G4-Ej.9

9. Consideramos las funciones $\mathcal{E}, \mathcal{I} : C([0, 1]) \to \mathbb{R}$ definidas por:

$$\mathcal{E}(f) = f(0), \qquad \mathcal{I}(f) = \int_0^1 f(x)\,dx.$$

(a) Demuestre que si utilizamos en $C([0, 1])$ la distancia $d_\infty$ ambas resultan continuas.

(b) Demuestre que si en cambio utilizamos en $C([0, 1])$ la distancia $d_1$, $\mathcal{I}$ es una función continua pero $E$ no lo es.

(c) Analice si es posible que una función $F : C([0, 1]) \to \mathbb{R}$ sea continua para la distancia $d_1$ pero no para $d_\infty$.

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(a)

Recordemos que en $C([0,1])$, la distancia $d_\infty$ está definida por:

$$d_\infty(f, g) = \sup_{x \in [0,1]} |f(x) - g(x)|.$$

• Para $\mathcal{E}(f) = f(0)$:

Dado $f, g \in C([0,1])$, se cumple:

$$|E(f) - E(g)| = |f(0) - g(0)| \leq \sup_{x \in [0,1]} |f(x) - g(x)| = d_\infty(f, g).$$

Por lo tanto, $\mathcal{E}$ es Lipschitz con constante $1$, y en particular, es continua.

• Para $\displaystyle\mathcal{I}(f) = \int_0^1 f(x) \, dx$:

También para $f, g \in C([0,1])$, tenemos:

$$|\mathcal{I}(f) - \mathcal{I}(g)| = \left| \int_0^1 (f(x) - g(x)) \, dx \right| \leq \int_0^1 |f(x) - g(x)| \, dx.$$

Como $|f(x) - g(x)| \leq d_\infty(f, g)$ para todo $x \in [0,1]$, se concluye que:

$$\int_0^1 |f(x) - g(x)| \, dx \leq \int_0^1 d_\infty(f, g) \, dx = d_\infty(f, g).$$

Entonces:

$$|\mathcal{I}(f) - \mathcal{I}(g)| \leq d_\infty(f, g).$$

Por lo tanto, $\mathcal{I}$ también es Lipschitz con constante $1$, y en particular, continua.

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(b)

Recordemos que en $C([0,1])$ la distancia $d_1$ está dada por

$$d_1(f,g)=\int_0^1|f(x)-g(x)|\,dx.$$

• Continuidad de $I(f)=\displaystyle\int_0^1f(x)\,dx$

Para $f,g\in C([0,1])$,

$$|\mathcal{I}(f)-\mathcal{I}(g)| =\left|\int_0^1\bigl(f(x)-g(x)\bigr)\,dx\right| \le\int_0^1|f(x)-g(x)|\,dx =d_1(f,g).$$

Por lo tanto $\mathcal{I}$ es Lipschitz (constante $1$) con respecto a $d_1$, y en consecuencia continua.

• $E(f)=f(0)$ no es continua para $d_1$

Sea $f_n(x)$ definida por:

$$f_n(x)= \begin{cases} 1 - n\,x, & 0 \le x \le \tfrac{1}{n}, \\ 0, & \tfrac{1}{n} < x \le 1. \end{cases}$$

Entonces:

• Cada $f_n$ es continua en $[0,1]$, es decir, $f_n \in C([0,1])$.
• $f_n(0) = 1$ para todo $n$, por lo tanto $\mathcal{E}(f_n) = 1$.
• Calculamos la distancia:

$$d_1(f_n, 0) = \int_0^1 |f_n(x)|\,dx = \int_0^{1/n} (1 - n\,x)\,dx.$$

Hacemos el cálculo:

$$\int_0^{1/n} (1 - n\,x)\,dx = \left[ x - \tfrac{n\,x^2}{2} \right]_0^{1/n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{2n} = \frac{1}{2n}.$$

Por lo tanto:

$$d_1(f_n, 0) = \frac{1}{2n} \to 0 \quad \text{cuando } n \to \infty.$$

Así

$$f_{n}\underset{ n\to \infty }{ \overset{ d_{1} }{ \longrightarrow } } 0$$

Sin embargo:

$$\mathcal{E}(f_n) = f_n(0) = 1 \not\to 0 = \mathcal{E}(0).$$

Esto muestra que $\mathcal{E}$ no es continua respecto de $d_1$.

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(c)

Consideremos la aplicación identidad

$$\mathrm{id}\colon (C([0,1]),d_\infty)\;\longrightarrow\;(C([0,1]),d_1), \qquad \mathrm{id}(f)=f.$$

1. $\mathrm{id}$ es continua
   Para $f,g\in C([0,1])$,

$$d_1\bigl(\mathrm{id}(f),\mathrm{id}(g)\bigr) =\int_0^1|f(x)-g(x)|\,dx \le \sup_{x\in[0,1]}|f(x)-g(x)| =d_\infty(f,g).$$

Luego

$$d_1\bigl(\mathrm{id}(f),\mathrm{id}(g)\bigr) \le d_\infty(f,g),$$

es decir, $\mathrm{id}$ es Lipschitz (constante $1$) y en particular continua.

2. Composición con $F$
   Si existiera una función

$$F\colon (C([0,1]),d_1)\longrightarrow\mathbb{R}$$

que fuera continua para $d_1$ pero no para $d_\infty$, entonces la composición

$$F\circ\mathrm{id}\colon (C([0,1]),d_\infty)\;\xrightarrow{\;\mathrm{id}\;} (C([0,1]),d_1)\;\xrightarrow{\;F\;} \mathbb{R}$$

sería continua como composición de continuas. Pero nota que

$$(F\circ\mathrm{id})(f)=F\bigl(\mathrm{id}(f)\bigr)=F(f),$$

es decir, $F\circ\mathrm{id}=F$. Por lo tanto $F$ debe ser continua también en $d_\infty$, lo cual contradice la hipótesis de que no lo es.

Por tanto no puede existir ninguna función continua para $d_1$ pero discontinua para $d_\infty$.
Absurdo.