ y que allí tiene interior vacío.


\begin{Solucion}
Es evidente que toda función de Lipschitz en~$[a,b]$ es uniformemente
continua, así que $\Lip[a,b]\subseteq C[a,b]$.
Para cada $n\in\NN$ sea $L_n$ el conjunto de las funciones $f$ de~$C[a,b]$
tales que $\abs{f(x)-f(y)}\leq n\abs{x-y}$ cada vez que $x$ e~$y$ están
en~$[a,b]$. Si para cada $x$,~$y\in[a,b]$ escribimos $e_{x,y}:f\in C[a,b]\mapsto
\abs{f(x)-f(y)}\in\RR$, que es una función continua, entonces
  \[
  L_n = \bigcap_{x,y\in[a,b]} \{f\in C[a,b]:e_{x,y}(f)\leq n\abs{x-y}\}
  \]
es un cerrado de~$C[a,b]$, ya que cada intersecando es cerrado. Vamos a
probar  que el interior de~$L_n$ es vacío. De esto se sigue, gracias al
teorema de Baire, que la unión $\bigcup_{n\in\NN}L_n$, que es el conjunto
$\Lip[a,b]$ de las funciones de Lipschitz de~$C[a,b]$, tiene interior vacío.

Sea $f\in L_n$, sea $q\in\NN$, sea $g:t\in[a,b]\mapsto\sin(qt)\in\RR$ y sea
$h=f+\epsilon g/2$. Es claro que $h\in B_\epsilon(f)$. Mostremos que
podemos elegir~$q$ de manera que $h\not\in L_n$. Como $a<b$, es posible
elegir $q$ suficientemente grande como para que existan $\alpha$ y $\beta$
en~$[a,b]$ tales que $0<\beta-\alpha<\epsilon/2n$, $\sin(q\alpha)=-1$ y $\sin(q\beta)=1$,
y entonces
  \[
  h(\beta)-h(\alpha) 
        = f(\beta)-f(\alpha) + \epsilon
        \geq -n(\beta-\alpha) + \epsilon
        \geq \frac{\epsilon}{2}
        > n(\beta-\alpha),
  \]
ya que $\abs{f(\beta)-f(\alpha)}<n\abs{\beta-\alpha}$, y entonces $h\not\in
L_n$, como queremos. \qed

\end{Solucion}

\end{ejercicios}

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