análisis real

Analisis Real: Primer Curso

Ricardo A. Saenz

Indice general

Introduccion v

Capıtulo 1. Espacios Metricos 1

§1. Metricas 1

§2. Metricas en espacios vectoriales 4

§3. Topologıa 9

Ejercicios 17

Capıtulo 2. Sucesiones y convergencia 21

§1. Definiciones 21

§2. Sucesiones de Cauchy y completitud 25

§3. Espacios vectoriales completos 29

§4. Espacios de Banach de dimension finita 35

§5. La completitud de un espacio metrico 38

Ejercicios 43

Capıtulo 3. Espacios compactos 47

§1. Cubiertas 47

§2. Compacidad 49

§3. El teorema de Bolzano-Weierstrass 52

§4. Compacidad en espacios de Banach 56

Ejercicios 60

Capıtulo 4. El espacio de funciones continuas 61

§1. Funciones continuas 61

iii

iv Indice general

§2. El espacio C(X,Y ) 71

Ejercicios 75

Capıtulo 5. Compacidad y densidad en C(X,Y ) 79

§1. El teorema de Arzela-Ascoli 79

§2. Sucesiones de funciones en Rm 85

§3. El teorema de Stone-Weierstrass 86

Ejercicios 96

Capıtulo 6. Teorıa de Baire 99

§1. El teorema de Cantor 99

§2. El teorema de Baire 102

§3. Aplicaciones 105

Ejercicios 113

Capıtulo 7. El teorema de punto fijo y aplicaciones 115

§1. Problemas de valor inicial 115

§2. El teorema de contraccion 117

§3. Existencia y unicidad de soluciones 120

§4. Los teoremas de la funcion inversa e implıcita 123

§5. Conjuntos autosimilares 130

Ejercicios 136

Capıtulo 8. Convexidad 141

§1. Espacios conexos 141

§2. Conexidad por trayectorias 143

§3. Componentes conexas 145

§4. Conjuntos convexos 146

§5. Teoremas de punto fijo en conjuntos convexos 147

§6. Ecuaciones Integrales 147

Ejercicios 147

Capıtulo 9. Espacios de Hilbert 149

§1. Propiedades basicas 149

§2. Sistemas ortonormales completos 153

§3. El espacio l2 159

§4. El espacio L2([0, 1]) 164

Ejercicios 168

Bibliografıa 171

Introduccion

Estas notas presentan una introduccion basica al analisis real, basadaen el estudio de espacios metricos y aplicaciones. En particular, hacemos unestudio extenso de la idea de completitud en un espacio metrico.

Dos conceptos fundamentales son la base de este estudio: metrica y com-pletitud. Una metrica es una funcion que establece distancias entre los ob-jetos de un espacio. Las propiedades que definen una metrica son aquellasque uno espera de una distancia: positividad, simetrıa, y la desigualdad deltriangulo, la cual garantiza que la distancia entre dos puntos es menor quela suma de las distancias de estos a otro punto en comun.

Por medio de una metrica uno puede medir la “cercanıa” dentro unespacio desde el punto de vista analıtico, es decir, establecer cuales son lassucesiones convergentes. Esto nos lleva de manera natural a continuidad yal estudio de la topologıa de un espacio.

Completitud es la propiedad que garantiza que las sucesiones cuyosterminos se acercan entre sı son convergentes. En terminos generales estosignifica que nuestro espacio no tiene “agujeros”.

En el capıtulo 1 se define el concepto de metrica, y se estudia de manerabasica la topologıa inducida por una metrica. De manera un tanto mas deta-llada se estudian metricas inducidas por normas (magnitudes de vectores),y su vez normas inducidas por productos internos.

En el capıtulo 2 se estudia la convergencia de una sucesion, y se introducela idea de completitud. Tambien se estudian algunas aplicaciones de estasideas a espacios vectoriales normados, como la convergencia de series, ya seade manera absoluta o condicional. Se demuestra, por ejemplo, el teorema de

v

vi Introduccion

Dirichlet. Al final, demostramos que si un espacio metrico no es completo,entonces puede ser encajado en un espacio metrico completo.

La idea de compacidad fue descubierta por Heine en su estudio de funcio-nes uniformemente continuas. Compacidad tambien garantiza la existenciade maximos y mınimos de una funcion continua, por lo que su estudio esbasico en analisis. En el capıtulo 3 estudiamos estos conceptos en detalley demostramos el teorema de Bolzano-Weierstrass, el cual clasifica a losconjuntos compactos en terminos de sucesiones convergentes. Tambien de-mostramos el teorema de Heine-Borel, el cual implica, por ejemplo, que bolascerradas en el espacio euclideano son compactas. Sin embargo, tal cosa noes cierta en espacios de dimension infinita, como se establece al final delcapıtulo.

La coleccion de funciones continuas acotadas en un espacio metrico formaen sı un espacio metrico, y tal objeto es estudiado en detalle en el capıtulo4. Por ejemplo, clasificamos los subconjuntos compactos de dicho espacioa traves del teorema de Arzela-Ascoli. Tambien se estudian subconjuntosdensos y demostramos el teorema de Stone-Weierstrass al final del capıtulo.

En el capıtulo 5 se estudia la idea de conexidad y se establecen algunasaplicaciones, como el teorema del valor intermedio en la recta real y el estudiode conjuntos convexos en el espacio euclideano.

En el capıtulo 6 se estudian las consecuencias de completitud, como elteorema de Cantor y el teorema de Baire. Las aplicaciones de dichos teoremasvan desde la incontabilidad de los numeros reales hasta la inexistencia defunciones continuas solamente en los racionales.

En ultimo capıtulo aplicamos la idea de completitud al estudio de ecua-ciones diferenciales ordinarias. Introducimos la condicion de Lipschitz y elteorema de contraccion para garantizar la existencia y unicidad de ciertaclase de ecuaciones de primer orden y su extension a ordenes mayores.

Estas notas, aun, siguen en constante revision.

Ricardo Alberto Saenz Casas, 24 de noviembre de 2009

Capıtulo 1

Espacios Metricos

1. Metricas

A grandes rasgos, un espacio metrico es un conjunto provisto de unadistancia, llamada metrica, y a partir de esta construımos sus propiedadesanalıticas: lımites y continuidad.

Definicion 1.1. Sea X un conjunto no vacıo. Una metrica d en X es unafuncion d : X ×X → [0,∞) con las siguientes propiedades:

1. d(x, y) = 0 si, y solo si, x = y, para todos x, y ∈ X.

2. d(x, y) = d(y, x), para todos x, y ∈ X.

3. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), para todos x, y, z ∈ X.

Un espacio metrico es una pareja (X, d), donde X 6= ∅ y d es una metricaen X.

Cuando no haya confusion, nos refererimos al espacio metrico (X, d)solo como X. Al enunciado (3) de la definicion anterior se le conoce comola desigualdad del triangulo.

Ejemplo 1.2. Sea X 6= ∅. Definimos

d(x, y) =

0 si x = y,

1 si x 6= y,x, y ∈ X.

Es claro que (X, d) es un espacio metrico, y d es llamada la metrica discreta.Este ejemplo garantiza que cualquier conjunto (no vacıo) puede ser dotadode una metrica.

1

2 1. Espacios Metricos

Ejemplo 1.3. Sea R el conjunto de los numeros reales, y definimos

d(x, y) = |x− y|, x, y ∈ R.

d es llamada la metrica estandar en R. Excepto cuando sea indicado de otraforma, nos referiremos al espacio R con la metrica estandar solo por R.

Ejemplo 1.4. En Rn definimos

dE(x, y) =√

(x1 − y1)2 + ...+ (xn − yn)2, x, y ∈ Rn.

dE es llamada la metrica euclideana. La demostracion del hecho que dE

define una metrica requiere de la desigualdad de Cauchy-Schwartz, la cualsera demostrada en la siguiente seccion.

Ejemplo 1.5. En Rn tambien podemos definir

dM (x, y) = maxi=1,...,n

|xi − yi|, x, y ∈ Rn.

Para verificar que es una metrica, observamos primero que las propiedades(1) y (2) de metrica se satisfacen trivialmente por la definicion de valorabsoluto. Para verificar la desigualdad del tri’angulo, tomamos

x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn), z = (z1, . . . , zn) ∈ Rn

y suponemos que

|xi0 − yi0 | = maxi=1,...,n

|xi − yi|.

Entonces

d(x, y) = |xi0 − yi0 | ≤ |xi0 − zi0 | + |zi0 − yi0 |≤ max

i=1,...,n|xi − zi| + max

i=1,...,n|zi − yi| = d(x, z) + d(z, y).

Este metrica es llamada la metrica del maximo.

Ejemplo 1.6. En Rn, definimos la metrica

dT (x, y) = |x1 − y1| + ...+ |xn − yn|, x, y ∈ Rn.

De nuevo, es facil verificar que dT es una metrica, la cual es llamada lametrica del taxi.

La figura 1 muestra la comparacion de las tres metricas anteriores en elplano.

Ejemplo 1.7. En R, definimos ahora

dA(x, y) =|x− y|

1 + |x− y| , x, y ∈ R.

Las propiedades (1) y (2) de la definicion de metrica se satisfacen trivial-mente por la definicion de valor absoluto. Para verificar la desigualdad del

1. Metricas 3

x a

y

br

Figura 1. Comparacion de las metricas dE , dM y dT en R2. En la figura,dE(x, y) = r, dM (x, y) = b (suponiendo que b > a) y dT (x, y) = a + b.

triangulo, sean A = |x− z|, B = |z − y|, y C = |x− y|. Entonces queremosmostrar que

C

1 + C≤ A

1 +A+

B

1 +B.

Pero, como C ≤ A+B y A,B ≥ 0, tenemos

C

1 + C≤ C +AB

1 + C= 1 − 1 −AB

1 + C

≤ 1 − 1 −AB

1 +A+B +AB=

A

1 +A+

B

1 +B.

dA es llamada la metrica acotada en R, ya que para todos x, y ∈ R,

dA(x, y) < 1.

Ejemplo 1.8. Sea (X, d) un espacio metrico. Al igual que en el ejemploanterior, podemos verificar que

dA(x, y) =d(x, y)

1 + d(x, y), x, y ∈ X,

es una metrica en X. A dA le llamaremos la acotacion de la metrica d en X.Como veremos mas adelante, dA induce la misma topologıa que d en X y,ademas, dA(x, y) < 1 para todos los puntos x y y en X.

Ejemplo 1.9. Sea (X, d) un espacio metrico y Y ⊂ X no vacıo. Entoncesla restriccion de d a Y ×Y define una metrica en Y y (Y, d|Y ×Y ) es llamadoun subespacio de X. El estudio de los subespacios de un espacio metrico esimportante para entender la estructura del espacio original, y sera uno delos temas centrales en estas notas.

Ejemplo 1.10. Sean (X, d) y (Y, ρ) dos espacios metricos. Entonces, sidefinimos la funcion d× ρ : X × Y → [0,∞) como

d× ρ((x1, y1), (x2, y2)) = d(x1, x2) + ρ(y1, y2), x1, x2 ∈ X, y1, y2 ∈ Y,


(X × Y, d× ρ) es un espacio metrico y es llamado el espacio producto de Xy Y . Por ejemplo, la metrica dT en R2 es igual a la metrica producto d× den R × R, donde d es la metrica estandar.

2. Metricas en espacios vectoriales

En esta seccion describimos la construccion de metricas en espacios vec-toriales. En espacios normados, la metrica es dada simplemente por la dis-tancia entre dos vectores, es decir, la norma de su diferencia. En caso detener un producto interno, la norma es inducida por este.

2.1. Espacios Normados.

Definicion 1.11. Sea X un espacio vectorial sobre el campo K, el cualpuede ser el campo de los numeros reales (R) o los numeros complejos (C).Una norma en X es una funcion || · || : X → [0,∞) que satisface:

1. ||x|| = 0 si, y solo si, x = 0.

2. ||λx|| = |λ| ||x||, para todo λ ∈ K y x ∈ X.

3. ||x+ y|| ≤ ||x|| + ||y||, para todos x, y ∈ X.

Un espacio vectorial normado es una pareja (X, || · ||) donde X es un espaciovectorial y || · || es una norma.

Ejemplo 1.12. Consideremos el espacio Kn con la norma

(1.1) ||x||E =√|x1|2 + |x2|2 + . . .+ |xn|2,

donde |r| representa el valor absoluto de r. El hecho que (1.1) define unanorma se deduce de la desigualdad de Cauchy-Schwartz, demostrada masadelante en esta seccion. En el caso K = R, denominamos a este espacioel espacio euclideano, y, a su vez, || · ||E la norma euclideana. La norma|| · ||E se denotara tambien como | · |, cuando no genere confusion con el valorabsoluto.

Ejemplo 1.13. Consideremos nuevamente Kn, con la normas

||x||T = |x1| + |x2| + . . .+ |xn|;(1.2)

||x||M = maxi

|xi|.(1.3)

El hecho que estas dos funciones definen normas en Kn se concluye facilmentede las propiedades basicas del valor absoluto. En el caso n = 1, estas dosnormas y la del ejemplo anterior coinciden con la funcion valor absoluto.

Ejemplo 1.14. Sea C([0, 1]) el espacio de funciones continuas (con valoresen R) sobre el intervalo [0, 1]. Entonces C([0, 1]) es un espacio vectorial sobre

2. Metricas en espacios vectoriales 5

R, y se puede normar por medio de

(1.4) ||f ||u = maxx∈[0,1]

|f(x)|.

(1.4) esta bien definida porque f es continua en el intervalo cerrado [0, 1] ypor lo tanto toma su maximo. La propiedad (1) de la definicion de normase satisface trivialmente, y (2) se sigue porque |λf(x)| = |λ||f(x)| para cadax ∈ [0, 1]. Para verificar la desigualdad del triangulo, sean f, g continuas en[0, 1] y x0 tal que

|f(x0) + g(x0)| = maxx∈[0,1]

|f(x) + g(x)|.

Entonces

||f + g||u = |f(x0) + g(x0)| ≤ |f(x0)| + |g(x0)|≤ max

x∈[0,1]|f(x)| + max

x∈[0,1]|g(x)| = ||f ||u + ||g||u.

La norma (1.4) es llamada la norma uniforme.

Ejemplo 1.15. En C([0, 1]), tambien podemos definir la norma

(1.5) ||f ||1 =

∫ 1

0|f(x)|dx,

donde∫

denota la integral de Riemann. El hecho de que (1.5) denota unanorma se sigue de las propiedades usuales de la integral de Riemann y devalor absoluto. Esta norma es llamada la norma L1.

Todo espacio vectorial normado se puede metrizar por medio de la fun-cion

(1.6) d(x, y) = ||x− y||.Es facil demostrar que (1.6) define una metrica (ejercicio 3), y decimosque esta metrica es inducida por || · ||. Mas aun, esta metrica satisface lassiguientes propiedades:

1. d(x+z, y+z) = d(x, y), para todo x, y, z ∈ X; es decir, d es invariantebajo traslaciones.

2. d(δx, δy) = δd(x, y), para todo δ > 0 y x, y ∈ X; es decir, d eshomogenea de orden 11.

Las metricas dE , dM y dT en Rn son inducidas por las normas || · ||E ,|| · ||M y || · ||T , respectivamente. De igual forma, la norma || · ||u en C([0, 1])induce la metrica

du(f, g) = maxx∈[0,1]

|f(x) − g(x)|,

la cual estudiaremos mas adelante con mas detalle (capıtulo 4).

1Una funcion f : X → Y , donde X y Y son espacios vectoriales, es homogenea de orden α

si, para todo δ > 0, f(δx) = δαf(x).


2.2. Espacios con producto interno.

Definicion 1.16. Sea X un espacio vectorial sobre K. Un producto internoen X es una funcion (·, ·) : X ×X → K con la siguientes propiedades:

1. (x, x) ≥ 0 (es decir, un numero real nonegativo) para todo x ∈ X, y(x, x) = 0 si, y solo si, x = 0.

2. (x, y) = (y, x), para todos x, y ∈ X, donde r representa el conjugadodel numero r.

3. (λx+ ηy, z) = λ(x, z) + η(y, z), para todos x, y, z ∈ X y λ, η ∈ K.

La pareja (X, (·, ·)) es llamada un espacio con producto interno.

En esta definicion, las propiedades (2) y (3) implican que

(x, λy + ηz) = λ(x, y) + η(x, z).

Ası, un producto interno (·, ·) es lineal en la primer variable y “lineal con-jungado” en la segunda.

Ejemplo 1.17. En Kn, consideremos el producto

(1.7) (z, w) = z1w1 + z2w2 + . . .+ znwn.

Es facil ver que (1.7) es de hecho un producto interno. De hecho, todo espaciovectorial sobre K con producto interno, de dimension n < ∞, es isomorfoa Kn con el producto (1.7). La demostracion de este hecho involucra elllamado proceso de Gram-Schmidt, que el lector puede repasar en cualquiertexto elemental de algebra lineal.

Si K = R, entonces el producto interno del ejemplo 1.17 es simplementeel producto punto en Rn. En cualquiera de los casos, K = R o K = C, esllamado el producto interno estandar.

Ejemplo 1.18. En C([0, 1]) definimos

(1.8) (f, g) =

∫ 1

0f(x)g(x)dx.

De nuevo, las propiedades de la integral de Riemann implican que (1.8) esun producto interno.2

Un producto interno induce una norma. La construccion de la normainducida es facil, pero el demostrar que de hecho es una norma requiere dela siguiente propiedad.

2Notamos que estamos considerando funciones con valores reales. Si permitimos valores com-

plejos, entonces este producto interno debe estar definido como

(f, g) =

∫1

0

f(x)g(x)dx.

2. Metricas en espacios vectoriales 7

Lema 1.19 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz). Sea (X, (·, ·)) un espacio conproducto interno, y sean x, y ∈ X. Entonces

|(x, y)|2 ≤ (x, x)(y, y).

Demostracion. El resultado es trivialmente cierto si x es el vector 0 (amboslados de la desigualdad son iguales a 0, en tal caso). Supongamos entoncesque x 6= 0 y sea w ∈ X el vector

w = y −(y,

x

(x, x)

)x.

Entonces, utilizando las propiedades (1), (2) y (3) de la definicion de pro-

y

w

x

Figura 2. Los vectores x, y y w de la demostracion.

ducto interno, y la nota despues de la definicion,

0 ≤ (w,w) =(y −

(y,

x

(x, x)

)x, y −

(y,

x

(x, x)

)x)

= (y, y) − (y, x)

(x, x)(y, x) − (y, x)

(x, x)(x, y) +

(y, x)

(x, x)

(y, x)

(x, x)(x, x)

= (y, y) − |(x, y)|2(x, x)

− |(x, y)|2(x, x)

+|(x, y)|2(x, x)

= (y, y) − |(x, y)|2(x, x)

.

Luego|(x, y)|2(x, x)

≤ (y, y),

y por lo tanto

|(x, y)|2 ≤ (x, x)(y, y).

El vector (y,

x

(x, x)

)x

de la demostracion es denominado proyeccion orthogonal de y sobre x (masprecisamente, sobre el espacio generado por x) y suele denotarse por Proyx y.


Esto se debe al hecho que w = y − Proyx y y x son ortogonales, es decir,(w, x) = 0, como es muy facil de verificar (ejercicio 12).

Tenemos entonces la siguiente proposicion.

Proposicion 1.20. Sea (X, (·, ·)) un espacio con producto interno, y defi-nimos || · || : X → [0,∞) como la funcion

(1.9) ||x|| =√

(x, x).

Entonces (X, || · ||) es un espacio normado.

Demostracion. Primero, la funcion (1.9) esta bien definida ya que paratodo x ∈ X, (x, x) ≥ 0. Verificamos que se cumplen las propiedades 1, 2 y 3de una norma:

1. Como (x, x) = 0 si, y solo si, x = 0, entonces ||x|| = 0 si, y solo si,x = 0.

2. Si x ∈ X y λ ∈ K, entonces

||λx|| =√

(λx, λx) =√λλ(x, x) = |λ|

√(x, x).

3. Si x, y ∈ X,

||x+ y||2 = (x+ y, x+ y) = (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)

= ||x||2 + (x, y) + (x, y) + ||y||2

= ||x||2 + 2ℜ(x, y) + ||y||2

≤ ||x||2 + 2|(x, y)| + ||y||2

≤ ||x||2 + 2||x|| ||y|| + ||y||2 por Cauchy-Schwarz

= (||x|| + ||y||)2.

Ejemplo 1.21. Observemos que la norma (1.1) es inducida por el productointerno (1.7) y esta norma, a su vez, induce la metrica euclideana en Kn

(1.10) dE(x, y) =√|x1 − y1|2 + |x2 − y2|2 + . . . |xn − yn|n,

presentada ya en la seccion anterior. El espacio euclideano Rn es un ejemplobasico de un espacio metrico, y comparte muchas de sus propiedades conespacios metricos mas generales. Sin embargo, hay tambien algunas diferen-cias, muy importantes, que estudiaremos mas adelante.

Ejemplo 1.22. En C([0, 1]), el producto (1.8) induce la norma

(1.11) ||f ||2 =

( ∫ 1

0|f(x)|2dx

)1/2

,

llamada la norma L2 de C([0, 1]).

3. Topologıa 9

3. Topologıa

Una topologıa en un conjunto no vacıo X es una seleccion de subconjun-tos de X, llamados conjuntos abiertos, con propiedades tales que permitengeneralizar algunas nociones analıticas de los numeros reales, como lımites ycontinuidad. En esta seccion definiremos la topologıa de un espacio metricoy demostraremos las propiedades elementales de dicha topologıa.

3.1. Conjuntos abiertos.

Definicion 1.23. Sea (X, d) un espacio metrico y x0 ∈ X. La bola abiertade radio ε > 0 con centro en x0 (o alrededor de x0) es el conjunto

Bε(x0) = y ∈ X : d(x0, y) < ε.

Es decir, un bola abierta de radio ε > 0 alrededor de un punto es elconjunto de puntos en el espacio metrico a distancia menor que ε a dichopunto. Las bolas abiertas, desde luego, dependen de la metrica. Por ejemplo,la figura 3 compara las bolas abiertas en distintas metricas en el planocartesiano.

x 1

Figura 3. Comparacion de la bola de radio 1 en R2 con respecto a lasmetricas dE (cırculo), dM (cuadrado exterior) y dT (rombo interior).

Observaciones. Sea x ∈ X. Entonces:

x ∈ Bε(x), por lo que Bε(x) 6= ∅ para todo x ∈ X, ε > 0.

Si ε ≤ δ, entonces Bε(x) ⊂ Bδ(x).

x =⋂

ε>0Bε(x) =⋂

n∈Z+ B1/n(x).

X =⋃

ε>0Bε(x) =⋃

n∈Z+ Bn(x).

Las bolas abiertas son el ingrediente para definir un conjunto abierto.

Definicion 1.24. Si U ⊂ X, decimos que U es abierto si para todo x ∈ Uexiste ε > 0 tal que Bε(x) ⊂ U .


En otras palabras, todos los elementos de un conjunto abierto son elcentro de una bola abierta completamente contenida en el conjunto. Primerodemostraremos que todas las bolas abiertas son de hecho conjuntos abiertos.

Proposicion 1.25. Sean x ∈ X y ε > 0. Entonces el conjunto Bε(x) esabierto.

Demostracion. Sea y ∈ Bε(x). Tenemos que mostrar que existe una bola,con centro en y, contenida en Bε(x). Sea δ = ε − d(x, y). Este numero espositivo porque d(x, y) < ε. Entonces, si z ∈ Bδ(y), d(y, z) < δ y, por ladesigualdad del triangulo,

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < d(x, y) + δ = d(x, y) + ε− d(x, y) = ε.

Por lo tanto Bδ(y) ⊂ Bε(x).

Ejemplo 1.26. En (R, | · |), un conjunto U ⊂ R es abierto si, y solo si, paracada x ∈ U existe un intervalo abierto (a, b) que contiene a x y contenidoen U . Esto se debe a que

Bε(x) = (x− ε, x+ ε); y

(a, b) = B b−a2

(a+ b

2

).

Es decir, todas las bolas abiertas en R son intervalos abiertos y todos losintervalos abiertos son bolas abiertas.

De hecho, es posible dar una caracterizacion de todos los conjuntos abier-tos de R como uniones de intervalos abiertos (ejercicio 6).

Ejemplo 1.27. La interseccion infinita de conjuntos abiertos, en general,no es abierta. Considere, por ejemplo, los conjuntos Un = (−1/n, 1/n) ⊂ R,

n > 0. Estos son abiertos, pero la interseccion de ellos,⋂

n∈Z+ Un = 0, noes abierta.

Ejemplo 1.28. Recordemos la metrica en R dada por

dA(x, y) =|x− y|

1 + |x− y| .

La funcion f : [0,∞) → [0,∞),

f(r) =r

1 + r,

es continua y estrictamente creciente. Con estas propiedades, es posible de-mostrar que U ⊂ R es abierto en (R, dA) si, y solo si, es abierto en (R, | · |).Decimos entonces que las metricas | · | y dA son equivalentes, y los espacios(R, | · |) y (R, dA) son homeomorfos (ejercicio 14).

3. Topologıa 11

Ejemplo 1.29. Considere el espacio C = C([0, 1]) con la norma uniforme.Entonces, si f ∈ C tenemos

Bε(f) = g ∈ C : |f(x) − g(x)| < ε para todo x ∈ [0, 1],es decir, la bola de radio ε con centro en f es el conjunto de todas lasfunciones continuas en [0, 1] cuya grafica se encuentra a “distancia” menorque ε de la grafica de f (figura 4).

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 4. Bola de radio ε alrededor de una funcion en C.

Es muy importante observar que, al igual que las bolas abiertas, losconjuntos abiertos dependen de la metrica. Un mismo conjunto con distintasmetricas, en general, tendra distintos conjuntos abiertos.

A la coleccion de conjuntos abiertos en (X, d) se le llama una topologıa.Las siguientes son las propiedades fundamentales de una topologıa.

Proposicion 1.30. Sea (X, d) un espacio metrico.

1. X y ∅ son conjuntos abiertos.

2. Si Uα en una coleccion arbitraria de conjuntos abiertos3, entoncesla union de estos conjuntos,

⋃α Uα, es un conjunto abierto.

3. Si U1, U2, . . . , Un son abiertos, entonces⋂

i Ui es abierto.

Demostracion. 1. Si x ∈ X, entonces B1(x) ⊂ X, por definicion.Ahora bien, la proposicion “x ∈ ∅ ⇒ (∃ε > 0 : Bε(x) ⊂ ∅)” esverdadera porque el antecedente “x ∈ ∅” es falso. Por lo tanto, X y∅ son abiertos.

3Se asume que α pertenece a cierto conjunto de ındices


2. Si x ∈ ⋃α Uα, entonces existe α0 tal que x ∈ Uα0

. Como Uα0es

abierto, podemos encontrar un ε > 0 tal que Bε(x) ⊂ Uα0. Entonces,

Bε(x) ⊂⋃

α Uα.

3. Si x ∈ ⋂i Ui, entonces x ∈ Ui para cada i = 1, 2, . . . , n. Como cada

uno de los conjuntos Ui es abierto, existen ε1, ε2, . . . , εn (positivos)tales que Bεi

(x) ⊂ Ui, para cada i. Si tomamos ε = mıni εi, entoncesBε(x) ⊂ Bεi

(x) ⊂ Ui para cada i, y por lo tanto Bε(x) ⊂⋂

i Ui.

Si (Y, dY ×Y ) es un subespacio del espacio metrico (X, d), entonces unsubconjunto U de Y es abierto en Y si, y solo si, existe un conjunto abiertoU en X tal que U = U ∩ Y (ejercicio 21). Para ver esto, observemos quecada bola en Y , BY

ε (y), y ∈ Y , es la interseccion de Y con una bola en X:

BYε (y) = Bε(y) ∩ Y.

Esto es claro a partir de la definicion de bola abierta en Y:

BYε (y) = x ∈ Y : d(x, y) < ε.

3.2. Conjuntos cerrados.

Definicion 1.31. Sea (X, d) un espacio metrico, A ⊂ X y x0 ∈ X. Decimosque x0 es un punto de acumulacion (o punto lımite) de A, si para todo ε > 0la bola Bε(x0) contiene puntos de A distintos de x0, es decir

Bε(x0) ∩A \ x0 6= ∅.

Si x0 ∈ A y no es un punto de acumulacion de A, entonces decimos quex0 es un punto aislado de A.

De forma equivalente, x0 ∈ X es un punto de acumulacion de A si, paratodo conjunto abierto U que contiene a x0, U contiene puntos de A distintosde x0.

Ejemplo 1.32. Los puntos 0 y 1 son puntos de acumulacion del intervalo(0, 1) en R.

Ejemplo 1.33. El conjunto Z, en R, esta compuesto solo de puntos aislados.

Definicion 1.34. Sea (X, d) un espacio metrico. Un subconjunto E de Xes cerrado si contiene todos sus puntos de acumulacion.

Esta definicion es equivalente a decir que un conjunto E es cerrado si,y solo si, para cada x 6∈ E, existe un ε > 0 tal que Bε(x) ∩ E = ∅, yaque x no es un punto de acumulacion. En particular, tenemos la siguienteproposicion.

3. Topologıa 13

Proposicion 1.35. Sea (x, d) un espacio metrico. Un subconjunto E de Xes cerrado si su complemento X \ E es abierto.

Demostracion. Si E es cerrado y x 6∈ E, entonces X \E es abierto, por laobservacion anterior.

De manera inversa, si X \ E es abierto y x 6∈ E, entonces X \ E es unabierto que contiene a x y no interseca a E, por lo que x no es punto deacumulacion.

Ejemplo 1.36. En (R, | · |), los intervalos cerrados [a, b] son conjuntos ce-rrados.

Ejemplo 1.37. En todo espacio metrico, cada conjunto con un solo punto,digamos x0, es un conjunto cerrado. Esto es porque, si x 6∈ x0, entoncesx 6= x0 y r = d(x, x0) > 0, y luego

Br/2(x) ∩ x0 = ∅.

Ası que x no es punto de acumulacion de x0.

Ejemplo 1.38. La bola cerrada, de radio ε > 0 con centro en x, se definecomo el conjunto

Bε(x) = y ∈ X : d(x, y) ≤ ε.

La bola Bε(x) es un conjunto cerrado, ya que, si y 6∈ Bε(x), entoncesd(x, y) > ε, y, por lo tanto, si δ = d(x, y) − ε, tenemos que d(y, z) < δimplica que

d(x, z) ≥ d(x, y) − d(y, z) > d(x, y) − δ = d(x, y) − (d(x, y) − ε) = ε,

y luego Bδ(y) ∩ Bε(x) = ∅ (ejercicio 20).

Los conjuntos cerrados, analogamente a los abiertos, satisfacen las si-guientes propiedades, las cuales se siguen facilmente de la proposicion 1.30y de las leyes de De Morgan (ejercicio 15).

Proposicion 1.39. Sea (X, d) un espacio metrico. Entonces:

1. X y ∅ son cerrados;

2. Si Eα es una coleccion de conjuntos cerrados, entonces⋂

αEα escerrado;

3. Si E1, E2, . . . , En son cerrados, entonces⋃

iEi es cerrado.

Ejemplo 1.40. Cada conjunto finito es cerrado en un espacio metrico.


Ejemplo 1.41. Considere los subconjuntos de R dados por

C0 = [0, 1],

C1 =[0,

1

3

]∪

[2

3, 1

],

C2 =[0,

1

32

]∪

[ 2

32,1

3

]∪

[2

3,

7

32

]∪

[ 8

32, 1

],

...

Cn =[0,

1

3n

]∪

[ 2

3n,

1

3n−1

]∪ . . . ∪

[3n−1 − 1

3n−1,3n − 2

3n

]∪

[3n − 1

3n, 1

],

...

Esto es, cada Cn se obtiene al remover el intervalo que corresponde a latercera parte central de cada uno de los intervalos de Cn−1. El conjunto

C =∞⋂

n=0

Cn

es llamado el conjunto de Cantor. Es claro que C no es vacıo, ya que almenos 0, 1 ⊂ C, y de hecho C es infinito, ya que contiene los lımites decada uno de los intervalos de cada Cn. Por la proposicion 1.39, C es cerrado.

Definicion 1.42. Sea (X, d) un espacio metrico y A ⊂ X. Definimos lacerradura de A como la union de A y sus puntos de acumulacion.

La siguientes propiedades de la cerradura son faciles de verificar.

Proposicion 1.43. Sea (X, d) un espacio metrico y A,B ⊂ X. Entonces:

1. A es cerrado.

2. A = A.

3. Si A ⊂ B, entonces A ⊂ B.

4. Si A ⊂ E y E es cerrado, entonces A ⊂ E.

Demostracion. 1. Sea x un punto de acumulacion de A. Demostrare-mos que x es tambien un punto de acumulacion de A y, por lo tanto,esta en A.

Sea ε > 0. Entonces existe y ∈ Bε(x) ∩ A \ x. Si y ∈ A, yahemos terminado. Si no, entonces y es un punto de acumulacion deA, y si tomamos δ = mınε−d(x, y), d(x, y), entonces δ > 0 y existez ∈ Bδ(y) ∩A \ x, y. Ahora bien,

d(z, x) ≤ d(z, y) + d(y, x) < ε− d(x, y) + d(y, x) = ε,

por lo que z ∈ Bε(x) ∩A \ x.

3. Topologıa 15

2. Esto es obvio porque A es cerrado, y por lo tanto contiene todos suspuntos de acumulacion.

3. Si x es un punto de acumulacion de A, entonces tambien lo es de B.Ası que x ∈ A implica x ∈ B.

4. Igual que en el inciso anterior, si x es un punto de acumulacion deA, entonces tambien lo es de E. Como E es cerrado, x ∈ E. Por lotanto A ⊂ E.

El ultimo inciso en la proposicion anterior implica que A es el menorconjunto cerrado que contiene a A.

Ejemplo 1.44. Los puntos de acumulacion del intervalo (0, 1) en R son

todos sus puntos, ademas de 0 y 1. Entonces (0, 1) = [0, 1].

Ejemplo 1.45. Si A = Q ∩ [0, 1], entonces A = [0, 1]. Esto se debe a quecualquier intervalo abierto contiene numeros racionales.

Si A y B son subconjuntos del espacio metrico (X, d), definimos la dis-tancia entre ellos como

(1.12) d(A,B) = ınfd(x, y) : x ∈ A y y ∈ B.Si A contiene un solo punto, digamos A = x, entonces escribimos d(x,B).La siguiente observacion nos sera de utilidad mas adelante.

Proposicion 1.46. Sea E un conjunto cerrado en el espacio metrico (X, d)y x 6∈ E. Entonces la distancia de x a E es positiva, es decir, d(x,E) > 0.

Demostracion. Como x 6∈ E, la observacion que sigue a la definicion deconjunto cerrado implica que existe un ε > 0 tal que Bε(x) ∩ E = ∅, por loque d(x, y) ≥ ε para todo y ∈ E. Entonces d(x,E) ≥ ε > 0.

εxE

Figura 5. En la figura, la distancia de x a E es positiva, y d(x, E) ≥ ε.

Sin embargo, si E y F son dos conjuntos cerrados disjuntos, es posibleque d(E,F ) = 0 (ejercicio 16).


3.3. Conjuntos densos.

Definicion 1.47. Sea X un espacio metrico y S ⊂ X. Decimos que S esdenso en X (o simplemente denso) si, para todo ε > 0 y x ∈ X,

Bε(x) ∩ S 6= ∅.

Ejemplo 1.48. X es denso en sı mismo.

Ejemplo 1.49. Q y R \ Q son densos en R.

Ejemplo 1.50. Qn, el conjunto de puntos en Rn con coordenadas racionales,es denso en el espacio euclideano Rn: Para ver esto, sea x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn

y ε > 0. Si δ = ε/√n, entonces el paralelepıpedo

(x1 − δ, x1 + δ) × · · · × (xn − δ, xn + δ)

esta contenido en Bε(x) (con respecto a la metrica euclideana). Si tomamosracionales qi ∈ (xi − δ, xi + δ), entonces q = (q1, . . . , qn) ∈ Bε(x).

De igual forma, si A,S ⊂ X, decimos que S es denso en A si, para todoε > 0 y x ∈ A, Bε(x) ∩ S 6= ∅. La siguiente proposicion establece algunaspropiedades de densidad.

Proposicion 1.51. Sea X un espacio metrico, S,A ⊂ X.

1. S es denso en A si, y solo si, S ⊃ A.

2. S es denso si, y solo si, S = X.

3. S es denso si, y solo si, cualquier conjunto abierto U en X contienepuntos en S.

4. Si S es denso en A y es cerrado, entonces S ⊃ A.

Dejamos la demostracion de esta proposicion como ejercicio (ejercicio23).

Definicion 1.52. Decimos que X es separable si existe un conjunto contableS denso en X

Ejemplo 1.53. El espacio euclideano Rn es separable.

Ejemplo 1.54. C([0, 1]) con la norma uniforme es separable: Este hecho esconsecuencia del teorema de Weierstrass, el cual se discutira mas adelante.

Ejercicios 17

Ejercicios

1. La funcion dT , definida en el ejemplo 1.6, es una metrica en Rn.

2. Sea (X, d) un espacio metrico. Entonces la funcion

dA(x, y) =d(x, y)

1 + d(x, y), x, y ∈ X,

define una metrica en X.

3. Si (X, || · ||) es un espacio normado y, si definimos la funcion d : X×X →[0,∞) por

d(x, y) = ||x− y||,entonces (X, d) es un espacio metrico.

4. Demuestre las observaciones establecidas despues de la definicion de labola abierta:

Si ε ≤ δ, entonces Bε(x) ⊂ Bδ(x).x =

⋂ε>0Bε(x) =

⋂n∈Z+ B1/n(x).

X =⋃

ε>0Bε(x) =⋃

n∈Z+ Bn(x).

5. De un ejemplo donde Bε(x) ⊂ Bδ(x) y ε > δ.

6. Si U ⊂ R es un conjunto abierto, entonces podemos expresar U como

U =∞⋃

i=1

(ai, bi),

donde los intervalos (ai, bi) son disjuntos. Es decir, todo subconjuntoabierto de R es la union contable de intervalos abiertos disjuntos.

7. Si X es un espacio discreto, entonces todos sus subconjuntos son abier-tos.

8. Consideramos los espacios vectoriales normados (X, || · ||1) y (X, || · ||2).Decimos que las metricas || · ||1 y || · ||2 son equivalentes, si existenconstantes c1 y c2 tales que

c1||x||1 ≤ ||x||2 ≤ c2||x||1,para todo x ∈ X.

Si || · ||1 y || · ||2 son equivalentes y Biε(x) es la bola de radio ε con

centro en x que corresponde a la metrica || · ||i, i = 1, 2, entonces,para todo ε > 0, existen δ1 > 0 y δ2 > 0 tales que

B1δ1(x) ⊂ B2

ε (x) y B2δ2(x) ⊂ B1

ε (x).

Del inciso anterior, normas equivalentes inducen topologıas equiva-lentes, es decir, U es abierto en (X, || · ||1) si, y solo si, es abierto en(X, || · ||2). (Decimos entonces que los espacios son homeomorfos.)


Las normas || · ||E , || · ||M y || · ||T en Rn son equivalentes. (De hecho,mas adelante demostraremos que cualquiera dos normas en Rn sonequivalentes.)

9. Sea (X, || · ||) un espacio normado. Si A ⊂ X, x ∈ X y λ ∈ K, definimoslos conjuntos x+A y λA como

x+A = x+ y ∈ X : y ∈ A, λA = λy ∈ X : y ∈ A.Entonces, para x ∈ X y ε > 0,

Bε(x) = x+ εB1(0).

10. Sean || · ||1 y || · ||2 dos normas en X, y Bi1(0) la bola de radio 1 con

centro en 0, bajo la norma || · ||i. Supongamos que existen δ > 0 y ε > 0tal que

B1δ (0) ⊂ B2

1(0) y B2ε (0) ⊂ B1

1(0).

Entonces las normas || · ||1 y || · ||2 son equivalentes.

11. Sean (·, ·)1 y (·, ·)2 dos productos internos en Rn. Entonces las normas || ·||1 y ||·||2 inducidas por (·, ·)1 y (·, ·)2, respectivamente, son equivalentes.

12. Sea(X, (·, ·)

)un espacio con producto interno, x, y ∈ X, x 6= 0, y sea

z = Proyx y. Entoncesa) x y y − z son ortogonales;b) z es el vector generado por x mas cercano a y; es decir, si w = λx,

entonces ||y − z|| ≤ ||y − w|| para todo λ ∈ K, donde || · || es lanorma inducida por el producto interno (·, ·).

13. Las normas uniforme, L1 y L2 en C([0, 1]) satisfacen

||f ||1 ≤ ||f ||2 ≤ ||f ||upara toda f ∈ C([0, 1]). Sin embargo, ningun par de estas normas esequivalente.

14. Sea (X, d) un espacio metrico, y sea dA la acotacion de d definida en elejercicio 2. Entonces (X, d) y (X, dA) son homeomorfos.

15. Demuestre la proposicion 1.39.

16. Sea (X, d) = (R2, dE), el plano con la metrica euclideana.El conjunto

(x, 0) : x ∈ R,el eje de las xs, es un conjunto cerrado en R2.En general, si f : R → R es una funcion continua, entonces sugrafica

(x, f(x)) : x ∈ Res un conjunto cerrado en R2.

Ejercicios 19

Sean E = (x, 0) : x ∈ R y F = (x, f(x)) : x ∈ R, donde

f(x) =1

1 + |x| .

Entonces E y F son cerrados en R2 y d(E,F ) = 0.

17. Sean A,B ⊂ X. Averigue la veracidad de los siguientes enunciados:A ∪B ⊂ A ∪B;A ∪B ⊃ A ∪B;A ∩B ⊂ A ∩B;A ∩B ⊃ A ∩B;

18. El conjunto de Cantor no tiene puntos aislados.

19. Sea (X, d) un espacio metrico y A ⊂ X. Entonces x ∈ A si, y solo si,para todo ε > 0, Bε(x) ∩A 6∈ ∅.

20. Sea Bε(x) la bola cerrada con centro en x y Bε(x) la cerradura de la

bola abierta Bε(x). Entonces Bε(x) ⊂ Bε(x), y de un ejemplo donde

Bε(x) 6⊂ Bε(x).

21. Sea (Y, d|Y ×Y ) un subespacio de (X, d). Entonces U ⊂ Y es abierto en

Y si, y solo si, existe un abierto U en X tal que U = U ∩ Y . Pruebe elresultado analogo para conjuntos cerrados en Y .

22. Sea (X, d) un espacio metrico, Y ⊂ X, y suponemos que todos los puntosde Y son aislados. Entonces (Y, d|Y ×Y ) es un espacio discreto. (Es decir,(Y, d|Y ×Y ) es homeomorfo al espacio (Y, d0), donde d0 es la metricadiscreta en Y .)

23. Demuestre la proposicion 1.51.

Capıtulo 2

Sucesiones y

convergencia

1. Definiciones

Una de las ideas fundamentales del analisis es la de lımite; en particular,el lımite de una sucesion. En este capıtulo estudiaremos la convergencia desucesiones, ademas del concepto de completitud en espacios metricos.

Definicion 2.1. Sea (X, d) un espacio metrico. Una sucesion en X es unafuncion f : Z+ → X. Si, para cada n, f(n) = xn, entonces escribiremos lasucesion f como (xn)∞n=1.

Decimos que (xn)∞n=1 converge a x ∈ X, y escribimos xn → x, si, paratodo ε > 0, existe N ∈ Z+ tal que, si n ≥ N , entonces d(xn, x) < ε.

Los siguientes enunciados son equivalentes a decir que xn → x:

Para todo ε > 0, existe N ∈ Z+ tal que, si n ≥ N , entonces xn ∈Bε(x).

Para todo abierto U en X que contiene a x, existe un N ∈ Z+ talque, si n ≥ N , entonces xn ∈ U .

x1

x2

x3

x ε

Figura 1. Ejemplo de una sucesion que converge a x. Todos los puntosxn, excepto un numero finito de ellos, estan a distancia ε de x.

21

22 2. Sucesiones y convergencia

Ejemplo 2.2. Sea x0 ∈ X, y considere la sucesion dada por xn = x0,n = 1, 2, . . .. Entonces es claro que xn → x0, ya que d(xn, x0) = 0 < ε paratodo ε > 0 y n ∈ Z+. En este caso decimos que (xn)∞n=1 es una sucesionconstante.

Ejemplo 2.3. Dada una sucesion (xn)∞n=1, si existe N ∈ Z+ tal que xn = x,para algun x ∈ X y para todo n ≥ N , decimos que (xn)∞n=1 es finalmenteconstante a x. Al igual que en el ejemplo anterior, xn → x.

Ejemplo 2.4. Considere la sucesion xn = 1/n en R. Entonces xn → 0. Paramostrar esto, sea ε > 0. Por la propiedad Arquimidiana de R, existe N ∈ Z+

tal que N > 1/ε. Entonces, si n ≥ N ,∣∣∣1

n− 0

∣∣∣ =1

n≤ 1

N< ε.

Ejemplo 2.5. Sea (X, || · ||) un espacio normado. Una sucesion (xn)∞n=1 enX converge a x si, y solo si, la sucesion (yn)∞n=1, dada por yn = xn − x,converge al vector 0.

Para verificar esto, supongamos que xn → x. Entonces, dado ε > 0,existe un N tal que n ≥ N implica ||xn − x|| < ε. Entonces n ≥ N implica||yn|| < ε y, por lo tanto, yn → 0. El enunciado inverso se demuestra demanera similar.

Proposicion 2.6. Si una sucesion (xn)∞n=1 converge, entonces su lımite esunico; es decir, si xn → x y xn → y, entonces x = y.

Demostracion. Sea ε > 0, y sean N1 y N2 tales que d(xn, x) < ε/2 yd(xm, y) < ε/2, para n ≥ N1 y m ≥ N2. Tales Ni existen por convergencia.Ahora bien, si N = maxN1, N2, entonces

d(x, y) ≤ d(x, xN ) + d(xN , y) < ε/2 + ε/2 = ε.

Como ε es arbitrario, concluimos que d(x, y) = 0. Por lo tanto x = y.

Cuando no haya motivo de confusion, escribiremos la sucesion (xn)∞n=1

simplemente como (xn), o incluso como xn, mientras que el lımite de lasucesion (xn) se denotara como

lımn→∞

xn,

o simplemente lımxn.

Si A ⊂ X, decimos que (xn) esta en A si, para todo n, xn ∈ A.

Las siguientes preguntas aparecen de manera natural, dada una sucesion(xn) en A: Si xn → x, entonces ¿x ∈ A? ¿Bajo que condiciones podemosgarantizar que x ∈ A? ¿Podemos clasificar el conjunto de puntos x tales queexiste alguna sucesion (xn), en A, tal que xn → A?

1. Definiciones 23

Las respuestas a estas preguntas se pueden concluir del siguiente teore-ma.

Teorema 2.7. Sea (X, d) un espacio metrico y A ⊂ X. Entonces x ∈ A si,y solo si, existe (xn) en A tal que xn → x.

Demostracion. Si x ∈ A, entonces, para todo ε > 0, Bε(x) ∩ A 6= ∅.Escogemos entonces, para cada n, xn ∈ B1/n(x) ∩ A 6= ∅. Es facil verificarque xn → x (ejercicio 2).

De manera inversa, supongamos que existe una sucesion (xn) en A talque xn → x. Entonces, cualquier bola con centro en x contiene a algunelemento xn de la sucesion (de hecho a todos excepto a lo mas un numerofinito de ellos).

Si x ∈ A, entonces x ∈ A; si x 6∈ A, entonces cualquier bola con centroen x contiene algun punto en A distinto de x, por lo que x es un punto deacumulacion de A y, por lo tanto, x ∈ A.

Este teorema nos asegura que, si (xn) esta en A y xn → x, entoncesx no necesariamente es un elemento de A, pero esta en la cerradura de A.Ademas, si A es cerrado, entonces siempre x ∈ A.

Si A no es cerrado, podemos encontrar puntos de acumulacion de A queno esten en A, y el teorema nos permite concluir que existen sucesiones queconvergen a tales puntos. Como ejemplo, consideremos la sucesion (1/n).Esta sucesion esta en el intervalo (0, 1], pero su lımite, 0, no lo esta.

Si (xn) es una sucesion, una subsucesion de (xn) es una funcion g : Z+ →xn : n ∈ Z+, digamos g(k) = xnk

, tal que, si k < l, entonces nk < nl.

Proposicion 2.8. Si xn → x, entonces xnk→ x para toda subsucesion

(xnk) de (xn).

Demostracion. Sea ε > 0. Como xn → x, existe N tal que n ≥ N implicad(xn, x) < ε. Entonces, como nk ≥ k para todo k, si k ≥ N entonces nk ≥ Ny por lo tanto

d(xnk, x) < ε.

La siguiente pregunta aparece muy frecuentemente en analisis, y de he-cho es clave en la solucion de muchos problemas: Si (xn) es una sucesion enA, ¿que condiciones debe satisfacer el conjunto A para garantizar que existeuna subsucesion (xnk

) tal que xnk→ x para algun x ∈ A?

Un conjunto con tal propiedad es llamado secuencialmente compacto, yharemos un estudio mas detallado de tales conjuntos en el siguiente capıtulo.


Sin embargo, podemos listar algunas propiedades, necesarias, para que unconjunto A sea secuencialmente compacto.

Como la subsucesion (xnk) tambien esta en A, entonces, para garantizar

que x ∈ A, A debe ser cerrado en X. Ahora bien, A debe ser acotado.

Definicion 2.9. Sea (X, d) un espacio metrico y A ⊂ X. Decimos que Aes acotado si existe x ∈ X y M > 0 tales que A ⊂ BM (x); es decir, Aesta contenido en alguna bola en X.

Esta definicion es equivalente a decir que existen x ∈ X y M > 0 talesque d(y, x) < M , para todo y ∈ A.

Todas las sucesiones convergentes son acotadas, es decir, si xn → x,entonces el conjunto xn : n ∈ Z+ es acotado. De hecho, sea N tal qued(xn, x) < 1 para todo n ≥ N . Entonces, si tomamos

M = maxd(x, x1), d(x, x2), . . . , d(x, xN ), 1,entonces d(xn, x) ≤M para todo n, por lo que

xn : n ∈ Z+ ⊂ BM+1(x).

Ahora bien, si A no es acotado, podemos construir una sucesion en Aque no tiene ninguna subsucesion convergente. Para esto, haremos uso de lasiguiente proposicion.

Proposicion 2.10. Sea (X, d) un espacio metrico y A ⊂ X, y asumimos queA no es acotado. Entonces, para todo M > 0, n ∈ Z+ y x1, x2, . . . , xn ∈ X,

BM (x1) ∪BM (x2) ∪ . . . ∪BM (xn) 6⊃ A.

Demostracion. Demostraremos la contrapositiva de la proposicion. Supon-gamos que A ⊂ BM (x1) ∪ BM (x2) ∪ . . . ∪ BM (xn). Entonces, para x ∈ A,existe i tal x ∈ BM (xi). Si tomamos

R = maxi=2,...,n

d(xi, x1) +M,

entonces

d(x, x1) ≤ d(x, xi) + d(xi, x1) < R,

y por lo tanto A ⊂ BR(x1).

Con esta proposicion a la mano podemos construir la siguiente sucesionen A: escojase x1 ∈ A (es claro que A 6= ∅, ya que no es acotado) y, habiendoescogido x1, x2, . . . , xk, escogemos xk+1 ∈ A\

(B1(x1)∪B1(x2)∪. . .∪B1(xk)

).

Es claro que (xn) no puede tener ninguna subsucesion convergente, ya qued(xm, xn) ≥ 1 para todos m y n, por lo que cualquiera dos puntos xn, xm nopueden estar a distancia menor que, digamos, 1/2 de algun punto en comun(ejercicio 3).

2. Sucesiones de Cauchy y completitud 25

A

M

MM

MM

M

M

M

M

Figura 2. Si A no es acotado, entonces no puede ser cubierto por unnumero finito de bolas de radio M .

Estas observaciones permiten concluir que A tiene que ser cerrado yacotado para ser secuencialmente compacto. Sin embargo, estas condicionesestan lejos de ser suficientes, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.11. Considere (R, dA) donde dA es la metrica acotada:

dA(x, y) =|x− y|

1 + |x− y| .

Entonces R es cerrado (en sı mismo) y acotado, ya que dA(x, y) ≤ 1 paratodo x, y. Sin embargo, la sucesion xn = n no tiene ninguna subsucesionconvergente porque, para cualquier m y n, m 6= n,

dA(xm, xn) =|m− n|

1 + |m− n| ≥1

2,

donde hemos utilizado el hecho que la funcion r → r1+r es creciente para

r > 0. Como en la construccion anterior, xm y xn no pueden estar a distanciamenor que 1/4 de algun numero en comun.

Decimos que A es totalmente acotado si, para todo ε > 0, existenx1, x2, . . . , xn ∈ X tales que

Bε(x1) ∪Bε(x2) ∪ . . . ∪Bε(xn) ⊃ A.

Por la construccion anterior vemos que, si A es secuencialmente compacto,entonces deber ser totalmente acotado. En el siguiente capıtulo mostraremosque estas condiciones, cerrado y totalmente acotado, son suficientes paragarantizar que un conjunto es secuencialmente compacto.

2. Sucesiones de Cauchy y completitud

Hasta ahora, la unica manera que tenemos para concluir que una sucesionconverge es verificando la definicion de convergencia directamente. Esto es,debemos conocer el lımite a priori.


Como lo hemos hecho en ejemplos anteriores, podemos concluir que unasucesion no converge (o incluso que no tiene subsucesiones convergentes),si los terminos de la sucesion no se acercan entre sı. Esta es una condicionnecesaria para convergencia, y es llamada la condicion de Cauchy.

Sin embargo, solo en ciertos espacios esta condicion es suficiente, y dichosespacios son llamados completos. En esta seccion haremos precisas las ideasde convergencia de Cauchy y completitud en un espacio metrico.

Definicion 2.12. Sea (xn) una sucesion en un espacio metrico (X, d). De-cimos que (xn) es una sucesion de Cauchy (o satisface la condicion de Cau-chy) si, para cada ε > 0, existe N ∈ Z+ tal que, si m,n ≥ N , entoncesd(xm, xn) < ε.

La siguiente proposicion explora distintas relaciones entre convergencia,sucesiones de Cauchy y sucesiones acotadas.

Proposicion 2.13. Sea (X, d) un espacio metrico y (xn) una sucesion enX.

1. Si (xn) converge, entonces (xn) es una sucesion de Cauchy.

2. Si (xn) es una sucesion de Cauchy, entonces es acotada.

3. Si (xn) es una sucesion de Cauchy y alguna subsucesion de (xn)converge a x, entonces xn → x.

Demostracion. 1. Supongamos que xn → x. Dado ε > 0, existe Ntal que si n ≥ N entonces d(xn, x) < ε/2. Entonces, si m,n ≥ N ,

d(xm, xn) ≤ d(xm, x) + d(x, xn) <ε

2+ε

2.

2. Sea N tal que si m,n ≥ N entonces d(xm, xn) < 1. Si tomamos

M = maxd(x1, xN ), d(x2, xN ), . . . , d(xn, xN−1), 1,entonces, para todo n, d(xn, xN ) ≤ M . Por lo tanto, (xn) esta enBM (xN ).

3. Supongamos que xnk→ x. Entonces, dado ε > 0, existe K tal que,

si k ≥ K, d(xnk, x) < ε/2. Como (xn) es de Cauchy, existe N1 tal

que, si m,n ≥ N1, d(xm, xn) < ε/2. Si tomamos N = maxnK , N1,entonces n ≥ N implica

d(xn, x) ≤ d(xn, xnK) + d(xnK

, x) <ε

2+ε

2= ε.

El primer inciso de la proposicion anterior establece que ser una sucesionde Cauchy es una condicion necesaria para que una sucesion sea convergente;

2. Sucesiones de Cauchy y completitud 27

pero esta condicion no es suficiente en todo espacio metrico, como lo muestrael siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.14. Considere el subespacio Q de R, es decir, d(r, s) = |r − s|para cualquiera r, s ∈ Q. Considere la sucesion

r1 = 1, r2 = 1.4, r3 = 1.41, r4 = 1.414, . . . .

En R, dicha sucesion convergerıa a√

2, y por lo tanto es de Cauchy en R.Obviamente tambien es de Cauchy en Q. Sin embargo,

√2 6∈ Q, por lo que

(rn) no converge en Q, por unicidad del lımite.

Definicion 2.15. El espacio metrico (X, d) es completo si toda sucesion deCauchy converge.

El ejemplo 2.14 implica que el espacio Q no es completo.

Ejemplo 2.16. R es completo. Este hecho se sigue del llamado axioma decompletitud de los numeros reales:

Sea S 6= ∅ un subconjunto de R acotado por arriba. Entonces S tieneun supremo.

La demostracion del hecho de que toda sucesion de Cauchy en R converge apartir de este axioma es bosquejada en el ejercicio 7, y los detalles se dejanal lector.

Ejemplo 2.17. Rl es completo. Esto se sigue de la completitud de los reales:Supongamos que xn = (x1

n, x2n, . . . , x

ln) es una sucesion de Cauchy en Rl.

Entonces es facil ver que cada (xin) es una sucesion de Cauchy en R y, por

lo tanto, converge. Si xin → xi, para cada i, entonces

(x1n, x

2n, . . . , x

ln) → (x1, x2, . . . , xl).

(Vease el ejercicio 5.)

Ejemplo 2.18. Un espacio metrico discreto es completo. De hecho, todasucesion de Cauchy en un espacio discreto es finalmente constante y por lotanto converge. En particular, un espacio finito es completo (ejercicio 4).

El espacio(C([0, 1]), || · ||u

)es completo. Estableceremos este enunciado

como teorema.

Teorema 2.19. El espacio metrico C([0, 1]) con la norma uniforme es com-pleto.

Demostracion. Recordemos que(C([0, 1]), || · ||u

)es el espacio metrico de

todas las funciones f : [0, 1] → R, continuas, cuya metrica esta dada por

du(f, g) = ||f − g||u = maxx∈[0,1]

|f(x) − g(x)|.


Sea (fn) una sucesion de Cauchy; es decir, para todo ε > 0, existeN ∈ Z+ tal que, si m,n ≥ N , entonces |fn(x) − fm(x)| < ε para todox ∈ [0, 1]. Notese que N no depende de x.

Ahora bien, si tomamos x ∈ [0, 1], la sucesion dada por xn = fn(x) esuna sucesion de Cauchy en R, por lo que, como R es completo, converge,digamos a L(x). Entonces L define una funcion en [0, 1], dada por

L(x) = lımn→∞

fn(x).

Esto significa que, para cada x ∈ [0, 1] y ε > 0, existe un Nx (que dependede x) tal que, si n > Nx, entonces |fn(x)−L(x)| < ε. Decimos entonces que(fn) converge punto por punto a L.

Demostraremos que, de hecho, fn → L en C([0, 1]), es decir, (fn) con-

verge uniformemente a L ∈ C([0, 1]). Esto lo haremos en dos pasos:

Paso 1: Para cada ε > 0 existe N tal que, si n ≥ N , entonces

|fn(x) − L(x)| < ε, para todo x ∈ [0, 1];

es decir, N no depende de x.

Paso 2: L es continua en cada punto x ∈ [0, 1].

Para demostrar el paso 1, sea ε > 0. Tomamos N (la sucesion (fn) es deCauchy) tal que, sim,n ≥ N , entonces |fn(x)−fm(x)| < ε/2 uniformemente.Demostraremos que |fn(x) − L(x)| < ε para n ≥ N , uniformemente en x.

Fijamos x0 ∈ [0, 1] y estimaremos la diferencia |fn(x0) − L(x0)|, paran ≥ N . Ahora bien, sabemos que la sucesion (fn(x0)) converge a L(x0), porlo que podemos encontrar un Nx0

tal que |fn(x0)−L(x0)| < ε/2, para todon ≥ Nx0

. Escogemos ahora un entero n0 con n0 > N y n0 > Nx0. Entonces,

si n ≥ N , tenemos que

|fn(x0) − L(x0)| ≤ |fn(x0) − fn0(x0)| + |fn0

(x0) − L(x0)|<

ε

2+ε

2= ε.

Como x0 es arbitrario y N no depende de x0, podemos concluir que, si n ≥N , |fn(x)−L(x)| < ε, para todo x ∈ [0, 1]. Entonces fn → L uniformemente.

Para demostrar el paso 2, tomamos un x0 ∈ [0, 1] y demostraremos que Les continua en x0; es decir, dado ε > 0, mostraremos que podemos encontrarun δ > 0 con la propiedad que |x− x0| < δ implica |L(x) − L(x0)| < ε.

Sea ε > 0. Por convergencia uniforme, podemos escoger un entero n0 talque

|fn0(x) − L(x)| < ε

3

3. Espacios vectoriales completos 29

para todo x ∈ [0, 1]. Ahora bien, como fn0es continua, existe un δ > 0 tal

que, si |x− x0| < δ, entonces

|fn0(x) − fn0

(x0)| <ε

3.

Entonces, si x ∈ [0, 1] y |x− x0| < δ, tenemos

|L(x) − L(x0)| ≤ |L(x) − fn0(x)| + |fn0

(x) − fn0(x0)| + |fn0

(x0) − L(x0)|<ε

3+ε

3+ε

3= ε.

Mas adelante estudiaremos la continuidad de funciones en un espaciometrico y, de manera similar a C([0, 1]), definiremos el espacio C(X,Y )como el espacio de funciones continuas acotadas de X a Y , con una metricapropiada. Ası como lo hemos hecho para C([0, 1]), podemos mostrar queC(X,Y ) es completo si Y es completo.

Sin embargo, C([0, 1]) no es completo con la norma || · ||1 (ejercicio 11).

El siguiente teorema sera de utilidad mas adelante.

Teorema 2.20. Sea (X, d) un espacio metrico completo y E un subespaciode X. Entonces E es completo si y solo si E es cerrado en X.

Demostracion. Supongamos que E es completo, y sea x ∈ X un punto deacumulacion de E. Entonces, existe una sucesion (xn) en E tal que xn → x.Como (xn) converge en X, es una sucesion de Cauchy en X. Pero la metricade E es la restriccion a E de la metrica de X, por lo que entonces (xn) estambien de Cauchy en E. Como E es completo, (xn) converge en E. ComoE es un subespacio de X, la proposicion 2.6 implica que xn → x en E, esdecir, x ∈ E. Por lo tanto, E es cerrado.

Supongamos ahora que E es cerrado en X, y sea (xn) una sucesion deCauchy en E. Como E es un subespacio de X, (xn) es tambien una sucesionde Cauchy en X y, como X es completo, entonces converge, digamos a x.Pero entonces (xn) es una sucesion en E que converge a x, lo cual implicaque x ∈ E. Como E es cerrado, x ∈ E, lo cual implica que xn → x en E.Por lo tanto, E es completo.

3. Espacios vectoriales completos

En esta seccion estudiaremos la completitud de un espacio metrico (X, d),cuando (X, || · ||) es un espacio normado y la metrica d es inducida por lanorma; es decir, d(x, y) = ||x − y||. En este caso podemos estudiar la com-pletitud del espacio X a traves de series convergentes en X; en particular,de series absolutamente convergentes en X.


Definicion 2.21. Sea (X, || · ||) un espacio normado. Una serie en X es unpar de sucesiones ((xn), (sn)) en X tales que

(2.1) sn =n∑

k=1

xk,

para cada n ∈ Z+. A la sucesion (sn) se le llama la sucesion de sumasparciales de la serie.

Decimos que la serie (2.2) es convergente (o que converge), si la sucesion(sn) de sumas parciales converge en X.

Denotaremos a la serie ((xn), (sn) como

(2.2)∞∑

n=1

xn,

o simplemente∑xn. Si sn → s, entonces escribiremos

∞∑

n=1

xn = s,

donde el signo de igualdad se refiere al lımite de la serie.

Decimos que (2.2) es absolutamente convergente (o que converge abso-lutamente), si la sucesion (rn),

(2.3) rn =n∑

k=1

||xk||,

converge en R. Como la sucesion (rn) es monotona creciente, entonces escri-biremos simplemente ∑

||xn|| <∞para indicar que

∑xn es absolutamente convergente.

Notese que mientras (2.1) define una sucesion de vectores, (2.3) defineuna sucesion de numeros reales nonegativos. La convergencia de cada unade estas no necesariamente implica la convergencia de la otra.

Ejemplo 2.22. Considere la sucesion en R

xn =(−1)n

n.

La serie∑xn converge en R, pero no converge absolutamente, ya que la

sucesion de sumas parcialesn∑

k=1

1

k

diverge.


Sin embargo, es conocido que si una serie en R es absolutamente conver-gente, entonces converge. Esto resulta ser equivalente a la completitud delos numeros reales, como lo veremos a continuacion.

Definicion 2.23. Si el espacio normado (X, || · ||) es completo, entoncesdecimos que X es un espacio de Banach.

Por ejemplo, R, Rl o C([0, 1]), con la norma uniforme, son espacios deBanach. El siguiente teorema caracteriza a los espacios de Banach a travesde sus series absolutamente convergentes.

Teorema 2.24. Sea (X, || · ||) un espacio normado. Entonces X es un es-pacio de Banach si, y solo si, toda serie en X absolutamente convergente esconvergente.

Es decir, X es completo si, y solo si, la sucesion (2.1) converge siempreque (2.3) converge.

Demostracion. Para demostrar este teorema supongamos primero que Xes un espacio de Banach; es decir, toda sucesion de Cauchy en X converge.

Sea entonces∑xn un serie absolutamente convergente; en otras pala-

bras, suponemos que la sucesion (∑n

1 ||xk||) converge. Demostraremos que(sn), la sucesion de sumas parciales, converge. Como X es completo, es su-ficiente con mostrar que (sn) es una sucesion de Cauchy.

Sea ε > 0. Como la sucesion (∑n

1 ||xk||) converge en R, entonces es unasucesion de Cauchy. Tomemos entonces N tal que si n,m ≥ N , entonces

∣∣∣n∑

1

||xk|| −m∑

1

||xk||∣∣∣ < ε.

Pero esto significa, si n > m, que

||xm+1|| + ||xm+2|| + . . .+ ||xn|| < ε.

Por lo tanto, si n,m ≥ N y n > m, tenemos que

||sn − sm|| < ||n∑

1

xk −m∑

1

xk|| = ||n∑

m+1

xk||

≤ ||xm+1|| + ||xm+2|| + . . .+ ||xn|| < ε,

por lo que la sucesion (sn) es de Cauchy y, por lo tanto, converge.

Ahora suponemos que toda serie absolutamente convergente es conver-gente enX. Para mostrar queX es completo, sea (xn) un sucesion de Cauchy.Mostraremos que esta sucesion converge.

Observemos que es suficiente, por la proposicon 2.13, demostrar quealguna subsucesion de (xn) converge.


Primero, para cada k ∈ Z+, sea nk tal que, si m,n ≥ nk, entonces

||xn − xm|| < 2−k

y, ademas, nk+1 ≥ nk. Tal sucesion es posible ya que (xn) es una sucesionde Cauchy. Definimos la sucesion

y1 = xn1, yk = xnk

− xnk−1, k = 2, 3, . . . .

Por la construccion de las nk, es claro que ||yk|| < 2−(k−1), luegon∑

k=1

||yk|| < ||xn1|| +

n∑

k=2

2−(k−1) < ||xn1|| + 1

y, por lo tanto, la serie∑yk es absolutamente convergente. Por hipotesis,

es convergente; es decir, para algun y ∈ X,n∑

k=1

yk → y.

PeroN∑

k=1

yk = xn1+

N∑

k=2

(xnk− xnk−1

) = xnN,

por lo que concluımos que la subsucesion (xnk) converge.

Este teorema muestra por que en R toda serie absolutamente convergen-te es de hecho convergente, como es mostrado en los cursos elementales decalculo. Esto es equivalente a completitud. Mas aun, este teorema nos permi-te desarrollar un criterio para convergencia uniforme de series de funcionesen C([0, 1]), el cual es llamado el criterio M de Weierstrass.

Corolario 2.25 (Criterio M de Weierstrass). Sea (fn) una sucesion defunciones en C([0, 1]). Si existe una sucesion (Mn) de numeros nonegativostales que |fn(x)| ≤ Mn, para todo x ∈ [0, 1], y la serie

∑Mn converge,

entonces la serie∞∑

n=1

fn(x)

converge absoluta y uniformemente en [0, 1].

Demostracion. Las hipotesis se pueden reescribir de la siguiente forma:

||fn||u ≤Mn, para todo n,∑Mn <∞; es decir, converge.

Entonces la serie∑ ||fn||u converge, por lo que entonces

∑fn es una se-

rie absolutamente convergente. Como C([0, 1]) es completo con la normauniforme, entonces la serie

∑fn converge en C([0, 1]), es decir, uniforme-

mente.


De nuevo, el criterio M de Weierstrass se puede generalizar a los es-pacios C(X,Y ), donde Y es un espacio de Banach. En este caso, C(X,Y )es tambien un espacio de Banach. Estudiaremos estas generalizaciones masadelante en estas notas.

Ahora estudiaremos la convergencia de una serie que no necesariamenteconverge de manera absoluta. El resultado mas importante en esta area esel siguiente teorema, debido a Dirichlet. Antes, definiremos una sucesionmonotona.

Definicion 2.26. Decimos que una sucesion (an) en R es monotona cre-ciente (o monotona decreciente) si, para cada n, an+1 ≥ an (o an+1 ≤ an,respectivamente). Si una sucesion es monotona creciente o monotona decre-ciente, diremos simplemente que es monotona.

Teorema 2.27 (Dirichlet). Sea (X, || · ||) un espacio de Banach, (λn) unasucesion en R y (xn) una sucesion en X tales que

1. λn ≥ 0 para todo n;

2. λn es monotona y λn → 0; y

3. La sucesion de sumas parciales de (xn),

sn =n∑

k=1

xk,

es acotada en X.

Entonces la serie∑∞

n=1 λnxn converge.

Demostracion. Demostraremos que la sucesion

yn =n∑

k=1

λkxk

es de Cauchy en X. Como X es completo, esto es suficiente para concluirque converge.

Para esto, sean n > m enteros positivos y escribimos

yn − ym =n∑

k=m+1

λkxk =n∑

k=m+1

λk(sk − sk−1)

=n∑

k=m+1

λksk −n∑

k=m+1

λksk−1 =n∑

k=m+1

λksk −n−1∑

k=m

λk+1sk

= λnsn +n−1∑

k=m+1

(λk − λk+1)sk − λm+1sm.


Como (sn) es acotada, existe M > 0 tal que ||sn|| ≤M para todo n. Como(λn) es mononotona y converge a 0, λk ≥ λk+1 ≥ 0 para todo k.

Sea ε > 0. Como λn → 0, existe N tal que, si n ≥ N , λn < ε/2M .Entonces, si n > m ≥ N ,

||yn − ym|| ≤ λn||sn|| +n−1∑

k=m+1

(λk − λk+1)||sk|| + λm+1||sm||

≤ λnM +n−1∑

k=m+1

(λk − λk+1)M + λm+1M

= λnM + (λm+1 − λn)M + λm+1M = 2λm+1M < ε.

Ejemplo 2.28 (Series alternantes). Si an > 0 tal que (an) es monotona yconverge a 0, entonces decimos que la serie

∑(−1)nan es alternante. Po-

demos aplicar el teorema de Dirichlet para conluır que dichas series sonconvergentes en R, tomando λn = an y xn = (−1)n.

Ejemplo 2.29. Para α ∈ R, consideremos la serie

(2.4)∞∑

n=1

sennα

n.

Supongamos que α 6= 2πk, con k ∈ Z.1 Si tomamos xn = sennα, tenemosentonces que

n∑

k=1

xk =1

2i

n∑

k=1

(eikα − e−ikα) =1

2i

(eiα

1 − einα

1 − eiα− e−iα 1 − e−inα

1 − e−iα

)

=senα+ sennα− sen(n+ 1)α

2(1 − cosα),

la cual es acotada. Como1

nes monotona y converge a cero, entonces la serie

(2.4) converge.

Ejemplo 2.30. Sin embargo, no podemos decidir si la serie (2.4) convergeuniformemente en α o no, debido a que el cociente

(2.5) fn(x) =senx+ sennx− sen(n+ 1)x

2(1 − cosx)

no es uniformemente acotado en x. De hecho es posible demostrar que existeuna constante c > 0 tal que

||fn||u ≥ cn.

Vease la figura 3.

1En tal caso la serie serıa identicamente cero.

4. Espacios de Banach de dimension finita 35

0.2 0.4 0.6 0.8 1

5

10

15

20

25

30

35

Figura 3. Grafica de las funciones fn para n = 10, 20, 50. Se pue-de apreciar que dicha suma no es uniformemente acotada (de hecho

||fn||u ≥5n

3π, por el ejercicio 12), aunque sı acotada para cada x.

4. Espacios de Banach de dimension finita

En el ejercicio 8 del capıtulo 1 definimos el concepto de normas equiva-lentes: Si || · ||1 y || · ||2 son normas en X, decimos que son equivalentes siexisten c, C > 0 tales que, para todo x ∈ X,

c||x||1 ≤ ||x||2 ≤ C||x||1.Si dos normas son equivalentes, entonces inducen metricas homeomorfas, ypor lo tanto las sucesiones convergentes respecto de una son tambien con-vergentes respecto a la otra.

En el mismo ejercicio, se demuestra que las normas || · ||E , || · ||M y || · ||Ten Rl son equivalentes. Demostraremos ahora que cualquiera dos normas enKl son equivalentes, si K = R o C.

Teorema 2.31. Sean | · ||1 y || · ||2 normas en Kl. Entonces son equivalentes.

Demostracion. Sin perdida de generalidad, podemos asumir que, por ejem-plo, || · ||1 es la metrica del taxi:

||x||T = |x1| + . . .+ |xl|.(Escribiremos el ındice de la coordenada de cada vector en Kl como su-perındice.) Sea entonces || · || cualquier norma en Rl. Entonces, para x ∈ Kl,

||x|| = ||x1e1 + . . .+ xlel|| ≤ |x1| · ||e1|| + . . .+ |xl| · ||el||,


por las propiedades de norma, donde e1, . . . , el es la base estandar de Kl.Si tomamos

M = max||e1||, . . . , ||el||,entonces

||x|| ≤M |x1| + . . .+M |xl| = M ||x||T .Para la inversa, demostraremos que, para cada i = 1, . . . , l, existe ci > 0

tal que |xi| ≤ ci||x||, para todo x ∈ Kl. De esa forma obtendremos que

||x||T = |x1| + . . .+ |xl| ≤ (c1 + . . .+ cl)||x||.Esto lo demostraremos por induccion en l, la dimension del espacio. El casol = 1 es trivial, porque cualquier norma es, de hecho, un multiplo del valorabsoluto (simplemente hay que notar que, para x ∈ K, ||x|| = |x| · ||1||).

Suponemos ahora que el caso l− 1 es cierto, y demostraremos el caso l.

Por contradiccion, y sin perdida de generalidad, suponemos que, paracada n, existe un xn ∈ Kl tal que |x1

n| > n · ||xn||. Si tomamos

yn =xn

x1n

= e1 +x2

n

x1n

e2 + . . .+xl

n

x1n

el,

entonces yn → 0 con respecto a || · ||, ya que

||yn|| =1

|x1n|||xn|| <

1

n.

Sea zn = yn − e1. Luego, zn → −e1. Pero zn se encuentra en el espaciogenerado por e2, . . . , el, llamemoslo V, isomorfo a Kl−1. Este isomorfismoinduce una norma2 en Kl−1 a partir de la restriccion de || · || a V , por lo quenuestra hipotesis de induccion implica que existen constantes c1, . . . , cl−1 > 0tales que

(2.6) |zi| ≤ ci||z1e2 + . . . zl−1el||, z1, . . . , zl−1 ∈ K, i = 1, . . . , l − 1.

Entonces, como (zn) converge en la norma || · ||, es una sucesion de Cauchy,y (2.6) implica que cada

ain =

xin

x1n

, i = 2, . . . , l − 1,

es de Cauchy en K, y por lo tanto converge, digamos, a ai. Entonces ladesigualdad del triangulo implica que zn converge a

a2e2 + . . .+ alel.

2Si φ : V → Kl−1 es un isomorphismo, la norma inducida esta dada por

||x||φ = ||φ−1x||.

4. Espacios de Banach de dimension finita 37

Por unicidad de lımites, −e1 = a2e2 + . . .+ alel, lo cual contradice el hechode que e1, . . . , el es una base. Esto termina la demostracion del teoremacon las constantes

c =1

c1 + . . .+ cly C = M.

Podemos generalizar este resultado a otros espacios vectoriales.

Teorema 2.32. Sean (X, || · ||X) y (Y, || · ||Y ) dos espacios vectoriales sobreK de la misma dimension finita, y sea φ : X → Y un isomorfismo. Entonces,existen constantes c, C > 0 tales que

c||x||X ≤ ||φ(x)||Y ≤ C||x||Xpara todo x ∈ X.

Demostracion. Sea l = dimX y ψ : Kl → X un isomorfismo. Definimosentonces las normas || · ||1 y || · ||2 en Kl por

||x||1 = ||ψ(x)||X ,||x||2 = ||φ ψ(x)||Y .

Por el teorema 2.31, existen constantes c, C > 0 tales que

c||x||1 ≤ ||x||2 ≤ C||x||2para todo x ∈ Kl. Entonces, para x ∈ X,

c||x||X = c||ψ−1(x)||1 ≤ ||ψ−1(x)||2 = ||φ ψ(ψ−1(x))||Y = ||φ(x)||Y ,y

||φ(x)||Y = ||φ ψ(ψ−1(x))||Y = ||ψ−1(x)||2 ≤ C||ψ−1(x)||1 = C||x||X .

Si en el teorema 2.32 X = Y , y tomamos el isomorfismo φ como laidentidad, tenemos entonces el siguiente corolario.

Corolario 2.33. Si X es un espacio vectorial sobre K de dimension finita,entonces cualesquiera dos normas en X son equivalentes.

La completitud de Kl (ejemplo 2.17) y el teorema 2.32 implican el si-guiente resultado.

Corolario 2.34. Si (X, || · ||) es un espacio normado de dimension finita,entonces es un espacio de Banach.


Demostracion. Sea (xn) una sucesion de Cauchy en X, y demostraremosque converge. Si dimX = l, tomamos entonces un isomorphismo φ : X → Kl,y definimos yn = φ(xn). (yn) es entonces una sucesion en Kl.

Por el teorema 2.32, existen constantes c, C > 0 tales que

c||x|| ≤ ||φ(x)||E ≤ C||x||

para todo x ∈ X, donde || · ||E es la norma euclideana en Kl. Entonces, paratodo m,n,

||ym − yn||E = ||φ(xm − xn)||E ≤ C||xm − xn||,

lo cual implica que (yn) es tambien de Cauchy. Como Kl es completo, (yn)converge, digamos yn → y. Sea x = φ−1(y). Como

||xn − x|| ≤ 1

c||yn − y||E ,

xn → x.

Corolario 2.35. Sea X un espacio de Banach y Y un subespacio de dimen-sion finita. Entonces Y es cerrado en X.

Demostracion. Como Y es un espacio normado de dimension finita, esentonces completo, por el corolario 2.34. Por el teorema 2.20, Y es cerradoen X.

Sin embargo, un subespacio de dimension infinita de un espacio de Ba-nach puede ser cerrado o no (ejercicios 17 y 18).

5. La completitud de un espacio metrico

A todo espacio metrico (X, d), no necesariamente completo, se le puedeasignar un espacio metrico completo (X, d), llamado la completitud de X.

Considere la coleccion X de todas las sucesiones de Cauchy en (X, d).Definimos la siguiente relacion de equivalencia:

(xn) ∼ (yn) ⇔ lımn→∞

d(xn, yn) = 0.

A la clase de equivalencia de (xn) la denotaremos por [xn]. La clase denotadapor [x] correspondera a la clase que contiene a la sucesion constante xn = x.

Es facil ver que, si xn → x, entonces [xn] = [x].

Lema 2.36. Si (xn) y (yn) son dos sucesiones de Cauchy en X, entoncesla sucesion

(d(xn, yn)

)converge en R.

5. La completitud de un espacio metrico 39

Demostracion. Demostraremos que la sucesion(d(xn, yn)

)es de Cauchy

en R. Primero, por la desigualdad del triangulo, para todo m,n,

d(xn, yn) ≤ d(xn, xm) + d(xm, ym) + d(ym, yn),

d(xm, ym) ≤ d(xm, xn) + d(xn, yn) + d(yn, ym),

lo cual implica que

|d(xn, yn) − d(xm, ym)| ≤ d(xn, xm) + d(yn, ym).

Como (xn) y (yn) son de Cauchy, para cada ε > 0 existe N tal que, paran,m ≥ N ,

d(xn, xm) <ε

2y d(yn, ym) <

ε

2.

Entonces, para n,m ≥ N , tenemos

|d(xn, yn) − d(xm, ym)| ≤ d(xn, xm) + d(yn, ym) <ε

2+ε

2= ε.

Entonces(d(xn, yn)

)es de Cauchy en R, y por lo tanto converge.

Sea X = X/ ∼ el conjunto de clases de equivalencia bajo la relacion ∼.Definimos la funcion d en X × X como

(2.7) d([(xn)], [(yn)]) = lımn→∞

d(xn, yn).

Observamos que d esta bien definida. Esto es, si

(xn) ∼ (un) y (yn) ∼ (vn),

entonces lım d(xn, yn) = lım d(un, vn). Este enunciado se sigue de la desigual-dad

|d(xn, yn) − d(un, vn)| ≤ d(xn, un) + d(yn, vn),

y el hecho de que d(xn, un) y d(yn, vn) convergen a 0.

Teorema 2.37. La funcion d : X × X → [0,∞) dada por (2.7) define unametrica en X. Ademas, (X, d) es completo.

Demostracion. Verificamos primero que la funcion d satisface las propie-dades de una metrica:

1. Si [xn], [yn] ∈ X y d([xn], [yn]) = 0, entonces lım d(xn, yn) = 0, porlo que xn ∼ yn y [xn] = [yn].

Si [xn] = [yn], entonces d([xn], [yn]) = lım d(xn, yn) = 0.

2. Para [xn], [yn] ∈ X,

d([xn], [yn]) = lım d(xn, yn) = lım d(yn, xn) = d([yn], [xn]).


3. Si [xn], [yn], [zn] ∈ X,

d([xn], [yn]) = lım d(xn, yn) ≤ lım(d(xn, zn) + d(zn, yn))

= lım d(xn, zn) + lım d(zn, yn)

= d([xn], [zn]) + d([zn], [yn]).

Sea [xkn]k una sucesion de Cauchy en (X, d), donde escribimos el ındice de

la sucesion en X como superındice en xkn. Debemos mostrar que la sucesion

[xkn]k converge en X, para concluir que X es completo.

Como la sucesion [xkn]k es de Cauchy, existe un entero K1 tal que, si

k, l ≥ K1,

d([xkn]k, [x

ln]l) <

1

2.

Por la definicion de d, para cada l ≥ K1 existe un entero N(1, l), el cualescogemos de tal forma que N(1, l) ≥ N(1, l−1), tal que n ≥ N(1, l) implica

d(xK1

n , xln) <

1

2

y, para n,m ≥ N(1, l),

d(xln, x

lm) <

1

2.

Tal N(1, l) existe porque

lımn→∞

d(xK1

n , xlm) = d([xK1

n ]K1, [xl

n]l) <1

2

y la sucesion (xln)∞n=1 es de Cauchy para cada l.

Inductivamente, escogemos enteros Kp y N(p, l), l ≥ Kp, de la manerasiguiente: Una vez escogidos Kp−1 y N(p− 1, l), l ≥ Kp−1, p ≥ 2, escogemosKp ≥ Kp−1 tal que k, l ≥ Kp implica

d([xkn]k, [x

ln]l) <

1

2p,

y, para cada l ≥ Kp, escogemos N(p, l) de tal forma que

N(p, l) ≥ N(p, l − 1) y N(p, l) ≥ N(p− 1, l);

n ≥ N(p, l) implica

d(xKpn , xl

n) <1

2p;

y

n,m ≥ N(p, l) implica d(xln, x

lm) <

1

2p.

5. La completitud de un espacio metrico 41

Tomamos entonces la sucesion yn = xKn

N(n,Kn).

La sucesion yn es de Cauchy en X: Si m > n, tenemos que

d(xKn

N(n,Kn), xKm

N(m,Km)

)≤ d

(xKn

N(n,Kn), xKn

N(m,Km)

)+ d

(xKn

N(m,Km), xKm

N(m,Km)

)

<1

2n+

1

2n=

1

n,

ya que N(m,Km) ≥ N(n,Kn).

La sucesion [xkn]k converge a [yn] en X: Si k ≥ Kp y n ≥ N(p, k),

tenemos que

d(xkn, yn) = d(xk

n, xKn

N(n,Kn))

≤ d(xkn, x

Kpn ) + d(x

Kpn , x

Kp

N(p,Kp))

+ d(xKp

N(p,Kp), xKp

N(n,Kn)) + d(xKp

N(n,Kn), xKn

N(n,Kn))

<1

2p+

1

2p+

1

2p+

1

2p=

2

p,

porque N(p, k) ≥ N(p,Kp) ≥ p y N(n,Kn) ≥ N(p,Kp). Por lo tanto,

d([xkn]k, [yn]) <

2

p

para k ≥ Kp, y concluımos que

lımk→∞

[xkn]k = [yn]).

Si identificamos cada elemento de x ∈ X con [x] en X, tenemos unainyeccion j : X → X tal que

d(j(x), j(y)) = d(x, y),

es decir, que preserva la metrica. Tales funciones son llamadas isometrıas.Si identificamos X con j(X) ⊂ X, entonces podemos decir que X es unsubespacio de algun espacio metrico completo.

Si X es completo, entonces toda clase de equivalencia en X es iguala [x] para algun x ∈ X, ya que toda sucesion de Cauchy en X converge.Por lo tanto, la isometrıa j : X → X es biyectiva, y su inversa tambien esuna isometrıa. Entonces, (X, d) y (X, d) no solo son homeomorfos, sino quetambien decimos que son isometricos.

Si (X, d|X×X) es un subespacio del espacio completo (Y, d), entoncespodemos indentificar a X con algun subespacio E de Y y (X, d) es isometricoa (E, d|E×E). De hecho, E es la cerradura de X en Y . Podemos generalizareste resultado de la siguiente manera.


Teorema 2.38. Sean (X, d) y (Y, d′) espacios metricos, donde (Y, d′) esun espacio completo, y sea j : X → Y una isometrıa. Entonces existe unaisometrıa φ : X → Y tal que φ(X) = j(X).

En otras palabras, si podemos identificar isometricamente a X como unsubespacio de Y , entonces podemos identificar a X como la cerradura de Xen Y .

Demostracion. Si (xn) es una sucesion de Cauchy en X, entonces (j(xn))es una suceson de Cauchy en Y y, como Y es completo, converge. Dada[xn] ∈ X, definiremos entonces φ como

φ([xn]) = lımn→∞

j(xn).

Para verificar que φ esta bien definida, observemos que, si [xn] = [yn], en-tonces d(xn, yn) → 0 y, por lo tanto, lım j(xn) = lım j(yn) (ejercicio 19).

Para demostrar que φ es una isometrıa, tenemos que mostrar que

d([xn], [yn]) = d′(lım j(xn), lım j(yn)).

Perod([xn], [yn]) = lım d(xn, yn) = lım d′(j(xn), j(yn)),

por lo que, si j(xn) → x y j(yn) → y en Y , el resultado se sigue de ladesigualdad

|d′(j(xn), j(yn)) − d′(x, y)| ≤ d′(j(xn), x) + d′(j(yn), y).

En terminos menos precisos, X es el “menor espacio metrico completoque contiene a X”. El siguiente corolario se sigue de manera inmediata delteorema 2.38.

Corolario 2.39. Sea X un espacio metrico y X su completitud. Entonces,para cada x ∈ X existe una sucesion xn en X tal que xn → x en X.

En este corolario, de hecho, estamos identificando a X como subespaciode X.

Ejercicios 43

Ejercicios

1. Muestre la equivalencia de los enunciados posteriores a la definicion 2.1.

2. Sea (X, d) un espacio metrico, x ∈ X y (xn) en X tal que, para cada n,xn ∈ B1/n(x). Entonces xn → x.

Utilice este hecho para mostrar la veracidad de los siguientes enun-ciados:

1n → 0, en R.2n

n+1 → 2, en R.Si a, b, c, d > 0, entonces

an+ b

cn+ d→ a

c.

3. Sea (xn) una sucesion en el espacio metrico (X, d) y N > 0 tal que, paratodo n,m ≥ N , d(xn, xm) ≥ ε0 > 0. Entonces (xn) no tiene ningunasubsucesion convergente.

4. Sea (xn) una sucesion de Cauchy en el espacio discreto X. Entoncesconverge.

5. Sea (x1n, . . . , x

ln) una sucesion en Rl. Entonces (x1

n, . . . , xln) converge a

(x1, . . . , xl) ∈ Rl si, y solo si, cada (xin) converge a (xi) en R.

6. Sea (X, || · ||) un espacio normado y (xn), (yn) sucesiones en X tales quexn → x y yn → y. Entonces

xn + yn → x+ y;Para λ, µ ∈ K, λxn + µyn → λx+ µy.

7. En este ejercicio mostraremos la completitud de R a partir del axioma* Sea S 6= ∅ un subconjunto de R acotado por arriba. Entonces S

tiene un supremo, es decir, una mınima cota superior.Siga los siguientes pasos:

El axioma (*) es equivalente al siguiente enunciado: Sea S 6= ∅ unsubconjunto de R acotado por debajo. Entonces S tiene un ınfimo,es decir, una maxima cota inferior.Toda sucesion en R tiene una subsucesion monotona.Una sucesion monotona acotada converge en R.Toda sucesion de Cauchy converge en R.

8. Sean (X, d) y (X, d′) espacios metricos homeomorfos (es decir, U ⊂X es abierto en (X, d) si, y solo si, es abierto en (X, d′)). Entonces(X, d) y (X, d′) tienen las mismas sucesiones convergentes; es decir, (xn)converge en (X, d) si, y solo si, converge en (X, d′). Esto quiere decir queconvergencia es una propiedad topologica.


9. Sin embargo, completitud no es una propiedad topologica; es decir, existeun espacio X con metricas d y d′ tales que (X, d) y (X, d′) son homeo-morfos, pero uno es completo y otro no.

10. Sin embargo, si (X, || · ||) y (X, || · ||′) son homeomorfos, muestre que(X, || · ||) es completo si y solo si (X, || · ||′) lo es.

11. Sea (fn) una sucesion de funciones en C([0, 1]) dadas por

fn(x) =

√n si 0 ≤ x <

1

n1√x

si1

n≤ x ≤ 1.

Entonces (fn) es de Cauchy en(C([0, 1]), || · ||1

), pero no converge.

12. Considere las funciones

fn(x) =

senx+ sennx− sen(n+ 1)x

2(1 − cosx)x 6= 2πk, k ∈ Z

0 x = 2πk, k ∈ Z.

a) (fn(x)) es acotada para cada x ∈ R;b) (fn) no es uniformemente acotada; de hecho

fn

(πn

)≥ 5n

3π

para n ≥ 4. (Sugerencia: Considere los primeros terminos de lasseries de Taylor de sen y cos alrededor de 0.)

13. Dada una serie∑∞

n=1 xn, un reordenamiento de∑xn es la serie

∞∑

n=1

xφ(n),

donde φ : Z+ → Z+ es una biyeccion. Suponga que la serie∑an con-

verge a a0 en R, pero que no es absolutamente convergente. Muestreque, para todo x ∈ R, existe un reordenamiento

∑aφ(n) de

∑an tal

que∑aφ(n) converge a x.

14. Sea∑xn una serie en un espacio de Banach que converge absolutamen-

te, y digamos converge a x. Muestre que todos los reordenamientos de∑xn convergen a x. (Sugerencia: Si φ : Z+ → Z+ es una biyeccion,

entonces∑ ||xφ(n)|| =

∑ ||xn||.)15. Sea fn(x) = anx

2 + bnx + cn una sucesion de polinomios cuadraticossobre R tal que ∫ 1

0|fn(x)|dx→ 0.

Entonces las sucesiones (an), (bn) y (cn) convergen a 0 en R.

Ejercicios 45

16. Sea r ∈ Z+ y Pr el conjunto de polinomios de grado menor que r. Si(fn) es una sucesion en Pr que converge uniformemente a f en [0, 1],entonces f ∈ Pr.

17. Considere los polinomios

fn(x) = 1 +1

2x+

1

4x2 + . . .

1

2nxn.

La sucesion (fn) converge uniformemente en [0, 1], pero su lımite no esuna funcion polinomial. (Sugerencia: Utilice el criterioM de Weiestrass.)

18. Sea H el subespacio de C([0, 1]) dado por las funciones f : [0, 1] → R

que satisfacenf(1 − x) = f(x)

para x ∈ [0, 1] (dichas funciones son llamadas pares en [0, 1]). H es unsubespacio cerrado de

(C([0, 1]), || · ||u

)de dimension infinita.

19. Sean (xn) y (yn) sucesiones en el espacio metrico (X, d) tales que

lım d(xn, yn) = 0.

Entonces (xn) converge si, y solo si, (yn) converge, y en tal caso (xn) y(yn) tienen el mismo lımite.

20. Sea (X, || · ||) un espacio normado y considere la completitud (X, d) de(X, || · ||), construıda en la seccion 5. Entonces X es un espacio vectorialcon las operaciones

[xn] + [yn] = [xn + yn], λ[xn] = [λxn],

y se puede normar con

||[xn]||′ = lım ||xn||.Ademas, || · ||′ induce la metrica d y, por lo tanto, (X, || · ||′) es un espaciode Banach.

Capıtulo 3

Espacios compactos

1. Cubiertas

En este capıtulo estudiaremos el concepto de compacidad en un espaciometrico. La compacidad se puede estudiar desde dos puntos de vista: el“topologico”, a traves de cubiertas, y el “analıtico”, por medio de sucesiones.En este caıtulo mostraremos que ambos puntos de vista son equivalentes.

Iniciamos con el estudio de compacidad a traves de cubiertas.

Definicion 3.1. Sea (X, d) un espacio metrico y A ⊂ X. Una cubierta deA es una familia Uα de conjuntos abiertos en X tales que

A ⊂⋃

α

Uα.

Es decir, la coleccion Uα de conjuntos abiertos cubre al conjunto A.

Ejemplo 3.2. Sea x ∈ X. Entonces, por las observaciones hechas despuesde la definicion de bola abierta, tenemos que

X ⊂⋃

ε>0

Bε(x),

por lo que Bε(x)ε>0 es una cubierta de X.

Ejemplo 3.3. Considere el intervalo (0, 1), como subespacio de R. Entoncesla coleccion Unn, con Un = (1/n, 1), n = 1, 2, . . ., es una cubierta de (0, 1):Para cualquier x ∈ (0, 1), existe N tal que

1

N< x,

47

48 3. Espacios compactos

por lo que

x ∈( 1

N, 1

).

De hecho,

(0, 1) =⋃

n≥1

( 1

n, 1

).

Ejemplo 3.4. La coleccion de intervalos abiertos (n− 1, n+ 1)n∈Z formauna cubierta para R: Dado x ∈ R, existe un entero N tal que

N ≤ x < N + 1.

(Esto es llamado la propiedad Arquimideana de R). Entonces

x ∈ (N − 1, N + 1).

De nuevo, es facil ver que

R =⋃

n∈Z

(n− 1, n+ 1).

Si Uα es una cubierta de A, una subcubierta es un subconjunto deUα, digamos S = Uαβ

, tal que

A ⊂⋃

β

Uαβ.

Si S es un conjunto finito, digamos S = Uα1, Uα2

, . . . , Uαk, entonces deci-

mos que S es una subcubierta finita.

Ejemplo 3.5. Si Bεi(x)k

i=1 es un subconjunto finito de Bε(x)ε>0, en-tonces ⋃

i

Bεi(x) = BM (x),

donde M = maxε1, ε2, . . . , εk. Entonces la cubierta Bε(x)ε>0 de X tienesubcubiertas finitas si, y solo si, X es acotado.

Ejemplo 3.6. Consideremos A = (0, 1) y la cubierta (1/n, 1)∞n=1. Estacubierta no tiene subcubiertas finitas, ya que

( 1

n1, 1

)∪

( 1

n2, 1

)∪ . . . ∪

( 1

nk, 1

)=

( 1

N, 1

),

donde N = maxn1, n2, . . . , nk y, ademas,1

N> 0, por lo que

( 1

N, 1

)no

cubre a A.

Ejemplo 3.7. La cubierta (n − 1, n + 1)n∈Z de R no tiene subcubiertaspropias ya que, si S ⊂ Z y n0 ∈ Z \ S, entonces

n0 6∈⋃

n∈S

(n− 1, n+ 1).

2. Compacidad 49

Esto se debe a que, si n ∈ Z y n 6= n0, entonces

n0 6∈ (n− 1, n+ 1)

porque n0 ≤ n− 1 o n0 ≥ n+ 1.

2. Compacidad

En esta seccion definimos un espacio compacto y demostramos sus pro-piedades mas elementales.

Definicion 3.8. Un subconjunto F del espacio metrico X es compacto, sitoda cubierta de F tiene una subcubierta finita.

Ejemplo 3.9. El conjunto vacıo ∅ es compacto porque ∅ ⊂ A, para cualquierconjunto A.

Ejemplo 3.10. Un conjunto finito es compacto. Para ver esto, considereuna cubierta Uα del conjunto A = x1, x2, . . . , xk. Como A ⊂ ⋃

α Uα,cada xi ∈ Uαi

para algun αi y, por lo tanto,

A ⊂k⋃

i=1

Uαi.

Ejemplo 3.11. El conjunto (0, 1) no es compacto en R porque, como vimosen el ejemplo 3.6, la cubierta (1/n, 1) no tiene subcubiertas finitas.

Ejemplo 3.12. R no es compacto ya que la cubierta (n− 1, n+1)n∈Z notiene subcubiertas finitas (ejemplo 3.7).

Ejemplo 3.13. Si el espacio metrico X es compacto, entonces es acotado,por el ejemplo 3.5.

Recordemos que si (X, d) es un espacio metrico y Y ⊂ X, Y se puedemetrizar a traves de la restriccion de d a Y × Y , y al espacio (Y, d|Y ×Y ) lollamamos un subespacio de X. Los conjuntos abiertos de Y no necesarie-mente son abiertos en X. Como ya lo hemos discutido, son aquellos que sonintersecciones de conjuntos abiertos en X con Y y, de manera similar, losconjuntos cerrados en Y son intersecciones de conjuntos cerrados en X conY . Sin embargo, la compacidad sı se conserva, como lo establece el siguienteteorema.

Teorema 3.14. Si Y es un subespacio de X, entonces A ⊂ Y es compactoen Y si, y solo si, es compacto en X.

Demostracion. Supongamos que A ⊂ Y es compacto en Y . Entonces cual-quier cubierta de A, en Y , tiene una subcubierta finita. Sea Uα una cu-bierta de A en X, es decir, los conjuntos Uα son abiertos en X. Ahora bien,


como A ⊂ Y , los conjuntos Vα = Uα ∩ Y forman una cubierta de A en Y ,ya que cada Vα es abierto en Y y

A = A ∩ Y ⊂⋃

α

Uα ∩ Y =⋃

α

Vα.

Como A es compacto en Y , Vα tiene una subcubierta finita, digamosVα1

, Vα2, . . . , Vαk

. Por lo tanto Uα1, Uα2

, . . . , Uαk es una subcubierta fi-

nita de A en X.

Para la inversa, supongamos que A ⊂ Y y que A es compacto en X. SeaUα una cubierta de A en Y (es decir, los Uα son abiertos en Y ). Entonces,para cada α, existe un abierto Vα en X tal que

Uα = Y ∩ Vα.

Como A ⊂ ⋃α Uα, entonces

A ⊂⋃

α

Vα.

Ası que Vα es una cubierta de A en X. Como A es compacto en X, existeuna subcubierta finita, digamos

Vα1, . . . , Vαk

.Entonces

Uα1, . . . , Uαk

es una subcubierta finita de A en Y , y por lo tanto es compacto en Y .

Este teorema nos permite entonces estudiar la compacidad de X, sin im-portar si este espacio es subespacio de algun otro espacio metrico. Tambiennos sugiere usar la expresion “subespacio compacto” para referirnos a lossubconjuntos compactos de un espacio.

Proposicion 3.15. Sea X un espacio compacto, y E ⊂ X un subconjuntocerrado. Entonces E es compacto.

Demostracion. Sea Uα una cubierta de E. Como E es cerrado, entoncesX \ E es abierto, por lo que entonces X \ E ∪ Uα es una cubierta deX. Como X es compacto, esta cubierta tiene una subcubierta finita, quea su vez induce una subcubierta finita de Uα para E, prescindiendo deX \ E.

Esta proposicion nos indica que todos los subconjuntos cerrados deun espacio compacto son compactos. Claramente, si X no es compacto,tendra subsconjuntos cerrados que no son compactos: como X es cerrado ensı mismo, X es un subconjunto cerrado que no es compacto.

Sin embargo, el ser cerrado es una condicion necesaria, como lo veremosa continuacion.

2. Compacidad 51

Proposicion 3.16. Sea (X, d) un espacio metrico y F un subespacio com-pacto. Entonces F es cerrado en X.

Demostracion. Mostraremos la contrapositiva: Si F no es cerrado, enton-ces tiene un punto de acumulacion no contenido en sı mismo, digamos x.Demostraremos que esto implica que F no es compacto.

Sea B1/n(x) la bola cerrada de radio 1/n con centro en x. Como B1/n(x)

es cerrado, entonces Un = X \ B1/n(x) es abierto. Un es una cubierta deF , ya que

⋃

n

Un =⋃

n

(X \ B1/n(x)) = X \⋂

n

B1/n(x) = X \ x ⊃ F

porque x no esta en F . Ahora bien, si Un1, Un2

, . . . , Unk es un subconjunto

finito de Un, entonces

Un1∪ Un2

∪ . . . ∪ Unk= X \ B1/N (x),

donde

N = maxn1, . . . , nk.Sin embargo, tal union no contiene a F porque x es un punto de acumulaciony, por lo tanto, F∩B1/N (x) 6= ∅. Entonces Un no tiene subcubiertas finitas,por lo que F no es compacto.

Ejemplo 3.17. Hemos visto que el espacio (0, 1) no es compacto al describiruna cubierta sin subcubiertas finitas. Mas aun, (0, 1) no es cerrado en R, porlo que la proposicion 3.16 tambien implica que (0, 1) no es compacto. Noteseque 0 es un punto de acumulacion de (0,1) no contenido en el, y que ademas(1/n, 0) = (0, 1) \ B1/n(0), como en la demostracion de la proposicion 3.16.

Ya hemos visto que, si X es compacto, entonces tiene que ser acotado.Mas aun, X tiene que ser totalmente acotado, ya que si es compacto y ε > 0,entonces la coleccion Bε(x)x∈X es una cubierta de X, la cual tiene unasubcubierta finita por compacidad.

Ejemplo 3.18. El espacio R, con la metrica acotada, es acotado, pero noes totalmente acotado (ejercicio 2) y, por lo tanto, no es compacto.

Otra manera de ver que no es compacto es por el hecho de que la metricaestandar es equivalente a la metrica acotada y, por lo tanto, inducen la mismatopologıa y tienen los mismos subespacios compactos (ejercicio 3).

En la siguiente seccion mostraremos que otra condicion necesaria paraque un espacio metrico sea compacto es completitud. De hecho, mostraremostambien la inversa: si (X, d) es completo y totalmente acotado, entonces escompacto.


Terminaremos esta seccion con el siguiente resultado, referente a la dis-tancia entre un conjunto compacto y un conjunto cerrado. En el capıtulo 1,proposicion 1.46, mostramos que la distancia entre un punto x y un conjuntocerrado E es positiva si x ∈ E. Extenderemos ahora este resultado de unpunto a un conjunto compacto.

Proposicion 3.19. Sea (X, d) un espacio metrico, E ⊂ X un subconjuntocerrado en X y F ⊂ X un subespacio compacto tal que E∩F = ∅. Entoncesla distancia entre E y F es positiva.

Demostracion. La distancia entre dos conjuntos E y F esta determinadapor

d(E,F ) = ınfd(x, y) : x ∈ E, y ∈ F.Mostraremos que este numero es positivo. Por la proposicion 1.46, para cadax ∈ F existe εx > 0 tal que Bεx(x) ∩ E = ∅. La coleccion Bεx/2(x)x∈F

es una cubierta de F y, como F es compacto, tiene una subcubierta finita.Supongamos que

F ⊂ Bεx1/2(x1) ∪Bεx2

/2(x2) ∪ . . . ∪Bεxk/2(xk),

y sea

r = mınεx1/2, εx2

/2, . . . , εxk/2.

Entonces r > 0 y, ademas, si y ∈ F , y esta en alguna de las bolas Bεxi/2(xi),

por lo que

d(y, xi) <εxi

2.

Como Bεxi(xi)∩E = ∅, d(xi, x) ≥ εxi

, para todo x ∈ E, y, por la desigualdaddel triangulo,

d(y, x) ≥ d(xi, x) − d(y, xi) > εxi− εxi

/2 = εxi/2 ≥ r.

Concluimos entonces que d(E,F ) ≥ r > 0.

3. El teorema de Bolzano-Weierstrass

Desde el punto de vista “analıtico”, un espacio metrico (X, d) es se-cuencialmente compacto si toda sucesion en X tiene una subsucesion queconverge. En el capıtulo anterior estudiamos algunas propiedades de compa-cidad secuencial: en particular, mostramos, como en el caso de compacidadde la seccion anterior, que los subespacios secuencialmente compactos, porejemplo, son cerrados, acotados, e incluso totalmente acotados.

En esta seccion mostraremos que compacidad secuencial es equivalentea compacidad, lo cual es el contenido del teorema de Bolzano-Weierstrass.

Teorema 3.20 (Bolzano-Weierstrass). Sea (X, d) un espacio metrico. Lossiguientes enunciados son equivalentes:

3. El teorema de Bolzano-Weierstrass 53

1. X es compacto.

2. Si A ⊂ X es infinito, entonces A tiene al menos un punto de acu-mulacion.

3. X es secuencialmente compacto.

La demostracion de este teorema la dividiremos en los tres pasos

Paso 1: 1 ⇒ 2.

Paso 2: 2 ⇒ 3.

Paso 3: 3 ⇒ 1.

Demostracion del Paso 1: Suponemos que X es compacto y que A es unsubconjunto de X que no tiene puntos de acumulacion. Demostraremos queA es finito.

Como A no tiene puntos de acumulacion, es un conjunto cerrado. LuegoU = X \A es abierto. Ademas, para cada x ∈ A, existe εx > 0 tal que

Bex ∩A = xporque x no es un punto de acumulacion de A. Sea

Ux = Bεx(x).

Entonces la coleccion

U ∪ Uxx∈A

es una cubierta de X y, como X es compacto, tiene una subcubierta finita,digamos U1, U2, . . . , Uk. Como cada Ui tiene a lo mas un solo punto de A,podemos concluir que A tiene a lo mas k puntos; es decir, A es finito.

Demostracion del Paso 2: Suponemos ahora que todo subconjunto infi-nito de X tiene un punto de acumulacion, y mmostraremos que X es se-cuencialmente compacto, es decir, toda sucesion en X tiene una subsucesionque converge.

Sea (xn) una sucesion en X. Si (xn) tiene rango finito, es decir el con-junnto xn : n ≥ 1 es finito, entonces tiene una subsucesion convergente(ejercicio 5).

Ası que asumimos que xn : n ≥ 1 es un conjunto infinito y, por lotanto, tiene un punto de acumulacion, digamos x. Ahora bien, para cada k,podemos escoger xnk

tal que nk+1 > nk y, ademas, xnk∈ B1/k(x), ya que

x es un punto de acumulacion de xn. Como d(xnk, x) < 1/k para cada k,

(xnk) es una subsucesion de (xn) que converge a x.

La demostracion del Paso 3 requiere el siguiente lema, que establece laexistencia del llamado numero de Lebesgue, el cual describimos a continua-cion.


Lema 3.21 (Lebesgue). Sea (X, d) un espacio secuencialmente compacto yUα una cubierta de X. Entonces existe δ > 0 tal que, para cada x ∈ X,existe α tal que Bδ(x) ⊂ Uα.

Es decir, todas las bolas de radio δ estan contenidas en algun conjuntode la coleccion Uα. El numero δ no depende de x o α.

El supremo de todos los δ > 0 que satisfacen esta condicion es llamadoel numero de Lebesgue de la cubierta Uα. Este numero depende de X, dela metrica d y de la cubierta.

Demostracion. Demostraremos este lema por contradiccion. Suponemosque, para cada δ > 0, existe alguna bola Bδ(x) en X que no esta contenidaen ningun Uα. Entonces podemos construir una sucesion (xn), en X, tal queB1/n(xn) no esta contenida en ningun Uα.

Como X es secuencialmente compacto, (xn) tiene una subsucesion con-vergente, digamos xnk

→ x en X. Como Uα es una cubierta, x ∈ Uα0para

algun α0. Pero Uα0es abierto, por lo que

Bε(x) ⊂ Uα0

para algun ε > 0. Ahora bien, xnk→ x, ası que existe un entero N , que

podemos escoger mayor que 2/ε, tal que

d(xN , x) <ε

2.

Sin embargo, esto implica que

B1/N (xN ) ⊂ Uα0

porque, si z ∈ B1/N (xN ), entonces d(z, xN ) <1

Ny, por la desigualdad del

triangulo,

d(z, x) ≤ d(z, xN ) + d(xN , x) <1

N+ε

2<ε

2+ε

2= ε,

y

z ∈ Bε(x) ⊂ Uα0.

Hemos llegado a una contradiccion. Por lo tanto, debe existir un δ > 0 conla propiedad deseada.

Ahora sı estamos listos para terminar con la demostracion del teoremade Bolzano-Weierstrass.

Demostracion del Paso 3: Sea Uα una cubierta de X. Como X es se-cuencialmente compacto, el lema de Lebesgue establece la existencia de unδ > 0 tal que toda bola de radio δ esta contenida en algun Uα.

3. El teorema de Bolzano-Weierstrass 55

Ademas, como X es totalmente acotado, existen x1, x2, . . . , xn ∈ X talque

X ⊂ Bδ(x1) ∪Bδ(x2) ∪ . . . ∪Bδ(xn).

Ahora bien, sea αi tal que Bδ(xi) ⊂ Uαi. Entonces

X ⊂ Uα1∪ Uα2

∪ . . . ∪ Uαn ,

y, por lo tanto, Uα1, Uα2

, . . . , Uαn es una subcubierta finita de Uα.

Una de las consecuencias directas del teorema de Bolzano-Weierstrasses el hecho que completitud es una condicion necesaria para compacidad(ver ejercicio 7). El siguiente corolario caracteriza los espacios compactos atraves de completitud y la propiedad de ser totalmente acotado.

Corolario 3.22. El espacio metrico (X, d) es compacto si, y solo si, escompleto y totalmente acotado.

Demostracion. Ya hemos visto que, si X es compacto, entonces es com-pleto y totalmente acotado. Asumimos entonces que X es completo y to-talmente acotado y demostraremos que X es secuencialmente compacto. Elteorema de Bolzano-Weierstrass implica que X es compacto.

Sea (xn) una sucesion en X y asumimos que tiene rango infinito. Ahorabien, como X es totalmente acotado, X es cubierto por un numero finitode bolas de radio 1. Sea B1 alguna de estas bolas que contenga un numeroinfinito de terminos de la sucesion (xn). A su vez, B1 es totalmente acotadoy podemos entonces encontrar un bola de radio 1/2, a la cual llamamos B2,que contiene infinitos terminos de la sucesion (xn), contenidos en B1.

Por induccion, tenemos bolas Bk de radio 1/k tal que cada una contieneun numero infinito de terminos de la sucesion (xn) contenidos en Bk−1.Podemos entonces escoger una subsucesion (xnk

) tal que

xnk∈ Bi, i = 1, 2, . . . , k.

Demostraremos que (xnk) es de Cauchy y, por la completitud deX, converge.

Sea ε > 0 y K > 2/ε. Por construccion, para todo k ≥ K,

xnk∈ BK

y BK es una bola de radio 1/K < ε/2. Entonces, si k, l ≥ K,

xnk, xnl

∈ BK

y

d(xnk, xnl

) ≤ d(xnk, y0) + d(y0, xnl

) <1

K+

1

K=

2

K< ε,

donde y0 es el centro de BK . Por lo tanto, la subsucesion (xnk) en una

sucesion de Cauchy, como querıamos demostrar.


Corolario 3.23. Sea (X, d) un espacio metrico completo y E ⊂ X. Entoncesel subespacio (E, d|E×E) es compacto si, y solo si, E es cerrado y totalmenteacotado en X.

Demostracion. La demostracion se sigue facilmente del teorema 2.20.

4. Compacidad en espacios de Banach

Si X = Kl con la metrica euclideana (o con cualquier metrica inducidapor una norma en Kl), entonces el corolario anterior se simplifica.

Corolario 3.24 (Teorema de Heine-Borel). E ⊂ Kl es compacto si, y solosi, es cerrado y acotado.

Demostracion. Por el corolario 3.23, es suficiente con demostrar que, siE es acotado, entonces es totalmente acotado. Esto es facil y se deja comoejercicio al lector (ejercicio 8).

Una de las aplicaciones del teorema de Heine-Borel es el hecho que todoconjunto abierto en Rl es la union contable creciente de conjuntos compactos.Estableceremos este hecho como una proposicion, la cual nos sera de utilidaden el siguiente capıtulo.

Proposicion 3.25. Sea Ω un conjunto abierto en Rl. Entonces existe unasucesion creciente de conjuntos compactos Fk, es decir, Fk ⊂ Fk+1, tal que

Ω =∞⋃

k=1

Fk.

Ademas, todo compacto K contenido en Ω esta contenido en algun Fk.

Demostracion. Sea Ak el conjunto dado por los puntos en Ω a distancia1/k del complemento de Ω; es decir,

Ak =x ∈ Ω : d(x,Rl \ Ω) ≥ 1

k

.

Por el ejercicio 9, Ak es cerrado en Rl. Definimos entonces el conjunto

Fk = Ak ∩ Bk(0),

donde Bk(0) es la bola cerrada de radio k con centro en 0. Entonces Fk escerrado y acotado y, por el teorema de Heine-Borel, es compacto. Como

Ak ⊂ Ak+1 y Bk(0) ⊂ Bk+1(0),

tenemos

Fk ⊂ Fk+1.

4. Compacidad en espacios de Banach 57

Como cada Fk ⊂ Ω,⋃

k Fk ⊂ Ω. Ahora bien, sea K un conjunto compactocontenido en Ω. Por la proposicion 3.19,

r = d(K,Rl \ Ω) > 0.

Sean k1 y k2 enteros tales que

K ⊂ Bk1(0) y

1

k2< r.

Entonces, si k0 es el maximo de los enteros k1 y k2, K ⊂ Fk0.

En particular, si K = x, para algun x ∈ Ω, esto tambien muestra queexiste k0 tal que x ∈ Fk0

, por lo que

Ω ⊂⋃

k

Fk.

El teorema de Heine-Borel implica que una bola cerrada en Rn es unconjunto compacto, puesto que es cerrado y acotado. Lo mismo ocurre enun espacio de Banach de dimension finita, por el teorema 2.32 y los ejercicios8 del capıtulo 1 y 3 de este capıtulo.

Sin embargo, el teorema de Heine-Borel no puede ser extendido a unespacio de dimension finita, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 3.26. Consideremos la bola cerrada de radio 1 con centro en 0 enel espacio de funciones continuas en [0, 1], B1(0) ⊂ C([0, 1]), con la normauniforme. La sucesion de funciones (fn) definidas por

fn(x) =

1 − nx if 0 ≤ x ≤ 1

n,

0 if1

n< x ≤ 1.

esta en B1(0) (vease la figura 1).

1

11n

Figura 1. Las funciones fn.


Sin embargo, esta sucesion no puede tener subsucesiones convergentes,ya que si tomamos

1

m< x <

1

ny m ≥ 2n,

||fn − fm||u ≥ |fn(x) − fm(x)| = (m− n)x >m− n

m= 1 − n

m≥ 1

2.

Entonces B1(0) no es secuencialmente compacto, y por lo tanto no es com-pacto.

En el siguiente capıtulo estudiaremos con detalle los subconjuntos com-pactos de C([0, 1]) con la norma uniforme.

El ejemplo anterior nos muestra que las bolas cerradas de un espacio dedimension inifinita podrıan no ser compactas. De hecho, si X es un espaciode Banach en el cual las bolas cerradas son compactas, entonces X tiene queser de dimension finita.

Teorema 3.27. Sea X un espacio de Banach tal que la bola cerrada B1(0)es un conjunto compacto. Entonces dimX <∞.

Demostracion. Como B1(0) es compacto, entonces es totalmente acotado,por lo que existen x1, . . . , xl ∈ X tales que

B1(0) ⊂ B1/2(x1) ∪ . . . ∪B1/2(xl).

Sea Y el subespacio deX generado por los puntos x1, . . . , xl. Demostraremosprimero que B1(0) ⊂ Y .

Tomamos x ∈ B1(0) y construiremos una sucesion (yn) en Y tal queyn → x. Como Y es dimension finita, es cerrado por el corolario 2.35, yentonces x ∈ Y .

Como B1(0) ⊂ B1/2(x1) ∪ . . . ∪B1/2(xl), existe i1 tal que

x ∈ B1/2(xi1).

Tomamos y1 = xi1 . Entonces ||y1 − x|| < 1

2, por lo que ||2(y1 − x)|| < 1 y

2(y1 − x) ∈ B1(0).

De nuevo, existe i2 tal que 2(y1 − x) ∈ B1/2(xi2). Entonces

||2(y1 − x) − xi2 || <1

2,

y luego

||y1 −1

2xi2 − x|| < 1

4.

Tomamos y2 = y1 −1

2xi2 , y entonces ||y2 − x|| < 1

4. Observemos que, como

y1, xi2 ∈ Y y Y es un subespacio de X, entonces y2 ∈ Y .

4. Compacidad en espacios de Banach 59

Proseguimos de manera inductiva: Una vez que hemos escogido yn ∈ Y

con ||yn − x|| < 1

2n, observamos que ||2n(y − x)|| < 1, por lo que

2n(yn − x) ∈ B1(0)

y existe in+1 tal que 2n(yn − x) ∈ B1/2(xin+1). Luego

||2n(yn − x) − xin+1|| < 1

2,

por lo que

||yn − 1

2nxin+1

− x|| < 1

2n+1.

Escogemos entonces yn+1 = yn − 1

2nxin+1

y, de la misma forma, vemos que

yn+1 ∈ Y y ||yn+1 − x|| < 1

2n+1.

Tenemos entonces que (yn) es una sucesion en Y que converge a x, comoquerıamos demostrar, ası que B1(0) ⊂ Y .

Sin embargo, tambien tenemos que

Br(0) ⊂ Y

para todo r > 0, ya que, si x ∈ Br(0), entonces ||x|| < r, y

||1rx|| < 1,

por lo que1

rx ∈ B1(0) ⊂ Y , y entonces x ∈ Y porque Y es un subespacio

de X. ComoX ⊂

⋃

r>0

Br(0),

podemos concluır que X ⊂ Y . Por lo tanto, dimX ≤ l.


Ejercicios

1. Muestre que las siguientes colecciones de conjuntos abiertos son cubier-tas, y averigue si tienen subcubiertas finitas.a) (x− x2, x+ x2) : 0 < x < 1 para (0, 1);b) Bn((0, n)) : n ≥ 1 para R2

+ = (x, y) ∈ R2 : y > 0.2. El espacio R con la metrica acotada no es totalmente acotado.

3. Sean d1 y d2 dos metricas equivalentes en X. Entonces (X, d1) es com-pacto si, y solo si, (X, d2) es compacto.

4. Sea (X, d) un espacio discreto. Establezca una condicion necesaria ysuficiente para que X sea compacto.

5. Sea (xn) una sucesion con rango finito, es decir, el conjunto

xn : n ∈ Z+es finito. Entonces (xn) tiene una subsucesion que converge.

6. Sin utilizar el teorema de Bolzano-Weierstrass, muestre el siguiente enun-ciado: Si X es secuencialmente compacto, entonces todo subconjuntoinfinito de X tiene un punto de acumulacion.

7. Sea (X, d) un espacio metrico compacto. Entonces X es completo.

8. Sea E un conjunto acotado en Kl, es decir, E ⊂ BM (x) para algunM > 0 y x ∈ Kl.

Existe un M > 0 tal que E ⊂ BM (0).La bola BM (0) es un conjunto totalmente acotado.Concluya que E es totalmente acotado.

9. Sea A un subconjunto del espacio metrico (X, d), y sea ε > 0. Entoncesel conjunto

x ∈ X : d(x,A) < εes abierto en X.

10. Sea E un conjunto compacto en R. Entonces E tiene un mınimo y unmaximo.

11. Sea A un conjunto infinito acotado en Rl. Entonces A tiene un punto deacumulacion.

(Este enunciado es llamado el teorema de Bolzano-Weierstrass enalgunos textos.)

12. Sea (xn) una sucesion acotada en Rl. Entonces (xn) tiene una subsuce-sion que converge.

(Esta es la version clasica del teorema de Bolzano-Weierstrass.)

Capıtulo 4

El espacio de funciones

continuas

1. Funciones continuas

En este capıtulo estudiaremos las funciones continuas en un espaciometrico, ademas de espacios metricos formados por funciones continuas.Tambien estudiaremos la convergencia de sucesiones de funciones continuasen un espacio metrico.

Primero definimos el concepto de continuidad.

Definicion 4.1. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos y f : X → Y .Decimos que la funcion f es continua en x0 ∈ X si, para todo ε > 0, existeδ > 0 tal que si d(x, x0) < δ entonces

d′(f(x), f(x0)) < ε.

Esta definicion es equivalente a decir que, para todo ε > 0, existe δ > 0tal que

f(Bδ(x0)) ⊂ Bε(f(x0)),

donde f(Bδ(x0)) es la imagen de Bδ(x0) bajo f , es decir

f(Bδ(x0)) =y ∈ Y : existe x ∈ Bδ(x0) tal que f(x) = y

y Bε(f(x0)) es la bola en Y de radio ε alrededor de f(x0).

Tambien podemos caracterizar la continuidad de f en un punto a travesde sucesiones.

61

62 4. El espacio de funciones continuas

Proposicion 4.2. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos, f : X → Yy x0 ∈ X. f es continua en x0 si, y solo si, para cada sucesion (xn) en Xtal que xn → x0, tenemos que f(xn) → f(x0) en Y .

Demostracion. Sea f continua en x0, y sea xn → x0. Para mostrar quef(xn) → f(x0), sea ε > 0 dado.

Como f es continua en x0, existe δ > 0 tal que d(x, x0) < δ implicad′(f(x), f(x0)) < ε. Ademas, xn → x0, por lo que existe N tal que, paran ≥ N , d(xn, x0) < δ. Entonces, para n ≥ N , d′(f(xn), f(x0)) < ε y, por lotanto, f(xn) → f(x0).

Inversamente, suponemos que f(xn) → f(x0) para toda sucesion (xn)en X tal que xn → x0. Para encontrar una contradiccion, suponemos que fno es continua en x0.

Entonces existe ε0 > 0 tal que, para todo δ > 0, existe x ∈ X tal qued(x, x0) < δ y d′(f(x), f(x0)) ≥ ε0. En particular, para cada n ≥ 1 existe

xn ∈ X tal que d(xn, x) <1

ny d′(f(xn), f(x0)) ≥ ε0.

Pero entonces xn → x0 y f(xn) 6→ f(x0), lo que contradice nuestrahipotesis. Por lo tanto, f es continua en x0.

Observemos que la definicion de continuidad es local; es decir, esta defini-da sobre cada punto de X. Sin embargo, globalmente decimos que la funcionf : X → Y es continua si es continua en x para todo x ∈ X. Tenemos lasiguiente caracterizacion de continuidad.

Proposicion 4.3. f : X → Y es continua si, y solo si, para todo conjuntoabierto V en Y , la preimagen de V en X,

f−1(V ) = x ∈ X : f(x) ∈ V ,es un conjunto abierto en X.

Observemos que f−1(V ) es abierto en X si, y solo si, para cada x ∈f−1(V ) existe un δ > 0 tal que Bδ(x) ⊂ f−1(V ), esto es, f(Bδ(x)) ⊂ V .

Demostracion. Sea f : X → Y continua y V un conjunto abierto en Y .Para demostrar que f−1(V ) es abierto, sea x ∈ f−1(V ). Entonces f(x) ∈ V .Como V es abierto, existe ε > 0 tal que

Be(f(x)) ⊂ V.

Como f es continua, es continua en x, ası que existe δ > 0 tal que

f(Bδ(x)) ⊂ Be(f(x)) ⊂ V,

lo cual muestra que f−1(V ) es abierto, por la observacion anterior. (Veasela figura 1.)

1. Funciones continuas 63

X Y

V

f(x)

f

f (V)−1

δx

Figura 1. Si f es continua, V es abierto en Y y f(x) ∈ V , entoncesexiste δ > 0 tal que Bδ(x) ⊂ f−1(V ).

De manera inversa, supongamos que f−1(V ) es abierto en X para todoconjunto V abierto en Y , y sea x ∈ X. Para demostrar que f es continua enx, sea ε > 0. Como Be(f(x)) es abierto en Y , f−1(Bε(f(x))) es abierto enX y x ∈ f−1(Bε(f(x))). Entonces, existe δ > 0 tal que

Bδ(x) ⊂ f−1(Bε(f(x))),

lo cual significa que

f(Bδ(x)) ⊂ Bε(f(x)),

como querıamos demostrar.

Ejemplo 4.4. Las funciones continuas mas simples son la funciones cons-tantes. Si y0 ∈ Y , definimos la funcion f : X → Y como f(x) = y0 paratodo x ∈ X. Entonces, si V es un conjunto abierto en Y ,

f−1(V ) =

X si y0 ∈ V ,

∅ si y0 6∈ V .

Como X y ∅ son abiertos en X, f es continua.

Ejemplo 4.5. La funcion identidad es otro ejemplo sencillo de una funcioncontinua. Definimos f : X → X como f(x) = x para cada x ∈ X. Entoncesf−1(V ) = V para cada abierto V en X, por lo que concluımos que f escontinua.

Proposicion 4.6. Sean (X, d), (Y, d′) y (Z, d′′) espacios metricos, y seanf : X → Y y g : X → Z funciones continuas. Si le asignamos a Y × Z lametrica producto, entonces la funcion F : X → Y × Z dada por

F (x) = (f(x), g(x))

es continua.

Recordemos que la metrica producto d′×d′′ en Y ×Z esta definida como

d′ × d′′((y, z), (u, v)) = d′(y, u) + d′′(z, v).


Demostracion. Sea x0 ∈ X y ε > 0. Entonces existen δ1, δ2 > 0 tales que

si d(x, x0) < δ1 entonces d′(f(x), f(x0)) <ε

2y

si d(x, x0) < δ2 entonces d′′(g(x), g(x0)) <ε

2.

Entonces, si δ = mınδ1, δ2 y d(x, x0) < δ,

d′ × d′′(F (x), F (x0)) = d′ × d′′((f(x), g(x)), (f(x), g(x)))

= d′(f(x), f(x0)) + d′′(g(x), g(x0))

<ε

2+ε

2= ε.

Es facil ver que la proposicion 4.6 se puede generalizar a un cualquiernumero finito de funciones fi : X → Xi, si al producto X1 × · · · ×Xl se leasigna la metrica

dP ((x1, . . . , xn), (y1, . . . , yl)) =n∑

i=1

di(xi, yi),

donde cada di es la metrica de Xi.

La siguiente proposicion es conocida como la regla de la cadena parafunciones continuas.

Proposicion 4.7. Si (X, d), (Y, d′) y (Z, d′′) son espacios metricos, y lasfunciones f : X → Y y g : Y → Z son continuas, entonces la composiciong f : X → Z es continua.

Demostracion. Si V es abierto en Z, entonces

(g f)−1(V ) = f−1(g−1(V ))

es abierto en X, porque, como g es continua, g−1(V ) es abierto en Y y, comof es continua, f−1(g−1(V )) es abierto en X.

1.1. Compacidad y continuidad uniforme. El siguiente teorema esta-blece la compacidad de la imagen de un espacio compacto bajo una funcioncontinua.

Teorema 4.8. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos, y f : X → Ycontinua. Si X es compacto, entonces f(X) es compacto.

En la demostracion de este teorema utilizaremos el siguiente lema, sobrelas propiedades basicas de conjuntos imagen y preimagen de una funcion.

Lema 4.9. Sea f : X → Y un funcion. Entonces


1. f(A ∪B) ⊂ f(A) ∪ f(B) para todos A,B ⊂ X.

2. f(f−1(A)) ⊂ A para todo A ⊂ Y .

La demostracion de esta lema se sigue directamente de las definicionesde conjuntos imagen y preimagen bajo cualquier funcion, y se deja comoejercicio (ejercicio 2).

Demostracion del Teorema 4.8: Tomamos una cubierta Vα del con-junto f(X) en Y . Como f es continua, los conjuntos f−1(Vα) son abiertos,y ademas cubren a X: si x ∈ X, entonces f(x) ∈ X, por lo que, para algunα, f(x) ∈ Vα. Entonces x ∈ f−1(Vα).

Por lo tanto f−1(Vα) es una cubierta de X, y como X es compactotiene una subcubierta finita, digamos

X ⊂ f−1(Vα1) ∪ f−1(Vα2

) ∪ . . . ∪ f−1(Vαk).

Entonces, por el lema 4.9

f(X) ⊂ f(f−1(Vα1)) ∪ f(f−1(Vα2

)) ∪ . . . ∪ f(f−1(Vαk))

⊂ Vα1∪ Vα2

∪ . . . ∪ Vαk.

Por lo tanto f(X) es compacto.

Es posible demostrar el teorema 4.8 utilizando el teorema de Bolzano-Weierstrass, mostrando que f(X) es secuencialmente compacto si X lo es(ejercicio 4).

Si X es compacto y f es una funcion continua en X, entonces no solopodemos concluır que f(X) es compacto, sino que f tambien es uniformentecontinua. Esto lo veremos a continuacion.

Definicion 4.10. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos, y f : X → Y .Decimos que f es uniformemente continua si, para cada ε > 0, existe δ > 0tal que

f(Bδ(x)) ⊂ Bε(f(x))

para todo x ∈ X.

A diferencia de la definicion de continuidad en x ∈ X, el numero δ de ladefinicion de continuidad uniforme depende solo de ε > 0 y f , no de x.

Ejemplo 4.11. Considere la funcion f : (0, 1) → R dada por f(x) = 1/x.Entonces f es continua, ya que si (a, b) ⊂ R, (a > 0) entonces

f((1/b, 1/a)) = (a, b),

por lo que podemos concluır que f−1(V ) es abierto si V es abierto en R.Pero f no es uniformemente continua. Considere, por ejemplo, ε = 1. Para


cualquier δ > 0, tal que δ < 1/3, si x = 2δ, entonces

f(Bδ(x)) = f((δ, 3δ)) =( 1

3δ,1

δ

)6⊂ B1

( 1

2δ

).

Vease la figura 2.

x

23δ

δ 3δ

Figura 2. Grafica de la funcion f(x) = 1/x. Si 0 < δ < 1/3, entoncesla diferencia entre f(δ) y f(3δ) es 2

3δ> 1.

Teorema 4.12. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos. Si f : X → Yes continua y X es compacto, entonces f es uniformemente continua.

Demostracion. Sea ε > 0. Como f es continua, para cada x ∈ X, existeδx > 0 tal que f(Bδx

(x)) ⊂ Bε/2(f(x)). Claramente Bδx(x)x∈X es una

cubierta de X, y como X es compacto, el teorema de Bolzano-Weierstrassimplica que es secuencialmente compacto, y podemos utilizar el Lema deLebesgue, lema 3.21, para encontrar un δ > 0 tal que, para todo x ∈ X,

Bδ(x) ⊂ Bδx0(x0)

para algun x0 ∈ X. Tal numero δ no depende de x, solo de la cubierta.

Ahora bien, si z ∈ Bδ(x), entonces z ∈ Bδx0(x0) y, mas aun,

d′(f(z), f(x)) ≤ d′(f(z), f(x0)) + d′(f(x0), f(x))

<ε

2+ε

2= ε,

ya que f(Bδx0(x0)) ⊂ Bε/2(f(x0)). Por lo tanto

f(Bδ(x)) ⊂ Bε(f(x)),

como querıamos demostrar.

La compacidad de X es necesaria y, por ejemplo, no basta con asumirque Y es compacto.


Ejemplo 4.13. Sea f : (0, 1) → [−1, 1] dada por f(x) = sen1

x. f no es

uniformemente continua: para cada n, si

xn =2

(4n+ 1)πy yn =

2

(4n+ 3)π,

entonces

|xn − yn| =4

π(4n+ 1)(4n+ 3)<

1

n2,

pero |f(xn) − f(yn)| = 2.

1.2. Funciones continuas en espacios normados. Si (X, || · ||) es unespacio normado y a X ×X se le asigna la metrica producto

dX×X((x, y), (x′, y′)) = ||x− x′|| + ||y − y′||,entonces la funcion (+) : X × X → X, dada por la suma de dos vectores,es decir, (+)(x, y) = x+ y, es una funcion continua. Para verificar esto, sea(x0, y0) ∈ X ×X y ε > 0. Si δ = ε y

||x− x0|| + ||y − y0|| < δ,

entonces

||(+)(x, y) − (+)(x0, y0)|| = ||(x+ y) − (x0 + y0)||≤ ||x− x0|| + ||y − y0|| < δ = ε,

lo cual demuestra que (+) es continua en (x0, y0).

De la misma forma podemos demostrar que la multiplicacion escalar(·) : K ×X → X dada por (·)(α, x) = αx es una funcion continua, si se leasigna a K ×X la metrica producto

dK×X((α, x), (β, y)) = |α− β| + ||x− y||.Ejemplo 4.14. Las proposiciones 4.6 y 4.7 y el hecho de que la suma devectores es continua implican que, si f, g : X → Y son dos funciones con-tinuas del espacio metrico (X, d) al espacio normado (Y, || · ||), entonces lasuma f + g : X → Y , definida por (f + g)(x) = f(x) + g(x) es una fun-cion continua, porque x 7→ f(x) + g(x) es la composicion de las funcionesx 7→ (f(x), g(x)) y (+).

Desde luego, podemos generalizar este resultado a cualquier numero defunciones fi : X → Y , i = 1, . . . , l.

El ejemplo anterior, junto con el teorema 2.32, implica la continuidad defunciones lineales sobre espacios de dimension finita.

Teorema 4.15. Si (X, || · ||X) y (Y, || · ||Y ) son dos espacios normados, Xes de dimension finita y φ : X → Y es una transformacion lineal, entoncesφ es una funcion continua.


La demostracion de este teorema se sigue del siguiente lema.

Sea (X, || · ||) un espacio normado de dimension finita y sea u1, . . . , uluna base. Definimos las funciones πi : X → K de la forma

x = π1(x)u1 + . . .+ πl(x)ul.

Es decir, las πi son las proyecciones de X sobre cada uno de los terminos dela base.

Lema 4.16. Cada proyeccion πi es una funcion continua.

Demostracion. Sea ψ : X → Kl el isomorphismo

ψ(x) = (π1(x), . . . , πl(x)).

Por el teorema 2.32, existe C > 0 tal que, para todo x ∈ X,

||ψ(x)||M ≤ C||x||.

Como |πi(x)| ≤ ||ψ(x)||M , tenemos que, dado ε > 0, si tomamos δ = ε/Centonces ||x− y|| < δ implica que

|πi(x) − πi(y)| ≤ C||x− y|| < Cδ = ε.

Por lo tanto, cada πi es continua.

Demostracion del Teorema 4.15: El teorema se sigue entonces por lasobservaciones hechas en el ejemplo 4.14 y el hecho de que φ es la suma delas funciones dadas por x 7→ πi(x)φ(ui).

La demostracion del lema 4.16 utilizo el hecho que la existencia de unaconstante C > 0 tal que |πi(x)| ≤ C||x|| implica la continuidad de πi. Estaobservacion resulta ser equivalente a continuidad en el caso de funcioneslineales, como mostraremos a continuacion.

Teorema 4.17. Sean (X, || · ||X) y (Y, || · ||Y ) dos espacios normados yφ : X → Y una transformacion lineal. Los siguientes enunciados son equi-valentes:

1. φ es continua;

2. φ es continua en 0;

3. Existe M > 0 tal que, para todo x ∈ X,

||φ(x)||Y ≤M ||x||X .

Demostracion. 1⇒2: φ es continua en todo x ∈ X; en particular, escontinua en 0.


2⇒3: Como φ es continua en 0, existe δ > 0 tal que si ||x||X < δentonces ||φ(x)||Y < 1. Entonces, para x ∈ X, si x 6= 0,

∣∣∣∣∣∣

δ

2||x||Xx∣∣∣∣∣∣X

=δ

2< δ,

por lo que∣∣∣∣∣∣φ

( δ

2||x||Xx)∣∣∣

∣∣∣Y< 1.

Entonces, como φ es lineal,

||φ(x)||Y <2

δ||x||X .

Podemos tomar M =2

δ.

3⇒1: Sea x ∈ X y ε > 0. Si tomamos δ =ε

M, entonces ||y− x||X < δ

implica

||φ(y) − φ(x)||Y = ||φ(y − x)||Y ≤M ||y − x||X < Mδ = e.

Es importante notar, por el hecho que la metrica inducida por una normaes invariante bajo traslaciones, que la continuidad de una funcion lineal en0 es equivalente a la continuidad en cualquier otro punto de X.

El teorema 4.17 resulta muy util para verificar si una funcion lineal es ono continua. En los siguientes ejemplos mostramos como usar este teoremaen casos particulares.

Ejemplo 4.18. Consideremos C([0, 1]), y la funcion I : C([0, 1]) → R dadapor

I(f) =

∫ 1

0f(x)dx.

Entonces

|I(f)| =∣∣∣∫ 1

0f(x)dx

∣∣∣ ≤∫ 1

0|f(x)|dx ≤

∫ 1

0||f ||udx = ||f ||u.

Entonces I es continua.

En particular, el ejemplo 4.18 implica el siguiente resultado:Si fn es una sucesion de funciones continuas en [0, 1] que converge unifor-memente a f , entonces la sucesion de integrales

∫fn converge a

∫f .

Este resultado es cierto incluso en el caso de integrales impropias (ejer-cicio 9).


Ejemplo 4.19. Sea K : [0, 1] × [0, 1] → R una funcion continua, y, paraf ∈ C([0, 1]), definimos la funcion Lf : [0, 1] → R por

Lf(x) =

∫ 1

0K(x, y)f(y)dy.

Mostraremos que Lf es continua: Para esto, sea ε > 0 y x0 ∈ [0, 1]. Entonces,existe δ > 0 tal que si |x− x0| < δ entonces

|K(x, y) −K(x0, y)| <ε

2||f ||u + 1,

ya que K es uniformemente continua porque [0, 1] × [0, 1] es compacto. En-tonces, para |x− x0| < δ,

|Lf(x) − Lf(x0)| =

∣∣∣∣∫ 1

0K(x, y)f(y)dy −

∫ 1

0K(x0, y)f(y)dy

∣∣∣∣

≤∫ 1

0|K(x, y) −K(x0, y)||f(y)|dy

≤∫ 1

0

ε

2||f ||u + 1||f ||udy =

ε

2< ε.

Esto significa que L define una funcion lineal L : C([0, 1]) → C([0, 1]).Para ver que L es de hecho continua, observamos que, si

M = max|K(x, y)| : x, y ∈ [0, 1],entonces

|Lf(x)| ≤∫ 1

0|K(x, y)||f(y)|dy ≤

∫ 1

0M ||f ||udy = M ||f ||u

para x ∈ [0, 1]. Entonces L es continua por el teorema 4.17.

Ejemplo 4.20. Consideremos ahora el espacio C1([0, 1]) de funciones dife-renciables f en [0, 1] tal que f ′ ∈ C([0, 1]), es decir, funciones diferenciablescon derivada continua. Es claro que C1([0, 1]) ⊂ C([0, 1]), ası que podemosver a C1([0, 1]) como subespacio de C([0, 1]).

Definimos la funcion D : C1([0, 1]) → C([0, 1]) como

D(f) = f ′.

D es llamada el operador diferencial. Es claro que D es lineal; sin embargo,no es continua. Consideremos las funciones

fn(x) =1

nsen(n2πx).

Como ||fn||u =1

n, fn → 0 en C([0, 1]) (y en C1([0, 1]), desde luego). Sin

embargo,

D(fn) = nπ cos(n2πx),

2. El espacio C(X,Y ) 71

por lo que ||D(fn)||u = nπ. Entonces D no es continua en 0.

El ejemplo 4.20 implica que una funcion lineal en un espacio normadono es necesariamente continua. En particular, tambien explica por que lasderivadas de una sucesion de funciones diferenciables que converge no nece-sariamente converge, aun cuando su lımite es una funcion diferenciable.

Sin embargo, en referencia al ejemplo 4.18, si sabemos que la sucesionde derivadas converge, entonces sı podemos garantizar que la sucesion dederivadas converge a la derivada del lımite. El ejercicio 10 enuncia de maneraprecisa este resultado.

2. El espacio C(X,Y )

En esta seccion estudiaremos las funciones continuas como elementos deun espacio metrico de funciones.

Definicion 4.21. Definimos C(X,Y ) como el conjunto de las funcionescontinuas f : X → Y .

Por ejemplo, C([0, 1]) denota a C(X,Y ) con X = [0, 1] y Y = R. Recor-demos que C([0, 1]) es un espacio metrico, de hecho, un espacio de Banach,con la norma uniforme.

Aunque, en general, podemos darle una topologıa a C(X,Y ) compatiblecon convergencia uniforme (definida extendiendo la definicion en C([0, 1])),no siempre podemos asignarle una metrica. Sin embargo, sı podemos hacerlosi consideremos al subconjunto de C(X,Y ) de funciones acotadas.

Definicion 4.22. Sea f : X → Y una funcion de (X, d) a (Y, d′). Decimosque f es acotada si existen y0 ∈ Y y M > 0 tales que

d′(f(x), y0) < M

para todo x ∈ X.

Esto es equivalente a decir que la imagen de f , f(X), es un conjuntoacotado en Y .

Ejemplo 4.23. Considere la funcion f : R → R dada por

f(x) =x

1 + x2.

f es acotada porque |f(x)| ≤ 1/2 para todo x ∈ R. (Figura 3.)

Ejemplo 4.24. Considere una funcion continua f : X → Y , donde X escompacto. Entonces f(X) es compacto, y por lo tanto es acotado en Y .Tenemos que f es acotada.


-10 -5 5 10

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Figura 3. Grafica de la funcion f(x) = x

1+x2 . Como −1/2 ≤ f(x) ≤

1/2, la funcion f es acotada.

Definicion 4.25. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos. Definimos elconjunto CA(X,Y ) como el conjunto de funciones continuas y acotadas deX a Y .

Si X es compacto, entonces CA(X,Y ) = C(X,Y ), es decir, CA(X,Y )incluye a todas las funciones continuas de X a Y . En tal caso, escribiremossimplemente C(X,Y ).

El conjunto CA(X,Y ) se puede metrizar a traves de la funcion

(4.1) du(f, g) = supx∈X

d′(f(x), g(x)).

Esta funcion esta bien definida, ya que si f y g son dos funciones acotadas,entonces existen y0 y y′0 en Y , M,M ′ > 0, tales que

d′(f(x), y0) < M y d′(g(x), y′0) < M ′

para todo x ∈ X. Entonces

d′(f(x), g(x)) ≤ d′(f(x), y0) + d′(y0, y′0) + d′(g(x), y′0)

< M + d′(y0, y′0) +M ′ = M <∞,

por lo que supx∈X d′(f(x), g(x)) ≤ M .

Ahora verificamos que du es una metrica:

1. Como d′ es una metrica, entonces d′(f(x), g(x)) ≥ 0 para todo x ∈X, por lo que entonces, sif, g ∈ CA(X,Y ), du(f, g) ≥ 0.

Ademas, si f 6= g, existe un x0 ∈ X tal que f(x0) 6= g(x0), y porlo tanto

du(f, g) ≥ d′(f(x0), g(x0)) > 0.

2. El espacio C(X,Y ) 73

2. du(f, g) = du(g, f) es facil de verificar ya que

d′(f(x), g(x)) = d′(g(x), f(x))

para todo x ∈ X.

3. Si f, g, h ∈ CA(X,Y ), entonces, para cada x0 ∈ X,

d′(f(x0), g(x0)) ≤ d′(f(x0), h(x0)) + d′(h(x0), g(x0)),

y por lo tanto

d′(f(x0), g(x0)) ≤ supx∈X

d′(f(x), h(x)) + supx∈X

d′(h(x), g(x)))

= du(f, h) + du(h, g).

Como x0 ∈ X es arbitrario, du(f, g) ≤ du(f, h) + du(h, g).

La metrica du es llamada la metrica uniforme.

Teorema 4.26. El espacio metrico (CA(X,Y ), du) es completo si el espacioY es completo.

La demostracion de este teorema es muy similar a la demostracion de lacompletitud de C([0, 1]) (teorema 2.19).

Demostracion. Sea (fn) una sucesion de Cauchy en CA(X,Y ). Mostrare-mos que esta sucesion converge.

Primero, para cada x ∈ X, (fn(x)) es una sucesion de Cauchy en Y y,como Y es completo, converge. Definimos entonces la funcion F : X → Ypor

F (x) = lımn→∞

fn(x).

Al igual que en la demostracion del teorema 2.19, es necesario demostrardos cosas:

1. (fn) converge a F uniformemente, es decir, para todo ε > 0 existeN tal que si n ≥ N , d′(fn(x), F (x)) < ε para todo x ∈ X.

2. F ∈ CA(X,Y ), es decir, F es continua y acotada en X.

Dado ε > 0, escogemos N > 0 tal que, si n,m ≥ N , entonces

du(fn, fm) <ε

2,

es decir,

d′(fn(x), fm(x)) <ε

2para todo x ∈ X. Mostraremos que

(4.2) d′(fn(x), F (x)) < ε

para todo x ∈ X, si n ≥ N .


Sea x0 ∈ X. Como la sucesion (fn(x0)) converge a F (x0), existe unN0 > 0 tal que

d′(fn(x0), F (x0)) <ε

2para todo n ≥ N0 (N0 depende de x0, pero esto no sera ningun problemaya que N es independiente de x0). Ahora bien, escogemos un entero n0 talque n0 > maxN,N0. Tenemos que, si n ≥ N ,

d′(fn(x0), F (x0)) ≤ d′(fn(x0), fn0(x0)) + d′(fn0

(x0), F (x0))

<ε

2+ε

2= ε.

Como x0 es arbitrario, hemos demostrado la desigualdad (4.2). Como N nodepende de x0, podemos concluır que (fn) converge uniformemente a F .

Para demostrar que F ∈ CA(X,Y ), tenemos que mostrar que F es con-tinua y acotada. La demostracion que F es continua es muy similar a lademostracion que L es continua en el teorema 2.19, por lo que dejamos estaparte como ejercicio (ejercicio 11).

Para verificar que es acotada, notemos que la sucesion (fn) es de Cauchyy, por lo tanto, acotada en CA(X,Y ). Es decir, existen f ∈ C(X,Y ) y M > 0tales que du(fn, f) < M para todo n. Como (fn) converge uniformemente aF , podemos encontrar un entero N tal que

d′(fN (x), F (x)) < 1

para todo x ∈ X. Entonces, para x ∈ X,

d′(F (x), f(x)) ≤ d′(F (x), fN (x)) + d′(fN (x), f(x)) < 1 +M.

Ahora bien, f es acotada, por lo que existen M ′ > 0 y y0 ∈ Y tales que

d′(f(x), y0) < M ′

para todo x ∈ X. Entonces

d′(F (x), y0) ≤ d′(F (x), f(x)) + d′(f(x), y0) < 1 +M +M ′,

para todo x ∈ X, por lo que podemos concluır que F es acotada. Entoncesfn → F en CA(X,Y ).

Si (Y, || · ||Y ) es un espacio normado, entonces podemos definir las ope-raciones suma y multiplicacion escalar en C(X,Y ) como

(f + g)(x) = f(x) + g(x), f, g ∈ C(X,Y ), x ∈ X

(λf)(x) = λf(x), f ∈ C(X,Y ), x ∈ X.

Con estas operaciones, C(X,Y ) es un espacio vectorial, y el subconjuntoCA(X,Y ) se puede normar con

(4.3) ||f ||u = supx∈X

||f(x)||Y , f ∈ CA(X,Y ).

Ejercicios 75

Dejamos como ejercicio verificar que (4.3) define una norma (ejercicio 14).Ademas,

du(f, g) = ||f − g||u.Por el teorema 4.26 concluımos que, si (Y, || · ||Y ) es un espacio de Banach,entonces (CA(X,Y ), || · ||u) es tambien un espacio de Banach.

Podemos entonces extender el criterio M de Weierstrass a funciones quetoman valores en espacios de Banach.

Corolario 4.27 (Criterio M de Weierstrass). Sea (fn) una sucesion defunciones continuas de X a Y , donde (Y, || · ||Y ) es un espacio de Banach. Siexiste una sucesion (Mn) de numeros nonegativos tales que ||fn(x)||Y ≤Mn

para todo x ∈ X, y la serie∑Mn converge, entonces la serie

∞∑

n=1

fn(x)

converge absoluta y uniformemente en CA(X,Y ).

Demostracion. La demostracion es similar a la demostracion del corolario2.25 y la dejamos como ejercicio (ejercicio 15).

Ejercicios

1. f : X → Y es continua si, y solo si, para todo conjunto F cerrado en Y ,f−1(F ) es cerrado en X.

2. Sean X y Y dos conjuntos no vacıos y f : X → Y . Si A ⊂ X y B ⊂ Y ,los conjuntos imagen de A y preimagen de B se definen como

f(A) = f(x) ∈ Y : x ∈ Af−1(B) = x ∈ X : f(x) ∈ B.

f(A ∪B) = f(A) ∪ f(B) para A,B ⊂ X.f(A ∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B) para A,B ⊂ X, y de un ejemplo donde

f(A ∩B) 6⊃ f(A) ∩ f(B).

f(f−1(A)) ⊂ A para A ⊂ Y , y de un ejemplo donde

f(f−1(A)) 6⊃ A.

f−1(f(A)) ⊃ A para A ⊂ X, y de un ejemplo donde

f−1(f(A)) 6⊂ A.


3. Sean X y Y espacios metricos, A y B subconjuntos abiertos de X, yf : A→ Y y g : B → Y funciones continuas tales f(x) = g(x) para todox ∈ A ∩B. Entonces la funcion h : A ∪B → Y dada por

h(x) =

f(x) si x ∈ A

g(x) si x ∈ B

es continua.

4. Si X es secuencialmente compacto y f es continua en X, entonces f(X)es secuencialmente compacto.

Si para este ejercicio se utiliza la proposicion 4.2, por el teorema deBolzano-Weierstrass, este resultado ofrece una demostracion alternativapara el teorema 4.8.

5. Sean (X, d) y (Y, d′) espacios metricos, E ⊂ X y Y un espacio completo.Si f : E → Y es uniformemente continua en E y x0 es un punto deacumulacion de E, entonces f tiene lımite en x; es decir, existe L ∈ Ytal que, para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que, si x ∈ E y d(x, x0) < δ,entonces d′(f(x), L) < ε.

(Sugerencia: Si (xn) es una sucesion en E tal que xn → x0, entonces(f(xn)) es de Cauchy en Y .)

6. Sea X un espacio totalmente acotado y f : X → Y una funcion unifor-mememente continua en X. Entonces f(X) es acotado.

¿Es f(X) totalmente acotado?

7. En referencia al problema anterior, de un ejemplo de un espacio acotadoX y una funcion uniformemente continua en X tal que su imagen no esacotada.

8. Suponga que I es un intervalo cerrado en R, y f : I → R es una funcioncontinua. Entonces f tiene un maximo y un mınimo, es decir, existenxM , xm ∈ I tales que

f(xM ) = max f(I), f(xm) = mın f(I).

9. Sea I : C([0, 1]) → C([0, 1]) el operador dado por

If(x) =

∫ x

0f(t)dt.

a) I es continuo en la norma uniforme.b) Sean fn ∈ C([0, 1]) tal que fn f . Si Fn(x) =

∫ x0 f y F (x) =

∫ x0 f ,

entonces Fn F .

10. Utilice el ejercicio anterior para mostrar el siguiente teorema:Sean fn ∈ C1([0, 1]) tales quea) (fn(x0)) converge para algun x0 ∈ [0, 1];b) f ′n g.

Ejercicios 77

Entonces fn converge uniformemente y, si fn f , f es continuamentediferenciable y f ′ = g.

11. La funcion F construida en la demostracion del teorema 4.26 es continua.

12. Sea C0(X,R) el conjunto de las funciones continuas f : X → R queconvergen a cero en infinito, es decir, para todo ε > 0 existe un compactoE ⊂ X tales que |f(x)| < e para todo x /∈ E. Entonces C0(X,R) es unsubespacio cerrado de CA(X,R).

13. Sea Cc(X,R) el conjunto de las funciones continuas f : X → R desoporte compacto, es decir, la cerradura del conjunto

x ∈ X : f(x) 6= 0es un subespacio compacto de X. Entonces Cc(X,R) es un subespaciode CA(X,R), pero no necesariamente cerrado.

14. Demuestre las observaciones hechas despues de la demostracion del Teo-rema 4.26. Es decir, si (Y, || · ||Y ) es una espacio normado, entoncesCA(X,Y ) se puede dotar con una estructura de espacio normado a travesde las operaciones

(f + g)(x) = f(x) + g(x), f, g ∈ CA(X,Y ), x ∈ X

(λf)(x) = λf(x), f ∈ CA(X,Y ), x ∈ X.

y la norma

||f ||u = supx∈X

||f(x)||Y , f ∈ CA(X,Y ).

15. Demuestre el corolario 4.27.

Capıtulo 5

Compacidad y

densidad en C(X, Y )

1. El teorema de Arzela-Ascoli

En esta seccion clasificaremos los subespacios compactos de CA(X,Y ),donde X es compacto y Y = Rl. Cuando X no es compacto esta tarea esmas dificil, y estudiaremos el caso cuando X es un conjunto abierto en Rl

en la siguiente seccion.

Por ahora, asumiremos que el espacio metrico (X, d) es compacto. Re-cordemos que en tal caso podemos denotar a CA(X,Y ) simplemente comoC(X,Y ).

Primero haremos notar que, en general, C(X,Y ) no es compacto.

Ejemplo 5.1. Si Y no es acotado, entonces C(X,Y ) no es acotado, comolo muestra facilmente la coleccion de funciones constantes fyy∈Y , dondefy(x) = y para todo x ∈ X.

Ejemplo 5.2. Si Y es acotado, entonces C(X,Y ) es tambien acotado. Sinembargo, ni siquiera cuando Y es compacto C(X,Y ) es compacto.

Consideramos por ejemplo el espacio C([0, 1], [0, 1]) y la sucesion de fun-ciones

fn(x) =

1 − nx if 0 ≤ x ≤ 1

n ,

0 if 1n < x ≤ 1.

(Vease la figura 1.) Esta sucesion no puede tener subsucesiones convergentes,como vimos en el ejemplo 3.26. Entonces C([0, 1], [0, 1]) no es secuencialmen-te compacto, y por lo tanto no es compacto.

79

80 5. Compacidad y densidad en C(X,Y )

1

11n

Figura 1. Las funciones fn.

Por el teorema 3.23 los subespacios compactos de C(X,Y ) son aquellosque son cerrados y totalmente acotados en C(X,Y ), por lo que son estos losconjuntos que tenemos que clasificar.

Para esto necesitaremos del concepto de equicontinuidad, definido a con-tinuacion.

Definicion 5.3. Sea F ⊂ C(X,Y ). Decimos que F es una familia equicon-tinua en x0 ∈ X si, para cada ε > 0, existe un δ > 0 tal que

f(Bδ(x0)) ⊂ Bε(f(x0))

para todo f ∈ F . El numero δ depende de x0 y de la familia F , pero esindependiente de las funciones f ∈ F . Decimos que F es equicontinua en Xsi es equicontinua en cada punto de X.

Ejemplo 5.4. Consideramos la sucesion de funciones

fn(x) =xn

n

en C([0, 1]). Por el teorema del valor medio, |fn(x) − fn(y)| = |f ′n(t)||x− y|para algun t entre x y y. Como |f ′n(t)| = |tn−1| ≤ 1 para todo t ∈ [0, 1],tenemos que, para ε > 0, si |x− y| < δ = ε entonces

|fn(x) − fn(y)| ≤ |x− y| < ε,

en cada x ∈ [0, 1] y para todo fn. Entonces la familia fn es equicontinuaen cada punto de [0, 1]. Notamos que la seleccion de δ no depende de n, elındice de la sucesion (fn).

Distinto es el caso de las funciones xn en [0, 1], o de las funcionesxn

nen

el intervalo [0, 2] (ejercicio 1).

Equicontinuidad es una condicion necesaria para que una familia de fun-ciones F ⊂ C(X,Y ) pueda ser un espacio compacto, como lo muestra lasiguiente proposicion.

1. El teorema de Arzela-Ascoli 81

Proposicion 5.5. Sea F ⊂ C(X,Y ). Si la familia F es totalmente acotada,entonces es equicontinua en X.

Demostracion. Sean ε > 0 y x0 ∈ X. Debemos mostrar que existe unδ > 0 tal que

f(Bδ(x0)) ⊂ Bε(f(x0))

para toda f ∈ F , y que esta δ no depende de f , solo de x0.

Como F es un conjunto totalmente acotado, existen funciones

f1, f2, . . . , fn ∈ C(X,Y )

(no necesariamente en F , aunque esto es irrelevante) tales que

F ⊂ Bε/3(f1) ∪Bε/3(f2) ∪ . . . ∪Bε/3(fn).

Ademas, como cada fi es continua en x0, i = 1, 2, . . . , n, existen δi > 0 talesque, para cada i,

fi(Bδi(x0)) ⊂ Bε/3(f(x0)).

Escogemos δ = mınδ1, δ2, . . . , δn, y mostraremos que

f(Bδ(x0)) ⊂ Bε(f(x0))

para cada f ∈ F . Ası que sean f ∈ F y x ∈ Bδ(x0). Queremos mostrar ladesigualdad d′(f(x), f(x0)) < ε.

Como F ⊂ Bε/3(f1)∪Bε/3(f2)∪ . . .∪Bε/3(fn), f ∈ Bε/3(fi0) para alguni0, es decir

d′(f(y), fi0(y)) <ε

3

para todo y ∈ X. Ademas d′(fi0(x), fi0(x0)) <ε

3, ya que d(x, x0) < δ ≤ δi0 .

Entonces

d′(f(x), f(x0)) ≤ d′(f(x), fi0(x)) + d′(fi0(x), fi0(x0)) + d′(fi0(x0), f(x0))

<ε

3+ε

3+ε

3= ε.

Es preciso notar que en esta demostracion no hemos utilizado la compa-cidad de X, por lo que la proposicion 5.5 es cierta tambien cuando X no escompacto.1

Definicion 5.6. Decimos que la familia F ⊂ C(X,Y ) es uniformementeacotada si el conjunto F es acotado en C(X,Y ).

F es acotada punto por punto si, para cada x ∈ X, el conjunto

f(x) : f ∈ Fes acotado en Y .

1Asumiendo que la familia F es un subconjunto de CA(X, Y ), desde luego.


Es claro que si F es uniformemente acotada, entonces es acotada pun-to por punto. Sin embargo, la inversa no es cierta, como lo demuestra elsiguiente ejemplo.

Ejemplo 5.7. Considere la sucesion de funciones fn ∈ C([0, 1],R) dada por

fn(x) =

0 si x ∈[0,

1

2n

)

n(2nx− 1) si x ∈[ 1

2n,1

n

)

−n(2nx− 3) si x ∈[ 1

n,

3

2n

)

0 si x ∈[ 3

2n, 1

].

Esta familia es acotada punto por punto porque, para cada x, fn(x) → 0. Sinembargo, como fN (1/N) = N , esta familia no es uniformemente acotada.(Vease la figura 2.)

n

11n

12n

32n

Figura 2. Las funciones gn.

Sin embargo, si la familia es equicontinua, la inversa es cierta.

Lema 5.8. Si la familia F ⊂ C(X,Y ) es equicontinua y acotada punto porpunto, entonces F es uniformemente acotada.

Recordemos que asumimos la compacidad de X.

Demostracion. Para mostrar que F es uniformemente acotada, tenemosque encontrar F ∈ C(X,Y ) y M > 0 tales que du(f, F ) < M para todafuncion f ∈ F .

Por equicontinuidad, para cada x ∈ X, existe un δx > 0 tal que

f(Bδx(x)) ⊂ B1(f(x))

1. El teorema de Arzela-Ascoli 83

para toda f ∈ F . Como X es compacto, podemos encontrar x1, x2, . . . , xn ∈X tales que

X ⊂ Bδx1(x1) ∪Bδx2

(x2) ∪ . . . ∪Bδxn(xn).

Pero cada conjunto f(xi) : f ∈ F, i = 1, 2, . . . , n, es acotado en Y , por loque existen puntos yi ∈ Y y Mi > 0 tales que, para toda f ∈ F ,

d′(f(xi), yi) < Mi, i = 1, 2, . . . , n.

Definimos entonces la funcion constante F (x) = y1, y el numero

M = maxM1,M2, . . . ,Mn, d′(y2, y1), . . . , d

′(yn, y1).Sean x ∈ X y f ∈ F , y estimaremos d′(f(x), F (x)). Primero, escogemos xi

tal que x ∈ Bδxi(xi). Entonces, por el hecho de que f(Bδxi

(xi)) ⊂ B1(f(xi)),

d′(f(x), F (x)) ≤ d′(f(x), f(xi)) + d′(f(xi), yi) + d′(yi, F (x))

< 1 +Mi + d′(yi, y1) ≤ 1 + 2M.

Por lo tanto, du(f, F ) ≤ 2M + 1 y la familia F es acotada.

Casi estamos listos para mostrar el teorema de Arzela-Ascoli, el cualclasificara los subespacios compactos de C(X,Rl). Antes mostraremos el si-guiente lema, que concierne a familias uniformemente acotadas en C(X,Rl).

Lema 5.9. Sea F una familia uniformemente acotada en C(X,Rl). En-tonces existe un conjunto compacto E en Rl tal que f(X) ⊂ E para todaf ∈ F .

Demostracion. Como F es uniformemente acotada, existe una funcionf0 ∈ C(X,Rl) y un numero M > 0 tales que

du(f, f0) < M

para toda f ∈ F . Pero X es compacto, por lo que f0(X) es compacto yentonces acotado en Rl, es decir, existe N > 0 tal que |f0(x)| < N para todox ∈ X. Por lo tanto

|f(x)| ≤ |f(x) − f0(x)| + |f0(x)| < M +N

para toda f ∈ F y x ∈ X. Por lo tanto f(X) ⊂ BM+N (0) en Rl, y podemostomar E = BM+N (0), el cual es compacto en Rl por el teorema de Heine-Borel.

Teorema 5.10 (Arzela-Ascoli). Sea (X, d) un espacio metrico compacto yF una familia de funciones en el espacio C(X,Rl). Entonces F es compactosi y solo si F es cerrado en C(X,Rl), equicontinuo y acotado punto porpunto.


Demostracion. Ya hemos visto que cerrado, equicontinuo y acotado puntopor punto son condiciones necesarias (corolario 3.23 y proposicion 5.5) paraque F sea compacto. Para demostrar que tales condiciones son suficientes, essuficiente con demostrar, por el corolario 3.23, que F es totalmente acotado.Sea ε > 0. Mostraremos que podemos cubrir F con un numero finito debolas en C(X,Rl) de radio ε.

Los lemas 5.8 y 5.9 nos permiten concluir que existe un conjunto com-pacto E en Rl tal que f(X) ⊂ E para toda funcion f ∈ F . Ademas, porla equicontinuidad de la familia F y la compacidad de X podemos escogerbolas Bδi

(xi), i = 1, 2, . . . , n, tales que

X ⊂ Bδ1(x1) ∪Bδ2(x2) ∪ . . . ∪Bδn(xn)

y

f(Bδi(xi)) ⊂ Bε/5(f(xi))

para toda f ∈ F . Ahora bien, E es compacto, por lo que podemos encontrarpuntos y1, y2, . . . , yk ∈ Rl tales que

E ⊂ Bε/5(y1) ∪Bε/5(y2) ∪ . . . ∪Bε/5(yk).

Tenemos las siguientes observaciones:

A: Si f ∈ F , entonces, para cada i, existe un entero j(f, i), 1 ≤j(f, i) ≤ k, tal que

f(xi) ∈ Bε/5(yj(f,i)).

De esta forma cada f ∈ F induce (al menos) una funcion j(f, ·) de1, 2, . . . , n en 1, 2, . . . , k.

B: Si f, g ∈ F inducen la misma funcion j(i), entonces, si x ∈ Bδi0(xi0),

|f(x) − g(x)| ≤ |f(x) − f(xi0)| + |f(xi0) − yj(i0)| + |yj(i0) − g(xi0)|+ |g(xi0) − g(x)|

<ε

5+ε

5+ε

5+ε

5=

4ε

5,

por lo que du(f, g) ≤ 4ε

5< ε.

Ahora consideremos una funcion arbitraria φ : 1, 2, . . . , n → 1, 2, . . . , k.Si existe alguna f ∈ F tal que φ(·) = j(f, ·), a esta le llamaremos fφ.Sea entonces Φ el conjunto de todas las funciones φ tales que fφ existe. Elconjunto Φ es finito, por lo que el conjunto de funciones fφφ∈Φ tambienes finito. Demostraremos que

F ⊂⋃

φ∈Φ

Bε(fφ),

2. Sucesiones de funciones en Rm 85

donde Bε(fφ) es la bola en C(X,Rl) de radio ε con centro en fφ. Si f ∈ F ,entonces induce φ = j(f, ·), por la observacion A. Entonces, por B,

du(f, fφ) < ε.

Por lo tanto f ∈ Bε(fφ).

Podemos reescribir el teorema de Arzela-Ascoli de la siguiente manera.

Corolario 5.11. Sea (X, d) un espacio metrico compacto y (fn) una suce-sion en C(X,Rl) equicontinua y acotada punto por punto. Entonces existeuna subsucesion de (fn) que converge en C(X,Rl).

Demostracion. Por el teorema de Arzela-Ascoli, la cerradura de fn escompacta, y el corolario se sigue por el teorema de Bolzano-Weierstrass.

Versiones mas generales del teorema de Arzela-Ascoli pueden ser encon-tradas en textos de topologıa, como por ejemplo en [4, Teorema 6.1].

2. Sucesiones de funciones en Rm

El teorema de Arzela-Ascoli clasifica los subespacios compactos del es-pacio C(X,Rl) solo cuando X es compacto, y es claro que la compacidaddel dominio es necesaria.

Sin embargo, el corolario 5.11 se puede modificar de la siguiente manera,la cual es de hecho la version mas util de los resultados anteriores.

Teorema 5.12. Sea Ω un conjunto abierto en Rm y (fn), fn : Ω → Rl,una sucesion de funciones continuas en Ω (no necesariamente acotadas)equicontinua y acotada punto por punto. Entonces existe una subsucesion de(fn) que converge uniformemente en cada subconjunto compacto de Ω. Esdecir, existe una subsucesion (fnk

) y una funcion continua f : Ω → Rl talque, para todo compacto E ⊂ Ω, fnk

→ f en C(E,Rl).

Cuando decimos fnk→ f en C(E,Rl), queremos decir que la sucesion

de restricciones (fnk|E) converge a la restriccion f |E en C(E,Rl).

Demostracion. Por la proposicion 3.25, podemos encontrar una sucesioncreciente de conjuntos compactos Ek tal que

Ω =⋃

k

Ek,

y todo compacto E contenido en Ω esta contenido en algun Ek. Por el coro-lario 5.11, existe una subsucesion de (fn), a la que llamaremos (fn1

p)∞p=1, que

converge en C(E1,Rl). Podemos utilizar este mismo corolario para encontrar


una subsucesion de (fn1p)∞p=1, a la cual llamamos (fn2

p)∞p=1, la cual converge

en C(E2,Rl).

Inductivamente construimos sucesiones (fnkp)∞p=1, cada una subsucesion

de (fnk−1p

)∞p=1, k = 2, 3, . . ., que convergen en C(Ek,Rl), para cada k,

fn11

fn12

fn13

...

fn21

fn22

fn23

...

fn31

fn32

fn33

......

Consideremos ahora la sucesion diagonal fnp = fnpp, p = 1, 2, . . .. Esta suce-

sion es subsucesion de cada una de las (fnkp)∞p=1, y por lo tanto converge en

C(Ek,Rl), para cada k. Como Ω =

⋃k Fk, podemos definir en Ω la funcion

f(x) = lımp→∞

fnp(x).

Entonces f es continua en Ω. Si E es un conjunto compacto contenido enΩ, entonces esta contenido en algun Eky, por lo tanto, como fnp → f en

C(Ek,Rl), fnp → f en C(E,Rl).

3. El teorema de Stone-Weierstrass

En esta seccion demostraremos el teorema de aproximacion de Stone-Weierstrass, el cual enlista familias de funciones densas en C(X) = C(X,R).Este teorema, al igual que el de Arzela-Ascoli estudiado en la seccion ante-rior, tambien se refiere al espacio de funciones continuas definidas en espacioscompactos X.

Recordemos que A es denso en un espacio metrico X si A ⊃ X. Esto esequivalente a decir que A es denso en X si, para todo ε > 0 y x ∈ X, la bolaBε(x) interseca al conjunto A; es decir, existe a ∈ A tal que d(x, a) < ε.

Consideremos ahora el caso C([a, b]), el espacio de funciones continuasreales en [a, b], y P, el conjunto de las funciones polinomiales. La versionclasica del teorema de aproximacion de Weierstrass es la siguiente.

Teorema 5.13 (Weierstrass). P es denso en C([a, b]).

3. El teorema de Stone-Weierstrass 87

Aunque ahora existen muchas demostraciones de este teorema, las masfamosas dadas por Bernstein2 o Lebesgue3, aquı daremos la demostracionoriginalmente dada por Weierstrass en 1885 [8].

Consideremos la funcion

ψ(x) = e−πx2

.

Esta funcion es positiva y su integral (impropia) sobre R converge y es iguala ∫ ∞

−∞ψ = 1.

Ademas, tenemos el siguiente lema.

Lema 5.14. Sea f : R → R una funcion uniformemente continua, acotaday, para cada r > 0, definimos

F (x, r) =1

r

∫ ∞

−∞f(u)ψ

(u− x

r

)du.

Entonces lımr→0 F (x, r) = f(x) uniformemente en x; es decir, para todoε > 0 existe r0 > 0 tal que, si 0 < r < r0, entonces

∣∣F (x, r) − f(x)∣∣ < ε

para todo x ∈ R.

Demostracion. Para δ > 0, escribimos

F (x, r) − f(x) =1

r

∫ ∞

−∞f(u)ψ

(u− x

r

)du− f(x)

=

∫ ∞

−∞f(x+ ru)ψ(u)du− f(x) ·

∫ ∞

−∞ψ(u)du

=

∫ ∞

−∞

(f(x+ ru) − f(x)

)ψ(u)du

=

∫

|u|> δr

(f(x+ ru) − f(x)

)ψ(u)du

+

∫

|u|≤ δr

(f(x+ ru) − f(x)

)ψ(u)du.

2La demostracion de Bernstein es constructiva. De hecho, si [a, b] = [0, 1], Bernstein de-mostro que la sucesion de polinomios (ahora llamados polinomios de Bernstein)

Bn(x) =

n∑

k=0

f( k

n

) (nk

)xk(1 − x)n−k

converge uniformemente a f . Vease por ejemplo [5, Capıtulo1].3La demostracion de Lebesgue consiste, primero, en aproximar uniformemente con polinomios

la funcion | · | en [−1, 1] y, luego, observar que las funciones poligonales son densas en C([a, b]).Este trabajo, de hecho, fue la primera publicacion de Lebesgue [3].


Ahora bien, sea ε > 0 dado. Como f es acotada, existe M > 0 tal que|f(x)| ≤M para todo x ∈ R. Como

∫ ∞−∞ ψ converge, existe N > 0 tal que

∫

|u|>Nψ(u)du <

ε

4M.

Como f es uniformemente continua, existe δ > 0 (independiente de x) talque |x − y| < δ implica |f(x) − f(y)| < ε/2. Tomamos entonces r0 > 0 talque r0 < δ/N . Entonces, si 0 < r < r0,

∣∣F (x, r) − f(x)∣∣ ≤

∫

|u|> δr

∣∣f(x+ ru) − f(x)∣∣ψ(u)du

+

∫

|u|≤ δr

∣∣f(x+ ru) − f(x)∣∣ψ(u)du

≤∫

|u|>N2Mψ(u)du+

∫

|u|≤ δr

ε

2ψ(u)du

< 2M · ε

4M+ε

2

∫

R

ψ(u)du = ε.

Demostracion del teorema 5.13. Sea f ∈ C([a, b]) y ε > 0. Escogemos

c, d ∈ R tales que c < a y d > b, y una funcion continua f : R → R quecoincide con f en [a, b] y es cero afuera de [c, d]. Por ejemplo, podemos tomar

f(x) =

0 si x < c

f(a)x− c

a− csi c ≤ x < a

f(x) si a ≤ x ≤ b

f(b)d− x

d− bsi b < x ≤ d

0 si x > d.

(Vease la figura 3.) Entonces, si como en el lema anterior definimos

F (x, r) =1

r

∫ ∞

−∞f(u)ψ

(u− x

r

)du =

1

r

∫ d

cf(u)ψ

(u− x

r

)du,

existe r0 tal que, para todo x ∈ R,

|F (x, r0) − f(x)| < ε

2.

Ahora bien, si hacemos gu(x) = ψ(u− x

r0

), no es muy difıcil ver que la serie

de Taylor en x de gu alrededor de x = 0,

gu(x) =∞∑

n=0

g(n)(0)

n!xn =

∞∑

n=0

(−1)nψ(n)(u/r0)

n!rn0

xn,


a b dc

Figura 3. La funcion f en [a, b] extendida a f en R.

converge a gu uniformemente en x y en u sobre cualquier subconjunto com-pacto de R, en particular para x, u ∈ [c, d]. Si M = max |f |, entonces existeN0 tal que, para todo x, u ∈ [c, d],

∣∣∣ψ(u− x

r0

)−

N0∑

n=0

(−1)nψ(n)(u/r0)

n!rn0

xn∣∣∣ <

r02M(d− c)

ε,

por lo que si hacemos

P (x) =1

r0

N0∑

n=0

(−1)n

n!rn0

xn

∫ d

cf(u)ψ(n)(u/r0)du,

entonces P (x) es un polinomio de grado N0 que satisface

|F (x, r0) − P (x)| =1

r0

∣∣∣∫ d

cf(u)

(ψ

(u− x

r

)−

N0∑

n=0

(−1)nψ(n)( ur0

)

n!rn0

xn)du

∣∣∣

<1

r0

∫ d

c|f(u)| r0

2M(d− c)εdu ≤ ε

2,

para todo x ∈ [c, d]. Esto implica que

|f(x) − P (x)| ≤ |f(x) − F (x, r0)| + |F (x, r0) − P (x)| < ε

para x ∈ [c, d] y, como f ≡ f en [a, b], tenemos que

|f(x) − P (x)| < ε

para todo x ∈ [a, b].

Por lo tanto P es denso en C([a, b]).

Recordemos que un espacio metrico X es separable si tiene un subcon-junto denso contable. Como corolario al teorema 5.13, tenemos entonces queC([a, b]) es separable porque PQ, el espacio de polinomios con coeficientesracionales, es tambien denso en C([a, b]).


Corolario 5.15. C([a, b]) es separable.

Demostracion. Sea

M = max1, |a|, |b|, |a2|, |b2|, . . . , |an|, |bn|.Si p(x) = a0 +a1x+ . . . anx

n es un polinomio y ε > 0, sean r0, r1, . . . , rn ∈ Q

tales que

|ai − ri| ≤ε

nM, i = 0, 1, . . . , n,

y p0(x) = r0 + r1x+ . . .+ rnxn. Entonces, para x ∈ [a, b]),

|p(x) − p0(x)| ≤n∑

i=0

|ai − ri||xn| < ε.

Esto implica que el conjunto de polinomios con coeficientes racionales PQ esdenso en P, y por lo tanto denso en C([a, b]). Como PQ es contable, C([a, b])es separable.

El teorema de Stone-Weierstrass ofrece una generalizacion a este resul-tado, donde consideramos un espacio compacto X general. En este caso,en lugar de las funciones polinomiales, consideraremos una familia A defunciones con las siguientes propiedades:

1. A es un algebra, es decir, es un subespacio vectorial de C(X) cerradobajo multiplicacion: si f, g ∈ A, entonces fg ∈ A.

2. A separa puntos en X: para x, y ∈ X, x 6= y, existe f ∈ A tal quef(x) 6= f(y).

3. A contiene las funciones constantes.

Es claro que el espacio de polinomios P, o incluso PQ, satisface laspropiedades anteriores.

Teorema 5.16 (Stone-Weierstrass). Sea X un espacio metrico compacto yA un algebra de funciones continuas en X que separa puntos y contiene lasfunciones constantes. Entonces A es denso en C(X).

Demostraremos que la cerradura A = C(X). Para esto, primero demos-traremos que A satisface las tres propiedades mencionadas anteriormente.Es obvio que satisface las ultimas dos, puesto que A ⊃ A. El que tambiensea un algebra lo enunciaremos como lema.

Lema 5.17. Sea A un algebra en C(X). Entonces su cerradura A es tambienun algebra en C(X).

Demostracion. Para verificar que A es un algebra, tenemos que mostrarque si f, g ∈ A entonces f + g y fg estan en A.


Para ε > 0, existen f ′, g′ ∈ A tales que

||f − f ′||u <ε

2y ||g − g′||u <

ε

2.

Entonces, ||(f + g) − (f ′ + g′)||u < ε. Como A es un algebra, f ′ + g′ ∈ A;como ε es arbitrario, f + g ∈ A.

Dado ε > 0, escogemos g′′ ∈ A tal que

||g − g′′||u <ε

2||f ||u + 1.

Ahora bien, tomamos f ′′ ∈ A tal que

||f − f ′′||u <ε

2||g′′||u + 1.

Entonces, f ′′ · g′′ ∈ A y

||fg − f ′′g′′||u = ||fg − fg′′ + fg′′ − f ′′g′′||u≤ ||f ||u||g − g′′||u + ||f − f ′′||u||g′′||u

≤ ||f ||uε2||f ||u + 1

+||g′′||uε

2||g′′||u + 1< ε.

Como ε es arbitrario, fg ∈ A.

En la demostracion anterior hemos usado el hecho que, si f, g ∈ C(X),entonces

||fg||u ≤ ||f ||u||g||u,que es consecuencia directa de la definicion de la norma uniforme (ejercicio6).

Separaremos la demostracion del teorema de Stone-Weierstrass en otrostres lemas. Los dos primeros se refieren a algebras cerradas en C(X), y lacompacidad de X no es necesaria (si trabajamos, claro, en CA(X)).

Lema 5.18. Sea A un algebra cerrada en C(X). Si f ∈ A, entonces |f | ∈ A.

Con |f | nos referimos a la funcion |f |(x) = |f(x)|.

Demostracion. Sea ε > 0 dado. Para M = ||f ||u, tomamos un polinomiop tal que ∣∣|x| − p(x)

∣∣ < ε para x ∈ [−M,M ].

Tal polinomio existe por el teorema de Weierstrass. Entonces, como f(x) ∈[−M,M ] para todo x ∈ X, tenemos que

∣∣|f(x)| − p(f(x))∣∣ < ε

para todo x ∈ X. La funcion p f ∈ A porque A es un algebra. Como ε esarbitrario y A es cerrada, |f | ∈ A.


Lema 5.19. Si A es un algebra cerrada en C(X), entonces, si f, g ∈ A,max(f, g),mın(f, g) ∈ A.

Con max(f, g) nos referimos a la funcion

max(f, g)(x) = maxf(x), g(x),y similarmente para mın(f, g). Es facil ver que estas dos funciones tambienson continuas (ejercicio 7).

Un subconjunto S de C(X) con la propiedad de que si f, g ∈ S entoncesmax(f, g),mın(f, g) ∈ S es llamado un latiz. Entonces, el lema 5.19 implicaque toda algebra cerrada en C(X) es un latiz.

Demostracion. La demostracion se sigue inmediatamente del lema 5.18,ya que

max(f, g) =1

2(f + g + |f − g|)

mın(f, g) =1

2(f + g − |f − g|).

Es claro que, recursivamente, si A es un latiz y f1, . . . , fn ∈ A, entonces

maxf1, . . . , fn ∈ A y mınf1, . . . , fn ∈ A.

Casi estamos listos para la demostracion del teorema. Antes, demos-traremos un lema referente a latices cerrados en C(X). Es aquı donde lacompacidad de X es necesaria.

Lema 5.20. Sea (X, d) un espacio compacto y A un latiz cerrado en C(X),Si f ∈ C(X) es tal que, para cada x, y ∈ X, existe gxy ∈ A tal que

gxy(x) = f(x) y gxy(y) = f(y),

entonces f ∈ A.

Demostracion. Sea ε > 0. Demostraremos que existe g ∈ A tal que, parax ∈ X, |f(x)− g(x)| < ε. Entonces ||f − g||u < ε y, como A es cerrado, estoimplica que f ∈ A.

Dado y ∈ X, para cada x ∈ X escogemos gxy ∈ A como en la hipotesis.Como f y cada gxy son continuas, existen δx > 0 tales que

gxy(z) > f(z) − ε

para z ∈ Bδx(x).

Ahora bien, Bδx(x)x∈X es una cubierta para X. Como X es compacto,

existe una subcubierta finita Bδ1(x1), . . . , Bδn(xn). Si tomamos

gy = maxgx1y, . . . , gxny,


entonces gy ∈ A y gy(z) > f(z) − ε para todo z ∈ X.

Para cada y ∈ X, consideramos la funcion (continua) gy construidaanteriormente y tomamos δy > 0 tales que, si z ∈ Bδy

(y), entonces

gy(z) < f(z) + ε.

De nuevo, Bδy(y)y∈X forma una cubierta de X. Si

Bδ1(y1), . . . , Bδm(ym)

es una subcubierta finita, tomamos

g = mıngy1, . . . , gym.

Entonces g ∈ A y, para todo z ∈ X, g(z) < f(z)+ ε. Tenemos entonces que,para z ∈ X,

−ε < g(z) − f(z) < ε,

por lo que |g(z) − f(z)| < ε para todo z ∈ X.

Una inspeccion cuidadosa de la demostracion del lema 5.20 nos permitenotar que, escencialmente, estamos generalizando el hecho que las funcionescontinuas en un intervalo [a, b] se pueden aproximar uniformemente por lasfunciones poligonales (lineales por pedazos).

Si A contiene al latiz de las funciones poligonales en un intervalo, ge-nerado por las funciones lineales, entonces gxy es la recta que pasa por lospuntos (x, f(x)) y (y, f(y)), por lo que gy correspondera la cuna con verticeen (y, f(y)) sobre todas estas rectas (figura 4).

Figura 4. La construccion de la funcion gy en [0, 1]. Al izquierda, lasrectas gxy con base en el punto (y, f(y)) y, a la derecha, la cuna gy convertice en (y, f(y)).

Finalmente, la funcion g corresponde a la funcion poligonal que pasa pordebajo de las cunas gy1

, . . . , gym (figura 5).

Ahora sı estamos listos para concluir la demostracion del teorema deStone-Weierstrass.


Figura 5. La funcion g es la funcion poligonal que pasa por debajo delas cunas de la figura 4.

Demostracion del teorema de Stone-Weierstrass: Dada una funcionf ∈ C(X), demostraremos que, para cada x, y ∈ X, existe g ∈ A tal queg(x) = f(x) y g(y) = f(y). El teorema entonces quedara demostrado porlos lemas 5.19 y 5.20.

Sean x, y ∈ X. Si x = y, entonces tomamos la funcion constante g(z) =f(x) para todo z ∈ X. Como A contiene a las constantes, g ∈ A.

Ahora bien, si x 6= y, tomamos h ∈ A tal que h(x) 6= h(y). Tal funcionexiste porque A separa puntos. Definimos ahora g : X → R por

g = f(x) +f(y) − f(x)

h(y) − h(x)

(h− h(x)

).

Por el lema 5.17, A es un algebra y, como contiene a las constantes, g ∈ A.Finalmente, observamos que g(x) = f(x) y g(y) = f(y).

Hemos asumido que el algebra A separa puntos y contiene a las funcionesconstantes. Es claro ver que la primera de estas hipotesis es necesaria porque,si A no separara puntos bien podrıa contener solo a la funcion cero.

Ejemplo 5.21. Un ejemplo no trivial de un algebra que no separa puntoses el conjunto de las funciones pares en [−a, a]. Es claro que esta algebra escerrada y, definitivamente, no es todo C([−a, a]).Ejemplo 5.22. Consideremos el subespacio de C([0, 1]) dado por

K = f ∈ C([0, 1]) : f(0) = 0.Entonces K es un algebra cerrada en C([0, 1]) que separa puntos, pero cla-ramente no es todo C([0, 1]).

El algebra K del ejemplo 5.22 es un algebra que no contiene a las cons-tantes (excepto por la funcion cero). De hecho, en general uno puede mostrarque, si A es un algebra en C(X) que no contiene a todas las funciones cons-tantes, entonces existe x0 ∈ X tal que f(x0) = 0 para toda f ∈ A. Vease,por ejemplo, [2, Seccion 4.7].


Ejemplo 5.23 (Polinomios trigonometricos). Sea T el cırculo de radio 1, concentro en 0, en R2, y consideremos el espacio C(T) de funciones continuasen T. Si f ∈ C(T), entonces la funcion g : [0, 2π] → R dada por

g(t) = f(cos t, sen t)

es continua en [0, 2π], con g(0) = g(2π). De manera inversa, si g ∈ C([0, 2π])y g(0) = g(2π), podemos definir f : T → R por

f(cos t, sen t) = g(t),

y f es continua en T. Esto nos permite identificar C(T) con el subespaciode C([0, 2π]) de funciones g continuas con g(0) = g(2π).

Un polinomio trigonometrico es una funcion T : [0, 2π] → R de la forma

T (x) =n∑

k=0

(ak cos(kx) + bk sen(kx)

).

Es claro que T ∈ C(T). Si T es el conjunto de polinomios trigonometricosen [0, 2π], entonces T es denso en C(T).

Para ver esto, verificaremos que T satisface las hipotesis del teorema deStone-Weierstrass. Primero, es claro que T contiene a las funciones cons-tantes y que separa puntos: si x 6= y, entonces senx 6= sen y, al menos que0 ≤ x, y ≤ π y y = π − x, o π ≤ x, y ≤ 2π y y = 3π − x. En tales casoscosx = − cos y 6= cos y.

Para verificar que T es un algebra, solo tenemos que verificar que escerrado bajo productos, porque es claro que es un espacio vectorial. Sinembargo, esto se sigue porque

cosnx cosmx =1

2

(cos(n−m)x+ cos(n+m)x

)

sennx senmx =1

2

(cos(n−m)x− cos(n+m)x

)

cosnx senmx =1

2

(sen(n+m)x− sen(n−m)x

).

Algunas aplicaciones del teorema de Stone-Weierstrass se pueden encon-trar en los ejercicios de este capıtulo, y algunas generalizaciones y aplicacio-nes adicionales se pueden encontrar en el artıculo [7].


Ejercicios

1. Determine si las siguientes colecciones de funciones son equicontinuasy/o acotadas punto por punto.

sen(nx)∞n=1 en C([0, 2π]);xn∞n=1 en C([0, 1]);xn

n

∞

n=1en C([0, 2]).

2. Sea fn : [a, b] → R una sucesion monotona de funciones continuas queconverge punto por punto a la funcion continua f : [a, b] → R. Entoncesfn f en [a, b].

3. Sea Ω un conjunto abierto en Rm y (fn) una sucesion equicontinuade funciones tal que (fn(x)) converge para cada x ∈ Ω. Entonces (fn)converge uniformemente en cada subconjunto compacto de Ω.

4. Sea K : [0, 1] → [0, 1] una funcion continua, y definimos el operadorL : C[0, 1] → C[0, 1] por

Lf(x) =

∫ 1

0K(x, y)f(y)dy,

como en el ejemplo 4.19. Entonces la cerradura de la imagen de la bolaB1(0) en C([0, 1]) bajo L es un conjunto compacto en C([0, 1]).

5. Sea X un espacio metrico compacto y L ⊂ C(X,Rl) la familia de fun-ciones

L = f ∈ C(X,Rl) : ||f ||u ≤ 1, ||f(x) − f(y)||E ≤ d(x, y), x, y ∈ X.Entonces L es compacto.

6. Sean f, g ∈ CA(X). Entonces ||fg||u ≤ ||f ||u||g||u.

7. Sean f, g ∈ C(X). Entonces las funciones

max(f, g) : X → R y mın(f, g) : X → R

son continuas.

8. Sea a > 0. Entonces el espacio de las funciones continuas pares en [−a, a],P = f ∈ C([−a, a]) : f(x) = f(−x), x ∈ [−a, a],

es un algebra cerrada propia en C([−a, a]).9. Sea f una funcion continua en [a, b] tal que

∫ b

af(x)xndx = 0

Ejercicios 97

para todo n = 0, 1, 2, . . .. Entonces f(x) = 0 para todo x ∈ [a, b]. (Suge-

rencia: Utilice el teorema de Weierstrass para demostrar que∫ ba f

2 = 0.)

10. Encuentre f : [0, 1] → R continua tal que∫ 1

0f(x)dx =

∫ 1

0f(x)xdx =

∫ 1

0f(x)x2dx = 0

y f(x) 6= 0 para algun x ∈ [0, 1].

11. Sean X y Y espacios metricos compactos, X × Y el espacio producto yA el algebra generada por las funciones f : X × Y → R de la forma

f(x, y) = g(x)h(y) g ∈ C(X), h ∈ C(Y ).

Entonces A es denso en C(X × Y ).

Capıtulo 6

Teorıa de Baire

1. El teorema de Cantor

En este capıtulo estudiaremos mas a fondo los espacios metricos comple-tos. Lo primero que haremos es establecer la equivalencia entre completitudy la llamada propiedad de Cantor, la cual demostraremos en esta seccion.

Si A es un subconjunto no vacıo del espacio metrico (X, d), definimos eldiametro de A como

diamA =

supx,y∈A d(x, y) si A es acotado

∞ si A no es acotado.

Si A es acotado, entonces el conjunto

d(x, y) : x, y ∈ A

es acotado ya que, si para algun x0 ∈ X, d(x, x0) ≤ M para todo x ∈ A,entonces

d(x, y) ≤ d(x, x0) + d(x0, y) ≤ 2M

para todo x, y ∈ A. Entonces diamA existe por la completitud de los nume-ros reales.

Ahora demostraremos el teorema de Cantor, el cual ofrece una propie-dad equivalente a completitud en terminos del diametro de sucesiones deconjuntos.

Ejemplo 6.1. Sea x ∈ X y Br(x) la bola de radio r con centro en x.Entonces

diamBr(x) ≤ 2r.

99

100 6. Teorıa de Baire

Para mostrar esto, vemos que, si y, z ∈ Br(x), entonces, por la desigualdaddel triangulo,

d(y, z) ≤ d(y, x) + d(x, z) < 2r.

Entonces

diamBr(x) = supy,z∈Br(x)

d(y, z) ≤ 2r.

Aunque no es muy difıcil mostrar que diamBr(x) = 2r en el espacio Rl,tambien es posible que este diametro sea menor a 2r (ejercicios 1 y 2).

El diametro satisface las siguientes propiedades.

Proposicion 6.2. Sean A,B ⊂ X no vacıos. Entonces

1. diamA = 0 si, y solo si, A = x para algun x ∈ X;

2. Si A ⊂ B, entonces diamA ≤ diamB.

Demostracion. 1. La primera parte se sigue porque d(x, y) = 0 si, ysolo si, x = y.

2. Si A ⊂ B, entonces

d(x, y) : x, y ∈ A ⊂ d(x, y) : x, y ∈ B,por lo que entonces diamA ≤ diamB.

Decimos que (An) es una sucesion decreciente de conjuntos si An+1 ⊂ An

para cada n.

Teorema 6.3 (Cantor). El espacio metrico (X, d) es completo si, y solo si,para toda sucesion decreciente de subconjuntos An, no vacıos y cerrados enX, tal que lımn→∞ diamAn = 0, tenemos que

∞⋂

n=1

An = x0

para algun x0 ∈ X.

Demostracion. Supongamos que (X, d) es completo, y sea An una sucesionde conjuntos no vacıos cerrados en X, decreciente y tal que

lımn→∞

diamAn = 0.

Tomemos una sucesion (xn) en X tal que xn ∈ An. Observamos que tal suce-sion es de Cauchy. Para verificarlo, sean ε > 0 y N > 0 tal que diamAN < ε.Entonces, para todo n ≥ N , An ⊂ AN y, por lo tanto, diamAn < ε, lo cualimplica que si m,n ≥ N , entonces

d(xn, xm) < ε.

1. El teorema de Cantor 101

Entonces (xn) es una sucesion de Cauchy y, por la completitud de X,converge, digamos xn → x0. Demostraremos que x0 ∈ ⋂

An = x0, mos-trando que x0 ∈ An para todo n.

Para demostrar que x0 ∈ An para todo n, fijamos un n0 y demostraremosque

Bε(x0) ∩An06= ∅

para todo ε > 0. Esto implica que x0 ∈ An0y, como An0

es cerrado, x0 ∈ An0.

Sea ε > 0. Como xn → x0, existe N > 0 tal que

d(xn, x0) < ε

para todo n ≥ N . Si tomamos n ≥ N y n ≥ n0, entonces

xn ∈ Bε(x0) y xn ∈ An ⊂ An0.

Entonces

xn ∈ Bε(x0) ∩An0.

Por lo tanto x0 ∈ An0y, como n0 es arbitrario, x0 ∈ An para todo n.

Ahora bien,

diam( ∞⋂

n=1

An

)= 0,

ya que⋂An ⊂ Ak para todo Ak y, ademas, diamAk → 0. Por la proposicion

6.2,⋂An = x0.

Para mostrar la inversa, sea (xn) una sucesion de Cauchy en X. Defini-mos los conjuntos

Tn = xk : k ≥ n,An = Tn.

Claramente, cada An es no vacıo, cerrado, y An+1 ⊂ An, n = 1, 2, . . ..Ademas,

diamAn = supm,k≥n

d(xm, xk),

por el ejercicio 3. Como (xn) es de Cauchy, dado ε > 0 existe N > 0 tal que

d(xm, xn) <ε

2

para todo m,n ≥ N , y por lo tanto

diamAn ≤ diamAN ≤ ε

2< ε

para todo n ≥ N . Entonces diamAn → 0. Por la hipotesis del teorema,⋂An = x0 para algun x0 ∈ X, y no es difıcil ver que xn → x0 (ejercicio

4).


Ejemplo 6.4. Considere el espacio R. Entonces, dada una subsucesion deintervalos encajados [an, bn] ⊃ [an+1, bn+1],

∞⋂

n=1

[an, bn] 6= ∅.

De hecho, esta propiedad de inteseccion no vacıa de intervalos encajadoses equivalente a la completitud de R. No podemos utilizar directamente elteorema de Cantor, ya que la definicion de diametro depende de la comple-titud de R. Sin embargo, podemos reescribir la hipotesis del teorema de lasiguiente manera:

Sean An 6= ∅, cerrados, An ⊃ An+1, tales que para todo ε > 0 existen0 tal que para todos x, y ∈ An0

, d(x, y) < ε. Entonces⋂An = x0

para algun x0 ∈ X.

Este enunciado evita el uso del diametro de un conjunto, y la equivalenciacon la completitud de R se muestra de la misma manera con la que fuedemostrado el teorema de Cantor (ejercicio 5).

2. El teorema de Baire

En esta seccion mostraremos el teorema de Baire, y daremos algunasaplicaciones en la siguiente. Aunque este teorema es una simple consecuenciadel teorema de Cantor demostrado en la seccion anterior, su uso ofrece unmetodo muy poderoso para resolver diversos problemas de analisis.

Recordemos que si S,A ⊂ X, decimos que S es denso en A si, para todoε > 0 y x ∈ A, Bε(x) ∩ S 6= ∅; es decir, S ⊃ A.

Es claro que la union de conjuntos densos es tambien un conjunto denso.Esto no es cierto acerca de la interseccion de conjuntos densos, ya que inclusoesta puede ser vacıa, como en el caso Q y R \ Q, los cuales son densos en R

y disjuntos.

Sin embargo, la interseccion de dos conjuntos densos abiertos en unespacio metrico completo es un conjunto denso. De hecho, tambien en elcaso de intersecciones contables, como establecemos a continuacion.

Teorema 6.5 (Baire). Sea (X, d) un espacio metrico completo y Un∞n=1

una familia contable de conjuntos abiertos densos en X. Entonces

U =∞⋂

n=1

Un

es denso en X.

Demostracion. Sean x ∈ X y ε > 0. Mostraremos que la interseccionBε(x) ∩ U no es vacıa.

2. El teorema de Baire 103

Como U1 es denso, existe x1 ∈ Bε(x) ∩ U1. Tanto Bε(x) como U1 sonabiertos, por lo que Bε(x) ∩ U1 es tambien abierto y podemos encontrar unδ1 > 0 tal que

Bδ1(x1) ⊂ Bε(x) ∩ U1.

Sea

r1 = mınδ1

2,ε

2

y

A1 = Br1(x1).

A1 es cerrado y es subconjunto de Bε(x)∩U1. De igual forma, ya que U2 es

abierto y denso en X, podemos encontrar x2 ∈ X y r2 ≤ ε

4tales que

A2 = Br2(x2) ⊂ Br1

(x1) ∩ U2 ⊂ Bε(x) ∩ U2.

Por induccion, construımos una sucesion decreciente de conjuntos cerradosno vacıos An tal que

diamAn ≤ ε

2n

y

An ⊂ Bε(x) ∩ Un.

Por el teorema de Cantor,⋂

nAn = x0 para algun x0 ∈ X. Pero entonces

x0 ∈ An ⊂ Bε(x) ∩ Un

para todo n, por lo que concluimos que

x0 ∈ Bε(x) ∩ U .

Decimos que un subconjunto A ⊂ X es denso en ninguna parte si elconjunto X \ A es denso. Es decir, para todo x ∈ A y ε > 0, Bε(x) 6⊂ A.

En otras palabras, A es denso en ninguna parte si su cerradura A nocontiene ningun conjunto abierto.

Ejemplo 6.6. El conjunto vacıo ∅ es denso en ninguna parte.

Ejemplo 6.7. SiX = Rl, entonces todos sus subconjuntos finitos son densosen ninguna parte. De hecho, esto es cierto de todos los subespacios discretosde Rl, como Z o 1/nn≥1 en R.

Ejemplo 6.8. El conjunto de Cantor, definido en el ejemplo 1.41, es unconjunto denso en ninguna parte de R. Para verificar esto, sea x ∈ C y

δ > 0. Si n es tal que1

3n< δ, entonces es claro que

(x− δ, x+ δ) 6⊂ I,


donde I es el intervalo de longitud 3−n que contiene a x obtenido en lan-esima iteracion en la construccion de C (vease el ejemplo 1.41). Entonces

(x− δ, x+ δ) 6⊂ C

y, como C es cerrado en R, concluimos que denso en ninguna parte.

Definicion 6.9. Sea (X, d) un espacio metrico. Decimos queX es un espaciode primera categorıa si existe una sucesion de conjuntos En ⊂ X, densos enninguna parte, tales que

X =⋃

n

En.

Decimos que X es de segunda categorıa si no es de primera categorıa.

Es decir, un espacio es de primera categorıa si es la union contable deconjuntos densos en ninguna parte, y de segunda categorıa si no lo es.

Ejemplo 6.10. Un espacio discreto X es de segunda categorıa, porque nocontiene conjuntos densos en ninguna parte (ejercicio 6).

Corolario 6.11 (Baire). Si (X, d) es un espacio metrico completo, entoncesX es de segunda categorıa.

Demostracion. Sea En una coleccion contable de subconjuntos de Xdensos en ninguna parte. Demostraremos que

⋃

n

En 6= X.

Sean

Un = X \ En.

Entonces cada Un es abierto, denso, y, por el teorema de Baire, la interseccion⋂

n

Un = X \⋃

n

En

es un conjunto denso. En particular,

X \⋃

n

En 6= ∅

y, como ⋃

n

En ⊃⋃

n

En,

X \ ⋃En tampoco es vacıo. Por lo tanto

⋃En 6= X.

Tanto el teorema 6.5 como el corolario 6.11 son conocidos como “elteorema de Baire”, y nosotros utilizaremos este nombre para referirnos acualquiera de estos dos resultados.

3. Aplicaciones 105

3. Aplicaciones

3.1. Cardinalidad. Una consecuencia directa del teorema de Baire es laincontabilidad de R. Si R fuera contable, entonces serıa la union contable decada uno de sus puntos y, como hemos visto que cada subconjunto finito deR es denso en niguna parte, esto contradice la completitud de R. Podemosgeneralizar este resultado de la siguiente manera.

Teorema 6.12. Sea (X, d) un espacio metrico completo tal que cada unode sus puntos es un punto de acumulacion de X. Entonces X es incontable.

Demostracion. Si x es un punto de acumulacion de X, entonces todas lasbolas Bε(x) contienen puntos de X distintos a x, por lo que entonces elconjunto X \ x es denso. Como x es cerrado, x es denso en nigunaparte. SiX fuera contable, serıa la union contable de cada uno de sus puntos,una contradiccion con la completitud de X, por el teorema de Baire.

Ejemplo 6.13. El conjunto de Cantor es un subespacio completo de R

(porque es cerrado en R y por el teorema 2.20) y no tiene puntos aislados(ejercicio 18 del capıtulo 1). Por el teorema 6.12, C es incontable.

3.2. Conjuntos Gδ y Fσ. Sabemos que la interseccion infinita de con-juntos abiertos en un espacio metrico no es, en general, un conjunto abierto,y lo mismo sucede con uniones infinitas de conjuntos cerrados. Sin embargo,cuando nos referimos a uniones o intersecciones contables, podemos obteneralgunos resultados utiles para resolver varios problemas de analisis.

Definicion 6.14. Sea (X, d) un espacio metrico. Decimos que A ⊂ X es unconjunto Gδ en X si A es la interseccion contable de conjuntos abiertos enX.

Decimos que A es un conjunto Fσ si es la union contable de conjuntoscerrados en X.

Ejemplo 6.15. Todo subconjunto contable de X es un conjunto Fσ en X.Esto se debe a que cada punto de X es cerrado en X.

Ejemplo 6.16. Si x ∈ X, entonces

x =∞⋂

n=1

B1/n(x),

por lo que entonces el conjunto x es un conjunto Gδ en X.

Si A es un conjunto Gδ en X, entonces X \A es un conjunto Fσ. Esto sesigue por la leyes de De Morgan. De la misma forma, si A es Fσ, entoncesX \A es Gδ en X (ejercicio 8).


Por el ejemplo 6.15, si X \A es contable, entonces A es un conjunto Gδ

en X.

Ejemplo 6.17. Los conjuntos Q y R \ Q son conjuntos Fσ y Gδ en R,respectivamente.

El ejemplo 6.17 da origen a la siguiente pregunta: ¿es el conjunto Q

un conjunto Gδ en R? La respuesta a esta pregunta es negativa, como loestablece el siguiente teorema.

Teorema 6.18. El conjunto Q no es Gδ en R.

Demostracion. Supongamos que

Q =

∞⋂

n=1

Un,

donde los conjuntos Un son abiertos en R. Como Q es denso, cada Un esdenso, y por lo tanto los conjuntos En = R \ Un son densos en ningunaparte. Entonces podemos escribir

R =⋃En ∪

⋃

q∈Q

q,

la union contable de conjuntos densos en ninguna parte (Q es contable).Esto contradice el teorema de Baire y la completitud de R.

3.3. Continuidad de funciones. Consideremos las funciones, en R, da-das por

f(x) =

1 si x ∈ Q

0 si x ∈ R \ Q,(6.1)

g(x) =

1

qsi x ∈ Q y x =

p

q, mcd(p, q) = 1

0 si x ∈ R \ Q,(6.2)

donde mcd(p, q) denota el maximo comun divisor de los enteros p y q. Lafuncion f es discontinua en todos los puntos de R, mientras que g es continuaprecisamente en los numeros irracionales (ejercicios 12 y 13).

Tales funciones nos hacen pensar en la siguiente pregunta: ¿existe unafuncion en R que sea continua precisamente en los numeros racionales, esdecir, continua en Q y discontinua en R\Q? Demostraremos que tal funcionno existe utilizando el teorema de Baire.

Definicion 6.19. Dada una funcion f : X → Y , donde (X, d) y (Y, d′) sondos espacios metricos, definimos el conjunto de continuidades de f como elconjunto

Cf = x ∈ X : f es continua en x.

3. Aplicaciones 107

Para contestar la pregunta anterior, estudiaremos algunas propiedadesdel conjunto Cf . Para esto, consideremos las siguientes funciones.

Definicion 6.20. Sea f : X → Y . Para x ∈ X y δ > 0 definimos

Of (x, δ) =

supd′(f(y), f(z)) : y, z ∈ Bδ(x) si f es acotada en Bδ(x)

∞ de otra forma.

Definimos ahora, para x ∈ X,

Of (x) = ınfδ>0

O(x, δ).

La funcion Of (x) es llamada la oscilacion de f en x.

Notamos que, si δ ≤ δ′, entonces Of (x, δ) ≤ Of (x, δ′), por lo que

Of (x) = lımδ→0

Of (x, δ)

si Of (x, δ) <∞ para algun δ > 0.

Ejemplo 6.21. Sea X = (0, 1) y f(x) =1

x. Entonces

Of

(1

4, δ

)= ∞

si δ ≥ 1/4. Sin embargo, como f es continua en 1/4, para cada ε > 0 existeδ > 0 tal que

f(Bδ

(1

4

))⊂ Bε

(f(1

4

))= Bε(4),

por lo que

Of

(1

4, δ

)≤ 2ε.

Entonces, como ε > 0 es arbitrario, Of (1/4) = 0.

En general, si f es continua en x, entonces Of (x) = 0. La inversa tambienes cierta, como mostramos a continuacion.

Proposicion 6.22. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos, f : X → Yy x ∈ X. Entonces f es continua en x si y solo si Of (x) = 0.

Demostracion. Supongamos que f es continua en x y sea ε > 0. Entoncesexiste δ > 0 tal que

f(Bδ(x)) ⊂ Bε/2(f(x)).

Entonces, si y, z ∈ Bδ(x),

d′(f(y), f(z)) ≤ d′(f(y), f(x)) + d′(f(x), f(z)) <ε

2+ε

2= ε,

por lo que entoncesOf (x, δ) ≤ ε.

Como ε > 0 es arbitrario, esto demuestra que Of (x) = 0.


De manera inversa, supongamos que Of (x) = 0, y sea ε > 0. Como

lımδ→0

Of (x, δ) = 0,

existe δ > 0 tal que Of (x, δ) < ε; es decir, para y, z ∈ Bδ(x),

d′(f(y), f(z)) < ε.

Pero esto implica que f(y) ∈ Bε(f(x)) para todo y ∈ Bδ(x) y, por lo tanto,f es continua en x.

Tenemos entonces que

Cf = x ∈ X : Of (x) = 0.Ejemplo 6.23. Sea X = [0, 1] y f la funcion

f(x) =

0 x = 01

x0 < x ≤ 1.

Entonces Of (0, δ) = ∞ para todo δ > 0.

Ejemplo 6.24. Consideremos ahora X = [0, 1] y f la funcion

f(x) =

0 x = 0

sin(1

x

)0 < x ≤ 1.

Vease la figura 1. Entonces Of (0, δ) = 2 para todo δ > 0.

0.2 0.4 0.6 0.8 1

-1

-0.5

0.5

1

Figura 1. Grafica de la funcion f en [0, 1].

Ejemplo 6.25. Si f : R → R es la funcion definida por (6.1), entoncesOf (x, δ) = 1 para todo x ∈ R y δ > 0, ya que cualquier intervalo (x−δ, x+δ)contiene numeros racionales e irracionales, por lo que

sup|f(y) − f(z)| : y, z ∈ (x− δ, x+ δ = 1.

Entonces Of (x) = 1 para todo x ∈ [0, 1].

3. Aplicaciones 109

Ejemplo 6.26. Si g : R → R es la funcion definida por (6.2), entoncesOg(x) = g(x) (ejercicio 14).

Los ejemplos anteriores describen la funcion oscilacion en distintos pun-tos del dominio de una funcion. Sabemos que Of (x) = 0 si f es continua enx y Of (x) > 0 si f no es continua en x (o ∞, si f no es acotada en ningunavecindad de x). Ahora bien, si definimos el conjunto

Of (ε) = x ∈ X : Of (x) < ε,tenemos el siguiente resultado.

Lema 6.27. El conjunto Of (ε) es abierto en X.

Demostracion. Sea x ∈ Of (ε). Queremos encontrar un δ > 0 tal que

Bδ(x) ⊂ Of (ε),

es decir, Of (y) < ε para todo y ∈ Bδ(x). Ahora bien, como x ∈ Of (ε),existe un numero δ0 tal que Of (x, δ0) < ε. De hecho, para algun ε0 > 0,Of (x, δ0) ≤ ε− ε0, es decir,

d′(f(y), f(z)) ≤ ε− ε0 para todo y, z ∈ Bδ0(x).

Sea δ = δ0/2. Demostraremos que Bδ(x) ⊂ Of (ε). Para esto, sea y ∈ Bδ(x).Si d(z, y) < δ, entonces

d(z, x) ≤ d(z, y) + d(y, x) < δ + δ = δ0,

por lo queBδ(y) ⊂ Bδ0(x)

y entonces, si z, z′ ∈ Bδ(y), z, z′ ∈ Bδ0(x) y

d′(f(z), f(z′)) ≤ ε− ε0.

Esto significa que Of (y, δ) ≤ ε− ε0, y por lo tanto Of (y) < ε.

Tenemos entonces el resultado principal de esta seccion.

Teorema 6.28. El conjunto Cf es un conjunto Gδ.

Demostracion. Ya hemos visto que Cf = x ∈ X : Of (x) = 0, por lo queentonces

Cf =∞⋂

n=1

Of (1/n).

Cada Of (1/n) es abierto por el lema 6.27 y, por lo tanto, Cf es un conjuntoGδ.

Como el conjunto de los numeros racionales no es un conjunto Gδ en R,por el teorema 6.18 tenemos entonces la respuesta a la pregunta hecha alinicio de estas notas.


Corolario 6.29. No existe una funcion f : R → R tal que Cf = Q.

3.4. Diferenciabilidad de funciones. En esta seccion demostraremosla existencia de una funcion continua y no diferenciable en todo su dominio.De hecho, mostraremos que el conjunto de funciones continuas diferenciablesen al menos un punto en [0, 1] es de primera categorıa en C([0, 1]).

Lema 6.30. Sea Fn el conjunto

Fn = f ∈ C([0, 1]) : existe x0 ∈ [0, 1 − 1/n] tal que,

para todo x ∈ [x0, 1), |f(x) − f(x0)| ≤ n(x− x0).

Entonces

1. Fn es cerrado en C([0, 1]).

2. Fn es denso en ninguna parte.

Demostracion. 1. Sea (fk) una sucesion en Fn que converge unifor-memente, digamos fk f . Demostraremos que f ∈ Fn. Para esto,escogemos, para cada k, xk ∈ [0, 1 − 1/n] tal que

|fk(x) − f(xk)| ≤ n(x− x0)

para todo x ∈ [xk, 1). Como [0, 1− 1/n] es compacto, (xk) tiene unasubsucesion convergente, digamos xkl

→ x0. Demostraremos que

|f(x) − f(x0)| ≤ n(x− x0)

para todo x ∈ [x0, 1).Sea ε > 0. Sea K tal que, para k, l ≥ K,

|fk(x) − f(x)| < ε

5y |fk(x) − fl(x)| <

ε

5

para todo x ∈ [0, 1]. Ahora, sea δ > 0 tal que, si |x−x0| < δ, entonces

|fK(x) − fK(x0)| <ε

5.

Escogemos L tal que kL ≥ K y, si l ≥ L, entonces

|xkl− x0| < mınδ, ε

5n.

3. Aplicaciones 111

Sea x ∈ [x0, 1). Si x ≥ xkL,

|f(x) − f(x0)| ≤ |f(x) − fkL(x)| + |fkL

(x) − fkL(xkL

)|+ |fkL

(xkL) − fK(xkL

)| + |fK(xkL) − fK(x0)|

+ |fK(x0) − f(x0)|<ε

5+ n(x− xkL

) +ε

5+ε

5+ε

5

=ε

5+ n(x− x0 + x0 − xkL

) +ε

5+ε

5+ε

5

<ε

5+ n(x− x0) + n · ε

5n+ε

5+ε

5+ε

5= n(x− x0) + ε.

Si x < xkL, x0 ≤ x < xkL

, por lo que |x− x0| < δ. Entonces

|f(x) − f(x0)| ≤ |f(x) − fK(x)| + |fK(x) − fK(x0)| + |fK(x0) − f(x0)|

<ε

5+ε

5+ε

5=

3

5ε < n(x− x0) + ε.

Como ε > 0 es arbitrario, entonces

|f(x) − f(x0)| ≤ n(x− x0)

para todo x ∈ [x0, 1).

2. Sean f ∈ C([0, 1]) y ε > 0. Tenemos que encontrar g ∈ C([0, 1]) talque ||f − g||u < ε y g 6∈ Fn.

Como f es uniformemente continua, existe δ0 tal que, si |x−y| <δ0, entonces |f(x) − f(y)| < ε/5.

Sea δ = mınδ0, ε/(5n), y tomamos

x0 = 0 < x1 < . . . < xm = 1

tales que xi − xi−1 < δ. Definimos g : [0, 1] → R como

g(xi) = f(xi) +(−1)iε

5, i = 1, 2, . . .

g(x) = g(xi) +g(xi) − g(xi−1)

xi − xi−1(x− xi), xi−1 ≤ x ≤ xi.

(Vease la figura 2.)Ahora bien, para x ∈ [0, 1], si xi−1 ≤ x ≤ xi,

|f(x) − g(x)| ≤ |f(x) − f(xi)| + |f(xi) − g(xi)| + |g(xi) − g(x)|<ε

5+ε

5+ |g(xi) − g(xi−1)|

=2ε

5+ |f(xi) − f(xi−1) + (−1)i 2ε

5|

≤ 4ε

5+ |f(xi) − f(xi−1)| < ε.

Por lo tanto ||f − g||u < ε.


Figura 2. Construccion de la funcion g en la demostracion del lema 6.30.

Para mostrar que g 6∈ Fn, es suficiente con demostrar que laspendientes de las rectas que definen la funcion g son mayores, envalor absoluto, a n. Pero esto es

∣∣∣∣g(xi) − g(xi−1)

xi − xi−1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(xi) − f(xi−1) + (−1)i 2ε

5xi − xi−1

∣∣∣∣

≥2ε

5− |f(xi) − f(xi−1)|

|xi − xi−1|

>

2ε

5− ε

5ε

5n

= n.

El conjunto Fn es el conjunto de funciones f tales que, para algun x0 ∈[0, 1− 1/n], las secantes a la grafica de f que pasan por x0 y por otro puntoa la derecha de x0, tienen pendiente menor que n, en valor absoluto. Es facilde ver, entonces, que los Fn contienen a todas las funciones diferenciablesen al menos un punto.

Lema 6.31. Sea f : [0, 1] → R diferenciable en x0 ∈ [0, 1). Entonces existen tal que f ∈ Fn.

Demostracion. Como f es diferenciable en x0, existe δ > 0 tal que, si|x− x0| < δ, entonces

|f(x) − f(x0)| ≤(|f ′(x0)| + 1

)|x− x0|.

Ejercicios 113

Si M > 0 es tal que |f(x)| ≤ M para todo x ∈ [0, 1], entonces, six ≥ x0 + δ,

|f(x) − f(x0)| ≤ 2M ≤ 2M

δ|x− x0|.

Entonces, si n > max|f ′(x0)| + 1,2M

δ, entonces f ∈ Fn.

Hemos llegado entonces a nuestro objetivo.

Teorema 6.32. Existe f ∈ C([0, 1]) tal que, para todo x ∈ [0, 1], f no esdiferenciable en x.

Demostracion. Por el lema 6.31, si f es diferenciable en x0 ∈ [0, 1), en-tonces f ∈ Fn para algun n. Pero, por el lema 6.30, cada Fn es denso enninguna parte, por lo que

C([0, 1]) 6=∞⋃

n=2

Fn,

por el teorema de Baire. Si g ∈ C([0, 1]) \∞⋃

n=2

Fn, entonces g no es diferen-

ciable en ningun punto de [0, 1). Si

h(x) =

(x− 1) sen

( 1

x− 1

)x ∈ [0, 1)

0 x = 1,

entonces h no es diferenciable en 1 y, por lo tanto, f = g + h no es diferen-ciable en ningun punto de [0, 1].

Ejercicios

1. Si Br(x) es la bola en Rl de radio r con centro en x, entonces

diamBr(x) = 2r.

2. De un ejemplo de un espacio X y una bola Br(x) en X tal que

diamBr(x) 6= 2r.

3. Para todo subconjunto A del espacio metrico (X, d),

diamA = diam A.

4. Sea An una sucesion de subconjuntos de (X, d) tales que diamAn → 0.Si

⋂An = x y xn ∈ An para cada n, entonces xn → x.

5. Los siguientes enunciados son equivalentes:


* Sea S un subconjunto no vacıo de R, acotado por arriba. EntoncesS tiene un supremo.

** Sea [an, bn] una sucesion de intervalos encajados, es decir

[an+1, bn+1] ⊂ [an, bn].

Entonces⋂

[an, bn] 6= ∅.El enunciado (**) es utilizado como “Axioma de Completitud” en eltexto de Courant y John [1].

6. a) Si X es un espacio discreto, entonces ningun subconjunto no vacıode X es denso en ninguna parte.

b) Si X es un espacio discreto, entonces es de segunda categorıa.

7. Sea A ⊂ X denso en X. Si E es cerrado en X y E ∩A = ∅, entonces Ees denso en ninguna parte.

8. a) Si A es un conjunto Gδ en X, entonces X \A es Fσ en X.b) Si A es un conjunto Fσ en X, entonces X \A es Gδ en X.

9. Si A ⊂ X es Gδ y denso en X, entonces X \A es de primera categorıa.

10. Si A y X \A son densos en el espacio completo X, entonces solo uno deellos puede ser Fσ en X.

11. Sea A ⊂ X contable y denso en el espacio completo X. Entonces A noes Gδ.

12. La funcion f : R → R definida por (6.1) es discontinua en todo puntode R.

13. La funcion g : R → R definida por (6.2) es continua en los irracionalesy discontinua en los racionales.

14. Si g : R → R esta definida por (6.2), entonces Og(x) = g(x).

15. Enumeramos los racionales entre 0 y 1 como Q ∩ (0, 1) = rn : n ≥ 1y, para cada n, definimos la funcion

gn(x) =

0 0 ≤ x < rn1

2nrn ≤ x ≤ 1.

a) La serie∑∞

n=1 gn converge uniformemente.b) Si g(x) =

∑∞n=1 gn(x), calcule Og(x) para cada x ∈ [0, 1].

Capıtulo 7

El teorema de punto

fijo y aplicaciones

1. Problemas de valor inicial

La primera motivacion para el contenido de este capıtulo es el estudo dela ecuacion diferencial ordinaria

(7.1a) x′(t) = F (x(t), t),

donde buscamos una funcion t 7→ x(t) : R → Rl que satisfaga la ecuacion(7.1), donde F : Rl × R → Rl. En particular, nos interesa la respuesta ala siguiente pregunta: ¿Bajo que condiciones en F la ecuacion (7.1a) tienesolucion en un intervalo (−ε, ε) que satisface

(7.1b) x(0) = x0,

x0 ∈ Rl, como condicion inicial?

A la pareja de ecuaciones (7.1) se le denomina problema de valor inicial,y nos referiremos a el como PVI. Observemos que si integramos con respectoa la variable t la ecuacion (7.1a), y haciendo uso del valor inicial (7.1b) ydel teorema fundamental del calculo, llegamos a la ecuacion integral

(7.2) x(t) = x0 +

∫ t

0F (x(s), s)ds.

Observamos que, si F es continua, la ecuacion (7.2) es equivalente al PVI

(7.1), de nuevo por el teorema fundamental del calculo. Esto quiere decir quesi la funcion x(t) es una solucion de (7.1), entonces es tambien una solucionde (7.2) y viceversa. Ası que podemos estudiar el PVI (7.1) a traves de laecuacion integral (7.2).

115

116 7. El teorema de punto fijo y aplicaciones

La principal ventaja de escribir el PVI como la ecuacion (7.2), es el hechoque, si F es continua, entonces el operador x 7→ Φ(x) definido por

Φ(x)(t) = x0 +

∫ t

0F (x(s), s)ds

es continuo en el espacio C([−r, r],Rl) de las funciones continuas en unintervalo [−r, r] alrededor de 0. Por lo tanto, reducimos entonces el problemaal estudio del operador Φ sobre este espacio, para el cual hemos estudiadosu estructura con detalle.

En particular, observamos que una solucion x(t) al PVI satisface la ecua-cion

Φ(x) = x,

por lo que entonces x es un punto fijo de Φ. De tal forma que reducimos eltrabajo a la respuesta de las siguientes dos preguntas:

1. ¿Bajo que condiciones en F podemos garantizar que el operador Φtiene un punto fijo en C([−ε, ε],Rl), para algun ε > 0?

2. ¿Bajo que condiciones podemos garantizar que este punto fijo esunico?

La segunda pregunta es importante, porque responde a la pregunta sobrela unicidad de la solucion al PVI (7.1). Los siguientes dos ejemplos muestrandistintas situaciones sobre unicidad de la solucion.

Ejemplo 7.1. Consideremos el problema de valor inicial x′(t) = λx(t),λ ∈ R, con x(t) = 1. Es facil ver que la funcion x(t) = eλt satisface este PVI,ası como tambien es un punto fijo del operador Φ con F (x, t) = λx, ya que

Φ(eλt) = 1 +

∫ t

0λeλtdt = eλt.

Mas aun, podemos verificar que esta solucion es unica: Si y(t) es una solucional PVI, consideramos f(t) = e−λty(t). Entonces

f ′(t) = −λe−λty(t) + e−λty′(t) = (−λy(t) + y′(t))e−λt = 0

para todo t, por lo que f(t) es entonces constante, por el teorema del valormedio. Como f(0) = y(0) = 1, entonces f(t) = 1 y, por lo tanto, y(t) = eλt.

No es muy difıcil mostrar, de manera similar, que la solucion a la ecuacionx′(t) = f(t)x(t), x(0) = x0 ∈ R, donde f : R → R es continua, es unica,utilizando el teorema del valor medio (ejercicio 1).

Ejemplo 7.2. Consideremos ahora el PVI dado por x′(t) =√x(t), con

x(0) = 0. Es claro que la solucion constante trivial x(t) = 0 para todo t es

2. El teorema de contraccion 117

una solucion a este problema. Sin embargo, la funcion

(7.3) x(t) =

0 t ≤ 0

t2

4t > 0,

es tambien solucion. Ası que este problema no tiene solucion unica.

De hecho, el PVI del ejemplo 7.2 tiene una infinidad de soluciones (ejer-cicio 2).

En las siguientes secciones comprenderemos la razon por lo cual los dosejemplos previos tienen distinta unicidad de soluciones, lo cual haremos atraves del teorema de punto fijo de Banach.

2. El teorema de contraccion

En esta seccion mostraremos el teorema de contraccion de Banach, con elcual obtendremos, mas adelantes, condiciones para resolver el PVI descritoen la seccion anterior.

Definicion 7.3. Dada una funcion f : X → X de un conjunto en sı mismo,decimos que x es un punto fijo de f si f(x) = x.

Ejemplo 7.4. Consideremos la funcion en R dada por f(x) = 2x + 1.Entonces, como f(−1) = −1, −1 es un punto fijo de f .

Ejemplo 7.5. La funcion f(x) = x+ 1 no tiene puntos fijos en R.

Un “teorema de punto fijo” es un enunciado que garantiza la existenciay unicidad de un punto fijo, bajo ciertas condiciones, de una funcion dada.

Definicion 7.6. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos, y φ : X → Y .Decimos que φ es una contraccion si existe un numero α, 0 ≤ α < 1, tal que

d′(φ(x), φ(y)) ≤ αd(x, y)

para todo x y y en X.

Es decir, una contraccion reduce distancias entre puntos. Notemos queen el caso α = 0, φ es una funcion constante. En general, decimos que lafuncion f : X → Y , donde (X, d) y (Y, d′) son dos espacios metricos, es unafuncion de Lipschitz con constante L, si para todo x, y ∈ X,

d′(f(x), f(y)) ≤ Ld(x, y).

Por lo tanto, una contraccion es una funcion de Lipschitz con constante me-nor que 1. Mas aun, toda contraccion es uniformemente continua (ejercicio3).


Ejemplo 7.7. Sea A la matriz de 2 × 2 dada por

A =

(1/12 5/85/8 1/12

),

y consideramos la funcion en R2 dada por x 7→ Ax+

(11

). No es muy difıcil

(ejercicio 4) mostrar que

||Ax||E ≤ 1

2||x||E ,

y entonces, para x, y ∈ R2,

∣∣∣∣∣∣(Ax+

(11

) )−

(Ay +

(11

) )∣∣∣∣∣∣E≤ 1

2||x− y||E ,

por lo que funcion x 7→ Ax+

(11

)es una contraccion.

Ejemplo 7.8. Consideramos el operador I en C([0, 1/2]) dado por

If(x) =

∫ 1

2

0f,

para f ∈ C([0, 1/2]). Entonces

|If(x)| ≤∫ 1

2

0|f(t)|dt ≤ 1

2||f ||u,

y por lo tanto I es una contraccion en C([0, 1/2]), ya que

||If − Ig||u ≤ 1

2||f − g||u

para f, g ∈ C([0, 1/2]).

A continuacion enunciamos el teorema de Banach, que establece que lascontracciones en espacios completos tienen puntos fijos unicos.

Teorema 7.9 (Contraccion de Banach). Sea (X, d) un espacio metrico com-pleto. Si la funcion φ : X → X es una contraccion, entonces φ tiene un unicopunto fijo.

Demostracion. Sea x0 ∈ X y construımos la sucesion (xn) en X de laforma

x1 = φ(x0), xn+1 = φ(xn), n = 1, 2, . . . .

Mostraremos primero que (xn) es una sucesion de Cauchy y, por la comple-titud de X, converge.

2. El teorema de contraccion 119

Sean n > m. Entonces

d(xn, xm) = d(φ(xn−1), φ(xm−1)) ≤ αd(xn−1, xm−1)

≤ α2d(xn−2, xm−2) ≤ αmd(xn−m, x0)

≤ αm(d(xn−m, xn−m−1) + . . .+ d(x1, x0)

)

≤ αm(αn−m−1 + . . .+ 1

)d(x1, x0)

=αm(1 − αm−n)

1 − αd(x1, x0) ≤

αm

1 − αd(x1, x0).

Como 0 ≤ α < 1, αm → 0. Entonces, si ε > 0 y N es tal que

αN

1 − αd(x1, x0) < ε,

entonces d(xn, xm) < ε para n,m ≥ N , por lo que (xn) es una sucesion deCauchy.

Suponemos entonces que xn → x. Demostraremos que x es un punto fijomostrando que d(x, φ(x)) < ε, para todo ε > 0.

Como xn → x, sea N > 0 tal que d(xn, x) < ε/2 para todo n ≥ N .Entonces

d(x, φ(x)) ≤ d(x, xN+1) + d(xN+1, φ(x))

<ε

2+ d(φ(xN ), φ(x)) ≤ ε

2+ αd(xN , x)

<ε

2+ α

ε

2< ε.

Para mostrar la unicidad, supongamos que x y y son dos puntos fijos de φ.Entonces

d(x, y) = d(φ(x), φ(y)) ≤ αd(x, y),

y, como α < 1, esto es posible solo si x = y.

Ejemplo 7.10. Si A es la matriz del ejemplo 7.7, entonces la funcion x 7→φ(x) = Ax +

(11

)es una contraccion, y por lo tanto tiene un unico punto

fijo. No es difıcil verificar que este punto es

x0 =

(24/724/7

).

Ejemplo 7.11. La funcion f 7→ If del ejemplo 7.8 es una contraccion, porlo que tiene un unico punto fijo: la funcion constante f = 0.

Para finalizar esta seccion observamos que, por la parte final de la de-mostracion del teorema 7.9, si X ⊂ Y y φ : X → Y es una contraccion,entonces, en el caso en que φ tiene un punto fijo, este punto fijo debe serunico.


3. Existencia y unicidad de soluciones

Consideremos entonces la ecuacion integral (7.2), donde

F : Rl × R → Rl y x0 ∈ Rl.

Sea r > 0 y definimos el operador

Φ : C([−r, r],Rl) → C([−r, r],Rl)

dado por

(7.4) Φ(x)(t) = x0 +

∫ t

0F (x(s), s)ds.

El operador Φ esta bien definido, ya que si x y F son continuas, entoncess→ F (x(s), s) tambien es continua, por lo que es Riemann-integrable (com-ponente por componente) y la integral (indefinida) es una funcion continua.De hecho, si F es continua, esta integral es diferenciable y

(Φ(x))′(t) = F (x(t), t),

por el teorema fundamental del calculo. Entonces Φ toma valores en

C1([−r, r],Rl),

el espacio de funciones de [−r, r] en Rl diferenciables y con derivada continua.

Esta observacion nos lleva a la siguiente conclusion: para encontrar lassoluciones a la ecuacion (7.2), es necesario y suficiente encontrar los puntosfijos del operador Φ. Utilizaremos el teorema de contraccion de Banach,por lo que necesitamos condiciones para las cuales el operador Φ es unacontraccion.

Observemos que si x, y ∈ C([−r, r],Rl), entonces

du(Φ(x),Φ(y)) = maxt∈[−r,r]

||Φ(x)(t) − Φ(y)(t)||E

= maxt∈[−r,r]

∣∣∣∣

∣∣∣∣∫ t

0

(F (x(s), s) − F (y(s), s)

)ds

∣∣∣∣

∣∣∣∣E

≤ maxt∈[−r,r]

∫ |t|

0

∣∣∣∣F (x(s), s) − F (y(s), s)∣∣∣∣

Eds,

donde hemos usado el hecho que, si f : [a, b] → Rl es Riemann-integrable,entonces ∣∣∣∣

∣∣∣∣∫ b

af(t)dt

∣∣∣∣

∣∣∣∣E

≤∫ b

a||f(t)||Edt

(ejercicio 5). Entonces necesitamos de una estimacion apropiada de la dife-rencia ∣∣∣∣F (x(s), s) − F (y(s), s)

∣∣∣∣E.

3. Existencia y unicidad de soluciones 121

Teorema 7.12. Sea F : Rl × R → Rl una funcion continua, tal que es deLipschitz en la primer variable con constante M independiente de la segundavariable. Es decir, para x, y ∈ Rl y t ∈ R,

(7.5)∣∣∣∣F (x, t) − F (y, t)

∣∣∣∣E≤M ||x− y||E .

Entonces, existe ε > 0 tal que el operador

Φ : C([−ε, ε],Rl) → C1([−ε, ε],Rl) ⊂ C([−ε, ε],Rl),

dado por

Φ(x)(t) = x0 +

∫ t

0F (x(s), s)ds, t ∈ [−ε, ε],

tiene un unico punto fijo.

Demostracion. Sean 0 < α < 1 y 0 < ε <α

M. Entonces, para t ∈ [−ε, ε],

∣∣∣∣Φ(x)(t) − Φ(y)(t)∣∣∣∣

E≤

∫ |t|

0

∣∣∣∣F (x(s), s) − F (y(s), s)∣∣∣∣

Eds

≤∫ |t|

0M

∣∣∣∣x(s) − y(s)∣∣∣∣

Eds

≤ M

∫ |t|

0||x− y||uds = M ||x− y||u|t|

≤ α||x− y||u,uniformemente en t ∈ [−ε, ε]. Por lo tanto

||Φ(x) − Φ(y)||u ≤ α||x− y||u,y entonces Φ es una contraccion en C([−ε, ε],Rl). Por el teorema de con-traccion de Banach, Φ tiene un unico punto fijo.

Tenemos entonces, en termino del PVI (7.1), el siguiente resultado.

Corolario 7.13. Si F satisface las condiciones del Teorema 7.12, entoncesexiste un ε > 0 tal que el PVI (7.1) tiene una unica solucion en el intervalo(−ε, ε).

Ejemplo 7.14. Consideremos el problema

x′(t) =

tx

x2 + 1x(0) = 1.

No es muy difıcil verificar, si hacemos

F (x, t) =tx

x2 + 1,


que F satisface, para t ∈ [−ε, ε],|F (x, t) − F (y, t)| ≤ ε|x− y|.

Entonces el PVI tiene solucion unica en un intervalo alrededor de 0.

Observamos que la funcion√x no es una funcion de Lipschitz en [0,∞)

(ejercicio 7), lo que explica por que el PVI del ejemplo 7.2 tiene mas de unasolucion.

El corolario 7.13 garantiza la existencia y unicidad de la solucion delproblema de valor inicial de primer orden (7.1). Sin embargo, es posibleextender este resultado a ecuaciones diferenciales ordinarias de orden k,para k ≥ 1, de la forma

(7.6a) x(k)(t) = F (xk−1(t), xk−2(t), . . . , x′(t), x(t), t),

donde

F : Rl × Rl × · · ·Rl︸︷︷︸

k veces

×R → Rl,

y con condiciones iniciales

(7.6b) x(0) = x0, x′(0) = x1, . . . x(k−1)(0) = xk−1,

x0, x1, . . . , xk−1 ∈ Rl.

Corolario 7.15. Si la funcion F satisface las hipotesis del Teorema 7.12,vista como una funcion en Rnk×R, entonces existe ε > 0 tal que el problemade valor inicial (7.6) tiene una unica solucion en el intervalo (−ε, ε) ⊂[−r, r],

Demostracion. Considere las nuevas funciones

y1(t) = x(t)

y2(t) = x′(t)

...

yk(t) = x(k−1)(t)

y(t) = (y1(t), y2(t), . . . , yk(t))

G(y, t) =(y2, . . . , yk, F (yk, yk−1, . . . , y1, t)

),

y el punto

y0 = (x0, x1, . . . , xk−1).

Entonces, el PVI (7.6) es equivalente a

y′(t) = G(y(t), t),

y(0) = y0,

4. Los teoremas de la funcion inversa e implıcita 123

y, como F satisface las condiciones de Lipschitz, entonces

G : Rnk × [−r, r] → Rnk

tambien satisface las condiciones de Lipschitz del teorema 7.12 (aunque condistintas constantes), por lo que el corolario se concluye de una aplicaciondel corolario 7.13.

Ejemplo 7.16. Consideramos el PVI

θ′′(t) = − sen θ(t)

θ(0) = θ0

θ′(0) = ω0.

Este sistema describe el movimiento de un pendulo. Observamos que, sidefinimos

F (x, y, t) = − senx,

entonces

|F (x, y, t) − F (u, v, t)| ≤ |x− u| ≤ ||(x, y) − (u, v)||E ,para todo (x, y, t), (u, v, t) ∈ R2×R. Entonces el PVI tiene una unica solucionalrededor de t = 0.

Observemos que la version local del teorema 7.12, y del corolario 7.13,tambien es valida. Es decir, es suficiente con suponer que F esta definida enun conjunto abierto U ⊂ Rl × R alrededor del punto (x0, 0) y que satisfacela condicion de Lipschitz en x uniformemente en t.

Con estos metodos es posible estudiar el PVI

F (x′(t), x(t), t) = 0, x(0) = x0 ∈ Rl,

para una funcion F : Rl × Rl × R → R. Sin embargo, ahora tambien esnecesario establecer las condiciones para las cuales podemos resolver parax′, y entonces aplicar el corolario 7.13. Para esto es necesario usar el teoremade la funcion implıcita, el cual repasaremos en la siguiente seccion.

4. Los teoremas de la funcion inversa e implıcita

En esta seccion repasaremos los teoremas de la funcion inversa y de lafuncion implıcita, y daremos una demostracion de ellos basada en el teoremade punto fijo, tomada de [6], como una aplicacion mas del teorema 7.9.

Iniciamos con algunas observaciones referentes a transformaciones linea-les. Recordemos que, si T : Rl → Rm es una transformacion lineal, entonceses continua, por el teorema 4.15, y ademas existe M > 0 tal que

||Tx||E ≤M ||x||E


para todo x ∈ Rl. Si definimos por ||T ||L el ınfimo de tales M ,

(7.7) ||T ||L = ınfM > 0 : ||Tx||E ≤M ||x||E para todo x ∈ Rl,entonces || · ||L es una norma en el espacio de las transformaciones lineales deRl en Rm, que denotaremos por L(Rl,Rm) (ejercicio 10). Observamos que||T ||L es de hecho una de las M de la definicion (7.7), es decir, para todox ∈ Rl,

(7.8) ||Tx||E ≤ ||T ||L||x||E .Para verificar (7.8), suponemos que existe x0 ∈ Rl tal que

(7.9) ||Tx0||E > (||T ||L + ε)||x0||E ,para algun ε > 0. Ahora bien, como ||T ||L es un ınfimo, existe M > 0 talque

||Tx||E ≤M ||x||Epara todo x ∈ Rl, y ||T ||L ≤ M < ||T ||L + ε. Pero esto contradice (7.9),porque

||Tx0||E > (||T ||L + ε)||x0||E > M ||x0||E .Mas aun, ||T ||L tambien esta dada por el supremo de las normas ||Tx||E ,

tomado sobre los vectores x en la bola cerrada B1(0) en Rl, de radio 1, concentro en el origen (ejercicio 11).

Tambien podemos verificar la desigualdad

(7.10) ||TS||L ≤ ||T ||L||S||L,para S ∈ L(Rl,Rm) y T ∈ L(Rm,Rp): Si x ∈ Rl, entonces

||TSx||E ≤ ||T ||L||Sx||E ≤ ||T ||L||S||L||x||E .Mas adelante haremos uso de la siguiente proposicion. Cuando m = l, de-notamos como L(Rl) al espacio L(Rl,Rl).

Proposicion 7.17. 1. Si T ∈ L(Rl) es invertible y S ∈ L(Rl) es talque

||T − S||L||T−1||L < 1,

entonces S es invertible.

2. El conjunto GL(l) de transformaciones invertibles es abierto en elespacio L(Rl), y la funcion T 7→ T−1 es continua en GL(l).

Demostracion. 1. Observamos que es suficiente con mostrar que S esinyectiva y, a su vez, con mostrar que kerS = 0.

Ahora bien,

||x||E = ||T−1Tx||E ≤ ||T−1||L||Tx||E .


Entonces, por la desigualdad del triangulo,

||Sx||E ≥ ||Tx||E − ||(S − T )x||E≥ ||T−1||−1

L ||x||E − ||S − T ||L||x||E= ||T−1||−1

L

(1 − ||T − S||L||T−1||L

)||x||E .

Como ||T −S||L||T−1||L < 1, tenemos entonces que ||Sx||E = 0 solosi ||x||E = 0, por lo que S es inyectiva.

2. Por la primera parte, si T ∈ GL(l), tenemos que

BLr (T ) ⊂ GL(l),

donde r = ||T−1||−1L y BL

1 (T ) es la bola de radio r en L(Rl) alrededorde T . Entonces GL(l) es abierto.

Para mostrar la continuidad de la inversa, observamos primeroque, si T, S ∈ GL(l), entonces

(7.11) ||T−1 − S−1||L = ||T−1(S − T )S−1||L ≤ ||T−1||L||T − S||L||S−1||L,por la desigualdad (7.10). Ahora bien, tenemos que

||Sx||E ≥(||T−1||−1

L − ||S − T ||L)||x||E ,

por lo que entonces

||S−1x||E ≤(||T−1||−1

L − ||S − T ||L)−1||x||E .

Si tenemos que ||T − S||E <1

2||T−1||−1

L , entonces

||S−1x||E ≤ 2||T−1||L||x||E ,y por lo tanto ||S−1||L ≤ 2||T−1||L. Combinando con la ecuacion(7.11) obtenemos

||T−1 − S−1||L ≤ 2||T−1||2L||T − S||L,lo cual demuestra la continuidad de la funcion T 7→ T−1 en GL(l).

Recordemos que, si U es un conjunto abierto en Rl, entonces una funcionf : U → Rm es diferenciable en x0 ∈ U si existe una transformacion linealT ∈ L(Rl,Rm) tal que, para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que, si h ∈ Rl

satisface ||h||E < δ y x0 + h ∈ U , entonces

(7.12) ||f(x0 + h) − f(x0) − Th||E < ε||h||E .En otras palabras,

(7.13) lımh→0

||f(x0 + h) − f(x0) − Th||E||h||E

= 0.


Si T y S satisfacen (7.13), entonces, para cualquier x ∈ Rl, x 6= 0,

||(T − S)x||E||x||E

= lımt→0

||(T − S)(tx)||E||tx||E

≤ lımt→0

||f(x0 + tx) − f(x0) − S(tx)||E||tx||E

+ lımt→0

||f(x0 + tx) − f(x0) − T (tx)||E||tx||E

= 0,

por lo que ||(T − S)x||E = 0 y entonces T = S. Ası que la transformacionT es unica y es llamada la derivada de f en x0, la cual denotamos comof ′(x0).

Decimos que f : U → Rm es continuamente diferenciable, y escribimosf ∈ C1(U,Rm), si f es diferenciable en cada punto de U , y la funcion

x 7→ f ′(x)

es continua de U al espacio L(Rl,Rm).1

Teorema 7.18 (Funcion inversa). Sea U abierto en Rl y f ∈ C1(U,Rl) talque, para algun x0 ∈ U , f ′(x0) es invertible. Entonces existe una vecindadV de x0, V ⊂ U , tal que f es inyectiva en V y f(V ) es abierto.

Mas aun, f−1 ∈ C1(f(V ),Rl) y(f−1

)′(y) = f ′(x)−1

para cada y ∈ f(V ), donde x ∈ V es tal que y = f(x).

Demostracion. Sea T = f ′(x0) y r =1

2||T−1||L. Como x 7→ f ′(x) es

continua de U a L(Rl), existe δ > 0 tal que Bδ(x0) ⊂ U y, para todox ∈ Bδ(x0),

(7.14) ||f ′(x) − T ||L < r.

Mostraremos que V = Bδ(x0) satisface la conclusion del teorema. En parti-cular, observamos que

||T−1||L||f ′(x) − T ||L < r||T−1||L =1

2< 1,

por lo que, por la proposicion 7.17, f ′(x) es invertible para cada x ∈ V .

1Equivalentemente, f ∈ C1(U, Rl) si cada una de las derivadas parciales

∂fi

∂xj

existe y es continua en U . Sin embargo, en estas notas no trabajaremos con las derivadas parcialesde una funcion.


Definimos, para y ∈ Rl, la funcion φy : V → Rl como

φy(x) = x+ T−1(y − f(x)).

Observamos que x ∈ V es un punto fijo de φy, φy(x) = x, si y solo sif(x) = y.

Ahora bien, φ′y(x) = I+T−1f ′(x), donde I ∈ L(Rl) es la transformacionidentidad. Entonces, para x ∈ V ,

||φ′y(x)||L = ||I + T−1f ′(x)||L = ||T−1(T − f ′(x))||L

≤ ||T−1||L||f ′(x) − T ||L <1

2,

por lo que (ejercicios 12 y 13) tenemos que

(7.15) ||φy(x1) − φy(x2)||E ≤ 1

2||x1 − x2||E

para todo x1, x2 ∈ V . Entonces φy es una contraccion de V a Rl.

Por las observaciones al final de la seccion 2, φy tiene a lo mas un puntofijo, por lo que entonces, si y ∈ f(V ), existe un unico x ∈ V tal que f(x) = y.Entonces f es inyectiva en f(V ).

Para mostrar que f(V ) es abierto, tomamos y ∈ f(V ). Sea x ∈ V tal quef(x) = y, y sea ε > 0 tal que Bε(x) ⊂ V . Mostraremos que Brε(y) ⊂ f(V ).

Tomamos z ∈ Brε(y). Entonces

||φz(x) − x||E = ||T−1(z − f(x))||E ≤ ||T−1||L||z − y||E <1

2rrε =

ε

2.

Por lo tanto, para u ∈ Bε(x),

||φz(u) − x||E ≤ ||φz(u) − φz(x)||E + ||φz(x) − x||E

<1

2||u− x||E +

ε

2≤ ε,

y por lo tanto φz es una contraccion de Bε(x) en Bε(x). Como este conjuntoes compacto, es completo, por lo que el teorema de contraccion 7.9 implicaque tiene un punto fijo, digamos u ∈ Bε(x) ⊂ V . Pero φz(u) = u implica quef(u) = z, y por lo tanto z ∈ f(V ). Concluimos entonces que Brε(y) ⊂ f(V ),y f(V ) es abierto.

Para finalizar, mostraremos que la inversa de f : V → f(V ) es dife-renciable. Recordemos que cada f ′(x) es invertible para x ∈ V , por lo queverificaremos que f ′(x)−1 es la derivada de f−1 en f(x).

Sea y ∈ f(V ). Debemos verificar entonces

lımk→0

||f−1(y + k) − f−1(y) − f ′(x)−1k||E||k||E

= 0,

donde x ∈ V es tal que f(x) = y.


Si h = f−1(y + k) − f−1(y), entonces

f−1(y + k) − f−1(y) − f ′(x)−1k = h− f ′(x)−1k

= −f ′(x)−1(f(x+ h) − f(x) − f ′(x)h),

por lo que es suficiente con verificar que el cociente||h||E||k||E

es acotado cuando

k → 0.

Ahora bien, φy(x+ h) − φy(x) = h− T−1k, por lo que

||h− T−1k||E = ||φy(x+ h) − φy(x)||E ≤ 1

2||h||E ,

y luego, por la desigualdad del triangulo, ||T−1k||E ≥ 1

2||h||E , y ası

||h||E ≤ 2||T−1k||E ≤ 2||T−1||L||k||E .

La continuidad de y → (f ′)−1(y) esta garantizada por la proposicion7.17.

Estamos listos para enunciar y demostrar el teorema de la funcion in-versa, el cual ofrece condiciones suficientes para las cuales podemos resolverla ecuacion

f(x, y) = 0

pra x ∈ Rl como funcion de y ∈ Rm, si f : U → Rl y U ⊂ Rl+m.

Teorema 7.19 (Funcion implıcita). Sea U un conjunto abierto en Rl+m yf ∈ C1(U,Rl). Suponemos que, para algun (x0, y0) ∈ U , f(x0, y0) = 0 y latransformacion T ∈ L(Rl) dada por

Tu = f ′(x0, y0)(u, 0)

es invertible. Entonces existen abiertos V ⊂ Rl alrededor de x0 y W ⊂ Rm

alrededor de y0 con la propiedad que, para cada y ∈ W , existe un unicox ∈ V tal que (x, y) ∈ U y f(x, y) = 0.

Mas aun, si escribimos tal x como g(y), entonces g ∈ C1(W,Rl).

Demostracion. Sea F : U → Rl+m dada por F (x, y) = (f(x, y), y). Enton-ces F ∈ C1(U,Rl+m) y la transformacion F ′(x0, y0) esta dada por

F ′(x0, y0)(u, v) =(f ′(x0, y0)(u, v), v

),

por lo que es invertible (ejercicio 14). Por el teorema 7.18 de la funcioninversa, existe un abierto U ′ ⊂ U tal que F : U ′ → F (U ′) tiene inversaF−1 : F (U ′) → U continuamente diferenciable, y esta inversa tiene la forma

F−1(u, v) =(G(u, v), v

).


Si V ⊂ Rl y W ⊂ Rm son abiertos tales que (x0, y0) ∈ V ×W y V ×W ⊂ U ′,y definimos g : W → Rl como

g(y) = G(0, y),

entonces x = g(y) es el unico x ∈ V tal que f(g(y), y) = 0, porque

(f(g(y), y), y) = F (g(y), y) = F (G(0, y), y) = (0, y),

y g ∈ C1(W,Rl).

Podemos entonces considerar el PVI

(7.16)

F (x′, x, t) = 0

x(0) = x0,

con F : Rl × Rl × R → Rl y x0 ∈ Rl.

Corolario 7.20. Sea F ∈ C1(Rl×Rl×R,Rl) tal que existe un unico y0 ∈ Rl

tal que F (y0, x0, 0) = 0. Si la transformacion lineal T ∈ L(Rl) dada por

Ty = F ′(y0, x0, 0)(y, 0, 0)

es invertible, entonces existe ε > 0 tal que el PVI (7.16) tiene una unicasolucion x(t) en el intervalo (−ε, ε).

Demostracion. Por el teorema de la funcion implıcita 7.19, existe un abier-to U ⊂ Rl × R y una funcion g ∈ C1(U,Rl) tal que

F (g(x, t), x, t) = 0.

De las demostraciones de los teoremas 7.18 y 7.19 se desprende que, paratodo (x, t) ∈ U ,

||g′(x, t)||L ≤M,

donde M = 2||f ′(0, x0, 0)||L y f es la inversa de la funcion

(y, x, t) 7→(F (y, x, t), x, t

).

Entonces, por el ejercicio 13, g es una funcion de Lipschitz en una bolaalrededor de (x, 0), por lo que podemos aplicar la version local del teorema7.13 para resolver el PVI

x′(t) = g(x(t), t)

x(0) = x0.


5. Conjuntos autosimilares

En esta seccion aplicaramos el teorema de contraccion 7.9 al estudio deconjuntos autosimilares.

Si X es un espacio metrico, decimos que un compacto no vacıo K ⊂ Xes autosimilar si existen contracciones f1, . . . , fN : X → X tales que

K = f1(K) ∪ . . . ∪ fN (K).

Es decir, K es la union de sus imagenes bajo contracciones.

Ejemplo 7.21. Consideramos la recta R y el intervalo I = [0, 1]. Entonces

I = f1(I) ∪ f2(I),

donde f1, f2 : R → R estan dadas por

f1(x) =1

2x, f2(x) =

1

2x+

1

2.

Notamos que, de hecho, f1(I) =[0,

1

2

]y f2(I) =

[1

2, 1

].

f1 y f2 no son las unicas contracciones para las cuales el intervalo [0, 1]es autosimilar. Por ejemplo, no es muy difıcil ver que [0, 1] tambien es au-tosimilar respecto a las funciones

g1(x) =1

3x, g2(x) =

2

3x+

1

3,

ya que g1([0, 1]) =[0,

1

3

]y g2([0, 1]) =

[1

3, 1

].

Ejemplo 7.22. Sea C el conjunto de Cantor dado por la interseccion C =⋂n≥0Cn, donde cada

Cn =[0,

1

3n

]∪

[ 2

3n,

1

3n−1

]∪ . . . ∪

[3n − 1

3n, 1

]

es el resultado de remover el tercio central de cada uno de los intervalos deCn−1. Entonces C es autosimilar con respecto a las funciones

f1(x) =1

3x, f2(x) =

1

3x+

2

3,

ya que f1(C) = C ∩[0, 1

3

]y f2(C) = C ∩

[23 , 1

]. De hecho, para cada n,

podemos observar que

f1(Cn) ∪ f2(Cn) = Cn+1,

por lo que el efecto de aplicar las contracciones f1, f2 a cada iteracion Cn

del conjunto de Cantor es, precisamente, el borrar el tercio central de laconstruccion.

5. Conjuntos autosimilares 131

Mas aun, el conjunto de Cantor puede ser definido por medio de lascontracciones del ejemplo 7.22, es decir, es el unico conjunto compacto au-tosimilar respecto a ellas.

En general, tenemos el siguiente teorema.

Teorema 7.23. Sea (X, d) un espacio metrico completo y

f1, . . . , fN : X → X

contracciones. Entonces existe un unico conjunto compacto K ⊂ X no vacıotal que

K = f1(K) ∪ . . . ∪ fN (K).

Como sugiere la construccion del conjunto compacto, el conjunto K delteorema 7.23 puede ser construıdo a partir de un conjunto compacto K0 ⊂X, K0 6= ∅, y luego tomamos las iteraciones

Kn+1 = f1(Kn) ∪ . . . ∪ fN (Kn).

Cada uno de los Kn ası construidos son compactos, ya que cada fi es conti-nua, y entonces Kn es la union finita de compactos. Ahora bien, la existenciade un “conjunto lımite” de los Kn, ademas de su unicidad, sera garantizadapor el teorema de contraccion 7.9, una vez que verificamos que la funcion

K 7→ f1(K) ∪ . . . ∪ fN (K)

es una contraccion sobre el espacio de los subconjuntos compactos de X conuna metrica apropiada.

Definicion 7.24. Sea A ⊂ X un subconjunto novacıo de X. Para ε > 0,definimos la ε-vecindad de A como el conjunto

Uε(A) = x ∈ X : d(x,A) ≤ ε,donde d(x,A) es la distancia del punto x al conjunto A, dada por (1.12).

No es muy difıcil verificar (ejercicio 15) que Uε(A) es cerrado, aunqueno necesariamente compacto.

Sea CX el conjunto de los subconjuntos compactos no vacıos del espaciometrico X. Definimos la funcion dH : CX × CX → R como

(7.17) dH(A,B) = ınfε > 0 : Uε(A) ⊃ B y Uε(B) ⊃ A.Es decir, dH(A,B) es el ınfimo de los ε > 0 tales que las ε-vecindades de losconjuntos A y B se cubren al otro conjunto.

Ejemplo 7.25. Si A = x y B = y tienen un solo punto, entonces

dH(A,B) = d(x, y).


En general, si A = x,dH(x, B) = maxd(x,B),M,

donde M = ınfr > 0 : Br(x) ⊃ B. Notamos que d(x,B) = 0 si x ∈ B,pero dH(x, B) > 0 si B 6= x.

Ahora mostramos que dH define una metrica en CX , llamada la metricade Hausdorff.

Teorema 7.26. La funcion dH es una metrica en CX . Mas aun, si X escompleto, entonces el espacio (CX , dH) es completo.

Demostracion. Claramente, para A,B ∈ CX , dH(A,B) ≥ 0, y dH(A,A) =0. Ahora suponemos que dH(A,B) = 0 y debemos mostrar que A = B.

Como dH(A,B) = 0, Uε(A) ⊃ B para todo ε > 0, por lo que entonces,para cada x ∈ B, d(x,A) ≤ ε. Como A es compacto, es cerrado y entoncesx ∈ A. Esto muestra que B ⊂ A. De manera similar A ⊂ B, y entoncesA = B.

Por definicion, tambien es claro que dH(A,B) = dH(B,A).

Para mostrar la desigualdad del triangulo, sean A,B,C ∈ CX y supone-mos que r, s > 0 son tales que dH(A,C) < r y dH(C,B) < s. Mostraremosque dH(A,B) ≤ r + s.

Como dH(A,C) < r, entonces A ⊂ Ur(C), y entonces, para cada x ∈ A,existe y ∈ C tal que d(x, y) < r. Ahora bien, como dH(C,B) < s, C ⊂Us(B), por lo que existe z ∈ B tal que d(y, z) < s. Por lo tanto, para cadax ∈ A, existe z ∈ B tal que

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < r + s,

y entonces A ⊂ Ur+s(B). Similarmente, B ⊂ Ur+s(A), y entonces

dH(A,B) ≤ r + s,

como querıamos mostrar.

Para finalizar mostramos que, si X es completo, entonces (CX , dH) escompleto. Sea (An) una sucesion de Cauchy en CX . Mostraremos que con-verge.

Empezamos por definir, para cada n ≥ 1,

Bn =⋃

k≥n

Ak.

Claramente Bn es una sucesion decreciente de conjuntos cerrados, y verifi-caremos que son compactos. De hecho, es suficiente con mostrar que B1 escompacto, por la proposicion 3.15.


Sea ε > 0. Como (An) es de Cauchy, existe N tal que Uε/3(AN ) ⊃ An

para todo n ≥ N . Como AN es compacto, es totalmente acotado, por lo queexisten x1, . . . , xk ∈ X tales que

AN ⊂ Bε/3(x1) ∪ . . . ∪Bε/3(xk).

Entonces

B2ε/3(x1) ∪ . . . ∪B2ε/3(xk) ⊃ Uε/3(AN ) ⊃⋃

k≥N

Ak,

y por lo tanto

BN ⊂ Bε(x1) ∪ . . . ∪Bε(xk).

Como A1∪ . . .∪AN−1 es compacto, existen tambien y1, . . . , yl ∈ X tales que

A1 ∪ . . . ∪AN−1 ⊂ Bε(y1) ∪ . . . ∪Bε(yl),

y entonces

B1 ⊂ A1 ∪ . . . ∪AN−1 ∪BN

⊂ Bε(y1) ∪ . . . ∪Bε(yl) ∪Bε(x1) ∪ . . . ∪Bε(xk).

Como ε > 0 es arbitrario, concluimos que B1 es totalmente acotado. Comoes cerrado yX es completo, tambien es completo, y por lo tanto es compacto,por el corolario 3.22.

Definimos ahora el conjunto

A =⋂

n≥1

Bn.

Entonces A ∈ CX , y mostraremos que An → A, con respecto a la metricadH .

Sea ε > 0. Primero, seaN1 tal que dH(An, Am) < ε para todo n,m ≥ N1.En particular, Uε(An) ⊃ Am para todo m ≥ n ≥ N1, y entonces

Uε(An) ⊃ Bn ⊃ A

para todo n ≥ N1. Ahora bien, existe N2 tal que Uε(A) ⊃ BN2. Si no,

entonces, para cada n, podrıamos tomar xn ∈ Bn tal que d(xn, A) > ε.Como cada Bn es compacto y Bn+1 ⊂ Bn, entonces existe una subsucesionxnk

→ x0, y x0 ∈ A, lo cual contradice d(x0, A) ≥ ε. Observamos queAn ⊂ BN2

para n ≥ N2, y entonces Uε(A) ⊃ An para n ≥ N2.

Por lo tanto, si N = maxN1, N2, entonces Uε(An) ⊃ A y Uε(A) ⊃ An

para todo n ≥ N , y entonces

dH(An, A) ≤ ε

para n ≥ A. Ası An → A.


Sean f1, . . . , fN contracciones en X. Como cada fi es continua, fi(A) escompacto si A lo es, y entonces

f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A) ∈ CX

si A ∈ CX . Consideramos entonces la funcion Φ : CX → CX dada por

Φ(A) = f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A).

Teorema 7.27. Φ es una contraccion en (CX , dH).

Demostracion. Para cada i = 1, . . . , N , sea 0 ≤ αi < 1 tal que

d(fi(x), fi(y)) ≤ αid(x, y)

para todo x, y ∈ X. Definimos α = maxα1, . . . , αN. Mostraremos que,para A,B ∈ CX ,

dH(Φ(A),Φ(B)) ≤ αdH(A,B).

Como 0 ≤ α < 1, esto muestra que Φ es una contraccion.

Sean A,B ∈ CX , y sea r > 0 tal que dH(A,B) < r. Verificaremos quedH(Φ(A),Φ(B)) ≤ αr. Tomamos x ∈ Φ(A). Entonces x ∈ fi(A) para alguni, y luego x = fi(a) para algun a ∈ A. Ahora bien, como A ⊂ Ur(B), existeb ∈ B tal que d(a, b) ≤ r. Como

d(fi(a), fi(b)) ≤ αid(a, b) ≤ αd(a, b) ≤ αr,

y fi(b) ∈ fi(B) ⊂ Φ(B), tenemos que d(x,Φ(B)) ≤ αr. Por lo tanto

Φ(A) ⊂ Uαr(Φ(B)).

Similarmente Φ(B) ⊂ Uαr(Φ(A)), y por lo tanto dH(Φ(A),Φ(B)) ≤ αr.

Tenemos entonces, como corolario, el teorema 7.23.

Demostracion del teorema 7.23. Sea Φ : CX → CX dada por

Φ(A) = f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A).

Por el teorema 7.27, Φ es una contraccion y, como CX es completo, por elteorema 7.26, Φ tiene un unico punto fijo K ∈ CX . O sea,

K = f1(K) ∪ . . . ∪ fN (K).

Como un conjunto autosimilarK, respecto a las contracciones f1, . . . , fN ,es el punto fijo de la funcion

A 7→ Φ(A) = f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A),

entonces observamos que

K = lım Φn(A),


donde A es cualquier conjunto compacto no vacıo, Φn es la n-esima iteracionde Φ, definida como Φ1 = Φ y Φn+1 = Φn, y el lımite se toma con respectoa la metrica dH .

Por ejemplo, ya habıamos observado (ejemplo 7.22) que el conjunto deCantor C es la interseccion las iteraciones Cn = Φn([0, 1]), y, de la demos-tracion del teorema 7.26 (ejercicio 18), vemos que Cn → C respecto a lametrica dH .

Ejemplo 7.28 (Curva de Koch). Consideremos las contracciones f1, f2 :C → C dadas por

f1(z) = αz, f2(z) = (1 − α)z + α,

donde z es el conjungado del numero complejo z y α =1

2+

√3

6. Notamos

que

f1(0) = 0 y f2(1) = 1,

por lo que 0 y 1 son los puntos fijos de f1 y f2, respectivamente. Mas aun,

f1(1) = f2(0) = α,

por lo que la imagen del segmento [0, 1] es la union de los dos segmentosen el plano complejo uniendo 0 a α y α a 1, respectivamente (figura 1). El

Figura 1. Primeras cuatro iteraciones a la curva de Koch, iniciandocon el segmento [0, m1].

conjunto K autosimilar con respecto a f1 y f2 se le llama curva de Koch(figura 2). Observamos que esta curva no tiene longitud (o es de “longitud

Figura 2. La curva de Koch.

infinita”), ya que cada iteracion, iniciando por el segmento [0, 1], multiplica

la longitud por un factor de 2|α| =2√3> 1.


Ejemplo 7.29 (Triangulo de Sierpinski). Consideramos ahora las contrac-ciones f1, f2, f3 : R2 → R2 dadas por

fi(x) =1

2x+

1

2pi,

donde p1 =

(00

), p2 =

(10

)y p3 =

(1/2√3/2

), los vertices de un triangu-

lo equilatero. El conjunto K autosimilar con respecto a las contraccionesf1, f2, f3 es llamado el triangulo de Sierpinski (figura 3). Observamos que el

Figura 3. El triangulo de Sierpinski.

triangulo de Sierpinski tiene “area cero”. Esto se debe a que cada una delas contracciones fi, al contraer las distancias por 1/2, contrae areas por unfactor 1/4, por lo que la iteracion

A 7→ f1(A) ∪ f2(A) ∪ f3(A)

contrae areas por un factor de 3/4 < 1.

Ejercicios

1. Considere el PVI x′(t) = f(t)x(t)

x(0) = x0,

donde x0 ∈ R y f : R → R es continua. Utilice el teorema del valormedio para mostrar que la unica solucion al PVI esta dada por

x(t) = x0e∫ t

0f .

Ejercicios 137

2. El PVI x′(t) =

√x(t)

x(0) = 0

tiene una infinidad de soluciones.

3. Sea f : X → Y una funcion de Lipschitz. Entonces f es uniformementecontinua.

4. Sea A la matriz de 2 × 2

A =

(1/12 5/85/8 1/12

).

Entonces, para x ∈ R2, ||Ax||E ≤ 1

2||x||E . (Sugerencia: Considere la

diagonalizacion de A. Por el teorema espectral, como A es simetrica,entonces se puede diagonalizar ortonormalmente.)

5. Sea f : [a, b] → Rl tal que cada componente fi es Riemann-integrable, y

definimos

∫ b

af como el vector en Rl dado por

∫ b

af =

( ∫ b

af1, . . . ,

∫ b

afl

).

Entonces ∣∣∣∣

∣∣∣∣∫ b

af

∣∣∣∣

∣∣∣∣E

≤∫ b

a||f(t)||Edt.

(Sugerencia: Considere las sumas de Riemann de cada fi y utilice ladesigualdad del triangulo.)

6. Sea F (x, t) =tx

x2 + 1. Entonces, para todo t ∈ R,

|F (x, t) − F (y, t)| ≤ |t||x− y|.

(Sugerencia: Considere la funcion f(x) =x

x2 + 1, y verifique que

|f ′(x)| ≤ 1.)

7. f : [0,∞) → R, dada por f(x) =√x, es uniformemente continua pero

no de Lipschitz.

8. Sean P,Q, f : [−1, 1] → R continuas, a, b ∈ R. Entonces el PVIu′′(x) + P (x)u′(x) +Q(x)u(x) = f(x)

u(0) = a, u′(0) = b

tiene una unica solucion.


9. Considera el operador integral Φ : C([−1, 1]) → C([−1, 1]) dado por

Φ(x)(t) = 1 + 2

∫ t

0sx(s)ds,

para x ∈ C([−1, 1]). Empezando de la funcion constante x0(s) = 1,calcula explıcitamente las iteraciones xn+1 = Φ(xn) y verifica que cada

xn es el n-esimo polinomio de Taylor de la funcion et2

alrededor de t = 0.

10. Sea L(Rl,Rm) el espacio vectorial de las transformaciones lineales de Rl

a Rm y, para T ∈ L(Rl,Rm),

||T ||L = ınfM > 0 : ||Tx||E ≤M ||x||E para todo x ∈ Rl.Entonces || · ||L es una norma en L(Rl,Rm).

11. Para T ∈ L(Rl,Rm),

||T ||L = sup||Tx||E : x ∈ B1(0),donde B1(0) es la bola cerrada de radio 1 en Rl con centro en el origen.

12. Sea Br(x0) una bola en Rl y x, y ∈ Br(x0). Entonces

x+ t(y − x) ∈ Br(x0)

para todo t ∈ [0, 1].

13. Sea Br(x0) una bola en Rl y f ∈ C1(Br(x0),Rm) tal que ||f ′(x)||L ≤M

para todo x ∈ Br(x0). Entonces, para x, y ∈ Br(x0),

||f(x) − f(y)||E ≤M ||x− y||E .(Sugerencia: Considere F (t) = f(x+ t(y − x)) y, por el teorema funda-

mental del calculo, F (1) − F (0) =∫ 10 F

′(t)dt.)

14. Sea T ∈ L(Rl+m,Rl) tal que x 7→ T (x, 0) es una transformacion enGL(l). Entonces, si S ∈ GL(m), la transformacion

(x, y) 7→(T (x, y), Sy

)

es una transformacion en GL(l +m).

15. a) Sea A ⊂ X no vacıo y Uε(A) su ε-vecindad. Entonces Uε(A) escerrado.

b) Aun cuando A es compacto, Uε(A) no es necesariamente compacto.

16. Sea X discreto. Entonces (CX , dH) es discreto.

17. Sea A ⊂ X un conjunto finito de puntos aislados de X, es decir, cadax ∈ A es un conjunto abierto en X de un solo punto. Entonces A esaislado en CX .

18. Sean An compactos no vacıos en X tales que An ⊃ An+1. Entonces

An →⋂

n≥1

An

Ejercicios 139

con respecto a la metrica dH .

19. Sean A,B,C,D ∈ CX . Entonces

dH(A ∪B,C ∪D) ≤ maxdH(A,C), dH(B,D).20. Sean f1, . . . , fN : X → X contracciones en el espacio completo X, y K

el conjunto autosimilar con respecto a las fi. Si A ⊂ X es no vacıo y

A ⊃ f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A),

entonces A ⊃ K.

Capıtulo 8

Convexidad

1. Espacios conexos

En este capıtulo exploraremos el concepto de conexidad en un espaciometrico, y estudiaremos algunas de sus aplicaciones.

Definicion 8.1. Decimos que el espacio X es conexo si, para todos losconjuntos abiertos U y V en X, no vacıos, tales que X ⊂ U ∪ V , se tieneU ∩ V 6= ∅. En otras palabras, X no puede ser cubierto por dos conjuntosabiertos disjuntos.

Si un espacio metrico X no es conexo, entonces decimos que X es dis-conexo. En tal caso, cualquier par de abiertos U , V tales que X ⊂ U ∪ V yU ∩ V = ∅ es llamado una separacion de X.

X

U V

Figura 1. Diagrama simple de una separacion del espacio X

141

142 8. Convexidad

Si A ⊂ X, entonces decimos que es conexo en X si es conexo comosubespacio de X; es decir, si para cualquier par de abiertos U y V en Xtales que A∩U 6= ∅, A∩ V 6= ∅ y A ⊂ U ∪ V , entonces U ∩ V 6= ∅. De igualforma definimos una separacion de A en X.

Si U y V forman una separacion del espacio metrico X, entonces cadauno de ellos es abierto y cerrado en X, ya que U = X \ V y V = X \U , porlo que ambos son complementos de conjuntos cerrados.

Ejemplo 8.2. Un espacio discreto con al menos dos puntos es disconexo:Como todos los subconjuntos de un espacio discreto X son abiertos, unaseparacion esta dada por U = x0, V = X \ U , donde x0 ∈ X.

Ejemplo 8.3. El conjunto Q, como subespacio de R, es disconexo: TomamosU = (−∞,

√2), V = (

√2,∞); entonces Q ∩ U 6= ∅, Q ∩ V 6= ∅, Q ⊂ U ∪ V

y U ∩ V = ∅, porque√

2 6∈ Q.

Ejemplo 8.4. Si A 6= ∅ es conexo en R, entonces tiene un solo punto o esun intervalo. Si no lo fuera, entonces existirıan x < y < z en A tales quex, z ∈ A y y 6∈ A. Pero entonces, como en el ejemplo anterior, los conjuntos(−∞, y) y (y,∞) formarıan una separacion de A.

De manera inversa, un intervalo [a, b] en R es conexo. Estableceremoseste resultado como un teorema, ya que sera de utilidad mas adelante.

Teorema 8.5. El intervalo [a, b], a, b ∈ R, es conexo.

Demostracion. Sean U y V abiertos en R, U ∩ [a, b] 6= ∅, V ∩ [a, b] 6=∅, tales que [a, b] ⊂ U ∪ V , y supongamos que a ∈ U . Sea s = ınf V ∩[a, b]. Mostraremos primero que s ∈ U . Si s = a esto es trivial, por loque supondremos que s > a. Entonces s 6∈ V , porque V es abierto. Como[a, b] ⊂ U ∪ V , y s ∈ [a, b], entonces s ∈ U

Ahora bien, como U es abierto, existe δ > 0 tal que (s − δ, s + δ) ⊂ U .Como s = ınf V , existe v ∈ V tal que s < v < s+ δ. Entonces v ∈ U ∪ V , yconcluımos que U ∩ V 6= ∅.

Intervalos semiabiertos o abiertos tambien son conexos, y su conexidad sedemuestra de manera similar. Esto tambien es consecuencia de su “conexidadpor trayectorias”, la cual se discutira en la siguiente seccion.

Es facil ver que la union o la interseccion de dos conjuntos conexos enun espacio metrico no son por lo general conjuntos conexos. Sin embargo, siambos se intersecan, entonces la union sı lo es.

Proposicion 8.6. Sean A y B conjuntos conexos en X tales que A∩B 6= ∅.Entonces A ∪B es conexo.

2. Conexidad por trayectorias 143

Demostracion. Sean U y V abiertos en X tales que U ∩ (A ∪ B) 6= ∅,V ∩ (A ∪B) 6= ∅, y A ∪B ⊂ U ∪ V . Sea x0 ∈ A ∩B. Entonces x0 ∈ U ∪ V ,por lo que entonces tenemos que x0 ∈ U o x0 ∈ V , y entonces A ∩ U 6= ∅ yA ∩ V 6= ∅ o B ∩ U 6= ∅ y B ∩ V 6= ∅. Cualquiera de los casos implica queU ∩ V 6= ∅, porque A y B son conexos.

Ahora mostraremos que la conexidad de un espacio se preserva bajofunciones continuas.

Teorema 8.7. Si X es conexo y f : X → Y es continua, entonces la imagende f , f(X), es conexo.

Demostracion. Sean U y V abiertos en Y tales que f(X) ⊂ U ∪V , f(X)∩U 6= ∅ y f(X)∩V 6= ∅. Entonces f−1(U) y f−1(V ) son abiertos en X, porquef es continua, no vacıos y X ⊂ f−1(U) ∪ f−1(V ). Como X es conexo,f−1(U) ∩ f−1(V ) 6= ∅. Si x0 ∈ f−1(U) ∩ f−1(V ), entonces f(x0) ∈ U ∩ V , ypor lo tanto U ∩ V 6= ∅.

1.1. El teorema del valor intermedio. Entre las consecuencias de losteoremas 8.5 y 8.7 se encuentra el Teorema del Valor Intermedio, uno de losteoremas basicos del calculo.

Teorema 8.8 (Valor Intermedio). Sea f : [a, b] → R una funcion continua,y f(a) < y < f(b). Entonces existe c ∈ (a, b) tal que f(c) = y.

Demostracion. f([a, b]) es conexo porque [a, b] es conexo y f es continua.Si f(a) < y < f(b) y y 6∈ f([a, b]), entonces los conjuntos (−∞, y) y (y,∞)formarıan una separacion de f([a, b]), lo cual es una contradiccon.

En la siguiente seccion estableceremos otras consecuencias de estos dosteoremas.

2. Conexidad por trayectorias

En esta seccion estudiaremos el concepto de conexidad por trayectorias,y su relacion con conexidad.

Definicion 8.9. Sea X un espacio metrico. Una trayectoria en X es unafuncion continua γ : [0, 1] → X. Si γ(0) = a y γ(1) = b, entonces decimosque γ es una trayectoria de a a b.

Si γ es una trayectoria de a a b, entonces η(t) = γ(1−t) es una trayectoriade b a a.

Definicion 8.10. Decimos que el espacio metrico X es conexo por trayec-torias si para cada a, b ∈ X existe una trayectoria de a a b.

144 8. Convexidad

Si A es un subespacio de X, entonces A es conexo por trayectorias si,y solo si, para cada a, b ∈ A existe una trayectoria γ de a a b en X tal queγ([0, 1]) ⊂ A.

El siguiente teorema es otra consecuencia de los teoremas 8.5 y 8.7.

Teorema 8.11. Si el espacio metrico X es conexo por trayectorias, entonceses conexo.

Demostracion. Sean U y V abiertos en X, no vacıos, tales que X ⊂ U∪V ,y sean a ∈ U y b ∈ V . Como X es conexo por trayectorias, entonces existeuna trayectoria γ de a a b. Entonces U ∩ γ([0, 1]) 6= ∅ y V ∩ γ([0, 1]) 6= ∅.Como γ([0, 1]) es conexo, U ∩ V 6= ∅.

Este teorema implica, por ejemplo, que los intervalos en R. ya sea abier-tos o semiabiertos, son conexos. La conexidad en R, y en general Rn sera dis-cutida con mayor extension mas adelante.

La inversa del teorema 8.11, sin embargo, es falsa.

Ejemplo 8.12. Sea A ⊂ R2 es conjunto dado por la union del segmento0×[−1, 1] y la imagen f((0, 1]) de la funcion f(t) = (t, sen(1/t)) (la graficade sen(1/t) en (0, 1]; vease la figura 2). A es conexo porque es la cerradurade f((0, 1]) (ejercicio 1), el cual es conexo porque f es continua y (0, 1] esconexo.

0.2 0.4 0.6 0.8 1

-1

-0.5

0.5

1

Figura 2. Grafica de la funcion sen 1/t en (0, 1].

Sin embargo, A no es conexo por trayectorias: Supongamos que γ es unatrayectoria del punto (0, 0) a, digamos, (1/π, 0). Para n ∈ Z+, sea tn ∈ [0, 1]tal que γ(tn) = (1/nπ, 0) (tal sucesion existe porque γ es continua en 0).Como [0, 1] es compacto, existe una subsucesion tnk

que converge, digamos

3. Componentes conexas 145

tnk→ t0 ∈ [0, 1]. Como γ(tn) → (0, 0), entonces γ(t0) = (0, 0), porque γ es

continua.

Ahora bien, podemos escribir γ(t) = (γ1(t), γ2(t)), donde γ1, γ2 : [0, 1] →R son continuas1. Entonces γ1(tnk

) = 1/(nkπ) y γ1(tnk+1) = 1/(nk+1π) para

cada k, y por el Teorema del Valor Intermedio existe, para cada k, sk talque γ1(sk) = 2/(4mk + 1)π, donde mk es tal que

nk <4mk + 1

2< nk+1.

Entonces sk → t0. Sin embargo, γ(sk) = (2/(2mk + 1)π, 1), por lo queentonces γ(sk) → (0, 1), contradiciendo el hecho de que es continua en t0.

El ejemplo anterior muestra que si A es un conjunto conexo por trayec-torias en X, entonces su cerradura no es necesariamente conexa (ejercicio1).

3. Componentes conexas

Si X es un espacio metrico y x0 ∈ X, entonces existe un subconjuntomaximo conexo que contiene a x0. Este puede ser definido como la union detodos los conjuntos conexos que contienen a x0, ya que la union de conjuntosconexos no disjuntos es conexa. A tal conjunto se le denomina la componenteconexa, o simplemente componente, de X que contiene a x0.

De igual definimos las componentes de un conjunto en X. Si A ⊂ X yx0 ∈ A, la componente C de A que contiene a x0 es el subconjunto conexomaximo de A que contiene a x0. Es decir, si B es un conjunto conexo talque x0 ∈ B y B ⊂ A, entonces B ⊂ C.

Es claro que un espacio X es la union disjunta de sus componentes.

Teorema 8.13. Si U es un conjunto abierto en un espacio normado X,entonces sus componentes son abiertos en X.

La condicion de X de ser un espacio normado es necesaria. Por ejemplo,las componentes del espacio Q (como subespacio de R) son puntos, y estosno son abiertos en Q.

Demostracion. Sea x0 ∈ U , y sea C la componente de U que contiene ax0. Sea y ∈ C. Entonces y ∈ U y, como U es abierto, existe ε > 0 tal queBε(y) ⊂ U . Como Bε(y) es conexo (porque es convexo), Be(y) ⊂ C.

1De hecho, γ2(t) = sen(1/γ1(t)).

146 8. Convexidad

Se sabe que un conjunto abierto en R es la union disjunta contable deintervalos abiertos (ejercicio 6 del capıtulo 1). Estamos listos para generali-zar este resultado en Rn. Recordemos que en R, los conjuntos conexos sonintervalos, por lo que los conjuntos conexos abiertos son intervalos abiertos.

Teorema 8.14. Sea U un conjunto abierto en Rn. Entonces U es la unioncontable disjunta de conjuntos abiertos conexos.

Demostracion. U es la union disjunta de sus componentes, las cuales sonabiertas por el teorema 8.13. Entonces solo queda por demostrar que elconjunto de componentes es contable. Sin embargo, como el conjunto Qn

es contable, el conjunto S de puntos con coordenadas racionales en U escontable. Como Qn es denso en Rn, cada componente de U contiene algunpunto de S. Por lo tanto, el conjunto de componentes es contable.

4. Conjuntos convexos

Ahora consideremos un espacio normado X. Si x, y ∈ X, el segmento derecta de x a y es la funcion γ : [0, 1] → X dada por

γ(t) = (1 − t)x+ ty.

Como γ es continua, entonces es una trayectoria de x a y, y podemos concluırentonces que X es conexo por trayectorias. Por lo tanto, es tambien conexo.

Corolario 8.15. Rn es conexo.

Corolario 8.16. Si U es un conjunto abierto y cerrado en Rn, entoncesU = ∅ o U = Rn.

Definicion 8.17. Si A es un subconjunto del espacio normado X, decimosque A es convexo si, para a, b ∈ A, entonces el segmento de recta de a a besta contenido en A.

x

y

Figura 3. Un conjunto convexo. El segmento de recta de x a y esta con-tenido en el conjunto.

Es claro que los conjuntos convexos son conexos, ya que son conexos portrayectorias.

Ejemplo 8.18. Un intervalo en R es convexo.

Ejercicios 147

Ejemplo 8.19. Una bola Br(x0) en un espacio normado es un conjuntoconvexo. Es suficiente con mostrar esto para el caso x0 = 0 y r = 1 (ejercicio6); es decir, tenemos que mostrar que si ||x|| < 1 y ||y|| < 1, entonces||(1 − t)x+ ty|| < 1 para t ∈ [0, 1]. Pero, por la desigualdad del triangulo,

||(1 − t)x+ ty|| ≤ ||(1 − t)x|| + ||ty|| = (1 − t)||x|| + t||y|| < 1 − t+ t = 1.

Aunque la union de dos conjuntos convexos no es necesariamente con-vexa, la interseccion sı lo es.

Teorema 8.20. Si A y B son conjuntos convexos en el espacio normadoX, entonces A ∩B es convexo.

Notese que, si A∩B = ∅, entonces la definicion de convexidad se satisfacevacuamente.

Demostracion. Supongamos que a, b ∈ A∩B. Entonces a.b ∈ A y a, b ∈ B.Por lo tanto, como A y B son convexos, el segmento de recta de a a besta contenido en A y en B, y por lo tanto tambien en la interseccion.

5. Teoremas de punto fijo en conjuntos convexos

Teorema de Brower, Shauder, etc.

6. Ecuaciones Integrales

Ejercicios

1. Muestre que si A es un subespacio conexo de X, entonces su cerraduraA es tambien conexo.

2. Como generalizacion al ejercicio anterior, muestre que si A es conexo yA ⊂ B ⊂ A, entonces B es conexo.

3. Muestre que X es conexo si, y solo si, toda funcion continua f : X → Y ,donde Y es discreto, es constante.

4. Sea f : [0, 1] → [0, 1] continua. Entonces existe c ∈ [0, 1] tal que f(c) = c.El numero c es llamado un punto fijo de f .

5. Sea S1 el cırculo unitario de radio igual a 1 en R2, es decir, el conjunto

S1 = x ∈ R2 : ||x|| = 1.S1 es un subespacio de R2. Suponga que f : S1 → R es continua. Muestreque existe un punto x ∈ S1 tal que f(x) = f(−x).

148 8. Convexidad

6. Muestre que una bola Br(x0) en en espacio normado X es un conjuntoconvexo, dado que B1(0) es convexo.

7. Muestre que si A es convexo, entonces su cerradura A es convexo.

Capıtulo 9

Espacios de Hilbert

1. Propiedades basicas

En este capıtulo estudiaremos las propiedades basicas, ası como algunasaplicaciones, de la teorıa de espacios de Hilbert.

Definicion 9.1. Decimos que X es un espacio de Hilbert si es un espaciovectorial con producto interno completo.

Es decir, si d es la metrica inducida por la norma en X, inducida a suvez por el producto interno, entonces (X, d) es completo.

SiX es un espacio con producto interno, escribiremos el producto internode x, y ∈ X como (x, y), y la norma inducida como ||x||.

Entre las propiedades que satisface la norma inducida se encuentra laidentidad del paralelogramo.

Proposicion 9.2 (Identidad del paralelogramo). Si x, y ∈ X, entonces

||x+ y||2 + ||x− y||2 = 2||x||2 + 2||y||2.

Demostracion. Sean x, y ∈ X. Entonces

||x+ y||2 + ||x− y||2 = (x+ y, x+ y) + (x− y, x− y)

= (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)

+ (x, x) − (x, y) − (y, x) + (y, y)

= 2||x||2 + 2||y||2.

De hecho, uno puede mostrar que, si X es un espacio normado tal quesu norma satisface la identidad del paralelogramo, entonces la norma es

149

150 9. Espacios de Hilbert

inducida por un producto interno, por medio de la identidad de polarizacion(ejercicios 3 y 4).

Decimos que x, y ∈ X son ortogonales, y escribimos x ⊥ y, si (x, y) = 0.

Proposicion 9.3 (Teorema de Pitagoras). Si x ⊥ y, entonces

||x+ y||2 = ||x||2 + ||y||2.

Demostracion. Como (x, y) = 0,

||x+ y||2 = (x+ y, x+ y) = (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)

= ||x||2 + ||y||2.

Observamos que hemos utilizado el hecho que, si (x, y) = 0, entonces(y, x) = 0.

Mostramos ahora la continuidad del producto interno.

Proposicion 9.4. Sea X un espacio con producto interno (·, ·). Entonces(·, ·) : X ×X → K es continua.

Recordemos que a X×X se le asigna la metrica producto (ejemplo 1.10,capıtulo 1).

Demostracion. Es suficiente con mostrar que, si xn → x y yn → y enX, entonces (xn, yn) → (x, y) en K. Pero, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz,

|(xn, yn) − (x, y)| ≤ |(xn − x, yn)| + |(x, yn − y)|≤ ||xn − x|| ||yn|| + ||x|| ||yn − y||.

Como la sucesion (yn) converge, es acotada, digamos ||yn|| ≤ M para todon. Entonces, dado ε > 0, tomamos N tal que, para n ≥ N ,

||xn − x|| < ε

2M + 1y ||yn − y|| < ε

2||x|| + 1.

Entonces, si n ≥ N ,

|(xn, yn) − (x, y)| ≤ ||xn − x|| ||yn|| + ||x|| ||yn − y||≤ ε

2M + 1M + ||x|| ε

2||x|| + 1< ε.

Si x ∈ X y Y es un subespacio1 de X, decimos que x es perpendicular aY , y escribimos x ⊥ Y , si x ⊥ y para todo y ∈ Y .

1De aquı en adelante, con subespacio de X nos referiremos a un subespacio vectorial de X.

1. Propiedades basicas 151

No es muy difıcil verificar que, si Y es un subespacio de X, entonces sucerradura Y tambien lo es (ejercicio 5). El siguiente corolario se sigue deforma inmediata de la proposicion 9.4.

Corolario 9.5. Si x ⊥ Y , entonces x ⊥ Y .

Mostramos ahora el siguiente teorema.

Teorema 9.6. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X. En-tonces, para cada x ∈ X, existe un unico y0 ∈ Y tal que

||x− y0|| ≤ ||x− y||para todo y ∈ Y . Es decir, y0 es el vector en Y mas cercano a x.

Por la definicion de distancia entre dos conjuntos (mas exactamente,entre un punto y un conjunto), vemos que y0 es el unico vector en Y quesatisface

||x− y0|| = d(x, Y ).

Notamos que, si x ∈ Y , entonces y0 = x.

Demostracion. Sea r = d(x, Y ). Para cada n ≥ 1, tomamos yn ∈ Y tal

que ||x − yn|| < r +1

n. Mostraremos que la sucesion (yn) es de Cauchy y,

como X es completo (es un espacio de Hilbert), converge.

Observamos primero que, por la identidad del paralelogramo,

||yn − ym||2 = 2||yn − x||2 + 2||ym − x||2 − ||yn + ym − 2x||2

< 2(r +

1

n

)22(r +

1

m

)2− 4

∣∣∣∣∣∣1

2(yn − ym) − x

∣∣∣∣∣∣2

≤ 2(r2 +

2r

n+

1

n2

)+ 2

(r2 +

2r

n+

1

n2

)− 4r2

= 4r( 1

n+

1

m

)+

1

n2+

1

m2,

donde hemos usado el hecho que1

2(yn + ym) ∈ Y y entonces

∣∣∣∣∣∣1

2(yn − ym) − x

∣∣∣∣∣∣ ≥ r.

Como1

n,

1

m→ 0, concluimos que, dado ε > 0, existe N tal que, si n,m ≥ N ,

||yn − ym|| < ε.

Entonces (yn) converge, digamos yn → y0, y, como Y es cerrado, y0 ∈ Y .Por la construccion de (yn), obtenemos que ||x− y0|| = r = d(x, Y ).


Para mostrar unicidad, sea z0 ∈ Y tal que ||x−z0|| = d(x, Y ). Entonces,por la identidad del paralelogramo nuevamente,

||y0 − z0||2 = 2||y0 − x||2 + 2||z0 − x||2 − ||y0 + z0 − 2x||2

= 2r2 + 2r2 − 4∣∣∣∣∣∣1

2(y0 − z0) − x

∣∣∣∣∣∣2≤ 0,

donde tambien hemos usado el hecho que∣∣∣∣∣∣1

2(y0 − z0) − x

∣∣∣∣∣∣ ≥ r,

con r = d(x, Y ). Entonces ||y0 − z0|| = 0, lo que implica que z0 = y0.

Al vector y0 del teorema 9.6 se le llama la proyeccion ortogonal de xsobre Y , y se denota por ProyY x. La razon de este nombre esta dada por elsiguiente teorema.

Teorema 9.7. Sea Y un subespacio de X y x ∈ X. Entonces y0 = ProyY xsi, y solo si, x− y0 ⊥ Y .

Demostracion. Sea y0 = ProyY x y w = x− y0. Para y ∈ Y , y 6= 0, sea

z =(w, y)

||y||2 y.

Primero, tenemos que

||w − z|| = ||x− (y0 + z)|| ≥ ||x− y0|| = ||w||.Entonces

||w||2 ≤ ||w − z||2 = ||w||2 − (w, z) − (z, w) + ||z||2

= ||w||2 − (w, y)

||y||2 (w, y) − (w, y)

||y||2 (y, w) +|(w, y)|2||y||4 ||y||2

= ||w||2 − |(w, y)|2||y||2 ,

lo que implica que |(w, y)| ≤ 0, y entonces w ⊥ y. Como y ∈ Y es arbitrario,w ⊥ Y .

Para la inversa, suponemos ahora que x−y0 ⊥ Y . Entonces, para y ∈ Y ,x− y0 ⊥ y0 − y, porque y0 − y ∈ Y , y, por el teorema de Pitagoras,

||x− y||2 = ||x− y0||2 + ||y0 − y||2 ≥ ||x− y0||2.

Ejemplo 9.8. Consideramos el caso en que el subespacio Y es de dimensionfinita, con base ortonormal u1, . . . , ul. Entonces, para x ∈ X,

ProyY x = (x, u1)u1 + . . .+ (x, ul)ul.

2. Sistemas ortonormales completos 153

Para mostrar esto, sea y0 = (x, u1)u1 + . . . + (x, ul)ul. Mostraremos quex− y0 ⊥ Y .

Si y ∈ Y , como la base u1, . . . , ul es ortonormal (ejercicio 6),

y = (y, u1)u1 + . . .+ (y, ul)ul.

Entonces

(x− y0, y) = (x, y) − (y0, y) =(x,

l∑

j=1

(y, uj)uj

)−

( l∑

j=1

(x, uj)uj , y)

=l∑

j=1

(y, uj)(x, uj) −l∑

j=1

(x, uj)(uj , y) = 0,

por lo que x− y0 ⊥ y.

En la siguiente seccion estudiaremos el caso general, para el cual Y nonecesariamente es de dimension finita, por lo que tenemos que extender elconcepto de base ortonormal.

2. Sistemas ortonormales completos

Decimos que un subconjunto S ⊂ X es ortonormal si, para todo x, y ∈ S,

(x, y) =

1 x = y

0 x 6= y.

Lo primero que haremos es recordar el proceso de Gram-Schmidt paraproducir sucesiones ortonormales.

Teorema 9.9. Sea (vn) un sucesion (posiblemente finita) de vectores lineal-mente independientes en X. Entonces existe un conjunto ortonormal

S = u1, u2, . . . , (posiblemente finito) tal que, para cada n,

vn ∈ genu1, . . . , un,el espacio generado por u1, . . . , un.

Se entiende que, si (vn) es un sucesion finita con, digamos, l vectores,entonces la conclusion del teorema se cumple para n ≤ l.

Demostracion. La demostracion de este teorema es constructiva, cuyo al-goritmo, como lo mencionamos antes, es conocido como el proceso de Gram-Schmidt.


Empezamos por observar, que, como los vn son linealmente independien-

tes, en particular v1 6= 0, por lo que podemos definir u1 =v1

||v1||. Claramente

v1 ∈ genu1.Habiendo definido u1, . . . , uk ortonormales tales que

vn ∈ genu1, . . . , un,para n ≤ k, definimos

wk+1 = vk+1 − (vk+1, u1)u1 − . . . (vk+1, uk)uk.

Es decir, wk+1 es la diferencia entre vk+1 y su proyeccion ortogonal sobre elespacio generado por u1, . . . , uk. Como cada

un ∈ genv1, . . . , vn,n ≤ k (ejercicio 8), wk+1 es una combinacion lineal no trivial de v1, . . . vk+1

(el coeficiente de vk+1 es 1), por lo que wk+1 6= 0 porque los vn son lineal-mente independientes. Definimos entonces

uk+1 =wk+1

||wk+1||.

Entonces uk+1 ⊥ un para n = 1, . . . , k, por la definicion de wk+1, y tiene nor-ma 1. Por la hipotesis de induccion, entonces, u1, . . . , uk+1 son ortonormales.Ademas,

vk+1 = wk+1 + (vk+1, u1)u1 + . . . (vk+1, uk)uk ∈ genu1, . . . , uk+1.Por lo tanto, la existencia del conjunto S deseado se sigue por induccion.

Ejemplo 9.10. Consideramos el espacio X = C([0, 1],C) con productointerno

(f, g) =

∫ 1

0fg,

y consideramos la sucesion (fn) donde fn(x) = xn. Entonces, el procesode Gram-Schmidt, a partir de la sucesion (fn), produce la sucesion (en) defunciones

e0(x) = 1,

e1(x) = 2√

3(x− 1

2

),

e2(x) = 6√

5(x2 − x+

1

6

),

e3(x) = 20√

7(x3 − 3

2x2 +

3

5x− 1

20

),

...

polinomios ortonormales tales que cada en tiene grado n.


Un sistema ortonormal completo es un conjunto ortonormal S tal queY = genS es denso enX, es decir, Y = X. En otras palabras, S es un sistemaortonormal completo si para cada x ∈ X y ε > 0 existe una combinacionlineal

y = a1v1 + . . . akvk,

con v1, . . . , vk ∈ S, tal que

||x− y|| < ε.

El siguiente teorema establece la condicion necesaria y suficiente parala existencia de un sistema ortonormal completo contable en un espacio deHilbert.

Teorema 9.11. Sea X un espacio de Hilbert. Entonces X es separable si,y solo si, existe un sistema ortonormal completo contable en X.

Recordemos que un espacio es separable si existe un conjunto densocontable.

Demostracion. Sea X un espacio de Hilbert separable, y sea

F = vn : n ∈ Z+denso en X. Por el teorema 9.9, existe un conjunto ortonormal contable

S = un : n ∈ Z+tal que vn ∈ genu1, . . . , un para cada n. Demostraremos que genS es densoen X.

Sea x ∈ X y ε > 0. Entonces, como F es denso, existe vk ∈ F tal que

||x− vk|| < ε.

Ahora bien, vk ∈ genu1, . . . , uk, por lo que existen escalares a1, . . . , ak

tales que

vk = a1u1 + . . .+ akuk.

Entonces vk ∈ genS y ||x− vk|| < ε, por lo que podemos concluir que genSes denso.

Para la inversa, suponemos que S = un : n ∈ Z+ es un sistemaortonormal completo, y definimos

F = (a1 + ib1)un1+ . . .+ (ak + ibk)unk

:

k ∈ Z+, aj , bj ∈ Q, unj∈ S, j = 1, . . . , k,

es decir, el conjunto de todas las combinaciones lineales de vectores en Scon coeficientes racionales complejos (si X es un espacio real, simplementetomamos bj = 0).


Entonces F es contable. Para verificar que es denso, sea x ∈ X y ε ∈ X.Como genS es denso, existe

y = λ1un1+ . . .+ λkunk

∈ genS

tal que ||x−y|| < ε

2. Ahora bien, para cada j = 1, . . . , k, tomamos aj , bj ∈ Q

tales que

|aj + ibj − λj | <ε

2√k.

Entonces, si z = (a1 + ib1)un1+ . . .+ (ak + ibk)unk

,

||y − z|| =

√√√√k∑

j=1

|aj + ibj − λj |2 <

√√√√k∑

j=1

ε2

4k=ε

2,

y por lo tanto

||x− z|| ≤ ||x− y|| + ||y − z|| < ε.

Como z ∈ F , F es denso, y por lo tanto X es separable.

Por el teorema anterior, cualquier espacio de Hilbert separableX tiene almenos un sistema ortonormal completo contable. Mostraremos ahora que,de hecho, todos los sistemas ortonormales completos son contables, y sonfinitos si y solo si X es de dimension finita.

Teorema 9.12. Sea X un espacio de Hilbert separable y S un sistema or-tonormal completo.

1. Si dimX = l <∞, entonces S tiene l elementos y es una base paraX.

2. Si dimX = ∞, entonces S es infinito contable.

Notamos que, si X es un espacio de dimension finita, entonces sus basespodrıan ser incontables. Sin embargo, por el teorema 9.12, todos sus sistemasortonormales completos son contables.

Demostracion. Suponemos primero que X es dimension finita, digamosdimX = l. Entonces, como los elementos de S son ortogonales, entoncesson linealmente independientes (ejercicio 9). Entonces S tiene a los mas lvectores, digamos N ≤ l.

Sea S = u1, . . . , uN. Como genS es denso, para x ∈ X y ε > 0 existey = a1u1 + . . .+ aNuN tal que

||x− y|| < ε.

Pero, si y0 = (x, u1)u1 + . . . + (x, uN )uN es la proyeccion ortogonal sobregenS, entonces

||x− y0|| ≤ ||x− y||,


y por lo tanto ||x − y0|| < ε. Como ε > 0 es arbitrario, x = y0, y entoncesX = genS. Ası que S es una base para X.

Del parrafo anterior podemos concluir, en general, que si S es finito en-tonces es una base para X. Entonces, si X es de dimension infinita, entoncesS es infinito. Solo resta por demostrar que S debe ser contable.

Para verificarlo, construiremos una funcion inyectiva φ : S → N de lasiguiente forma. Sea F = vn : n ∈ Z+ un conjunto denso contable en X.F existe porque X es separable. Entonces, para u ∈ S, existe vk ∈ F tal que

||u− vk|| <1

2.

Definimos entonces φ en S como

φ(u) = mınk : ||u− vk|| <

1

2

.

Si u 6 u′ son vectores en S, por el teorema de Pitagoras

||u− u′||2 = ||u||2 + ||u′||2 = 1 + 1 = 2.

Entonces

||vφ(u) − vφ(u′)|| = ||vφ(u) − u+ u− u′ + u′ − vφ(u′)||≥ ||u− u′|| − ||vφ(u) − u|| − ||u′ − vφ(u′)||

>√

2 − 1

2− 1

2> 0,

por lo que vφ(u) 6= vφ(u′), y entonces φ(u) 6= φ(u′). Por lo tanto S es contable.

Ahora bien, recordemos que, si S = u1, . . . , ul es una base ortonormaldel espacio de dimension finita X, entonces, para cada x ∈ X,

x = (x, u1)u1 + . . .+ (x, ul)ul

(ejercicio 6). El siguiente teorema generaliza este resultado a espacio deHilbert separables.

Teorema 9.13. Sea X un espacio de Hilbert separable y S = un : u ∈ Z+un sistema ortonormal completo. Entonces, para cada x ∈ X,

(9.1)∞∑

n=1

(x, un)un = x.

Mas aun, esta expansion de x es unica; es decir, si∞∑

n=1

anun = x,

entonces an = (x, un).


Demostracion. Para cada n, sea Yn = genu1, . . . , un. Entonces cada Yn

es de dimension finita y

ProyYnx =

n∑

j=1

(x, uj)uj = sn,

las sumas parciales de la serie∑∞

n=1(x, un)un. Como genS es denso, paraε > 0 existe

y = a1un1+ . . .+ akunk

tal que ||x− y|| < ε. Entonces, como y ∈ YN , donde

N = maxn1, . . . , nk,tenemos que ||x − sN || ≤ ||x − y|| < ε. Mas aun, para n ≥ N , sN ∈ Yn,ası que

||x− sn|| ≤ ||x− sN || < ε.

Por lo tanto sn → x.

Suponemos ahora que∞∑

n=1

anun = x.

Por el teorema 9.4, si sn =n∑

j=1

ajuj son las sumas parciales de la serie,

entonces (sn, uj) → (x, uj). Pero

(sn, uj) =

0 n < j

aj n ≥ j.

Entonces aj = (x, uj) para cada j.

La expansion (9.1) es llamada una expansion ortogonal de x, o serie deFourier de x, con respecto al sistema ortonormal completo S. A cada uno delos coeficientes (x, un) se les llama coeficientes de Fourier de x, y se denotancomo x(n). Se entiende que, si X es de dimension finita, entonces (9.1) esuna suma finita.

Como corolario, tenemos que estos coeficientes satisfacen la siguientesidentidades, conocidas como de Parseval.

Corolario 9.14 (Parseval). Sea X un espacio de Hilbert separable y S =un∞n=1 un sistema ortonormal completo. Entonces, para cada x,

||x||2 =∞∑

n=1

|x(n)|2,

3. El espacio l2 159

donde x(n) = (x, un). Ademas, para x, y ∈ X,

(x, y) =∞∑

n=1

x(n)y(n).

Demostracion. Sean sn =∑n

j=1 x(j)uj las sumas parciales de la serie de

Fourier de x. Entonces, por el teorema 9.4, ||sn||2 → ||x||2. Pero, por elteorema de Pitagoras,

||sn||2 =n∑

j=1

|x(j)|2,

lo que demuestra la primera parte del teorema.

Para la segunda parte, sean tn =∑n

j=1 y(j)uj las sumas parciales de laserie de Fourier de y. Entonces, como u1, . . . , un son ortonormales,

(sn, tn) =n∑

j=1

x(j)y(j).

Pero, nuevamente por el teorema 9.4, (sn, tn) → (x, y).

Como corolario, tambien obtenemos la desigualdad de Bessel,

(9.2)k∑

j=1

|(x, vj)|2 ≤ ||x||2,

si v1, . . . , vk son ortonormales en X.

3. El espacio l2

En esta seccion estudiaremos con detalle un ejemplo basico de un espaciode Hilbert de dimension infinita.

Sea l2 el conjunto de todas las sucesiones (an)∞n=1 tales que

∞∑

n=1

|an|2 <∞.

Podemos hacer l2 un espacio vectorial, si definimos las operaciones

(an) + (bn) = (an + bn) y λ(an) = (λan).

Para verficar que estas operaciones estan bien definidas, vemos que, por ladesigualdad del triangulo en KN con la norma euclideana,

√√√√N∑

n=1

|an + bn|2 ≤

√√√√N∑

n=1

|an|2 +

√√√√N∑

n=1

|bn|2 ≤

√√√√∞∑

n=1

|an|2 +

√√√√∞∑

n=1

|bn|2


para todo N , porque∞∑

n=1

|an|2 y∞∑

n=1

|bn|2

convergen, y entonces∑∞

n=1 |an + bn|2 converge, ası que (an + bn) ∈ l2.

Similarmente, (λan) ∈ l2, y no es difficil verificar que estas operacionessatisfacen los axiomas de un espacio vectorial (ejercicio 15).

Mas aun, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz en KN , si (an), (bn) ∈ l2,

N∑

n=1

|anbn| ≤

√√√√N∑

n=1

|an|2√√√√

N∑

n=1

|bn|2 ≤

√√√√∞∑

n=1

|an|2√√√√

∞∑

n=1

|bn|2

para todo N , por lo que la serie∑∞

n=1 anbn converge absolutamente. Defi-nimos entonces la funcion (·, ·) : l2 × l2 → K como

(9.3)((an, (bn)

)=

∞∑

n=1

anbn.

Proposicion 9.15. La funcion (·, ·) : l2 × l2 → K definida por (9.3) es unproducto interno en l2.

Mas aun, con este producto interno, l2 es un espacio de Hilbert.

Demostracion. Para mostrar que (9.3) es un producto interno, tomamos(an), (bn), (cn) ∈ l2, λ ∈ K, y verificamos lo siguiente.

1.((an), (an)

)=

∞∑

n=1

|an|2 ≥ 0, y es 0 si y solo si an = 0 para todo n, o

sea (an) = (0).

2. Para todo N ,N∑

n=1

anbn =N∑

n=1

bnan,

lo que demuestra que, en el lımite,((an), (bn)

)=

((bn), (an)

).

3. Como todas las series siguientes son convergentes,

((an) + (bn), (cn)

)=

((an + bn), (cn)

)=

∞∑

n=1

(an + bn)cn

=∞∑

n=1

ancb +∞∑

n=1

bncn =((an), (cn)

)+

((bn), (cn)

),

y

(λ(an), (bn)

)=

((λan), (bn)

)=

∞∑

n=1

λanbn = λ∞∑

n=1

anbn = λ((an), (bn)

).


Ya solo resta mostrar completitud de l2. Sea (Ak) una sucesion en l2. Escri-biremos cada Ak = (an

k)∞n=1, donde el ındice de cada sucesion Ak lo hemosescrito como superındice. Demostraremos que, si la serie

∞∑

k=1

||Ak||

converge, entonces la serie∞∑

k=1

Ak

converge, y la completitud de l2 se sigue del teorema 2.24. Recordemos quela norma || · || inducida por el producto interno esta dada por

||(an)|| =

√√√√∞∑

n=1

|an|2.

Observamos primero que, para cada n y cada k, |ank | ≤ ||Ak||, y por

lo tanto∑∞

k=1 |ank | < ∞. Ası que la serie

∑∞k=1 a

nk converge para cada n,

digamos∞∑

k=1

ank = an.

Mostraremos que la serie∑∞

k=1Ak converge a la sucesion (an) en l2.

Empezamos por verificar que (an) ∈ l2. Para cada n, sea

snk =

k∑

l=1

anl

la k-esima suma parcial de cada serie∑

k ank . Como cada sn

k → an, para cadaN podemos encontrar k tal que

|an − snk | <

1√N,

para n = 1, . . . , N . Ahora bien,√√√√

N∑

n=1

|an|2 ≤

√√√√N∑

n=1

|an − snk |2 +

√√√√N∑

n=1

|snk |2.

Por la seleccion de k,√√√√

N∑

n=1

|an − snk |2 <

√√√√N∑

n=1

1

N= 1.


Ahora, si llamamos M =∑∞

k=1 ||Ak||, tenemos entonces√√√√

N∑

n=1

|snk |2 =

√√√√N∑

n=1

∣∣∣k∑

l=1

anl

∣∣∣2≤

k∑

l=1

√√√√N∑

n=1

|anl |2 ≤

k∑

l=1

||Al|| ≤M.

Por lo tantoN∑

n=1

|an|2 ≤ (1 +M)2 y, como N es arbitrario, (an) ∈ l2.

Sea ahora

sk =

k∑

l=1

Al =( k∑

l=1

anl

)

la k-esima suma parcial de∑

k Ak. Sea ε > 0, y tomamos K tal que, parak ≥ K,

∑

l>k

||Al|| <ε

2.

Tal K existe porque∑

k ||Ak|| <∞. Mostraremos que, para k ≥ K,

||sk − (an)|| < ε.

Sea k ≥ K, y tomamos N ∈ Z+. Escogemos p > k tal que, para cadan = 1, . . . , N ,

|snp − an| < ε

2√N.

Tal p existe porque snl → an cuando l → ∞ para cada n (notamos que p

depende de N). Entonces√√√√

N∑

n=1

|snk − an|2 ≤

√√√√N∑

n=1

|snk − sn

p |2 +

√√√√N∑

n=1

|snp − an|2.

Por la seleccion de p, el segundo sumando puede ser estimado por√√√√

N∑

n=1

|snp − an|2 <

√√√√N∑

n=1

ε2

4N=ε

2.

Para el primero,√√√√

N∑

n=1

|snk − sn

p |2 =

√√√√N∑

n=1

∣∣∣∑

k<l≤p

anl

∣∣∣2≤

∑

k<l≤p

√√√√N∑

n=1

|anl |2 ≤

∑

k<l≤p

||Al|| <ε

2,

porque k ≥ K. Entonces,√∑N

n=1 |snk − an|2 < ε y, como N es arbitrario,

||sk − (an)|| < ε.


El espacio de Hilbert l2 tiene al conjunto de las sucesiones ek, dadas por

enk =

1 k = n

0 k 6= n,

como sistema ortonormal completo, ya que (ejercicio 16)

(an) =∞∑

n=1

anen

para cualquier (an) ∈ l2. Por lo tanto, l2 es separable, por el teorema 9.11.Mas aun, l2 es isometricamente isomorfo a cualquier otro espacio de Hilbertseparable, como lo afirma el siguiente teorema.

Teorema 9.16. Sea X un espacio de Hilbert separable de dimension in-finita. Entonces X es isometricamente isomorfo a l2; es decir, existe unaisometrıa Φ : X → l2 tal que es un isomorfismo.

Demostracion. Como X es separable y de dimension infinita, existe unsistema ortonormal completo, digamos S = un∞n=1, infinito contable. En-tonces, para cada x ∈ X,

x =∞∑

n=1

x(n)un,

donde x(n) = (x, un), por el teorema 9.13. Definimos entonces la funcionΦ : X → l2 como Φ(x) = (an), donde an = x(n). Por la identidad deParseval,

||x||2 =

∞∑

n=1

|an|2 = ||Φ(x)||2,

por lo que Φ es una isometrıa. Claramente es lineal porque el productointerno es lineal.

Para verificar que es un isomorfismo, observamos primero que Φ es in-yectiva porque ||Φ(x)|| = ||x||, y entonces Φ(x) = 0 solo si x = 0. Paramostrar que Φ es sobreyectiva, sea (an) ∈ l2 y consideramos la serie

∞∑

n=1

anun.

Para mostrar que converge, sean sn las sumas parciales. Entonces, como losun son ortonormales, si n > m tenemos, por el teorema de Pitagoras,

||sn − sm||2 =∑

m<l≤n

|an|2.

Como (an) ∈ l2, para ε > 0 existe N tal que, si n ≥ N ,∑

n≥N |an|2 < ε2.

Por lo tanto, si n,m ≥ N , ||sn − sm|| < ε.


Ası que la sucesion (sn) es de Cauchy y, como X es completo (es unespacio de Banach), converge, digamos

∞∑

n=1

anun = x.

Por la unicidad de la expansion ortogonal (teorema 9.13), Φ(x) = (an), ypor lo tanto Φ es sobreyectiva.

4. El espacio L2([0, 1])

Consideremos el espacio C([0, 1],C) (que solo denotaremos C([0, 1]). Re-cordemos que podemos definir el producto interno

(f, g) =

∫ 1

0fg,

el cual induce la norma || · ||2. Sin embargo, C([0, 1]) no es completo conrespecto a esta norma. Por ejemplo, si consideramos la sucesion de funcionescontinuas (fn) dadas por

fn(x) =

n1/3 0 ≤ x ≤ 1

n1

x1/3

1

n≤ x ≤ 1,

entonces (fn) es una sucesion de Cauchy en C([0, 1]), con la norma || · ||2,pero no converge.

Para demostrarlo, sea ε > 0, y tomamos N >64

ε6. Entonces, para n >

m ≥ N ,

||fn − fm||22 =(n1/3 −m1/3)2

n+

∫ 1

m

1

n

1

x2/3dx

≤ 1

n1/3+ 3

( 1

m1/3− 1

n1/3

)≤ 4

N1/3< ε2,

y por lo tanto ||fn − fm||2 < ε. Entonces la sucesion (fn) es de Cauchy.

Si convergiera, digamos, fn → f , entonces f serıa acotada. Sea M > 0tal que |f | ≤M . Pero entonces, si tomamos N > (M + 1)3,

fN (x) −M = N1/3 −M > 1

para x ∈ [0, 1/N ]. Ası que

||fN − f ||22 =

∫ 1

0|fN − f |2 ≥

∫ 1

N

01 =

1

N,

y entonces ||fn − f ||2 ≥ 1

Npara todo n ≥ N , lo que contradice fn → f con

respecto a la norma || · ||2.

4. El espacio L2([0, 1]) 165

Para obtener un espacio de Hilbert, tomamos entonces la completitudC([0, 1]) del espacio C([0, 1]) (seccion 5, capıtulo 2) con respecto a la norma|| · ||2. Lo denotaremos como L2([0, 1]).

L2([0, 1]) es un espacio de Hilbert (ejercicio 17), y se le llama espacio deLebesgue de funciones cuadraticamente integrables.

No es obvio que los elementos de L2([0, 1]), definidos como clases deequivalencia de sucesiones de Cauchy en (C([0, 1]), || · ||2), puedan ser repre-sentados por funciones en [0, 1], y la demostracion esta fuera del alcance deestas notas2. Sin embargo, sera suficiente para nosotros el que f ∈ L2([0, 1])si, y solo si, existe una sucesion de funciones continuas fn en [0, 1] tales quefn → f con respecto a || · ||2.

Ejemplo 9.17. La funcion f(x) = x−1/3, x 6= 0, f(x) = 0, esta en L2([0, 1]).De hecho, es el lımite de la sucesion (fn), presentada anteriormente, bajo lanorma || · ||2.3

Empezamos por observar que L2([0, 1]) es separable.4 Como consecuenciadel teorema de Stone-Weierstrass, el espacio (C([0, 1]), || · ||u) (con respectoa la norma uniforme) es separable (corolario 5.15), por lo que existe unconjunto contable F = fn∞n=1 de funciones continuas tales que, para cadaf ∈ C([0, 1]) y cada ε > 0, ||fn − f ||u < ε. Podemos tomar, por ejemplo, lospolinomios con coeficientes racionales.

Ahora bien, sea f ∈ L2([0, 1]) y sea ε > 0. Entonces, existe una funcioncontinua g tal que

||f − g||2 <ε

2.

Ahora bien, existe fn ∈ F tal que

||g − fn||u <ε

2.

Entonces

||f − fn||2 ≤ ||f − g||2 + ||g − fn||2 <ε

2+

√∫ 1

0|g − fn|2

≤ ε

2+

√∫ 1

0||g − fn||2u <

ε

2+ε

2= ε.

Por lo tanto, F es denso en L2([0, 1]).

2Vease, por ejemplo, [2], para la demostracion de este hecho.3Mas precisamente, es un representante del lımite. Refierase a la seccion 5 del capıtulo 2 para

los detalles.4En general, la completitud de un espacio separable es separable (ejercicio 18).


Por el teorema 9.11, L2([0, 1]) tiene un sistema ortonormal completocontable, el cual podemos tomar, por ejemplo, el obtenido al aplicar el pro-ceso de Gram-Schmidt a la sucesion de polinomios 1, x, x2, x3, . . . , como enel ejemplo 9.10.

Sin embargo, un sistema ortonormal completo mas popular es el formadopor las funciones exponenciales en(x), n ∈ Z, dadas por

en(x) = e2πinx, x ∈ [0, 1].

Aquı, enumeramos a los enteros como 0,±1,±2, . . ..

Teorema 9.18. La coleccion de funciones S = en : n ∈ Z forma unsistema ortonormal completo en L2([0, 1]).

Demostracion. Empezamos por verificar que genS es denso en C([0, 1]),con respecto a la norma uniforme. Pero, como para cada n

en(x) = cosnx+ i sennx,

entonces genS es el conjunto de polinomios trigonometricos en [0, 1] concoeficientes complejos, y por lo tanto es denso en C([0, 1]) (separando partesreal e imaginaria), como habıamos observado en el ejemplo 5.23. Entonces,para cada f ∈ C([0, 1]) y cada ε > 0, existe un polinomio p ∈ genS tal que||f − p||u < ε.

Ahora, para f ∈ L2([0, 1]) y ε > 0, sea g ∈ C([0, 1]) tal que

||f − g||2 <ε

2,

y sea p ∈ genS tal que

||g − p||u <ε

2.

Entonces, similarmente al analisis anterior, tenemos

||f − p||2 ≤ ||f − g||2 + ||g − p||2 <ε

2+

√∫ 1

0|g − p|2

≤ ε

2+

√∫ 1

0||g − p||2u <

ε

2+ε

2= ε.

Dejamos como ejercicio la verificacion que las funciones en son ortonormales(ejercicio 19).

Podemos entonces expresar cada f ∈ L2([0, 1]) como la serie

(9.4) f =∑

n∈Z

f(n)en,

4. El espacio L2([0, 1]) 167

donde f(n) son los coeficientes de Fourier f(n) = (f, en), y la suma seentiende simetricamente, es decir

∑

n∈Z

f(n)en = lımN→∞

N∑

n=−N

f(n)en,

con convergencia en L2([0, 1]).

Si f es una funcion continua, entonces sus coeficientes de Fourier estandados por

f(n) = (f, en) =

∫ 1

0f(x)e−2πinx,

y podemos preguntarnos si la serie∑

n∈Z

f(n)e2πinx

converge punto por punto, o uniformemente, a f(x). Tenemos el siguienteteorema.

Teorema 9.19. Sea f ∈ C([0, 1]), y suponemos que sus coeficientes deFourier satisfacen

(9.5)∑

n∈Z

|f(n)| <∞.

Entonces la serie de Fourier

(9.6)∑

n∈Z

f(n)e2πinx

converge uniformemente a f .

Demostracion. Empezamos por observar que, por el criterio M de Weiers-trass, (9.5) implica que la serie converge uniformemente en C([0, 1]), digamosa la funcion continua g.

Ahora bien, si SN es la suma parcial

SN (x) =N∑

n=−N

f(n)e2πinx

de la serie (9.6), entonces, como SN g, entonces SN → g en L2([0, 1]), y

por lo tanto SN (n) → g(n), cuando N → ∞, para cada n. Pero

SN (n) =

0 N < |n|f(n) N ≥ |n|.

Entonces g(n) = f(n).


Por el teorema 9.16, la funcion Φ : L2([0, 1]) → l2 dada por

Φ(f) = (f(n))n∈Z, n = 0,±1, . . . ,

es un isomorfismo, g = f , porque ambas son continuas.

Ejercicios

1. Sea (x, y) = x · y el producto interno estandar en R2. Entonces

(x, y) = ||x|| ||y|| cos θ,

donde θ es el angulo entre los vectores x y y en R2.

2. Utiliza el ejercicio anterior para mostrar la ley de cosenos: si a, b, c sonlas longitudes de los lados de un triangulo, y θ es el angulo opuesto allado de longitud c, entonces

a2 + b2 = c2 + 2ab cos θ.

3. La siguiente identidad es llamada la identidad de polarizacion, tanto enel caso real como en el complejo.a) Sea X un espacio con producto interno sobre R. Entonces, para

x, y ∈ X,

(x, y) =1

4

(||x+ y||2 − ||x− y||2

).

b) Sea X un espacio con producto interno sobre C. Entonces, parax, y ∈ X,

(x, y) =1

4

(||x+ y||2 − ||x− y||2 + i||x+ iy||2 − i||x− iy||2

).

4. Sea (X, || · ||) un espacio normado tal que, para todo x, y ∈ X,

||x+ y||2 + ||x− y||2 = 2||x||2 + 2||y||2.Entonces || · || es inducida por un producto interno. (Sugerencia: Utilizael ejercicio anterior.)

5. Sea Y un subespacio vectorial del espacio normado X. Entonces la ce-rradura Y tambien es un subespacio vectorial de X.

6. Sea X un espacio con producto interno de dimension finita y sea

u1, . . . , uluna base ortonormal para X. Entonces, para todo x ∈ X,

x = (x, u1)u1 + . . .+ (x, ul)ul.

Ejercicios 169

7. Sea X un espacio con producto interno de dimension finita sobre K.Entonces, si dimX = l, X es isometricamente isomorfo a Kl; es decir,existe un isomorfismo Φ : X → Kl que preserva el producto interno,

(x, y) = (Φx,Φy)

para todo x, y ∈ X.

8. Sean (un) y (vn) sucesiones de vectores linealmente independientes talesque, para cada n,

vn ∈ genu1, . . . , un.Entonces, para cada n,

un ∈ genv1, . . . , vn.9. Sean v1, . . . , vk ortogonales en el espacio X. Entonces son linealmente

independientes.

10. Considera X = C([−1, 1]) con el producto interno

(f, g) =

∫ 1

−1fg.

A partir de fn(x) = xn, n = 0, 1, 2, . . ., utiliza el proceso de Gram-Schmidt para obtener polinomios p0, p1, p2, p3 tal que cada pn es degrado n y son ortonormales.

Estos polinomios son llamados polinomios de Legendre.

11. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X y T : X → Ydefinida como

Tx = ProyY x.

Entonces T es continua. (Sugerencia: Utiliza el teorema de Pitagoras.)

12. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X, y sea

Y ⊥ = x ∈ X : x ⊥ Y .Entonces Y ⊥ es un subespacio cerrado de X.

13. Sea Y un subespacio cerrado del espacio de Hilbert X. Entonces

X ∼= Y ⊕ Y ⊥.

14. Sea X un espacio de Hilbert separable y Y un subespacio cerrado de X.Entonces Y es separable.

15. Sea l2 el conjunto de las sucesiones (an) en K tales que∞∑

n=1

|an|2 <∞.

Entonces l2 es un espacio vectorial con operaciones

(an) + (bn) = (an + bn) y λ(an) = (λan).


16. Para cada k, sea ek la sucesion (enk)∞n=1 donde

enk =

1 k = n

0 k 6= n.

Entonces, para (an) ∈ l2,

(an) =∞∑

n=1

anen.

17. Sea X un espacio vectorial con producto interno y sea X su completitud.Entonces X es un espacio de Hilbert.

18. Si X es separable, entonces X es separable.

19. Para cada n ∈ Z, sea en(x) = e2πinx. Entonces∫ 1

0en(x)em(x)dx =

1 n = m

0 n 6= m.

20. Para toda f ∈ C([0, 1]), la sucesion (f(n)) es acotada.

21. Sea f continuamente diferenciable en [0, 1] y tal que f(0) = f(1). En-tonces

f ′(n) = 2πinf(n),

donde f ′(n) es el n-esimo coeficiente de Fourier de la derivada f ′ de f .(Sugerencia: Integra por partes.)

22. Sea f continuamente diferenciable en [0, 1] y tal que f(0) = f(1). Enton-ces su serie de Fourier converge uniformemente a f . (Sugerencia: Utilizael problema anterior.)

Bibliografıa

[1] Richard Courant and Fritz John, Introduction to calculus and analysis. Vol. I, Classics in

Mathematics, Springer-Verlag, Berlin, 1999.

[2] Gerald B. Folland, Real analysis, Pure and Applied Mathematics (New York), John Wiley &

Sons Inc., New York, 1999.

[3] Henri Lebesgue, Sur l’approximation des fonctions, Bull. Sciences Math. 22 (1898), 278-287.

[4] James R. Munkres, Topology: a first course, Prentice-Hall Inc., Englewood Cliffs, N.J., 1975.

[5] I. P. Natanson, Constructive function theory. Vol. I. Uniform approximation, Translated from

the Russian by Alexis N. Obolensky, Frederick Ungar Publishing Co., New York, 1964.

[6] Walter Rudin, Principles of mathematical analysis, 3rd ed., McGraw-Hill Book Co., New York,1976.

[7] M. H. Stone, The generalized Weierstrass approximation theorem. I, Math. Mag. 21 (1948),no. 4, 167-184; II, Math. Mag. 21 (1948), no. 5, 237-254.

[8] Karl Weierstrass, Uber die analytische Darstellbarkeit sogenannter willkurlicher Functionen

einer reeller Veranderlichen, Sitzungsberichte der Akademie zu Berlin 9 (July 1885), 633-639.

171

análisis real

Documents