Tue-08-10-2024 12:08
profe: Mauro
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Ejercicios de parcial
Ejercicio 1
a)
Si para todo a ∈ A a \in A a ∈ A b ∈ B b \in B b ∈ B a ≤ b a\leq b a ≤ b s u p ( A ) ≤ s u p ( B ) sup(A)\leq sup(B) s u p ( A ) ≤ s u p ( B )
D e m : Dem: D e m : ∀ a ∈ A ∃ b ∈ B : a ≤ b ≤ s u p ( B ) \forall a\in A\:\exists\:b\in B:a\leq b\leq sup(B) ∀ a ∈ A ∃ b ∈ B : a ≤ b ≤ s u p ( B ) ∀ a ∈ A : a ≤ s u p ( B ) \forall a\in A:a\leq sup(B) ∀ a ∈ A : a ≤ s u p ( B ) s u p ( A ) ≤ C sup(A)\leq C s u p ( A ) ≤ C C C C s u p ( A ) ≤ s u p ( B ) sup(A)\leq sup(B) s u p ( A ) ≤ s u p ( B )
b)
Si i n f ( A ) < s u p ( A ) ⟹ A = { i n f ( A ) , s u p ( A ) } inf(A)<sup(A)\implies A=\{inf(A),sup(A)\} in f ( A ) < s u p ( A ) ⟹ A = { in f ( A ) , s u p ( A )}
D e m : Dem: D e m : A = { 1 , 2 , 3 } A=\{ 1,2,3 \} A = { 1 , 2 , 3 }
i n f ( A ) = 1 inf(A)=1 in f ( A ) = 1 s u p ( A ) = 3 sup(A)=3 s u p ( A ) = 3 ⟹ A ≠ { 1 , 3 } \implies A\neq \{ 1,3 \} ⟹ A = { 1 , 3 }
Ejercicio 2
Sea X = { ( x , y , z ) ∈ R 3 : x ∈ Q , y ∈ R ∖ Q , z ∈ N p a r } X=\{ (x,y,z)\in \mathbb{R}^3:x \in \mathbb{Q},y \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q},z\in \mathbb{N} \:par \} X = {( x , y , z ) ∈ R 3 : x ∈ Q , y ∈ R ∖ Q , z ∈ N p a r } g : X → R 2 g:X\to \mathbb{R}^{2} g : X → R 2
D e m : Dem: D e m : # R = # R 2 = # R 3 \#\mathbb{R}=\#\mathbb{R}^{2}=\#\mathbb{R}^{3} # R = # R 2 = # R 3 X ⊆ R 3 ⟹ # X ≤ # R 3 X\subseteq\mathbb{R}^3\implies\#X\leq\#\mathbb{R}^3 X ⊆ R 3 ⟹ # X ≤ # R 3 f : R → X f:\mathbb{R}\to X f : R → X
f ( x ) = { ( 0 , 2 , 2 ) x = 0 ( x , 2 , 0 ) x ∈ Q ( 0 , x , 0 ) x ∈ R ∖ Q f(x)=\begin{cases}
(0,\sqrt{ 2 },2) & x=0 \\
(x,\sqrt{ 2 },0) & x \in \mathbb{Q} \\
(0,x,0) & x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}
\end{cases} f ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ ( 0 , 2 , 2 ) ( x , 2 , 0 ) ( 0 , x , 0 ) x = 0 x ∈ Q x ∈ R ∖ Q
También sirve dejar las dos últimas y en la primera dejar un 2 en la 3ra coordenada.
f ( x ) = { ( x , 2 , 2 ) x ∈ Q ( 0 , x , 0 ) x ∈ R ∖ Q f(x)=\begin{cases}
(x,\sqrt{ 2 },2) & x \in \mathbb{Q} \\
(0,x,0) & x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}
\end{cases} f ( x ) = { ( x , 2 , 2 ) ( 0 , x , 0 ) x ∈ Q x ∈ R ∖ Q Veo inyectividad:
Si x ≠ y x\neq y x = y
x , y ∈ Q : x,y \in \mathbb{Q}: x , y ∈ Q : f ( x ) = ( x , 2 , 2 ) ≠ ( y , 2 , 2 ) = f ( y ) ⟹ f ( x ) ≠ f ( y ) f(x)=(x,\sqrt{ 2 },2)\neq(y,\sqrt{ 2 },2)=f(y)\implies f(x)\neq f(y) f ( x ) = ( x , 2 , 2 ) = ( y , 2 , 2 ) = f ( y ) ⟹ f ( x ) = f ( y )
x , y ∈ R ∖ Q x,y \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q} x , y ∈ R ∖ Q ( 0 , x , 0 ) ≠ ( 0 , y , 0 ) ⟹ f ( x ) ≠ f ( y ) (0,x,0)\neq(0,y,0)\implies f(x)\neq f(y) ( 0 , x , 0 ) = ( 0 , y , 0 ) ⟹ f ( x ) = f ( y )
S.p.d.g. x ∈ Q , y ∈ R ∖ Q ⟹ ( x , 2 , 2 ) ≠ ( 0 , y , 0 ) x \in \mathbb{Q},y \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}\implies(x,\sqrt{ 2 },2)\neq(0,y,0) x ∈ Q , y ∈ R ∖ Q ⟹ ( x , 2 , 2 ) = ( 0 , y , 0 ) 2 ≠ 0 2\neq0 2 = 0
Análogo y ∈ Q , x ∈ R ∖ Q y \in \mathbb{Q},x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q} y ∈ Q , x ∈ R ∖ Q ∴ f \therefore\:f ∴ f ⟹ # R ≤ # X \implies\#\mathbb{R}\leq\#X ⟹ # R ≤ # X
Luego # X = # R \#X=\#\mathbb{R} # X = # R g . g. g .
Ejercicio 3
Sea E = { f ∈ C ( [ 0 , 1 ] ) : f ( x ) > 0 ∀ x ∈ [ 0 , 1 ] } E=\{ f \in C([0,1]):f(x)>0\quad\forall x \in[0,1] \} E = { f ∈ C ([ 0 , 1 ]) : f ( x ) > 0 ∀ x ∈ [ 0 , 1 ]} d ∞ d_{\infty} d ∞ I : E → E \mathcal{I}:E\to E I : E → E
I ( f ) ( x ) = 1 f ( x ) \mathcal{I}(f)(x)= \frac{1}{f(x)} I ( f ) ( x ) = f ( x ) 1 Probar que I \mathcal{I} I D e m : Dem: D e m : E > 0 \mathcal{E}>0 E > 0 d ∞ ( I ( f ) − I ( g ) ) < E d_{\infty}(\mathcal{I}(f)-\mathcal{I}(g))<\mathcal{E} d ∞ ( I ( f ) − I ( g )) < E f f f E > 0 \mathcal{E}>0 E > 0 δ \delta δ g g g
d ∞ ( I ( f ) − I ( g ) ) = m a x x ∣ 1 f ( x ) − 1 g ( x ) ∣ d_{\infty}(\mathcal{I}(f)-\mathcal{I}(g))=max_{x}\left| \frac{1}{f(x)}- \frac{1}{g(x)}\right| d ∞ ( I ( f ) − I ( g )) = ma x x f ( x ) 1 − g ( x ) 1 Por otro lado tengo que
∣ g ( x ) − f ( x ) f ( x ) g ( x ) ∣ = ∣ g ( x ) − f ( x ) ∣ ∣ f ( x ) ∣ . ∣ g ( x ) ∣ ≤ d ∞ ( f , g ) ∣ f ( x ) ∣ . ( ∣ f ( x ) ∣ − δ ) ≤ δ α ( α − δ ) < E \left| \frac{g(x)-f(x)}{f(x)g(x)}\right|= \frac{|g(x)-f(x)|}{|f(x)|.|g(x)|}\leq \frac{d_{\infty}(f,g)}{|f(x)|.(|f(x)|-\delta)}\leq \frac{\delta}{\alpha(\alpha-\delta)}<\mathcal{E} f ( x ) g ( x ) g ( x ) − f ( x ) = ∣ f ( x ) ∣.∣ g ( x ) ∣ ∣ g ( x ) − f ( x ) ∣ ≤ ∣ f ( x ) ∣. ( ∣ f ( x ) ∣ − δ ) d ∞ ( f , g ) ≤ α ( α − δ ) δ < E De esto ultimo deducimos δ \delta δ δ < α 2 \delta< \frac{\alpha}{2} δ < 2 α α = m i n x { f ( x ) } \alpha=min_{x}\{ f(x) \} α = mi n x { f ( x )}
δ α . α 2 < E ⟹ δ < E . α 2 2 ⟹ δ < α 2 \frac{\delta}{\alpha. \frac{\alpha}{2}}<\mathcal{E}\implies\delta<\mathcal{E}. \frac{\alpha^{2}}{2}\implies\delta< \frac{\alpha}{2} α . 2 α δ < E ⟹ δ < E . 2 α 2 ⟹ δ < 2 α Ahora la demo bien escrita sería:
Veamos continuidad de I \mathcal{I} I f ∈ E f \in E f ∈ E E > 0 \mathcal{E}>0 E > 0 α = m i n x { f ( x ) } > 0 \alpha=min_{x}\{ f(x) \}> 0 α = mi n x { f ( x )} > 0 δ = m i n { α 2 , E . α 2 2 } \delta=min\left\{ \frac{\alpha}{2}, \mathcal{E}. \frac{\alpha^{2}}{2} \right\} δ = min { 2 α , E . 2 α 2 }
Si d ∞ ( f , g ) < δ d_{\infty}(f,g)<\delta d ∞ ( f , g ) < δ ∣ f ( x ) − g ( x ) ∣ < δ |f(x)-g(x)|<\delta ∣ f ( x ) − g ( x ) ∣ < δ
− δ < f ( x ) − g ( x ) < δ f ( x ) − δ < g ( x ) ∀ x f ( x ) − δ ≥ f ( x ) − α 2 ≥ α 2 > 0 \begin{array}{c}
-\delta<f(x)-g(x)<\delta \\
f(x)-\delta<g(x) \quad \forall x\\
f(x)-\delta\geq f(x)- \frac{\alpha}{2}\geq \frac{\alpha}{2}>0
\end{array} − δ < f ( x ) − g ( x ) < δ f ( x ) − δ < g ( x ) ∀ x f ( x ) − δ ≥ f ( x ) − 2 α ≥ 2 α > 0 Entonces estamos en condiciones de acotar d ∞ ( I ( f ) , I ( g ) ) d_{\infty}(\mathcal{I}(f),\mathcal{I}(g)) d ∞ ( I ( f ) , I ( g )) x : x: x :
∣ I ( f ) ( x ) − I ( g ) ( x ) ∣ = ∣ 1 f ( x ) − 1 g ( x ) ∣ = ∣ g ( x ) − f ( x ) ∣ f ( x ) . g ( x ) ≤ d ∞ ( f , g ) α . ( f ( x ) − δ ) < δ α 2 2 ≤ E . α 2 2 α 2 2 = E |\mathcal{I} (f)(x)-\mathcal{I} (g)(x)|=\left| \frac{1}{f(x)}- \frac{1}{g(x)}\right|= \frac{|g(x)-f(x)|}{f(x).g(x)}\leq \frac{d_{\infty}(f,g)}{\alpha.(f(x)-\delta)}< \frac{\delta}{ \frac{\alpha^{2}}{2}}\leq \frac{\mathcal{E}. \frac{\alpha^{2}}{2}}{\frac{\alpha^{2}}{2} }=\mathcal{E} ∣ I ( f ) ( x ) − I ( g ) ( x ) ∣ = f ( x ) 1 − g ( x ) 1 = f ( x ) . g ( x ) ∣ g ( x ) − f ( x ) ∣ ≤ α . ( f ( x ) − δ ) d ∞ ( f , g ) < 2 α 2 δ ≤ 2 α 2 E . 2 α 2 = E Como queríamos. Como vale ∀ x \forall x ∀ x
d ∞ ( I ( f ) , I ( g ) ) < E d_{\infty}(\mathcal{I}(f),\mathcal{I} (g) )<\mathcal{E} d ∞ ( I ( f ) , I ( g )) < E Pero no es uniformemente continua. Si lo fuera, para E = 1 \mathcal{E}=1 E = 1
∃ δ > 0 ∣ d ∞ ( f , g ) < δ ⟹ d ∞ ( I ( f ) , I ( g ) ) < 1 \:\exists\:\delta>0\:|\: d_{\infty}(f,g) <\delta\implies d_{\infty}(\mathcal{I} (f),\mathcal{I} (g))<1 ∃ δ > 0 ∣ d ∞ ( f , g ) < δ ⟹ d ∞ ( I ( f ) , I ( g )) < 1 Sean f f f g g g
1 ≥ ∣ 1 f − 1 g ∣ = f − g f . g ≥ δ 2 f . g ≥ δ 2 f 2 ⟹ f 2 ≥ δ 2 1\geq \left| \frac{1}{f}- \frac{1}{g} \right|= \frac{f-g}{f.g}\geq \frac{ \frac{\delta}{2}}{f.g}\geq \frac{ \frac{\delta}{2}}{f^{2}}\implies f^{2}\geq \frac{\delta}{2} 1 ≥ f 1 − g 1 = f . g f − g ≥ f . g 2 δ ≥ f 2 2 δ ⟹ f 2 ≥ 2 δ g = f − δ 2 g=f- \frac{\delta}{2} g = f − 2 δ
Quiero negar esto
Llegamos al absurdo:
Suponemos que es uniformemente continua, es decir:
-->28:50
Supongamos que existe δ > 0 \delta>0 δ > 0 δ ′ = m i n { δ , 1 } \delta'=min\{ \delta,1 \} δ ′ = min { δ , 1 } f = δ ′ 2 f=\sqrt{ \frac{\delta'}{2} } f = 2 δ ′ g = δ ′ 2 − δ ′ 2 > 0 g= \sqrt{ \frac{\delta'}{2} }-\frac{\delta'}{2}>0 g = 2 δ ′ − 2 δ ′ > 0 d ∞ ( f , g ) < δ d_{\infty}(f,g)<\delta d ∞ ( f , g ) < δ
d ∞ ( I ( f ) − I ( g ) ) = ∣ 1 f − 1 g ∣ = ∣ f − g ∣ f . g ≥ δ ′ 2 f ( f − δ 2 ) = δ ′ 2 f 2 = 1 d_{\infty}(\mathcal{I} (f)-\mathcal{I} (g))=| \frac{1}{f}- \frac{1}{g}|= \frac{|f-g|}{f.g}\geq \frac{\frac{\delta'}{2}}{f\left( f- \frac{\delta}{2} \right)}= \frac{ \frac{ \delta'}{2}}{f^{2}}= 1 d ∞ ( I ( f ) − I ( g )) = ∣ f 1 − g 1 ∣ = f . g ∣ f − g ∣ ≥ f ( f − 2 δ ) 2 δ ′ = f 2 2 δ ′ = 1 Llegue a que d ∞ ( I ( f ) − I ( g ) ) = 1 d_{\infty}(\mathcal{I}(f)-\mathcal{I}(g))=1 d ∞ ( I ( f ) − I ( g )) = 1
Por lo tanto, I \mathcal{I} I
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