Thu-24-04-2025 20:45 profe: Dario Martin Aza status: tags: Espacios métricos

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Ejercicio 1

Sea

$$d(x,y)=min\{ d_{2}(x,y),1 \}$$

Para $x,y \in \mathbb{R}^{2}$. Probar que $(R^{2},d)$ es un espacio métrico y que $(\mathbb{R}^{2},d)\sim(\mathbb{R}^{2},d_{2})$

$Dem:$

• $d(x,y)=d(y,x)$ porque $d_{2}$ es simétrica.
• $d(x,y)\geq0,$ porque $d_{2}(x,y)\geq0$

$$d(x,y)=0\iff min\{ d_{2}(x,y),1 \}=0\iff d_{2}(x,y)=0\iff x=y$$

• Supongamos que $x,y,z \in \mathbb{R}^{2}$ y que $d(x,z)=1$

$$1=d(x,z)\leq d_{2}(x,z)\leq d_{2}(x,y)+d_{2}(y,z)$$

en general:

$$d(x,y)+d(y,z)\leq \begin{cases} d_{2}(x,y)+d_{2}(y,z) & (1) \\ d_{2}(x,y)+1 & (2) \\ 1+d_{2}(y,z) & (3) \\ 1+1 & (4) \end{cases}$$

Hay 4 posibilidades para $d(x,y)+d(y,z)$ que son 1,2,3 y 4 según que pase en cada uno de los mínimos. Es claro que 2,3 y 4 $\geq 1$ pues son 1 + algo positivo y hemos probado que (1) $\geq d(x,z)$ arriba.

$\implies d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$ en cualquier caso. El otro caso es $d(x,z)=d_{2}(x,z)\leq 1$ En este caso

$$d(x,z)=d_{2}(x,z)\leq d_{2}(x,y)+d_{2}(y,z)$$

y procedemos igual que en el otro argumento. Entonces $(\mathbb{R}^{2},d)$ es un espacio métrico.

Sea $x \in \mathbb{R}^{2}$ y sea $r>0$. Buscamos $r',r''>0$ tales que

$$B_{d}(x,r')\subseteq B_{d_{2}}(x,r)\:y\:B_{d_{2}}(x,r'')\subseteq B_{d}(x,r)$$

Si tomo $r=r''$ tengo que $B_{d_{2}}(x,r)\subseteq B_{d}(x,r)\quad\forall r>0$ Sea $r'=min\left\{ r, \frac{1}{2} \right\}$ Entonces como $r'<1$ y $r'\leq r$ tenemos que

$$B_{d}(x,r')=B_{d_{2}}(x,r')\subseteq B_{d}(x,r)$$

y listo.

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Ejercicio 2

Sea $S \subseteq \mathbb{R}^{n}.$ Probar que $S_{ais}=\{ p \in S\text{ aislado} \}$ es a lo sumo numerable.

Recordar $p \in S$ se dice aislado si $\:\exists\:r>0$ tal que $B(p,r)\cap S=\{ p \}$

Nuestra idea es construir bolas alrededor de cada punto aislado disjuntas.

Si $B(s,r_{s})$ es una familia de bolas de este tipo, podemos elegir $(q_{1},\dots,q_{n})\in B(s,r_{s})$ para cada $s \in S_{ais}$ y definir:

$$\begin{array}{c} f:S_{ais}\to \mathbb{Q}^{n} \\ s\mapsto (q_{1},\dots,q_{n})\in B(s,r_{s}) \end{array}$$

Esta función es inyectiva porque $B(s,r_{s})\cap B(s',r_{s'})=\emptyset$ y entonces

$$\#S_{ais}\leq \#(\mathbb{Q}^{n} )=\#\mathbb{N}$$

Como cada punto $s \in S_{ais}$ es aislado existe un $\tilde{r}_{s}$ tal que $B(s,\tilde{r}_{s})\cap S=\{ s \}$
Tomamos

$$r_{s}=\tilde{r}_{s}\cdot \frac{1}{2}\tag{1}$$

Afirmo que

$$B(s,r_{s})\cap B(s',r_{s'})=\emptyset$$

Supongamos que no, $\:\exists\:x \in B(s,r_{s})\cap B(s',r_{s'})$

$$\begin{array}{c} \implies d(x,s)<r_{s}\quad y\quad d(x,s')<r_{s'} \\ \implies d(s,s')\leq d(s,x)+d(x,s')<r_{s}+r_{s'}\underset{ (1) }{ < }2\cdot r_{s'}=\tilde{r}_{s}\quad (si\:r_{s}<r_{s'}) \\ \implies s \in B(s',\tilde{r}_{s})\cap S=\{ s' \}\quad \quad \text{( pues $s'$ punto aislado)} \end{array}$$

absurdo. Luego las bolas son disjuntas.

$$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \square$$

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Ejercicio 3

Sea $S\subseteq \mathbb{R}^{n}$ un subconjunto. Decimos que $x \in \mathbb{R}^{n}$ es un punto de condensación de $S$ si toda bola $B_{r}(x)$ cumple que $B_{r}(x)\cap S$ es no numerable. Probar que si $S$ es no numerable existe $x \in \mathbb{R}^{n}$ un punto de condensación para $S.$

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Demostración

1. Cubrición inicial.
   Sea $Q_0\subseteq\mathbb{R}^n$ un cubo (o rectángulo) que contenga a $S$. Como $S$ es no numerable, necesariamente $S\cap Q_0$ es no numerable.

2. Construcción de una sucesión de subcubos.
   Dividimos $Q_0$ en $2^n$ subcubos congruentes de lado la mitad del original. Como la unión de estos subcubos es $Q_0$ y $S\cap Q_0$ es no numerable, por el principio del palomar hay al menos uno de esos subcubos, digamos $Q_1$, tal que

$$S\cap Q_1 \quad\text{es no numerable}.$$

Repetimos este proceso inductivamente: habiendo elegido $Q_k$ con $S\cap Q_k$ no numerable, lo dividimos en $2^n$ subcubos de lado la mitad, y seleccionamos uno, $Q_{k+1}$, donde $S\cap Q_{k+1}$ sigue siendo no numerable.

3. Diámetro de los cubos.
   Por construcción, el lado de $Q_k$ es $\tfrac{1}{2^k}$ veces el lado de $Q_0$. Luego

$$\operatorname{diam}(Q_k) = \frac{\operatorname{diam}(Q_0)}{2^k} \;\xrightarrow[k\to\infty]{}\; 0.$$

4. Punto límite común.
   Los cubos están anidados:

$$Q_0 \supset Q_1 \supset Q_2 \supset \cdots$$

y sus diámetros tienden a cero. Por el Lema de la Intersección Cantoriana (o por la propiedad de completitud de $\mathbb{R}^n$), existe un único punto

$$x = \bigcap_{k=0}^\infty Q_k.$$

5. $x$ es punto de condensación.
   Sea $r>0$. Como $\operatorname{diam}(Q_k)\to0$, existe $K$ tal que $\operatorname{diam}(Q_K)<r$. Entonces

$$Q_K \subset B_r(x),$$

y por construcción $S\cap Q_K$ es no numerable. De ello se sigue que

$$S\cap B_r(x)\;\supseteq\;S\cap Q_K$$

es no numerable. Puesto que $r>0$ fue arbitrario, cualquier bola centrada en $x$ interseca a $S$ en un conjunto no numerable. Así, $x$ es un punto de condensación de $S$.

(\boxed{})

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Ejercicio 4

Sea

$$C_{0}(\mathbb{R})=\{ ( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subseteq \mathbb{R} \bigm| a_{n}\longrightarrow 0\}\subseteq \mathscr{l}^{\infty} (\mathbb{R})$$

Consideramos $(C_{0}(\mathbb{R}),d_{\infty})$ con

$$d_{\infty}(( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}},( b_{n} )_{n \in \mathbb{N}}) =\underset{ }{ \sup }\:\{ |a_{n}-b_{n}| \}$$

1. Probar que $(C_{0}(\mathbb{R}),d_{\infty})$ es un espacio métrico.
2. Sea $A\subseteq C_{0}(\mathbb{R})$ con

$$A=\{ ( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\in C_{0}(\mathbb{R})\bigm| \:\exists\:i\in \mathbb{N}:a_{i}=1 \}$$

Calcular $A°$ y $\overline{A}$ en $C_{0}(\mathbb{R})$

Sea $( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\in A$ $( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ estará en $A°?$

Sea $\mathcal{E}>0$ y sea $( \tilde{a}_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ dada por

$$\tilde{a}_{n}=\begin{cases} a_{n} & a_{n}\neq 1 \\ 1- \frac{\mathcal{E}}{2} & a_{n}=1 \end{cases}$$

Entonces

$$d_{\infty}(( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}},( \tilde{a}_{n} )_{n \in \mathbb{N}}) =\sup\{ |a_{n}-\tilde{a}_{n}|:n\in \mathbb{N} \}=\sup\left\{ 0,\frac{\mathcal{E}}{2} \right\}=\frac{\mathcal{E}}{2}$$

Por lo que

$$( \tilde{a}_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\in B(( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}},\mathcal{E})$$

y al mismo tiempo $( \tilde{a}_{n} )_{n \in \mathbb{N}} \not\in A$ Es decir, hemos tomado un elemento cualquiera $( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\in A$ y vimos que no es un punto interior.

$$\implies A°=\emptyset$$

Por otro lado sea $( b_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\not\in A$ estará $( b_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\in \overline{A}$ ?

Supongamos que $( a ^{k}_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ es una sucesión en $A$ con

$$(a_{n}^{k} )\underset{ k\to \infty }{ \longrightarrow }(b_{n})$$

Esto es, para cada $k \in \mathbb{N}$ $(a_{n}^{k})_{n \in \mathbb{N}}$ es una sucesión que tiende a 0 y $(a_{n}^{k})_{n\in \mathbb{N}}$ tiene algún 1. Además,

$$d_{\infty}((a_{n}^{k} )_{n\in \mathbb{N}},( b_{n} )_{n \in \mathbb{N}}) \underset{ k \to \infty }{ \longrightarrow } 0$$

por lo que

$$\sup\{ \left| a_{n}^{k} -b_{n} :n\in \mathbb{N}\right| \}\underset{ k \to \infty }{ \longrightarrow } 0$$

y luego

$$\left| a_{n}^{k} -b_{n} \right| \longrightarrow 0\quad \forall n\in \mathbb{N}$$

Así

$$a_{n}^{k} \underset{ k\to \infty }{ \longrightarrow } b_{n}\quad\forall n\in \mathbb{N}$$

Como $( b_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ es una sucesión de nuestro espacio ambiente $C_{0}(\mathbb{R})$ sabemos que $b_{n}\longrightarrow 0$. En particular $\:\exists\:n_{0}\in \mathbb{N}$ tal que

$$|b_{n}|< \frac{1}{2}\quad\forall n\geq n_{0}$$

Como $( b_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\not\in A,$ no tiene ningún 1. Sea

$$\tilde{\mathcal{E}}=min\{ |b_{1}-1|;|b_{2}-1|;\dots;|b_{n_{0}-1}-1| \}$$

Sea $\mathcal{E}=min\left\{ \tilde{\mathcal{E}},\frac{1}{2} \right\}$ Tenemos que $\:\exists\:k_{0}\in \mathbb{N}$ tal que

$$d_{\infty}((a_{n}^{k} )_{n\in \mathbb{N}},( b_{n} )_{n \in \mathbb{N}}) <\mathcal{E}\quad\forall k\geq k_{0}$$

y luego

$$\sup\{ \left| a_{n}^{k} -b_{n} \right| :n\in \mathbb{N} \}<\mathcal{E}\quad\forall k\geq k_{0}$$

Pero entonces $|a_{n}^{k}-b_{n}|<\mathcal{E}\quad\forall n\in \mathbb{N}$ si $k\geq k_{0}$

Si $n\geq n_{0}:$ entonces

$$|a_{n}^{k}-b_{n}|<\mathcal{E}\leq \frac{1}{2}\implies a_{n}^{k} \neq 1$$

pues $b_{i}<\frac{1}{2}$

Si $n<n_{0}:$

$$|a_{n}^{k}-b_{n}|<\mathcal{E}\leq \tilde{\mathcal{E}}\implies a_{n}^{k} \neq 1$$

pues $|b_{n}-1| \geq\tilde{\mathcal{E}}$

Luego si $k\geq k_{0}$ tenemos que $a_{n}^{k}\neq1$ para todo $n\in \mathbb{N}$ y $( a^{k}_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\not\in A,$ lo cual es absurdo.

Entonces $( b_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\not\in \overline{A}$ y $\overline{A}=A$. Así, $A$ es cerrado.

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Ejercicio 4

Ejercicio 4 – Parte 2: Cálculo de $A^\circ$ y $\overline{A}$ en $C_0(\mathbb{R})$

Espacio ambiente:

$$(C_0(\mathbb{R}), d_\infty), \quad d_\infty((a_n),(b_n)) = \sup_{n\in\mathbb{N}} |a_n - b_n|.$$

Conjunto en cuestión:

$$A = \{\, (a_n)\in C_0(\mathbb{R}) : \exists i\in\mathbb{N} \text{ tal que } a_i = 1 \}.$$

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1. Interior $A^\circ$: mostrar que ningún punto de $A$ tiene bola abierta entera en $A$.
2. Clausura $\overline{A}$: demostrar que todo punto fuera de $A$ no puede aproximarse arbitrariamente por elementos de $A$.

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1. Cálculo de $A^\circ$

• Paso clave: Dado un elemento arbitrario $(a_n) \in A$ y un radio $\varepsilon > 0$, construiremos $(\tilde a_n) \in C_0(\mathbb{R})$ tal que

$$d_\infty((a_n),(\tilde a_n)) = \frac{\varepsilon}{2},$$

pero $(\tilde a_n) \notin A$.

• Como $(a_n) \in A$, existe un índice fijo $i$ con $a_i = 1$. Definimos:

$$\tilde a_n = \begin{cases} 1 - \frac{\varepsilon}{2}, & n = i,\\ a_n, & n \neq i. \end{cases}$$

• Entonces:

$$d_\infty((a_n),(\tilde a_n)) = \sup_n |a_n - \tilde a_n| = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon,$$

y claramente $\tilde a_i = 1 - \frac{\varepsilon}{2} \neq 1$, por lo que $(\tilde a_n) \notin A$.

• Conclusión: Toda bola $B((a_n), \varepsilon)$ contiene puntos fuera de $A$. Luego $A^\circ = \emptyset$.

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2. Cálculo de $\overline{A}$

• Paso clave: Sea $(b_n) \notin A$. Tenemos $b_n \to 0$ y ningún $b_n = 1$. Debemos mostrar que existe $\delta > 0$ tal que

$$B((b_n), \delta) \cap A = \emptyset,$$

es decir, $(b_n)$ no puede ser límite de sucesiones en $A$.

• Como $b_n \to 0$, existe $N$ tal que

$$|b_n| < \tfrac{1}{2} \quad \forall n \ge N.$$

• Además, para los índices $1,2,\dots,N-1$ definimos

$$\tilde\delta = \min_{1 \le k < N} |b_k - 1| > 0,$$

y tomamos

$$\delta = \min(\tilde\delta, \tfrac{1}{2}) > 0.$$

• Si $(a_n) \in B((b_n), \delta)$, entonces

$$|a_n - b_n| < \delta \quad \forall n.$$

• Para $n \ge N$: como $|b_n| < \tfrac{1}{2}$ y $|a_n - b_n| < \delta \le \tfrac{1}{2}$, se cumple

$$|a_n| \le |b_n| + |a_n - b_n| < 1 \quad \Rightarrow \quad a_n \neq 1.$$

• Para $1 \le n < N$: $|a_n - b_n| < \delta \le \tilde\delta$ implica

$$|a_n - 1| \ge |b_n - 1| - |a_n - b_n| \ge \tilde\delta - \tilde\delta = 0,$$

por lo tanto $a_n \neq 1$.

• Conclusión: Ningún $(a_n) \in B((b_n), \delta)$ pertenece a $A$, luego

$$B((b_n), \delta) \cap A = \emptyset,$$

y por definición $(b_n) \notin \overline{A}$.

• Como $(b_n)$ era un punto arbitrario fuera de $A$, concluimos

$$\overline{A} = A.$$ $$\boxed{}$$

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Citas y Comentarios

Había mas ejercicios por ver, pero no alcanzamos con el tiempo, están muy buenos: link