Analisis-Matematico Monica Clapp

Análisis Matemático I

Mónica Clapp

Agosto-Diciembre 2005

Índice general

1. Espacios métricos 11.1. De�nición y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Algunas desigualdades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3. Espacios de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4. Isometrías . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2. Continuidad 192.1. De�niciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.3. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3. Convergencia uniforme 333.1. Convergencia uniforme en espacios métricos . . . . . . . . . . . . . . . 333.2. Espacios métricos completos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.3. El criterio de Cauchy para la convergencia uniforme de funciones . . . . 393.4. El espacio de funciones continuas y acotadas . . . . . . . . . . . . . . . 403.5. Series de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.6. Convergencia uniforme y derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4. Teoremas de existencia 514.1. El teorema de punto �jo de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2. Ecuaciones integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4.2.1. La ecuación integral de Fredholm de segundo tipo . . . . . . . . 534.2.2. La ecuación integral de Volterra de segundo tipo . . . . . . . . . 57

4.3. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3

4 ÍNDICE GENERAL

5. Teoremas de aproximación 695.1. Espacios separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 695.2. El teorema de aproximación de Weierstraß. . . . . . . . . . . . . . . . 715.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

6. Compacidad 796.1. Conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 796.2. El teorema de Heine-Borel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.3. Continuidad uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 846.4. El teorema de Stone-Weierstraß. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 856.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

7. Compacidad en espacios de funciones 917.1. Conjuntos totalmente acotados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 917.2. El teorema de Arzelà-Ascoli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 957.3. El problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 987.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

8. Existencia de mínimos 1038.1. Existencia de trayectorias geodésicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1038.2. Semicontinuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1058.3. Existencia de trayectorias geodésicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1078.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Capítulo 1

Espacios métricos

1.1. De�nición y ejemplos

Algunos conceptos fundamentales, como el de convergencia de una sucesión o el decontinuidad de una función, están de�nidos exclusivamente en términos de la nociónde distancia. Otras propiedades de los espacios euclidianos, como sus propiedades alge-braicas por ejemplo, no juegan ningún papel en dichos conceptos. Empezaremos puesconsiderando conjuntos dotados exclusivamente de una �distancia�.

De�nición 1.1 Sea X un conjunto. Una distancia (o una métrica) en X es unafunción d : X �X ! R que tiene las siguientes tres propiedades:(M1) d(x; y) = 0 si y sólo si x = y(M2) d(x; y) = d(y; x) para todos x; y 2 X(M3) d (x; z) � d(x; y) + d(y; z) para todos x; y; z 2 X:A esta última desigualdad se le llama la desigualdad del triángulo. Un espaciométrico es un conjunto X con una métrica dada d: Lo denotaremos por (X; d); osimplemente por X cuando no sea necesario especi�car cuál es la métrica que estamosconsiderando.

Veamos que la distancia entre dos puntos nunca es negativa.

Proposición 1.2 d(x; y) � 0 para todos x; y 2 X:

Demostración: De las propiedades (M1), (M3) y (M2) respectivamente se sigue que

0 = d(x; x) � d(x; y) + d(y; x) = 2d(x; y):

En consecuencia, d(x; y) � 0 para todos x; y 2 X:1

2 1. ESPACIOS MÉTRICOS

A continuación daremos una lista de ejemplos importantes de espacios métricoscuyas propiedades iremos estudiando a lo largo de este curso. Ejemplos que conocemosya muy bien son los siguientes dos.

Ejemplo 1.3 El conjunto R de los números reales con la distancia usual

d(s; t) := js� tj =�s� t si s � tt� s si s � t

es un espacio métrico.

Ejemplo 1.4 El espacio euclidiano Rn con la distancia usual

d2(x; y) :=p(x1 � y1)2 + � � �+ (xn � yn)2;

donde x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn) 2 Rn; es un espacio métrico.

La demostración se ha visto ya en cursos anteriores y se deja como ejercicio. Podemosdarle a Rn otras métricas interesantes, por ejemplo las siguientes dos.

Ejemplo 1.5 La función

d1(x; y) := jx1 � y1j+ � � �+ jxn � ynj ;

donde x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn) 2 Rn; es una métrica para el espacio euclidianoRn.

Demostración: Las propiedades (M1) y (M2) son inmediatas y la propiedad (M3)se sigue de la desigualdad del triángulo en R que a�rma que, para toda i = 1; :::; n;

jxi � zij � jxi � yij+ jyi � zij :

Sumando ambos lados de estas desigualdades para i = 1; :::; n obtenemos

d1(x; z) � d1(x; y) + d1(y; z):

En consecuencia, d1 es una métrica.

Ejemplo 1.6 La función

d1(x; y) := m�ax fjx1 � y1j ; � � �; jxn � ynjg ;

donde x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn) 2 Rn; es una métrica para el espacio euclidianoRn.

1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS 3

La demostración es sencilla y se deja como ejercicio [Ejercicio 1.32].Podemos ahora extender estos ejemplos a espacios, ya no de �n-adas�, sino de suce-

siones x = (xk) de números reales:

Ejemplo 1.7 Sea `1 el conjunto de todas las sucesiones acotadas de números reales,es decir, de sucesiones x = (xk) para las cuales existe R 2 R (que depende de x) talque jxkj < R para todo k 2 N, y sea

d1(x; y) := supk�1

jxk � ykj ; x; y 2 `1:

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1.

Demostración: De la desigualdad del triángulo para números reales

jxk � ykj � jxkj+ jykj

obtenemos, tomando supremos,

supk�1

jxk � ykj � supk�1(jxkj+ jykj) � sup

k�1jxkj+ sup

k�1jykj : (1.1)

En consecuencia, si x = (xk); y = (yk) son sucesiones acotadas, se cumple que (xk� yk)está acotada y, por tanto, la función

d1 : `1 � `1 ! R; d1(x; y) = supk�1

jxk � ykj ;

está bien de�nida. Es inmediato comprobar que d1 satisface las propiedades (M1) y(M2). Sustituyendo xk por xk � zk y yk por yk � zk en la desigualdad (1.1) obtenemosla propiedad (M3), es decir,

d1(x; y) = supk�1

jxk � ykj � supk�1

jxk � zkj+ supk�1

jzk � ykj = d1(x; z) + d1(z; y);

para todas x; y; z 2 `1:

En los siguientes ejemplos requeriremos la noción de convergencia de una serie.Recordemos que una serie de números reales

1Xk=1

xk


converge, si la sucesión (sn) de sumas �nitas

sn :=nXk=1

xk

converge. En tal caso,1Xk=1

xk := l��mn!1

sn:

Si xk � 0 para todo k 2 N; entonces la sucesión (sn) es creciente. En ese caso, la serieconverge si y sólo si la sucesión (sn) está acotada y, si eso ocurre, se tiene que

1Xk=1

xk := l��mn!1

sn = supn2N

sn:

Ejemplo 1.8 Sea `1 el conjunto de las sucesiones x = (xk) de números reales tales quela serie

1Xk=1

jxkj

converge, y sea

d1(x; y) :=1Xk=1

jxk � ykj ; x; y 2 `1:

Entonces d1 toma valores en R y es una métrica en `1:

Demostración: De la desigualdad del triángulo para números reales

jxk � ykj � jxkj+ jykj

se sigue que

nXk=1

jxk � ykj �nXk=1

jxkj+nXk=1

jykj

�1Xk=1

jxkj+1Xk=1

jykj :

Por consiguiente, si x = (xk); y = (yk) 2 `1, la serie1Pk=1

jxk � ykj converge y se cumpleque

1Xk=1

jxk � ykj �1Xk=1

jxkj+1Xk=1

jykj : (1.2)

1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS 5

Es fácil comprobar que d1 satisface (M1) y (M2): La propiedad (M3) se sigue de ladesigualdad (1.2) reemplazando xk por xk � zk y yk por yk � zk, es decir,

d1(x; y) =

1Xk=1

jxk � ykj �1Xk=1

jxk � zkj+1Xk=1

jzk � ykj = d1(x; z) + d1(z; y);

para todas x; y; z 2 `1:

Notemos que todos los ejemplos anteriores, además de la estructura geométrica dadapor la distancia, poseen una estructura algebraica: la de espacio vectorial. En efecto,las sucesiones de números reales se pueden sumar y multiplicar por escalares término atérmino, es decir, si x = (xk) y y = (yk) son sucesiones de números reales y � 2 R; sede�nen

x+ y := (xk + yk) y �x := (�xk):

Con estas operaciones el conjunto de todas las sucesiones de números reales es un espa-cio vectorial. Aunque esta estructura no interviene en las de�niciones de continuidad,completez o compacidad, que serán el objeto de este primer curso de Análisis Matemáti-co, sí resulta importante en otros contextos, por ejemplo, para de�nir la derivada deuna función. Conviene pues introducir la siguiente noción.

De�nición 1.9 Sea V un espacio vectorial. Una norma en V es una función k�k : V !R que tiene las siguientes propiedades:(N1) kvk = 0 si y sólo si v = 0;(N2) k�vk = j�j kvk para todos v 2 V; � 2 R;(N3) kv + wk � kvk+ kwk para todos v; w 2 VUn espacio vectorial normado es una pareja un espacio vectorial V con una normadada k�k. Lo denotaremos por (V; k�k); o simplemente por V .

Proposición 1.10 Todo espacio vectorial normado (V; k�k) es un espacio métrico conla métrica dada por

d(v; w) = kv � wk :

Esta métrica se llama la métrica inducida por la norma k�k :

La demostración es sencilla y se deja como ejercicio. [Ejercicio 1.31]. Todas lasmétricas consideradas en los ejemplos anteriores están inducidas por una norma. Sinembargo, hay ejemplos de espacios métricos cuya métrica no está inducida por ningunanorma. De hecho, a cualquier conjunto le podemos dar la métrica siguiente.


Ejemplo 1.11 Sea X un conjunto arbitrario. La función

ddisc(x; y) =

�0 si x = y1 si x 6= y

es una métrica para X llamada la métrica discreta.

En un espacio vectorial no trivial no existe ninguna norma que induzca la métricadiscreta [Ejercicio 1.36]. Así pues, existen espacios métricos que no son espacios vecto-riales normados. Sin embargo, muchos espacios métricos importantes si lo son. Veamosotros ejemplos interesantes.

Proposición 1.12 Las funciones

kxkp : =

nXk=1

jxkjp! 1

p

; 1 � p <1;

kxk1 : = m�ax1�k�n

jxkj

son normas en el espacio euclidiano Rn: Es decir, para cada 1 � p � 1; la pareja(Rn; k�kp) es un espacio vectorial normado.

Demostración: Es sencillo ver que k�kp cumple las propiedades (N1) y (N2): Lapropiedad (N3) se conoce como la desigualdad de Minkowski y la demostraremos en lasiguiente sección (Proposición 1.17).

Notación 1.13 Con el �n de distinguir cuál de todas estas normas estamos consideran-do, usaremos la notación

Rnp = (Rn; k�kp); 1 � p � 1

para designar al espacio Rn con la norma k�kp : Escribiremos simplemente Rn en vezde Rn2 para designar a Rn con la norma usual, a la que denotaremos la denotaremossimplemente por

kxk :=qx21 + � � �+ x2n:

Las métricas d1; d2 y d1 consideradas en los Ejemplos 1.4 al 1.6 son las inducidaspor las normas k�k1 ; k�k y k�k1 que acabamos de de�nir.Para espacios de sucesiones adecuados podemos de�nir normas análogas.

1.2. ALGUNAS DESIGUALDADES BÁSICAS 7

Proposición 1.14 a) Dada 1 � p < 1; sea `p el conjunto de todas las sucesionesx = (xk) de números reales tales que la serie

1Xk=1

jxkjp

converge. Entonces `p es un espacio vectorial y la función

kxkp = 1Xk=1

jxkjp! 1

p

es una norma en `p:b) El conjunto `1 de todas las sucesiones acotadas de números reales con la norma

kxk1 = sup1�k<1

jxkj

es un espacio vectorial normado.

Demostración: Es sencillo ver que �x 2 `p para toda x 2 `p; � 2 R y que k�kpcumple las propiedades (N1) y (N2). Dejamos los detalles al lector [Ejercicio 1.37].Probaremos en la siguiente sección que x + y 2 `p si x; y 2 `p y probaremos tambiénque k�kp cumple la propiedad (N3). A la desigualdad de la propiedad (N3) se la conocecomo la desigualdad de Minkowski (Proposición 1.19).

Nótese que las métricas d1 y d1 consideradas en los Ejemplos 1.8 y 1.7 son lasinducidas por las normas k�k1 y k�k1 que acabamos de de�nir.

1.2. Algunas desigualdades básicas

El objetivo de esta sección es demostrar las desigualdades de Hölder y de Minkowskipara sumas y para series. Usaremos la siguiente desigualdad.

Lema 1.15 (Desigualdad de Young) Sean 1 < p; q < 1 tales que 1p+ 1

q= 1: En-

tonces, para todo par de números reales a; b � 0 se tiene que

ab � 1

pap +

1

qbq:


Demostración: Si a = 0 o b = 0 la desigualdad es obvia, de modo que podemossuponer que ambos son distintos de cero. La función logaritmo natural ln : (0;1)! Res una función cóncava, es decir, tiene la propiedad de que el segmento que une acualesquiera dos puntos de su grá�ca está debajo de la grá�ca. Como 1

pap+ 1

qbq 2 [ap; bp];

se tiene que

ln(1

pap +

1

qbq) � 1

pln ap +

1

qln bq = ln a+ ln b = ln(ab)

y, como el logaritmo natural es una función creciente, se obtiene de ésta la desigualdaddeseada.

100755025

3.75

2.5

1.25

0

x

y

x

y

y = ln x

Proposición 1.16 (Desigualdad de Hölder en Rn) Sean 1 < p; q < 1 tales que1p+ 1

q= 1: Entonces, para cualesquiera x = (x1; :::; xn); y = (y1; :::; yn) 2 Rn se cumple

quenXk=1

jxkykj �

nXk=1

jxkjp! 1

p

nXk=1

jykjq! 1

q

;

es decir,kxyk1 � kxkp kykq

donde xy := (x1y1; :::; xnyn):

Demostración: La a�rmación es trivial si x = 0 o si y = 0: Supongamos pues queambos son distintos de cero. Sean

ak :=jxkjkxkp

y bk :=jykjkykq

;

1.2. ALGUNAS DESIGUALDADES BÁSICAS 9

y consideremos la desigualdad de Young

jxkykjkxkp kykq

= jakbkj �1

papk +

1

qbqk =

jxkjp

p kxkpp+jykjq

q kykqq:

Sumando todas estas desigualdades para k = 1; :::; n; obtenemos

1

kxkp kykq

nXk=1

jxkykj!

� 1

p kxkpp

nXk=1

jxkjp!+

1

q kykqq

nXk=1

jykjq!

=1

p+1

q= 1:

Multiplicando ambos lados por kxkp kykq obtenemos la desigualdad deseada.

Proposición 1.17 (Desigualdad de Minkowski en Rn) Para cualesquiera x = (x1; :::; xn);y = (y1; :::; yn) 2 Rn; 1 � p � 1; se tiene que

kx+ ykp � kxkp + kykp :

Demostración: Para p = 1 esta desigualdad es consequencia inmediata de ladesigualdad del triángulo para números reales y se deja como ejercicio al lector [Ejercicio1.32]. El caso p = 1 se probó en el Ejemplo 1.5. Probaremos la a�rmación para 1 < p <1. La a�rmación es trivial si x = 0: Supongamos pues que x 6= 0: De la desigualdadde Hölder (Proposición 1.16) obtenemos

nXk=1

jxkj (jxkj+ jykj)p�1 �

nXk=1

jxkjp! 1

p

nXk=1

(jxkj+ jykj)p! p�1

p

;

nXk=1

jykj (jxkj+ jykj)p�1 �

nXk=1

jykjp! 1

p

nXk=1


p

:

y sumando estas dos desigualdades obtenemos

nXk=1

(jxkj+ jykj)p �

0@ nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

1A nXk=1


p

:

Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entre nXk=1


p


y usando la desigualdad del triángulo para números reales obtenemos nXk=1

jxk + ykjp! 1

p

�

nXk=1

(jxkj+ jykj)p! 1

p

�

nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

; (1.3)

como a�rma el enunciado.

Pasando al límite cuando n ! 1 se obtienen desigualdades análogas para series.Más precisamente, se cumple lo siguiente.

Proposición 1.18 (Desigualdad de Hölder para series) Si 1 < p; q <1, 1p+ 1q=

1; (xk) 2 `p y (yk) 2 `q; entonces xy = (xkyk) 2 `1 y

1Xk=1

jxkykj � 1Xk=1

jxkjp! 1

p 1Xk=1

jykjq! 1

q

;

es decir,kxyk1 � kxkp kykq :

Demostración: De la desigualdad de Hölder para cada suma �nita (Proposición1.16) obtenemos que

nXk=1

jxkykj �

nXk=1

jxkjp! 1

p

nXk=1

jykjq! 1

q

� 1Xk=1

jxkjp! 1

p 1Xk=1

jykjq! 1

q

<1:

En consecuencia, la serie1Pk=1

jxkykj converge y se cumple que

1Xk=1

jxkykj � 1Xk=1

jxkjp! 1

p 1Xk=1

jykjq! 1

q

;


1.3. ESPACIOS DE FUNCIONES 11

Es fácil ver que, para x = (xk) 2 `1 y y = (yk) 2 `1; la desigualdad de Hölder

kxyk1 � kxk1 kyk1

también se cumple [Ejercicio 1.42].

Proposición 1.19 (Desigualdad de Minkowski para series) Si 1 � p � 1 y(xk); (yk) 2 `p entonces (xk + yk) 2 `p y

kx+ ykp � kxkp + kykp :

Demostración: Para p = 1 ésta es la desigualdad (1.1). Para 1 � p < 1 es-ta desigualdad se obtiene de la correspondiente desigualdad (1.3) para sumas �nitastomando el límite cuando n!1:

1.3. Espacios de funciones

Los objetos fundamentales del Análisis Matemático son los espacios de funciones.Empezaremos considerando los siguientes ejemplos sencillos.Denotemos por C0[a; b] al conjunto de todas las funciones continuas f : [a; b] ! R:

La suma de funciones y el producto de una función por un escalar, de�nidos como

(f + g)(t) := f(t) + g(t); (�f)(t) := �f(t); para f; g 2 C0[a; b]; � 2 R;

le dan a C0[a; b] una estructura de espacio vectorial. Dada una función continua f :[a; b]! R de�nimos

kfkp : =

�Z b

a

jf(t)jp dt� 1

p

si 1 � p <1;

kfk1 : = m�axfjf(t)j : a � t � bg:

Proposición 1.20 Para cada 1 � p � 1 la función k�kp : C0[a; b]! R es una norma.

Demostración: Para p = 1 la demostración es sencilla. Consideremos el caso1 � p <1: Como jf(t)jp es una función continua y no negativa, se tiene que

kfkpp =Z b

a

jf(t)jp dt = 0() jf(t)jp = 0 8t 2 [a; b]:


En consecuencia, kfkp = 0 si y sólo si f � 0: Esto demuestra (N1). La propiedad(N2) es consecuencia inmediata de la linealidad de la integral. La propiedad (N3) es ladesigualdad de Minkowski para integrales que probaremos a continuación (Proposición1.22).

Empezaremos probando la desigualdad de Hölder para integrales. Su demostraciónes análoga a la correspondiente para Rn.

Proposición 1.21 (Desigualdad de Hölder para integrales) Sean 1 < p; q < 1tales que 1

p+ 1q= 1: Entonces, para cualquier par de funciones continuas f; g : [a; b]! R

se cumple que Z b

a

jf(t)g(t)j dt ��Z b

a

jf(t)jp dt� 1

p�Z b

a

jg(t)jq dt� 1

q

;

es decir,kfgk1 � kfkp kgkq :

Demostración: La a�rmación es trivial si f � 0 o si g � 0: Supongamos pues queambas funciones son distintas de cero. Para cada t 2 [a; b]; de�nimos números realespositivos

at :=jf(t)jkfkp

y bt :=jg(t)jkgkq

:

Aplicando la desigualdad de Young obtenemos

jf(t)g(t)jkfkp kgkq

= jatbtj �1

papt +

1

qbqt =

jf(t)jp

p kfkpp+jg(t)jq

q kgkqq:

e integrando ambos lados de esta desigualdad obtenemosR bajf(t)g(t)j dtkfkp kgkq

�R bajf(t)jp dtp kfkpp

+

R bajg(t)jq dtq kgkqq

=1

p+1

q= 1.

Multiplicando ambos lados por kfkp kgkq obtenemos la desigualdad deseada.

Es fácil ver que también vale la desigualdad de Hölder

kfgk1 � kfk1 kgk1

[Ejercicio 1.42]. Como en la Proposición 1.17, a partir de la desigualdad de Hölder seobtiene la de Minkowski.

1.3. ESPACIOS DE FUNCIONES 13

Proposición 1.22 (Desigualdad de Minkowski para integrales) Sea 1 � p �1: Entonces, todo par de funciones continuas f; g : [a; b] ! R satisface la siguientedesigualdad:

kf + gkp � kfkp + kgkp :

Demostración: Los casos p = 1;1 se dejan como ejercicio al lector [Ejercicio 1.41].Supongamos que 1 < p < 1: Si f � 0 la a�rmación es inmediata. Supongamos puesque f 6� 0: De la desigualdad de Hölder para integrales (Proposición 1.21), obtenemosZ b

a

jf(t)j (jf(t)j+ jg(t)j)p�1dt ��Z b

a

jf(t)jp dt� 1

p�Z b

a

(jf(t)j+ jg(t)j)p� p�1

p

;Z b

a

jg(t)j (jf(t)j+ jg(t)j)p�1dt ��Z b

a

jg(t)jp dt� 1

p�Z b

a


p

;

y sumando estas desigualdades obtenemosZ b

a

(jf(t)j+ jg(t)j)pdt =

Z b

a

jf(t)j (jf(t)j+ jg(t)j)p�1dt+Z b

a

jg(t)j (jf(t)j+ jg(t)j)p�1dt

� �Z b

a

jf(t)jp dt� 1

p

+

�Z b

a

jg(t)jp dt� 1

p

!�Z b

a


p

:

Dividiendo ambos lados de esta desigualdad entre�Z b

a


p

y usando la desigualdad del triángulo para números reales obtenemos�Z b

a

jf(t) + g(t)jp dt� 1

p

��Z b

a

(jf(t)j+ jg(t)j)p dt� 1

p

��Z b

a

jf(t)jp dt� 1

p

+

�Z b

a

jg(t)jp dt� 1

p

;


Notación 1.23 Con el �n de distinguir cuál de todas estas normas estamos consideran-do, usaremos la notación

C0p [a; b] = (C0[a; b]; k�kp)

para designar al espacio de las funciones continuas f : [a; b]! R con la norma k�kp :


Observemos que la distancia kf � gk1 entre dos funciones continuas f y g es pe-queña si sus grá�cas están cerca la una de la otra. Mientras que la distancia kf � gk1 espequeña si el área de la región delimitada por sus grá�cas es pequeña. Así, dos funcionescontinuas pueden estar muy cerca según la norma k�k1 y muy lejos según la norma k�k1,como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 1.24 Consideremos las funciones fk : [0; 1]! R dadas por

fk(t) =

��kt+ 1 si 0 � t � 1

k

0 si 1k� t � 1

entonces kfkk1 = 1 para toda k 2 N; mientras que kfkk1 = 12k: Es decir, según la

norma k�k1 todas las funciones fk distan exactamente 1 de la función constante iguala 0; mientras que, según la norma k�k1 ; dichas funciones se acercan cada vez más a lafunción 0 conforme k crece.

10.750.50.250

1

0.75

0.5

0.25

0

x

y

x

y

Grá�ca de f3

Las normas de�nidas en esta sección satisfacen la siguiente relación.

Proposición 1.25 Para toda f 2 C0[a; b] se cumple que

kfks � (b� a)r�srs kfkr 81 � s � r <1;

kfks � (b� a)1s kfk1 81 � s <1:

Demostración: Si r < 1; aplicando la desigualdad de Hölder (Proposición 1.21)con p = r

r�s y q =rsa la función constante con valor 1 y a la función jf js obtenemos

que Z b

a

jf(t)js dt ��Z b

a

dt

� r�sr�Z b

a

jf(t)jr� s

r

= (b� a)r�sr

�Z b

a

jf(t)jr� s

r

1.4. ISOMETRíAS 15

y elevando ambos lados a la 1sobtenemos la desigualdad deseada. Si r = 1 la

demostración es sencilla y se deja al lector.

1.4. Isometrías

De�nición 1.26 Sean X = (X; dX) y Y = (Y; dY ) dos espacios métricos. Una funciónf : X ! Y es una isometría si

dY (f(x1); f(x2)) = dX(x1; x2)

para todo par de puntos x1; x2 2 X:

Nótese que toda isometría es inyectiva. En efecto, si f(x1) = f(x2) entonces dX(x1; x2) =dY (f(x1); f(x2)) = 0 y por lo tanto x1 = x2:

Ejemplo 1.27 Si X = (X; d) es un espacio métrico y A es un subconjunto de Xde�nimos

dA(x; y) := d(x; y) 8x; y 2 A:Esta es obviamente una distancia en A; y la inclusión

� : A ,! X; �(a) = a

es una isometría. Se dice entonces que A = (A; dA) es un subespacio métrico de X;y dA se llama la distancia inducida por d en A:

Una isometría f : X ! Y nos permite identi�car a X con el subespacio métricof(X) := ff(x) : x 2 Xg de Y:

Ejemplo 1.28 Para cada 1 � p � 1; la función

� : Rnp ! `p; �(x1; :::xn) = (x1; :::xn; 0; 0; :::);

es una isometría. Esto nos permite identi�car a Rnp con el subespacio de `p que consistede las sucesiones x = (xk) tales que xk = 0 para k > n:

Ejemplo 1.29 La identidad

I : C01[0; 1]! C01 [0; 1]; I(f) = f;

no es una isometría. En efecto, la función fk del Ejemplo 1.24 satisface

1

2k= kfkk1 6= kfkk1 = 1;

es decir, la distancia de fk a la función constante 0 según la métrica inducida por lanorma k�k1 no coincide con su distancia según la métrica inducida por k�k1 :


1.5. Ejercicios

Ejercicio 1.30 Sea X = (X; d) un espacio métrico. Prueba que, para cualesquieraw; x; y; z 2 X; se cumple que

jd(w; x)� d(y; z)j � d(w; y) + d(x; z):

Ejercicio 1.31 Sea (V; k�k) un espacio vectorial normado. Prueba que la función d(v; w) =kv � wk es una métrica en V:

Ejercicio 1.32 Prueba que kxk1 := m�ax fjx1j ; :::; jxnjg donde x = (x1; :::; xn) 2 Rn;es una norma en Rn:

Ejercicio 1.33 ¿Es la función � : Rn ! R; dada por �(x) := m��n fjx1j ; :::; jxnjg ; unanorma en Rn? Justi�ca tu a�rmación.

Ejercicio 1.34 Describe los conjuntos bBp(0; 1) := fx 2 R2 : kxkp � 1g para p =1; 2;1: Haz un dibujo de cada una de ellos.

Ejercicio 1.35 Describe los conjuntosbBdisc(0; 1) : = fx 2 R2 : ddisc(x; 0) � 1g;Bdisc(0; 1) : = fx 2 R2 : ddisc(x; 0) < 1g

donde ddisc es la métrica discreta en Rn:

Ejercicio 1.36 Sea V un espacio vectorial distinto de 0: Prueba que no existe ningunanorma en V que induzca la métrica discreta, es decir, no existe ninguna norma en Vtal que

kv � wk =�0 si v = w1 si v 6= w

Ejercicio 1.37 Prueba que, para cada 1 � p � 1; la función k�kp de�nida en laProposición 1.14 satisface:(N1) kxkp = 0 si y sólo si x = 0 en `p:(N2) Para cada x = (xk) 2 `p y � 2 R se cumple que �x = (�xk) 2 `p y k�xkp =j�j kxkp :

Ejercicio 1.38 Prueba que, para toda x 2 Rn;(a) kxkr � kxks si 1 � s � r � 1;

(b) kxks � nr�ssr kxkr si 1 � s � r <1;

(c) kxks � n1s kxk1 si 1 � s <1:

(Sugerencia: Para probar la segunda desigualdad aplica la desigualdad de Hölder a losvectores (1; :::; 1) y (jx1js ; :::; jxnjs) con p = r

r�s y q =rs).

1.5. EJERCICIOS 17

Ejercicio 1.39 (a) Prueba que, si 1 � s < r � 1; entonces

`s � `r; `s 6= `r y kxkr � kxks 8x 2 `s:

(b) Prueba además que, si x 2 `p para alguna 1 � p <1; entonces

kxk1 = l��mr!1

kxkr :

Ejercicio 1.40 Muestra que la desigualdad de Minkowski en Rn no se cumple si p =12< 1:

Ejercicio 1.41 Prueba que todo par de funciones continuas f; g : [a; b]! R satisfacenlas siguientes desigualdades:Z b

a

jf(t) + g(t)j dt �Z b

a

jf(t)j dt+Z b

a

jg(t)j dt;

m�axt2[a;b]

jf(t) + g(t)j � m�axt2[a;b]

jf(t)j+ m�axt2[a;b]

jg(t)j :

Ejercicio 1.42 Prueba que las desigualdades de Hölder para sumas, para series y paraintegrales siguen siendo válidas si p = 1 y q =1; es decir,(a) Si (x1; :::; xn); (y1; :::; yn) 2 Rn entonces kxyk1 � kxk1 kyk1 ; es decir,

nXk=1

jxkykj �

nXk=1

jxkj!�

m�ax1�k�n

jykj�:

(b) Si (xk) 2 `1; (yk) 2 `1 entonces (xkyk) 2 `1 y kxyk1 � kxk1 kyk1 ; es decir,1Xk=1

jxkykj � 1Xk=1

jxkj!�

supk2N

jykj�:

(c) Si f; g : [a; b]! R son funciones continuas, entonces kfgk1 � kfk1 kgk1 ; es decir,Z b

a

jf(t)g(t)j dt ��Z b

a

jf(t)j dt��

m�axa�t�b

jg(t)j�:

Ejercicio 1.43 Da un ejemplo de una sucesión de funciones continuas fk : [0; 1]! Rtales que kfkk1 = 1 para toda k 2 N; y kfkk1 ! 1: Concluye que no existe ningunaconstante c 2 R tal que

kfk1 � c kfk1 8f 2 C0[0; 1]:

¿Es posible construir una sucesión de funciones continuas gk : [0; 1] ! R tales quekgkk1 = 1 para toda k 2 N; y kgkk1 !1? Justi�ca tu respuesta.


Ejercicio 1.44 Sea Cr[a; b] el conjunto de las funciones f : [a; b] ! R que son r-veces continuamente diferenciables en [a; b]; es decir, tales que todas sus derivadasf 0; f 00; :::; f (r) hasta la de orden r existen en (a; b) y son continuas en [a; b]: Para cada1 � p � 1 de�nimos

kfkr;p = kfkp + kf 0kp + � � �+ f (r)

p:

Prueba que Crp [a; b] = (Cr[a; b]; k�kr;p) es un espacio vectorial normado.

Ejercicio 1.45 ¿Cuáles de las siguientes funciones son isometrías y cuáles no? Justi-�ca tu a�rmación.(a) La identidad I : R2p ! R2r; I(x) = x; con p 6= r:(b) La identidad I : C0p [0; 1]! C0r [0; 1]; I(f) = f; con p 6= r:(c) La inclusión � : C1p [0; 1] ,! C0p [0; 1]; �(f) = f:

Ejercicio 1.46 Sea S2 = fx = (x1; x2; x3) 2 R3 : x21 + x22 + x23 = 1g la esfera unitariaen R3: Considera la función

d(x; y) = inf

�Z 1

0

d�dt dt : � 2 C1x;y([0; 1];S2)� ;

donde C1x;y([0; 1];S2) es el conjunto de todas las funciones � : [0; 1]! R3 continuamentediferenciables tales que �(0) = x; �(1) = y; y �(t) 2 S2 para todo t 2 [0; 1]: En otras pal-abras, d(x; y) es el ín�mo de las longitudes de todas las trayectorias � 2 C1x;y([0; 1];S2):(a) Prueba que d es una distancia en S2:(b) ¿Es esta distancia la distancia inducida por la distancia usual de R3? Justi�ca tua�rmación.

Capítulo 2

Continuidad

2.1. De�niciones y ejemplos

Sean X = (X; dX) y Y = (Y; dY ) espacios métricos.

De�nición 2.1 Una función � : X ! Y es continua en el punto x0 2 X si, dada" > 0; existe � > 0 (que depende de x0 y de ") tal que

dY (�(x);�(x0)) < " si dX(x; x0) < �:

Decimos que � es continua si lo es en todo punto de X.

La continuidad de una función depende desde luego de las métricas que estamosconsiderando en los conjuntos X y Y: Para hacer énfasis en ello usaremos en ocasionesla notación

� : (X; dX)! (Y; dY )

en vez de � : X ! Y:

Proposición 2.2 (a) Toda isometría es continua.(b) Si � : X ! Y y : Y ! Z son continuas entonces la composición � � : X ! Zes continua.

La demostración de estas a�rmaciones es sencilla y se deja al lector [Ejercicio 2.30].Consideremos el siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.3 (a) La identidad I : Rn1 ! Rn1 es una función continua.(b) La identidad I : Rn1 ! Rn1 también es una función continua.

19

20 2. CONTINUIDAD

Demostración: (a) Notemos que, para todo x 2 Rn; se cumple que

kxk1 = m�axfjx1j ; :::; jxnjg � jx1j+ � � �+ jxnj = kxk1 :

En consecuencia, dados x0 2 Rn y " > 0; se tiene que

kx� x0k1 < " si kx� x0k1 < ":

Es decir, la identidad I : Rn1 ! Rn1 es una función continua.(b) Para todo x 2 Rn; se cumple que

kxk1 = jx1j+ � � �+ jxnj � nm�axfjx1j ; :::; jxnjg = n kxk1 :

Dados x0 2 Rn y " > 0; tomamos � = "n: Entonces se cumple que

kx� x0k1 < " si kx� x0k1 < �:

Es decir, la identidad I : Rn1 ! Rn1 es una función continua.

De�nición 2.4 Diremos que � : X ! Y es un homeomor�smo si � es continua ybiyectiva y si su inversa ��1 : Y ! X es continua.

El ejemplo anterior a�rma que I : Rn1 ! Rn1 es un homeomor�smo. Notemos que,en dicho ejemplo, la función I cumple la siguiente condición.

De�nición 2.5 Una función � : X ! Y es Lipschitz continua, si existe C > 0 talque

dY (�(x1);�(x2)) � CdX(x1; x2) 8x1; x2 2 X:A C se le llama una constante de Lipschitz para �: Diremos que � es una equiv-alencia de espacios métricos si � es Lipschitz continua y biyectiva y si su inversa��1 : Y ! X es Lipschitz continua.

Este concepto es más fuerte que el de continuidad, es decir, se tiene la siguientea�rmación.

Proposición 2.6 Si � es Lipschitz continua entonces � es continua.

Demostración: Sea C > 0 una constante de Lipschitz para �: Entonces, dada " > 0;el número � := "

C> 0 satisface que

dY (�(x);�(x0)) < " si dX(x; x0) < �:

para cualquier x0 2 X. Es decir, � es continua.

El inverso no es cierto, es decir, existen funciones continuas que no son Lipschitzcontinuas [Ejercicio 2.31].

2.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS 21

Proposición 2.7 Para cualesquiera 1 � s; r � 1 la identidad I : Rns ! Rnr es unaequivalencia.

Demostración: Si 1 � s � r � 1; entonces se cumple que

kxkr � kxks 8 x 2 Rn: (2.1)

[Ejercicio 1.38]. En consecuencia, I : Rns ! Rnr es Lipschitz continua con constante deLipschitz C = 1: Además, para toda x 2 Rn se cumple que

kxks � nr�srs kxkr si 1 � s � r <1 (2.2)

kxks � n1s kxk1 si 1 � s <1: (2.3)

[Ejercicio 1.38]. En consecuencia, I : Rnr ! Rns es Lipschitz continua con constante deLipschitz C = n

r�srs si 1 � s � r <1; y C = n

1s si 1 � s < r =1.

Esto signi�ca que, desde el punto de vista de la continuidad, da lo mismo tomarcualquiera las normas k�kp en Rn [Ejercicio 2.36]: Esto no ocurre con los espacios C0p [a; b].

Ejemplo 2.8 La identidad I : C01[a; b]! C01 [a; b] es Lipschitz continua.

Demostración: Observemos que, para todas f; g 2 C0[a; b]; se cumple que

kf � gk1 =

Z b

a

jf(t)� g(t)j dt

� (b� a) m�axa�t�b

jf(t)� g(t)j

= (b� a) kf � gk1 :

Es decir, I : C01[a; b]! C01 [a; b] es Lipschitz continua con constante C = (b� a):

Sin embargo, esta función no es un homeomor�smo.

Ejemplo 2.9 La identidad I : C01 [0; 1]! C01[0; 1] no es continua.

Demostración: Denotemos por 0 a la función constante con valor 0 en [0; 1]: Pro-baremos que I : C01 [0; 1] ! C01[0; 1] no es continua en 0 (de hecho no lo es en ningúnpunto de C0[0; 1]). Sea " = 1

2: Veremos que para cualquier � > 0 existe f� 2 C0[0; 1] tal

que kf�k1 < � pero kf�k1 = 1 > ": En efecto, la función

f�(t) :=

�1� 1

�t si 0 � t � �

0 si � � t � 1

22 2. CONTINUIDAD

tiene estas propiedades. Por tanto, la identidad I : C01 [0; 1] ! C01[0; 1] no es continuaen 0:

De hecho, para cualesquiera 1 � s � r � 1 la identidad I : C0r [a; b] ! C0s [a; b] esLipschitz continua, pero no es un homeomor�smo [Ejercicio 2.40].Las siguientes nociones nos permitirán visualizar mejor el concepto de continuidad.

De�nición 2.10 Sean X = (X; dX) un espacio métrico, x0 2 X y " > 0: La bolaabierta en X con centro en x0 y radio " es el conjunto

BX(x0; ") := fx 2 X : dX(x; x0) < "g :

Dada cualquier función � : X ! Y; denotamos por

�(A) := f�(x) 2 Y : x 2 Ag

a la imagen bajo � de un subconjunto A de X: En estos términos podemos reformularla de�nición de continuidad como sigue: � : X ! Y es continua en el punto x0 deX si dada " > 0 existe � > 0 tal que

�(BX(x0; �)) � BY (�(x0); "): (2.4)

Revisemos algunos de los ejemplos anteriores bajo esta nueva óptica.

Ejemplo 2.11 Denotemos por Bs(x0; ") a la bola abierta en Rns con centro en x0 yradio ": Las desigualdades (2.1), (2.2), (2.3) implican que, entonces

Br(x0; 1=nr�srs ") � Bs(x0; ") � Br(x0; ") si 1 � s � r <1;

B1(x0; 1=n1s ") � Bs(x0; ") � B1(x0; ") si 1 � s <1

Por tanto, I : Rns ! Rnr es un homeomor�smo.

Ejemplo 2.12 Denotemos por Bs(f0; ") a la bola abierta en C0s [0; 1] con centro en lafunción continua f0 : [0; 1]! R y radio ": Entonces

B1(f0; ") = ff 2 C0[0; 1] : jf(t)� f0(t)j < " 8t 2 [0; 1]g;

es decir, B1(f0; ") es el conjunto de todas las funciones continuas f : [0; 1] ! R cuyagrá�ca está contenida en la franja f(x; y) 2 R2 : jy � f0(x)j < "g ; de ancho 2" alrededorde la grá�ca de f0:

2.2. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS 23

Por otra parte,

B1(f0; ") = ff 2 C0[0; 1] :Z 1

0

jf(t)� f0(t)j dt < "g

es el conjunto de todas las funciones continuas f : [0; 1] ! R tales que el área de laregión comprendida entre las grá�cas de f y f0 es menor que ".Resulta claro entonces que B1(f0; ") � B1(f0; "): Y también que, no importa cuál

sea el ancho de la franja F ; siempre podemos encontrar una función continua f cuyagrá�ca se sale de la franja y tal que el área entre las grá�cas de f y f0 es tan pequeñacomo queramos.

2.2. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados

Sea X = (X; d) un espacio métrico y sea A un subconjunto de X:

De�nición 2.13 Un punto x 2 A se llama un punto interior de A si existe " > 0 talque BX(x; ") � A: El conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el interiorde A y se denota intX(A); o simplemente int(A). Decimos que A es abierto en X siA = int(A):

Nótese que int(A) � A: De hecho, int(A) es el abierto más grande de X contenidoen A [Ejercicio 2.52].

Proposición 2.14 En cualquier espacio métrico X = (X; d) la bola abierta

BX(x0; ") = fx 2 X : d(x; x0) < "g

con centro en x0 y radio " es un subconjunto abierto de X:

Demostración: Sea x 2 BX(x0; "). Tomemos � := " � d(x; x0) > 0: Para todoz 2 BX(x; �); se cumple que

d(z; x0) � d(z; x) + d(x; x0) < � + d(x; x0) = ";

es decir, BX(x; �) � BX(x0; "). En consecuencia, x 2 int(BX(x0; ")) y, por tanto,BX(x0; ") = int(BX(x0; ")):

Ejemplo 2.15 Sea f0 2 C0[0; 1]: El conjunto

A := ff 2 C0[0; 1] : jf(t)j < 1

28t 2 [0; 1]g

es abierto en C01[0; 1]; pero no es abierto en C01 [0; 1]:

24 2. CONTINUIDAD

Demostración: Notemos que A es la bola abierta en C01[0; 1] con centro en la función0 y radio 1

2de modo que, por la proposición anterior, A es abierto en C01[0; 1]:

Probaremos ahora que A no es abierto en C01 [0; 1]: Para cada 0 < � < 1 consideremosla función

f�(t) :=

�1� 1

�t si 0 � t � �

0 si � � t � 1

Entonces kf�k1 = �2pero f� 62 A; es decir, BC01 [0;1](0; �) no está contenida en A para

ningún � > 0: En consecuencia, la función 0 no es un punto interior de A en C01 [0; 1]:

De hecho, el conjuntoA del ejemplo anterior tiene interior vacío en C01 [0; 1] [Ejercicio2.46].

De�nición 2.16 Sea A un subconjunto de un espacio métrico X = (X; d): Un puntox 2 X se llama un punto de contacto de A si BX(x; ") \ A 6= ; para toda " > 0: Elconjunto de todos los puntos de contacto de A se llama la cerradura de A y se denotaAX; o simplemente A: Decimos que A es cerrado en X si A = A:

Nótese que todo punto de A es punto de contacto de A; es decir, A � A: De hecho,A es el cerrado más pequeño de X que contiene a A [Ejercicio 2.53].De�nimos la bola cerrada en X con centro en x0 y radio " como el conjuntobBX(x0; ") := fx 2 X : d(x; x0) � "g :

Se tiene lo siguiente.

Proposición 2.17 En cualquier espacio métrico X la bola cerrada bBX(x0; ") en X concentro en x0 y radio " es un subconjunto cerrado de X:

Demostración: Sea x 2 bBX(x0; "): Entonces, para todo � > 0; existe x� 2 BX(x; �)\bBX(x0; "): De la desigualdad del triángulo se sigue qued(x; x0) � d(x; x�) + d(x�; x0) < � + " 8� > 0:

En consecuencia d(x; x0) � "; es decir, x 2 bBX(x0; "):Denotaremos por XnA al complemento de A en X; es decir,

XnA := fx 2 X : x =2 Ag :

Los abiertos y los cerrados son duales en el siguiente sentido:

2.2. CONJUNTOS ABIERTOS Y CONJUNTOS CERRADOS 25

Proposición 2.18 Para cualquier subconjunto A de un espacio métrico X se cumpleque

XnA = int(XnA):En consecuencia, A es cerrado en X si y sólo si XnA es abierto en X:

Demostración: x 2 int(XnA) si y sólo si existe " > 0 tal que BX(x; ") \ A = ;;es decir, si y sólo si x 2 XnA: Por tanto, si A es cerrado, entonces XnA = XnA =int(XnA); es decir,XnA es abierto. E inversamente, siXnA es abierto, entoncesXnA =int(XnA) = XnA y, en consecuencia, A = A; es decir, A es cerrado.

Existen también subconjuntos que no son ni abiertos ni cerrados. Por ejemplo, elintervalo [a; b) no es ni abierto ni cerrado en R. Más aún, un subconjunto puede sersimultáneamente abierto y cerrado.

Ejemplo 2.19 Todo subconjunto de un espacio métrico discreto Xdisc es abierto enXdisc. En consequencia, todo subconjunto de Xdisc es cerrado en Xdisc:

Demostración: Para cada subconjunto A de X y cada punto x 2 A; la bola abiertacon centro en x y radio 1 según la métrica discreta consta únicamente del punto x: Enconsecuencia, Bdisc(x; 1) = fxg � A; es decir, x 2 int(A):

En general no es cierto que la cerradura de una bola abierta sea la correspondientebola cerrada.

Ejemplo 2.20 Si Xdisc es un espacio métrico discreto con al menos dos puntos en-tonces, puesto que todos los subconjuntos de Xdisc son cerrados, se tiene que

Bdisc(x; 1) = Bdisc(x; 1) = fxg 6= X = bBdisc(x; 1); 8x 2 X:

Sin embargo, esto no ocurre en un espacio vectorial normado.

Proposición 2.21 Si V = (V; k�k) es un espacio vectorial normado, entonces la cer-radura de la bola abierta B(v0; ") = fv 2 V : kv � v0k < "g en V es la bola cerradabB(v0; ") = fv 2 V : kv � v0k � "g.

Demostración: Como bB(v0; ") es cerrado y contiene aB(v0; ") se tiene queB(v0; ") �bB(v0; ") [Ejercicio 2.53]. Probaremos ahora que bB(v0; ") � B(v0; "): Sea v 2 bB(v0; ") ysea � > 0: Sin perder generalidad podemos tomar � < 2": El punto

v� = v +�

2"(v0 � v) 2 V

26 2. CONTINUIDAD

satisface

kv� � vk =�

2"kv0 � vk � �

2< �; y

kv� � v0k = (1� �

2") kv � v0k � "� �

2< ":

Es decir, v� 2 B(v; �) \B(v0; "): En consequencia, v 2 B(v0; "):

Daremos ahora una caracterización de la continuidad en términos de conjuntos abier-tos y conjuntos cerrados. La imagen inversa de un subconjunto B de Y bajo la función� : X ! Y es el conjunto

��1(B) := fx 2 X : �(x) 2 Bg :

Proposición 2.22 Sean X y Y espacios métricos, y sea � : X ! Y una función. Lassiguientes a�rmaciones son equivalentes:(a) � : X ! Y es continua.(b) La imagen inversa ��1(U) de cualquier subconjunto abierto U de Y es abierta enX:(c) La imagen inversa ��1(C) de cualquier subconjunto cerrado C de Y es cerrada enX:

Demostración: (a) ) (b) : Sea U un subconjunto abierto de Y: Para cada x 2��1(U) tomemos " > 0 tal que BY (�(x); ") � U: Como � es continua existe � > 0tal que �(BX(x; �)) � BY (�(x); "): Entonces BX(x; �) � ��1(U); es decir, ��1(U) esabierto en X:(b) ) (a) : Sean x 2 X y " > 0: Como BY (�(x); ") es abierta en Y , se tiene que��1(BY (�(x); ")) es abierto en X: En particular, existe � > 0 tal que BX(x; �) ��1(BY (�(x); ")); es decir, �(BX(x; �)) � BY (�(x); "):(b), (c) es consecuencia inmediata de lo anterior y de la Proposición 2.18, ya que

X r ��1(C) = ��1(X r C):

Por tanto, ��1(C) es cerrado si y sólo si ��1(X rC) es abierto y esto es equivalente aque C sea cerrado.

Ejemplo 2.23 Cualquier función � : Xdisc ! Y de un espacio métrico discreto a unespacio métrico cualquiera Y es continua, ya que cualquier subconjunto de Xdisc esabierto (Ejemplo 2.19).

2.3. CONVERGENCIA DE SUCESIONES 27

Para �nalizar esta sección veamos algunas propiedades importantes de los abiertos.

Proposición 2.24 En cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple lo siguiente.(i) El conjunto vacío ; es abierto en X.(ii) X es abierto en X.(iii) La unión

Si2I Ui de cualquier familia fUi : i 2 Ig de subconjuntos abiertos de X

es abierta en X:(iv) La intersección U \ V de dos subconjuntos abiertos U y V de X es abierta en X:

Demostración: (i) se cumple por vacuidad: Todo punto de ; es punto interior de ;:(ii) BX(x; ") � X para cualquier x 2 X y cualquier " > 0; es decir, cualquier x 2 X espunto interior de X:(iii) Si x 2

Si2I Ui entonces x 2 Ui0 para algún i0 2 I y, como Ui0 es abierto, existe " > 0

tal que BX(x; ") � Ui0 : Pero entonces BX(x; ") �Si2I Ui; es decir, x 2 int

�Si2I Ui

�:

(iv) Si x 2 U \ V; como U y V son abiertos, existen "1; "2 > 0 tales que BX(x; "1) � Uy BX(x; "2) � V: Tomando " := m��nf"1; "2g se tiene que BX(x; ") � (U \ V ); es decir,x 2 int(U \ V ):

Dado que los subconjuntos cerrados de X son los complementos de los abiertos, lasa�rmaciones duales son ciertas para dichos subconjuntos. Dejamos los detalles al lector[Ejercicio 2.51].Las propiedades (i) a (iv) son usadas para de�nir a los �abiertos� de un espa-

cio topológico. Dado que la continuidad está caracterizada en términos de abiertos(Proposición 2.22), los espacios topológicos son el ámbito natural para estudiar la con-tinuidad. Veremos más adelante que algunas propiedades importantes en Análisis no sepreservan bajo homeomor�smos, por ejemplo, la propiedad de ser completo. De aquíque el ámbito natural del Análisis es el de los espacios métricos.

2.3. Convergencia de sucesiones

Daremos ahora una caracterización de la continuidad en términos de sucesiones. SeaX = (X; d) un espacio métrico.

De�nición 2.25 Una sucesión en un espacio métrico X es una función x : N ! X:El valor de esta función en k se llama el k-ésimo término de la sucesión y se denotapor xk := x(k) y la sucesión se denota por x = (xk):Una subsucesión de x = (xk) es la composición de x con una función estrictamentecreciente k : N! N: Su j-ésimo término se denota por xkj := x(k(j)):Decimos que (xk) converge a un punto x 2 X si, dada " > 0; existe k0 2 N tal qued(xk; x) < " para todo k � k0: El punto x se llama el límite de la sucesión (xk):

28 2. CONTINUIDAD

Usaremos la notación

xk ! x en X; o bien l��mk!1

xk = x;

para decir que (xk) converge a x en X: Observemos que

xk ! x en X () d(xk; x)! 0 en R.

Proposición 2.26 (i) El límite de una sucesión convergente es único.(ii) Si (xk) converge a x en X entonces cualquier subsucesión (xkj) converge a x en X:

Demostración: Probemos la a�rmación (i). Si xk ! x y xk ! y en X entonces

0 � d(x; y) � d(xk; x) + d(xk; y) ! 0 en R:

Por tanto, d(x; y) = 0; es decir, x = y:La a�rmación (ii) es consecuencia del resultado análogo para sucesiones de númerosreales, ya que d(xkj ; x) es una subsucesión de d(xk; x) en R:

Daremos ahora una caracterización de la cerradura de un conjunto en términos desucesiones en dicho conjunto.

Proposición 2.27 Sea A un subconjunto de X y sea x 2 X: Entonces x 2 A si y sólosi existe una sucesión (xk) de puntos en A tal que xk ! x en X:

Demostración: Si x 2 A entonces existe xk 2 B(x; 1k) \ A para toda k 2 N. Es

decir, xk 2 A y 0 � d(xk; x) � 1kpara toda k 2 N. En consecuencia, xk ! x en X:

Sea ahora (xk) una sucesión de puntos en A tal que xk ! x en X: Sea " > 0: Entoncesexiste k0 2 N tal que d(xk; x) < " para todo k � k0: En particular, xk0 2 BX(x; ") \A.Por tanto, x 2 A:

Podemos caracterizar la continuidad de una función en términos de sucesiones.

Proposición 2.28 � : X ! Y es continua en el punto x 2 X si y sólo si para todasucesión (xk) en X tal que xk ! x en X se cumple que �(xk)! �(x) en Y:

Demostración: Supongamos que � es continua en x y que xk ! x en X: Sea" > 0: Entonces, como � es continua, existe � > 0 tal que �(BX(x; �)) � BY (�(x); ")y, como xk ! x; existe k0 2 N tal que xk 2 BX(x; �) para todo k � k0: Por lo tanto�(xk) � BY (�(x); ") para todo k � k0; es decir, �(xk)! �(x):Inversamente: Supongamos que � no es continua en x: Entonces, para alguna "0 > 0y para cada k 2 N; existe xk 2 BX(x;

1k) tal que �(xk) =2 BY (�(x); "0): Es decir, (xk)

converge a x en X pero (�(xk)) no converge a �(x) en Y:

2.4. EJERCICIOS 29

Ejemplo 2.29 Consideremos las funciones continuas fk : [0; 1]! R dadas por

fk(t) =

��kt+ 1 si 0 � t � 1

k

0 si 1k� t � 1

Entonces fk ! 0 en C01 [0; 1] ; pero (fk) no converge en C01 [0; 1] :

Demostración: Se tiene que

kfkk1 =Z 1

0

jfk(t)j dt =1

2k! 0;

es decir, fk ! 0 en C01 [0; 1] : Supongamos que fk ! f en C01 [0; 1] : Entonces, como

jfk(t)� f(t)j � kfk � fk1 para cada t 2 [0; 1];

se cumple que la sucesión de números reales (fk(t)) converge a f(t) en R para cadat 2 [0; 1]: En consecuencia

f(t) = l��mk!1

fk(t) =

�1 si t = 00 si 0 < t � 1

Esta función no es continua en [0; 1], lo que contradice nuestra suposición.

2.4. Ejercicios

Ejercicio 2.30 Demuestra las siguientes a�rmaciones.(a) Toda isometría es Lipschitz continua.(b) Si � : X ! Y y : Y ! Z son (Lipschitz) continuas entonces la composición � � : X ! Z es (Lipschitz) continua.

Ejercicio 2.31 Considera la función � : R! R; �(t) = t2: ¿Es � Lipschitz continua?

Ejercicio 2.32 Prueba que, si f; g : X ! R son continuas y � 2 R; entonces lassiguientes funciones son continuas.(a) f + g : X ! R, (f + g)(x) = f(x) + g(x);(b) �g : X ! R, (�f)(x) = �f(x);(c) fg : X ! R, (fg)(x) = f(x)g(x);(d) m�axff; gg : X ! R, (m�axff; gg)(x) = m�axff(x); g(x)g;(e) m��nff; gg : X ! R, (m��nff; gg)(x) = m��nff(x); g(x)g):¿Es cierto que, si f; g : X ! R son Lipschitz continuas, las funciones anteriores sonLipschitz continuas?

30 2. CONTINUIDAD

Ejercicio 2.33 Sea X = (X; d) un espacio métrico y sea x0 2 X. Prueba que la función

� : X ! R; �(x) = d(x0; x);

es Lipschitz continua. (Sugerencia: Usa el Ejercicio 1.30).

Ejercicio 2.34 Sea X = (X; d) un espacio métrico, sea x0 2 X y sea r > 0: Pruebaque la esfera

SX(x0; r) := fx 2 X : d(x0; x) = rges un subconjunto cerrado de X:

Ejercicio 2.35 Sea (V; k�k) un espacio vectorial normado. Demuestra las siguientesa�rmaciones.(a) Si vk ! v y wk ! w en V entonces vk + wk ! v + w en V:(b) Si vk ! v en V y �k ! � en R, entonces �kvk ! �v en V:(c) Si vk ! v en V entonces kvkk ! kvk en R.Es decir, la suma, el producto por escalares y la norma son funciones continuas.

Ejercicio 2.36 Sean 1 � s; r � 1: Demuestra las siguientes a�rmaciones.(a) � : Rms ! Rnr es continua si y sólo si � : Rms ! Rnr es continua:(b) � : Rms ! Rnr es Lipschitz continua si y sólo si � : Rms ! Rnr es Lipschitz continua:

Ejercicio 2.37 Sea 1 � p � 1: Demuestra las siguientes a�rmaciones.(a) U es abierto en Rn2 si y sólo si U es abierto en Rnp :(b) C es cerrado en Rn2 si y sólo si C es cerrado en Rnp :

Ejercicio 2.38 Prueba que para cualquier 1 � p � 1 y cualesquiera a � a0 < b0 � bla función

� : C0p [a; b]! C0p [a0; b0]; �(f) = f j[a0;b0];

que a cada función f le asocia su restricción al intervalo [a0; b0], es Lipschitz continua.

Ejercicio 2.39 Prueba que para cualquier 1 � p � 1 la función

� : C0p [a; b]! C0p [0; 1]; �(f) = f � u;

donde u es la reparametrización u(t) : [0; 1]! [a; b]; u(t) = (b� a)t+ a; es un homeo-mor�smo.

Ejercicio 2.40 Prueba que, para cualesquiera 1 � s � r � 1; la identidad I :C0r [a; b]! C0s [a; b] es Lipschitz continua, pero no es un homeomor�smo.

2.4. EJERCICIOS 31

Ejercicio 2.41 Prueba que, si 1 � s � r � 1; entonces la inclusión � : `s � `r esLipschitz continua.

Ejercicio 2.42 Prueba que, para cualquier 1 � s � 1; la k-ésima proyección

�k : `s ! R; �k(x) = xk;

con x = (xk) 2 `s; es Lipschitz continua.

Ejercicio 2.43 Considera el conjunto T de las trayectorias � : [0; 1] ! R2 continua-mente diferenciables, tales que �(0) = (0; 0); �(1) = (1; 0) yZ 1

0

k�0k dt <1:

(a) Prueba que k� � �k = m�ax0�t�1 k�(t)� �(t)k2 es una métrica en T .(b) Considera la función longitud

L : T ! R, L(�) =Z 1

0

k�0k dt:

¿Es ésta una función continua? (Sugerencia: Considera la sucesión de trayectorias�k(t) = (t;

1ksen(k�t))).

Ejercicio 2.44 Sea X = [�1; 1] con la métrica inducida por la de R.(a) ¿Cuál es el interior en X de los siguientes conjuntos: (0; 1]; [0; 1]; (0; 1

2); [0; 1

2);

[�1; 1]?(b) ¿Cuáles de estos conjuntos son abiertos en X?(c) ¿Cuáles de ellos son cerrados en X?

Ejercicio 2.45 (a) ¿Es la bola abierta en C01 [0; 1] ;

B1 (0; 1) = ff 2 C0 [0; 1] :Z 1

0

jf(t)j dt < 1g;

un subconjunto abierto de C01 [0; 1]?(b) ¿Es la bola cerrada en C01 [0; 1] ;

bB1 (0; 1) = ff 2 C0 [0; 1] : Z 1

0

jf(t)j dt � 1g;

un subconjunto cerrado de C01 [0; 1]?(c) ¿Es la bola cerrada en C01 [0; 1] ;bB1 (0; 1) = ff 2 C0 [0; 1] : m�ax

0�t�1jx(t)j � 1g;

32 2. CONTINUIDAD

un subconjunto cerrado de C01 [0; 1]?(d) Da un ejemplo de un subconjunto cerrado de C01[0; 1] que no sea cerrado en C

01 [0; 1]:

(Sugerencia: Para responder a las dos primeras preguntas usa la Proposición 2.22)

Ejercicio 2.46 Prueba que la bola abierta en C01 [0; 1] ;

B1 (0; 1) = ff 2 C0 [0; 1] : m�ax0�t�1

jx(t)j < 1g;

tiene interior vacío en C01 [0; 1] :

Ejercicio 2.47 Prueba que una sucesión (xk) en un espacio métrico discreto Xdisc

converge a x si y sólo si existe k0 2 N tal que xk = x para todo k � k0:

Ejercicio 2.48 Prueba que, si una sucesión (xk) converge en X, entonces está acotadaen X, es decir, existen x0 2 X y r > 0 tales que dX(xk; x0) < r para toda k 2 N:

Ejercicio 2.49 Prueba que en cualquier espacio métricoX la intersección de un número�nito de subconjuntos abiertos U1 \ � � � \ Um es abierta en X:

Ejercicio 2.50 Da un ejemplo de una familia numerable de abiertos fUn : n 2 Ng enR cuya intersección

Tn2N Un no es abierta en R:

Ejercicio 2.51 Demuestra que en cualquier espacio métrico X = (X; d) se cumple losiguiente.(a) X es cerrado en X:(b) El conjunto vacío ; es cerrado en X.(c) La intersección

Ti2I Ci de cualquier familia fCi : i 2 Ig de subconjuntos cerrados

de X es cerrada en X:(d) La unión C [D de dos subconjuntos cerrados C y D de X es cerrada en X:(Sugerencia: Aplica las Proposiciones 2.24 y 2.18).

Ejercicio 2.52 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra lassiguientes a�rmaciones.(a) int(B) � int(A) si B � A:(b) int(A) es abierto en X.(c) int(A) es el máximo subconjunto abierto de X contenido en A:

Ejercicio 2.53 Sean A y B subconjuntos de un espacio métrico X: Demuestra lassiguientes a�rmaciones.(a) B � A si B � A:(b) A es cerrado en X.(c) A es el mínimo subconjunto cerrado de X que contiene a A:

Capítulo 3

Convergencia uniforme

3.1. Convergencia uniforme en espacios métricos


De�nición 3.1 Una sucesión de funciones fk : X ! Y; k 2 N; converge puntual-mente a una función f : X ! Y si, para cada x 2 X; la sucesión (fk(x)) converge enY ; es decir si, para cada " > 0 y cada x 2 X, existe k0 2 N (que depende de " y de x)tal que

dY (fk(x); f(x)) < " 8k � k0:

La función f se llama el límite puntual de (fk):

Por lo general no sucede que el límite puntual de una sucesión de funciones continuassea una función continua, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 3.2 La sucesión de funciones fk : [0; 1] ! R; fk(t) = tk; converge puntual-mente a

f(t) =

�0 si 0 � t < 11 si t = 1

Es decir, el límite puntual de una sucesión de funciones continuas no es necesariamenteuna función continua.

Daremos a continuación una noción de convergencia según la cual el límite de unasucesión de funciones continuas sí va a resultar ser una función continua.

De�nición 3.3 Una sucesión de funciones fk : X ! Y; k 2 N; converge uniforme-mente a una función f : X ! Y si dada " > 0 existe k0 2 N (que depende únicamentede ") tal que

dY (fk(x); f(x)) < " 8k � k0, 8x 2 X:La función f se llama el límite uniforme de (fk):

33

34 3. CONVERGENCIA UNIFORME

Notemos que esta noción es más fuerte que la de convergencia puntual: Si (fk)converge uniformemente a f entonces converge puntualmente a f: El inverso no escierto, como lo muestra el Ejemplo 3.2. Ni siquiera es cierto cuando el límite puntualresulta ser contínuo.

Ejemplo 3.4 Las funciones fk : [0; 1]! R dadas por

fk(t) = m�axfk � k2��t� 1

k

�� ; 0gson continuas. La sucesión (fk) converge puntualmente a 0; pero no converge uniforme-mente. Más aún, para cualquier " > 0, se tiene que

��fk( 1k )�� = k > " para toda ksu�cientemente grande.

10.750.50.250

3.5

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

Grá�ca de fk

La propiedad fundamental de la convergencia uniforme es la siguiente.

Teorema 3.5 Si fk : X ! Y es continua para todo k 2 N y si fk converge uniforme-mente a f : X ! Y; entonces f es continua.

Demostración: Sean x0 2 X y " > 0: Como (fk) converge uniformemente a f; existek0 2 N tal que

dY (fk(x); f(x)) <"

38x 2 X; 8k � k0:

Y, como fk0 es continua, existe � > 0 tal que

dY (fk0(x); fk0(x0)) <"

3si dX(x; x0) < �:

En consecuencia,

dY (f(x); f(x0)) � dY (f(x); fk0(x)) + dY (fk0(x); fk0(x0)) + dY (fk0(x0); f(x0))

< " si dX(x; x0) < �:

3.2. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS 35

Esto prueba que f es continua.

Ejemplo 3.6 Una sucesión de funciones continuas fk : [a; b]! R converge uniforme-mente si y sólo si (fk) converge en C01[a; b]:

Demostración: Supongamos que fk : [a; b]! R es una sucesión de funciones contin-uas que converge uniformemente a f: Entonces, por el teorema anterior, f es continua.Dada " > 0; existe k0 2 N tal que

jfk(t)� f(t)j < " 8k � k0; 8t 2 [a; b]:

Por tanto,kfk � fk1 := m�ax

t2[a;b]jfk(t)� f(t)j < " 8k � k0;

es decir, fk ! f en C01[a; b]: El inverso es consecuencia inmediata de la de�nición dek�k1 :

En la Sección 3.3 daremos un criterio que garantiza la convergencia de una sucesiónde funciones.

3.2. Espacios métricos completos

Sea X = (X; dX) un espacio métrico.

De�nición 3.7 Una sucesión (xk) en X es de Cauchy si dada " > 0 existe k0 2 Ntal que

dX(xk; xj) < " 8k; j � k0:

Proposición 3.8 Toda sucesión convergente es de Cauchy.

Demostración: Si xk ! x en X entonces, dada " > 0 existe k0 2 N tal quedX(xk; x) <

"2si k � k0: Por tanto

dX(xk; xj) � dX(xk; x) + dX(x; xj) < " 8k; j � k0:

Es decir, (xk) es de Cauchy.

El inverso no es cierto en general. Veamos un par de ejemplos.


Ejemplo 3.9 Sea X = (0; 1) con la métrica usual. La sucesión ( 1k) es de Cauchy en

(0; 1) pero no converge en (0; 1) [Ejercicio 3.35].

Ejemplo 3.10 La sucesión de funciones fk : [�1; 1]! R;

fk(t) =

8<:�1 si � 1 � t � � 1

k

kt si � 1k� t � 1

k

1 si 1k� t � 1

es de Cauchy en C01 [�1; 1] pero no converge en C01 [�1; 1]:

10.50-0.5-1

1

0.5

0

-0.5

-1

Grá�ca de fk

Demostración: Si j � k se tiene queZ 1

�1jfk(t)� fj(t)j dt = 2

Z 1

0

jfk(t)� fj(t)j dt

= 2

"Z 1=j

0

(jt� kt)dt+

Z 1=k

1=j

(1� kt)dt

#=

1

k� 1j:

En consecuencia, dada " > 0 se tiene que

kfk � fjk1 < " 8k; j > 2

":

Así pues, (fk) es de Cauchy.Supongamos que fk ! f en C01 [�1; 1]: Entonces, por el Ejercicio 2.38 y la Proposición2.28, para cada a 2 (0; 1) se tiene que

fk j[a;1]! f j[a;1] y fk j[�1;�a]! f j[�1;�a] :

3.2. ESPACIOS MÉTRICOS COMPLETOS 37

Pero fk j[a;1]� 1 y fk j[�1;�a]� �1 si k � 1a: En consecuencia,

f(t) =

��1 si t 2 [�1; 0)1 si t 2 (0; 1]

Por tanto, f no es continua en [�1; 1]: Esto contradice nuestra suposición.

De�nición 3.11 Un espacio métrico X es completo, si toda sucesión de Cauchy en Xconverge en X: Un espacio vectorial normado completo se llama un espacio de Banach.

Sabemos que el espacio R de los números reales es completo. Los ejemplos anterioresmuestran que (a; b) y C01 [a; b] no lo son. De hecho, C

0p [a; b] no es un espacio de Banach

para ninguna 1 � p <1 [Ejercicio 3.38]:La propiedad de ser completo no es invariante bajo homeomor�smos, como lo mues-

tra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 3.12 La función tan : (��2; �2)! R es un homeomor�smo. R es un espacio

métrico completo, pero (��2; �2) no lo es.

7.552.50-2.5-5-7.5

1

0.5

0

-0.5

-1

x

y

x

y

arctanx

La propiedad de ser completo sí se preserva bajo equivalencias.

Proposición 3.13 Si � : X ! Y es una equivalencia de espacios métricos (es decir,� es biyectiva y � y ��1 son Lipschitz continuas), entonces X es completo si y sólo siY lo es.

Demostración: Supongamos que Y es completo y que � : X ! Y es Lipschitzcontinua. Sea (xk) una sucesión de Cauchy en X. Entonces, dada " > 0; existe k0 2 Ntal que

dY (�(xj); �(xk)) � CdX(xj; xk) < " 8j; k � k0:


Es decir, la sucesión (�(xk)) es de Cauchy en Y y, como Y es completo, �(xk)! y enY: Como ��1 es continua, la Proposición 2.28 garantiza que xk ! ��1(y) en X: Asípues, X es completo. El inverso se obtiene remplazando Y por X y � por ��1 en elargumento anterior.

Ejemplo 3.14 Rnp es un espacio de Banach para toda 1 � p � 1.

Demostración: Por la Proposición 2.7 y la proposición anterior basta probar queRn1 es completo. Sea (xk) una sucesión de Cauchy en Rn1; donde xk = (xk;1; :::; xk;n):Entonces, dada " > 0; existe k0 2 N tal que

jxj;i � xk;ij � m�axi=1;:::;n

jxj;i � xk;ij =: kxj � xkk1 < " 8j; k � k0; 8i = 1; :::; n:

Es decir, (xk;i) es de Cauchy en R para cada i = 1; :::; n: Como R es completo, cadasucesión xk;i ! xi en R. Por tanto, dada " > 0; existe k1 2 N tal que

jxk;i � xij < " 8k � k1; 8i = 1; :::; n;

y, en consecuencia,

kxk � xk1 := m�axi=1;:::;n

jxk;i � xij < " 8k � k1;

donde x = (x1; :::; xn). Es decir, xk ! x en Rn1:

No todo subespacio de un espacio métrico completo es un espacio métrico completo.Por ejemplo, R es completo pero ningún intervalo abierto (a; b) lo es. La siguienteproposición caracteriza a aquéllos que sí lo son.

Proposición 3.15 Sea X un espacio métrico completo. Un subespacio A de X es com-pleto si y sólo si es cerrado.

Demostración: Supongamos que A es cerrado. Sea (ak) una sucesión de Cauchy enA: Entonces (ak) una sucesión de Cauchy en X y, como X es completo, ak ! x en X:Por la Proposición 2.27 se tiene que x 2 A = A; es decir, A es completo.Inversamente: Supongamos que A es completo. Sea x 2 A: Por la Proposición 2.27,existe una sucesión (ak) en A tal que ak ! x en X: La Proposición 3.8 asegura entoncesque (ak) es de Cauchy y, como A es completo, se tiene que ak ! a en A: De la unicidaddel límite se sigue que a = x; es decir, x 2 A: Por tanto, A es cerrado.

3.3. EL CRITERIO DE CAUCHY PARA LA CONVERGENCIA UNIFORME DE FUNCIONES 39

3.3. El criterio de Cauchy para la convergencia uni-forme de funciones


De�nición 3.16 Una sucesión de funciones fk : X ! Y; k 2 N; es uniformementede Cauchy si, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que

dY (fk(x); fj(x)) < " 8j; k � k0, 8x 2 X:

El siguiente teorema nos da una condición necesaria y su�ciente para la convergenciauniforme de una sucesión de funciones.

Teorema 3.17 (Criterio de convergencia uniforme de Cauchy) Sea Y un espa-cio métrico completo. Una sucesión de funciones fk : X ! Y; k 2 N; converge uni-formemente si y sólo si (fk) es uniformemente de Cauchy:

Demostración: Si (fk) converge uniformemente a f entonces, dada " > 0, existek0 2 N tal que

dY (fk(x); f(x)) <"

28k � k0, 8x 2 X:

En consecuencia,

dY (fk(x); fj(x)) � dY (fk(x); f(x)) + dY (f(x); fj(x)) < " 8j; k � k0, 8x 2 X:

Es decir, (fk) es uniformemente de Cauchy.Supongamos ahora que (fk) es uniformemente de Cauchy. Entonces, para cada x 2 X;la sucesión (fk(x)) es de Cauchy en Y y, como Y es completo, esta sucesión converge aun punto de Y al que denotaremos por f(x): Así pues, fk(x) ! f(x) en Y para cadax 2 X: Probemos que fk ! f uniformemente. Sea " > 0: Como (fk) es uniformementede Cauchy, existe k0 2 N tal que

dY (fk(x); fj(x)) <"

28j; k � k0, 8x 2 X:

Como fj(x)! f(x) en Y; existe jx 2 N (que depende de x) tal que

dY (fj(x); f(x)) <"

28j � jx.

Dadas k � k0 y x 2 X escojamos j � m�axfk0; jxg: Entonces

dY (fk(x); f(x)) � dY (fk(x); fj(x)) + dY (fj(x); f(x)) < ".


En consecuencia,dY (fk(x); f(x)) < " 8k � k0, 8x 2 X;

es decir, (fk) converge uniformemente a f .

A diferencia de lo que ocurre para 1 � p <1; el espacio C01[a; b] sí es completo.

Ejemplo 3.18 C01[a; b] es un espacio de Banach.

Demostración: Sea (fk) una sucesión de Cauchy en C01[a; b]: Esto equivale a decirque (fk) es uniformemente de Cauchy. El teorema anterior garantiza que fk convergeuniformemente. El Ejemplo 3.6 a�rma entonces que (fk) converge en C01[a; b]:

Daremos ahora una versión más general de este ejemplo, que nos permite reinter-pretar la convergencia uniforme.

3.4. El espacio de funciones continuas y acotadas

Sea V = (V; k�k) un espacio vectorial normado y sea X = (X; d) un espacio métrico.

De�nición 3.19 Una función f : X ! V es acotada si existe R > 0 tal que kf(x)k �R para toda x 2 X:

Denotaremos por

B(X;V ) := ff : X ! V : f es acotadag

y porkfk1 := sup

x2Xkf(x)k : (3.1)

Dadas dos funciones f; g : X ! V y � 2 R; de�nimos

f + g : X ! V; (f + g)(x) := f(x) + g(x);

�f : X ! V; (�f)(x) := �f(x):

Proposición 3.20 (B(X;V ); k�k1) es un espacio vectorial normado.

Demostración: Si f; g 2 B(X;V ) y � 2 R entonces, para cada x 2 X;

kf(x) + g(x)k � kf(x)k+ kg(x)k � kfk1 + kgk1 ;k�f(x)k = j�j kf(x)k � j�j kfk1 :

3.4. EL ESPACIO DE FUNCIONES CONTINUAS Y ACOTADAS 41

En consecuencia, f + g; �f 2 B(X;V ) y, tomando el supremo sobre toda x 2 X,obtenemos que

kf + gk1 � kfk1 + kgk1 y k�fk1 = j�j kfk1 :

Esto prueba que B(X;V ) es un espacio vectorial y que se cumplen las propiedades (N2)y (N3) de la De�nición 1.9. La propiedad (N1) es inmediata.

Proposición 3.21 (a) Una sucesión de funciones acotadas fk : X ! V convergeuniformemente si y sólo si (fk) converge en B(X;V ):(b) Una sucesión de funciones acotadas fk : X ! V es uniformemente de Cauchy si ysólo si (fk) es de Cauchy en B(X;V ):

Demostración: (a) Supongamos que fk 2 B(X;V ) y que (fk) converge uniforme-mente a f: Entonces, para cada " > 0; existe k0 2 N tal que

kfk(x)� f(x)k � " 8k � k0;8x 2 X:

Es decir,kfk � fk1 � " 8k � k0:

En particular, fk0 � f 2 B(X;V ) y, como B(X;V ) es un espacio vectorial, se tieneentonces que f = fk0 � (fk0 � f) 2 B(X;V ): En consecuencia, fk ! f en B(X;V ): Elinverso es consecuencia inmediata de la de�nición de k�k1 :La a�rmación (b) es también consecuencia inmediata de la de�nición de k�k1 :

Denotemos por

C0(X;V ) := ff 2 B(X;V ) : f es continuag:

Proposición 3.22 Si V es de Banach entonces B(X;V ) y C0(X;V ) son de Banach.

Demostración: Sea (fk) una sucesión de Cauchy en B(X;V ): La proposición anteriory el Teorema 3.17 aseguran que (fk) converge en B(X;V ); es decir, B(X;V ) es deBanach.Probemos que C0(X;V ) es cerrado en B(X;V ): Sea f 2 C0(X;V ): Por la Proposición2.27, existe una sucesión (fk) en C0(X;V ) tal que fk ! f en B(X;V ): Por el Teorema3.5, la función f es continua, es decir, C0(X;V ) = C0(X;V ): Como todo subespaciocerrado de un espacio completo es completo (Proposición 3.15), se tiene que C0(X;V )es de Banach.


Notemos que, si X = [a; b] y V = R, entonces C0(X;V ) es justamente el espacioC01[a; b]: El hecho de que (a diferencia de lo que ocurre con C

0p [a; b] para 1 � p <1) el

espacio C01[a; b] sea un espacio de Banach, implica que la norma k�k1 es la más adecuadapara el espacio de funciones continuas. Escribiremos de aquí en adelante C0[a; b] en vezde C01[a; b]: Más en general, denotaremos por

C0(X) := C0(X;R): (3.2)

La norma k�k1 de�nida en (3.1) se llama la norma uniforme y la métrica inducidapor ella se llama la métrica uniforme en C0(X;V ); o en B(X;V ):

3.5. Series de funciones

Sea V = (V; k�k) un espacio vectorial normado y sea (vk) una sucesión en V:

De�nición 3.23 Decimos que la serie1Xk=1

vk

converge si la sucesión (wn) de sumas parciales wn :=Pn

k=1 vk converge en V:

En espacios de Banach se tiene el siguiente criterio de convergencia.

Proposición 3.24 (Criterio de Cauchy para series) Sea V un espacio de Banachy sea (vk) una sucesión en V: La serie

1Xk=1

vk

converge si y sólo si, para cada " > 0, existe k0 2 N tal que

kvk+1 + � � �+ vk+jk < " 8k � k0; 8j � 1:

Demostración: Como V es completo, la sucesión (wn) de sumas parciales wn :=Pnk=1 vk converge en V si y sólo si (wn) es de Cauchy, es decir, si y sólo si para cada

" > 0, existe k0 2 N tal que

kwk+j � wkk = kvk+1 + � � �+ vk+jk < " 8k � k0; 8j � 1;


Sea X = (X; d) un espacio métrico y sea fk : X ! V una sucesión de funciones.

3.5. SERIES DE FUNCIONES 43

De�nición 3.25 Decimos que la serie de funciones

1Xk=1

fk

converge uniformemente en X si la sucesión de funciones Fn =Pn

k=1 fk convergeuniformemente a una función f : X ! V; a la que denotamos

f =:1Xk=1

fk:

Teorema 3.26 (Criterio de Weierstrass) Sea V un espacio de Banach. Sea fk :X ! V una sucesión de funciones continuas, y sean Rk 2 R tales que

kfk(x)k � Rk 8x 2 X; 8k 2 N:

Si la serie de números realesP1

k=1Rk converge, entonces la serieP1

k=1 fk convergeuniformemente a una función continua y acotada f : X ! V:

Demostración: Dado que la serie de números realesP1

k=1Rk converge, la sucesiónde sumas parciales

Pnk=1Rk es de Cauchy y por tanto, para cada " > 0, existe k0 2 N

tal que

Rk+1 + � � �+Rk+j = jRk+1 + � � �+Rk+jj < " 8k � k0; 8j � 1:

En consecuencia, usando la desigualdad del triángulo obtenemos

kfk+1 + � � �+ fk+jk1 � kfk+1k1 + � � �+ kfk+jk1� Rk+1 + � � �+Rk+j

< " 8k � k0; 8j � 1:

La Proposición 3.22 asegura que C0(X;V ) es de Banach. Aplicando el criterio de Cauchyobtenemos que la serie

P1k=1 fk converge en C0(X;V ):

Una aplicación muy útil es la siguiente.

Corolario 3.27 Sean ak 2 R y t0; t1 2 R, t1 6= t0; tales que la serie de números reales

1Xk=0

ak(t1 � t0)k


converge. Entonces, para toda 0 < r < jt1 � t0j ; las series1Xk=0

ak(t� t0)k y

1Xk=0

kak(t� t0)k�1

convergen uniformemente en [t0 � r; t0 + r]:

Demostración: Sea 0 < r < jt1 � t0j. Sea fk 2 C0[t0 � r; t0 + r] la funciónfk(t) := ak(t � t0)

k. Probaremos que la sucesión de funciones (fk) satisface el crite-rio de Weierstrass. Sea t 2 [t0 � r; t0 + r] entonces

jfk(t)j =��ak(t1 � t0)

k�� jt� t0jk

jt1 � t0jk��ak(t1 � t0)

k�� k; (3.3)

donde � = rjt1�t0j : Como, por hipótesis, la serie

1Xk=0

ak(t1 � t0)k

converge, existe M 2 R tal que��ak(t1 � t0)

k�� M para toda k � 0, y se sigue de (3.3)

quekfkk1 = m�ax

t2[t0�r;t0+r]jfk(t)j �M�k 8k 2 N:

Como � < 1; la serie de números reales1Xk=0

M�k

converge. Por consiguiente, se satisfacen las hipótesis del criterio de Weierstrass y, enconsecuencia, la serie

1Xk=0

ak(t1 � t0)k

converge uniformemente en [t0 � r; t0 + r]: Análogamente, sea gk 2 C0[t0 � r; t0 + r] lafunción gk(t) := kak(t� t0)

k�1: Entonces, para toda t 2 [t0 � r; t0 + r]; se tiene que

jgk(t)j = k��ak(t1 � t0)

k�1�� jt� t0jk�1

jt1 � t0jk�1�Mk�k;

donde � = rjt1�t0j : Dado que la serie de números reales

M1Xk=0

k�k�1

3.6. CONVERGENCIA UNIFORME Y DERIVADAS. 45

converge, aplicando el criterio de Weierstrass obtenemos que la serie

1Xk=0

kak(t1 � t0)k�1

converge uniformemente en [t0 � r; t0 + r]:

La serie1Xk=0

ak(t� t0)k

se llama una serie de potencias. De�nimos

R := supfr � 0 :1Xk=0

ak(t� t0)k converge en [t0 � r; t0 + r]g � 1:

R se llama el radio de convergencia de la serie.

3.6. Convergencia uniforme y derivadas.

En general, la convergencia uniforme de una sucesión de funciones continuamentediferenciables no implica nada respecto a la convergencia de las derivadas.

Ejemplo 3.28 Consideremos las funciones

fk(t) =senktp

k; t 2 R:

Esta sucesión converge uniformemente a 0; ya que kfkk1 = 1=pk ! 0: Sin embargo,

la sucesión de derivadas f 0k(t) =pk cos kt no converge ni siquiera puntualmente.

Teorema 3.29 Sea fk : [a; b] ! R una sucesión de funciones continuamente diferen-ciables con las siguientes propiedades:(i) Existe t0 2 [a; b] tal que (fk(t0)) converge.(ii) La sucesión de derivadas (f 0k) converge uniformemente en [a; b]:Entonces (fk) converge uniformemente a una función continuamente diferenciable f en[a; b] y (f 0k) converge uniformemente a f

0 en [a; b]:


Demostración: Aplicando el teorema del valor medio a la función fk�fj obtenemosque, para cada t 2 [a; b] y para alguna s entre t0 y t; se cumple que

j(fk � fj)(t)� (fk � fj)(t0)j = jt� t0j��(f 0k � f 0j)(s)

�� jt� t0j

f 0k � f 0j 1 ; (3.4)

Por tanto,

j(fk � fj)(t)j � j(fk � fj)(t0)j+ j(fk � fj)(t)� (fk � fj)(t0)j� j(fk � fj)(t0)j+ jt� t0j

f 0k � f 0j 1

� j(fk � fj)(t0)j+ (b� a) f 0k � f 0j

1 :

para cada t 2 [a; b] y, en consecuencia,

kfk � fjk1 � jfk(t0)� fj(t0)j+ (b� a) f 0k � f 0j

1 :

Como (fk(t0)) es de Cauchy en R y (f 0k) es de Cauchy en C0[a; b]; la desigualdad anteriorimplica que (fk) es de Cauchy en C0[a; b] y, como C0[a; b] es completo, concluímos quefk ! f en C0[a; b]:En particular, (fk) converge puntualmente a f en [a; b] y, en consecuencia, la desigualdad(3.4) vale para todo t1 2 [a; b]; es decir,

j(fk � fj)(t)� (fk � fj)(t1)j � jt� t1j f 0k � f 0j

1 ; 8t; t1 2 [a; b]; k; j 2 N: (3.5)

Sea g 2 C0[a; b] tal que f 0k ! g en C0[a; b]: Probaremos a continuación que f es difer-enciable en (a; b) y que f 0 = g: Sea t1 2 (a; b) y sea " > 0: Entonces existe k0 2 N talque

kf 0k � gk1 <"

38k � k0 (3.6)

y, tomando el límite cuando j !1 en la desigualdad (3.5), obtenemos que

j(fk � f)(t)� (fk � f)(t1)j � jt� t1j kf 0k � gk1< jt� t1j

"

38k � k0; t 2 [a; b]: (3.7)

Por otra parte, existe � > 0 tal que��fk0(t)� fk0(t1)� (t� t1)f0k0(t1)�� < jt� t1j

"

3si jt� t1j < �: (3.8)

En consecuencia, de (3.6), (3.7) y (3.8) se sigue que

jf(t)� f(t1)� (t� t1)g(t1)j � jfk0(t)� f(t)� fk0(t1) + f(t1)j+��fk0(t)� fk0(t1)� (t� t1)f

0k0(t1)��

+ jt� t1j��f 0k0(t1)� g(t1)

��< jt� t1j " si jt� t1j < �:

3.7. EJERCICIOS 47

Es decir, f es continuamente diferenciable en [a; b] y f 0 = g.

Una función f : (t0 � R; t0 + R) ! R que se puede expresar como una serie depotencias

f(t) =1Xk=0

ak(t� t0)k

se llama una función analítica. Una consecuencia del teorema anterior es que unafunción analítica tiene derivadas de todos los órdenes [Ejercicio 3.40]. El recíproco noes cierto [Ejercicio 3.41].

3.7. Ejercicios

Ejercicio 3.30 Prueba que la sucesión de funciones fk(t) = tk; 0 � t � 1; convergeuniformemente en cualquier subintervalo cerrado [a; b] � [0; 1):

Ejercicio 3.31 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R! R convergenpuntualmente? Encuentra todos los intervalos donde la convergencia es uniforme.(a) fk(t) =

ktkt2+1

(b) fk(t) =kt

k2t2+1

(c) fk(t) =k2tkt2+1

Ejercicio 3.32 ¿Cuáles de las siguientes sucesiones de funciones fk : R! R convergenuniformemente? Encuentra el límite de tales sucesiones.

(a) fk(t) =

�jt� kj � 1 si k � 1 � t � k + 10 en otro caso

(b) fk(t) =1

(t=k)2+1

(c) fk(t) = sen( tk )

(d) fk(t) =

�1ksent si 2�k � t � 2�(k + 1)0 en otro caso

Ejercicio 3.33 Sea Xdisc un espacio métrico discreto.(a) Describe a las sucesiones de Cauchy en Xdisc:(b) ¿Es Xdisc un espacio métrico completo?

Ejercicio 3.34 Prueba que, si (xk) es una sucesión de Cauchy en X y alguna subsuce-sión de ella converge a un punto x 2 X; entonces (xk) converge a x 2 X:

Ejercicio 3.35 Sea X = (0; 1) con la métrica d(t; s) = jt� sj. Prueba que la sucesión( 1k) es de Cauchy en X pero no converge en X:


Ejercicio 3.36 Prueba que `2 es un espacio de Banach.

Ejercicio 3.37 ¿Es `1 un espacio de Banach?

Ejercicio 3.38 Considera la sucesión de funciones fk : [�1; 1]! R;

fk(t) =

8<:�1 si � 1 � t � � 1

k

kt si � 1k� t � 1

k

1 si 1k� t � 1

Prueba que(a) (fk) es de Cauchy en C0p [�1; 1] para toda 1 � p <1:(b) (fk) no converge en C0p [�1; 1] para ninguna 1 � p � 1: (Sugerencia: Usa elEjercicio 2.40 y el Ejemplo 3.10).(c) ¿Es (fk) de Cauchy en C01[�1; 1]?

Ejercicio 3.39 Considera la sucesión de funciones fk : R! R;

fk(t) =t2

(1 + t2)k:

(a) Prueba que, para cada t 2 R, la serie de números reales1Xk=1

fk(t)

converge.(b) ¿Converge la serie

1Xk=1

fk

uniformemente en R?

Ejercicio 3.40 Sea

f(t) =1Xk=0

ak(t� t0)k; ak 2 R;

una serie con radio de convergencia R > 0: Prueba que la función f : (t0�R; t0+R)! Rtiene derivadas de todos los órdenes y que éstas están dadas por

f (n)(t) =

1Xk=n

k(k � 1) � � � (k � n+ 1)ak(t� t0)k�n;

donde f (n) : (t0 �R; t0 +R)! R es la n-ésima derivada de f: En particular se cumpleque f (n)(t0) = n!an:

3.7. EJERCICIOS 49

Ejercicio 3.41 Considera la función f : R! R dada por

f(t) =

�e�1=t

2si t 6= 0

0 si t = 0

(a) Prueba que f tiene derivadas de todos los órdenes en t = 0 y que f (n)(0) = 0:(b) ¿Se puede escribir f como una serie

f(t) =

1Xk=0

aktk; ak 2 R,

convergente en algún intervalo (�R;R); R > 0?

Ejercicio 3.42 Sean akj 2 R; k; j 2 N; tales que las series de números reales1Xj=1

jakjj = bk

convergen para cada k 2 N y las serieP1

k=1 bk también converge. Prueba que

1Xk=1

1Xj=1

akj =1Xj=1

1Xk=1

akj:

(Sugerencia: Considera el subespacio métrico X := f 1n: n 2 Ng[f0g de R y aplica el

criterio de Weierstrass a la sucesión de funciones fk : X ! R dadas por

fk

�1

n

�=

nXj=1

akj; fk(0) =1Xj=1

akj:

Comprueba que esta sucesión satisface todas las hipótesis del Teorema 3.26!).

Ejercicio 3.43 Supongamos que la serie de potencias

f(t) =1Xk=0

aktk; ak 2 R;

converge en (�R;R): Prueba que, para cada t0 2 (�R;R); la función f se puede expre-sar como una serie de potencias alrededor de t0 como sigue

f(t) =1Xk=0

f (k)(t0)

k!(t� t0)

k;

donde esta serie converge en el intervalo jt� t0j < R�jt0j : A este resultado se le conocecomo el Teorema de Taylor.


Ejercicio 3.44 Da el radio de convergencia de la serie de potencias

f(t) =

1Xk=0

tk

k!

y calcula sus derivadas.

Ejercicio 3.45 Sea P el conjunto de todas las funciones polinomiales p : [0; 1] ! R;p(t) = ant

n + � � �+ a1t+ a0 con a0; :::; an 2 R:(a) Prueba que P es un subespacio vectorial de C0[0; 1]:(b) ¿Es P con la norma uniforme

kpk1 = m�ax0�t�1

jp(t)j

un espacio de Banach? (Sugerencia: Considera la sucesión de polinomios pk(t) = 1k!tk+

� � �+ t+ 1).

Ejercicio 3.46 Prueba que, si fk : [a; b] ! R es una sucesión de funciones continua-mente diferenciables tales que fk ! f y f 0k ! g en C0[a; b]; entonces f es continuamentediferenciable en [a; b] y f 0 = g:

Ejercicio 3.47 Sea fk : [a; b] ! R una sucesión de funciones continuamente diferen-ciables que converge puntualmente a una función f: ¿Cuáles de las siguientes a�rma-ciones son verdaderas?(a) f es continuamente diferenciable.(b) La sucesión (f 0k) converge puntualmente.(c) Si f es continuamente diferenciable entonces (f 0k) converge puntualmente a f

0:(d) Si f es continuamente diferenciable y si (f 0k(t)) converge para cada t 2 [a; b]; en-tonces (f 0k) converge puntualmente a f

0:Si la a�rmación es verdadera, demuéstrala; si es falsa, da un contraejemplo.

Ejercicio 3.48 Prueba que, para cada r � 0; el espacio Cr1[a; b] de�nido en el Ejercicio1.44 es un espacio de Banach.

Capítulo 4

Teoremas de existencia

4.1. El teorema de punto �jo de Banach

Sea X = (X; d) un espacio métrico.

De�nición 4.1 Una función � : X ! X se llama una contracción si existe � 2 (0; 1)tal que

d(�(x);�(y)) � �d(x; y) 8x; y 2 X: (4.1)

Nótese que toda contracción es Lipschitz continua.

De�nición 4.2 Un punto x� 2 X se llama un punto �jo de la función � : X ! Xsi �(x�) = x�:

El siguiente resultado es muy útil para obtener resultados de existencia y unicidadde soluciones de ecuaciones diferenciales o integrales.

Teorema 4.3 (de punto �jo de Banach) Sea X un espacio métrico completo y sea� : X ! X una contracción. Entonces se cumple lo siguiente:(i) � tiene un único punto �jo x�:(ii) Para cualquier x0 2 X la sucesión (xk) de�nida iterativamente por

x1 := �(x0); ::: , xk := �(xk�1); ::::

converge a x�; y

d(xk; x�) � �k

1� �d(x1; x0); (4.2)

donde � 2 (0; 1) satisface (4.1).51

52 4. TEOREMAS DE EXISTENCIA

Demostración: Sea x0 un punto cualquiera de X y sea

xk := �(xk�1) = �k(x0):

Demostraremos primero que la sucesión (xk) es de Cauchy. De la desigualdad (4.1)obtenemos que

d(xk; xk�1) = d(�k�1(x1);�k�1(x0)) � �k�1d(x1; x0) 8k 2 N:

En consecuencia, para todo par k < j; se cumple que

d(xj; xk) � d(xj; xj�1) + d(xj�1; xj�2) + � � �+ d(xk+1; xk)

� (�j�1 + � � �+ �k)d(x1; x0)

=�k(�j�k�1 + � � �+ 1)(1� �)

1� �d(x1; x0)

=�k(1� �j�k)

1� �d(x1; x0)

� �k

1� �d(x1; x0): (4.3)

Sea " > 0: Como � < 1; existe k0 2 N tal que

�k

1� �d(x1; x0) < " 8k � k0: (4.4)

De las desigualdades (4.3) y (4.4) se sigue que

d(xj; xk) < " 8j; k � k0;

es decir, la sucesión (xk) es de Cauchy en X y, como X es completo, se tiene que

l��mk!1

xk = x� en X:

Ahora bien, como � es continua, se cumple que

�(x�) = l��mk!1

�(xk) = l��mk!1

xk+1 = x�;

es decir, x� es un punto �jo de �: Veamos que es el único. Si x�1 y x�2 son puntos �jos

de � entoncesd(x�1; x

�2) = d(�(x�1);�(x

�2)) � �d(x�1; x

�2)

y, como � < 1; esta desigualdad implica que d(x�1; x�2) = 0; es decir, x

�1 = x�2: Por último,

haciendo tender j !1 en la desigualdad (4.3) obtenemos que

d(x�; xk) = l��mj!1

d(xj; xk) ��k

1� �d(x1; x0) 8k 2 N.

4.2. ECUACIONES INTEGRALES 53

Esto concluye la demostración.

El teorema anterior no sólo a�rma la existencia de un único punto �jo. También nosdice cómo encontrarlo, o cómo encontrar una buena aproximación de él: Simplementehay que aplicar iteradamente de la función � a partir de cualquier punto x0: La esti-mación del error en cada paso de la iteración está dada por (4.2). A este método se leconoce como el método de aproximaciones sucesivas.Los siguientes ejemplos muestran que las condiciones del teorema de punto �jo de

Banach son necesarias.

Ejemplo 4.4 La función � : (0; 1) ! (0; 1) dada por �(t) = 12t es una contracción y

no tiene ningún punto �jo en (0; 1): Por tanto es necesario que X sea completo.

Ejemplo 4.5 La función � : R! R dada por �(t) = t+ 1 satisface

j�(t)� �(s)j = jt� sj 8t; s 2 R:

Sin embargo, no tiene ningún punto �jo. Por tanto es necesario que el número � de lacondición (4.1) sea estrictamente menor que 1:

Por otra parte, del teorema del valor intermedio se sigue que cualquier funcióncontinua � : [a; b]! [a; b]; sea o no contracción, tiene al menos un punto �jo. Pero éstepuede no ser único [Ejercicio 4.19] y no se obtiene por el método de aproximacionessucesivas.

4.2. Ecuaciones integrales

Aplicaremos el teorema de punto �jo de Banach para probar la existencia y unicidadde soluciones de algunas ecuaciones integrales importantes.

4.2.1. La ecuación integral de Fredholm de segundo tipo

Sean K : [a; b]� [a; b]! R y y : [a; b]! R funciones continuas, y sea � un númeroreal. Buscamos una función continua x : [a; b]! R que satisfaga la siguiente ecuación:

(F) �x(t)�Z b

a

K(t; s)x(s)ds = y(t) 8t 2 [a; b]:

Una ecuación de este tipo se llama una ecuación integral de Fredholm. Se dice quees de segundo tipo cuando � 6= 0 y de primer tipo cuando � = 0:


La incógnita en la ecuación (F) es una función x 2 C0[a; b]: Queremos expresar esteproblema como un problema de punto �jo. Es decir, queremos encontrar una función� : C0[a; b] ! C0[a; b] cuyos puntos �jos sean las soluciones de la ecuación (F): Paraello, procederemos como sigue: Dada x 2 C0[a; b]; consideremos la función

bx : [a; b]! R, bx(t) := Z b

a

K(t; s)x(s)ds:

Probaremos que esta función es continua, es decir, que bx 2 C0[a; b] (véase el Lema 4.7):Podemos entonces de�nir la función

T : C0[a; b]! C0[a; b]; T (x) := bx:En términos de esta función, la ecuación (F) se escribe como sigue

(F) �x(t)� T (x)(t) = y(t) 8t 2 [a; b];

es decir, (F) se tranforma en la ecuación funcional

(F) �x� T (x) = y:

Si � 6= 0, o sea, si la ecuación integral de Fredholm es de segundo tipo, podemos dividirla ecuación anterior entre � y el problema se transforma en el siguiente:

x =1

�(T (x)� y):

En consecuencia, si � 6= 0; las soluciones de (F) son justamente los puntos �jos de lafunción

� : C0[a; b]! C0[a; b]; �(x) :=1

�(T (x)� y):

Probaremos que para ciertos valores de � esta función es una contracción. El teoremade punto �jo asegura entonces que � tiene un único punto �jo, es decir, que la ecuación(F) tiene una única solución (Teorema 4.8).Veamos ahora los detalles de la demostración. Para probar que bx es continua reque-

rimos el siguiente lema.

Lema 4.6 Si K : [a; b] � [a; b] ! R es continua entonces, dada " > 0 existe � > 0 talque

jK(t1; s)�K(t2; s)j < " si jt1 � t2j < �; 8s 2 [a; b]:


Demostración: Supongamos lo contrario, es decir, que para alguna "0 > 0 existent1;k; t2;k; sk 2 [a; b] tales que

jt1;k � t2;kj <1

ky jK(t1;k; sk)�K(t2;k; sk)j � "0:

Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, las sucesiones (t1;k) y (sk) contienen subsuce-siones convergentes. Para simpli�car la notación denotaremos nuevamente por (t1;k) y(sk) a tales subsucesiones. Sean t = l��mk!1 t1;k y s = l��mk!1 sk: Entonces

l��mk!1

jt� t2;kj � l��mk!1

jt� t1;kj+ l��mk!1

jt1;k � t2;kj = 0;

es decir, t = l��mk!1 t2;k: Como K es continua, se tiene entonces que

l��mk!1

jK(t1;k; sk)�K(t2;k; sk)j = jK(t; s)�K(t; s)j = 0;

contradiciendo nuestra suposición.

Lema 4.7 Para cada x 2 C0[a; b]; la función

bx : [a; b]! R, bx(t) := Z b

a

K(t; s)x(s)ds

es continua.

Demostración: Sea " > 0: Por el lema anterior, existe � > 0 tal que

jK(t1; s)�K(t2; s)j <"

(b� a) kxk1si jt1 � t2j < �; 8s 2 [a; b];

donde k�k1 es la norma uniforme de�nida en (3.1). En consecuencia,

jbx(t1)� bx(t2)j � Z b

a

jK(t1; s)�K(t2; s)j jx(s)j ds

� (b� a)"

(b� a) kxk1kxk1 = " si jt1 � t2j < �:

Esto prueba que bx es continua.El lema anterior asegura que la función

T : C0[a; b]! C0[a; b]; T (x) := bx;


está bien de�nida.Observemos que, dado que [a; b] � [a; b] es compacto y K es continua, se tiene que

K es acotada, es decir, K 2 C0([a; b]� [a; b]): Como antes, denotamos por

kKk1 := supt;s2[a;b]

jK(t; s)j

a la norma uniforme de K: Probaremos el siguiente resultado.

Teorema 4.8 Si j�j > kKk1 (b � a) entonces, para cada y 2 C0[a; b]; la ecuaciónintegral de Fredholm (F) tiene una única solución.

Demostración: Para � 6= 0 y y 2 C0[a; b] consideremos la función

� : C0[a; b]! C0[a; b]; �(x) =1

�(T (x)� y) :

Veamos que � es una contracción. Sean x1; x2 2 C0[a; b]: Entonces, para toda t 2 [a; b];se tiene que

j�(x1)(t)� �(x2)(t)j =1

j�j jT (x1)(t)� T (x2)(t)j

� 1

j�j

Z b

a

jK(t; s)j jx1(s)� x2(s)j ds

� 1

j�j(b� a) kKk1 kx1 � x2k1 :

Por consiguiente,

k�(x1)� �(x2)k1 �1

j�j(b� a) kKk1 kx1 � x2k1 8x1; x2 2 C0[a; b]:

Por hipótesis, 1j�j(b � a) kKk1 < 1: En consecuencia, � es una contracción. Dado que

C0[a; b] es completo, el teorema de punto �jo de Banach asegura que existe un únicox� 2 C0[a; b] tal que

x� = �(x�) =1

�(T (x�)� y) :

Es decir, existe una única x� 2 C0[a; b] que satisface la ecuación integral de Fredholm

(F) �x� = T (x�)� y;



Es fácil comprobar que T : C0[a; b] ! C0[a; b] es lineal y continua [Ejercicio 4.28].Si y = 0; la ecuación integral de Fredholm se convierte en la ecuación de valorespropios

Tx = �x

para el operador de Fredholm T: Nota que la función x = 0 satisface esta ecuación.El teorema anterior asegura que ésta es la única solución, si j�j > kKk1 (b � a): Esdecir, ninguna tal � es un valor propio de T:

4.2.2. La ecuación integral de Volterra de segundo tipo

Consideremos ahora la ecuación

(V) �x(t)�Z t

a

K(t; s)x(s)ds = y(t) 8t 2 [a; b]:

donde nuevamente K : [a; b] � [a; b] ! R y y : [a; b] ! R son funciones continuas, y �es un número real. Nota que ahora la variable t aparece como extremo superior de laintegral. Una ecuación de este tipo se llama una ecuación integral de Volterra. Sedice que es de segundo tipo cuando � 6= 0 y de primer tipo cuando � = 0:Nuevamente queremos expresar a las soluciones de (V) como los puntos �jos de una

función � : C0[a; b] ! C0[a; b]: Procederemos siguiendo el mismo esquema que usamospara la ecuacion de Fredholm: Dada una función x 2 C0[a; b]; consideramos la función

ex : [a; b]! R, ex(t) := Z t

a

K(t; s)x(s)ds:

Probaremos que esta función es continua (Lema 4.9), de modo que la función

S : C0[a; b]! C0[a; b]; T (x) := ex;está bien de�nida. En términos de esta función, la ecuación (V) se tranforma en laecuación funcional

(V) �x� S(x) = y:

En consecuencia, si � 6= 0, las soluciones de (V) son justamente los puntos �jos de lafunción

� : C0[a; b]! C0[a; b]; �(x) :=1

�(S(x)� y):

Probaremos que para cada � 6= 0 existe k 2 N tal que la función

�k := � � � � � � �| {z }k veces


es una contracción (Lema 4.10). Una generalización del teorema de punto �jo de Banachque probaremos en esta misma sección (Teorema 4.11) asegura entonces que � tiene unúnico punto �jo, es decir, que la ecuación (V) tiene una única solución.Veamos los detalles de la demostración.

Lema 4.9 Para cada x 2 C0[a; b]; la función

ex : [a; b]! R, ex(t) := Z t

a

K(t; s)x(s)ds

es continua.

Demostración: Sea " > 0: Por el Lema 4.6, existe 0 < � < "2kKk1kxk1

tal que

jK(t1; s)�K(t2; s)j <"

2(b� a) kxk1si jt1 � t2j < �; 8s 2 [a; b]:

En consecuencia, si jt1 � t2j < � se tiene que

jex(t1)� ex(t2)j = ��Z t1

a

(K(t1; s)�K(t2; s))x(s)ds�Z t2

t1

K(t2; s)x(s)ds

��

Z t1

a

jK(t1; s)�K(t2; s)j jx(s)j ds+Z t2

t1

jK(t2; s)j jx(s)j ds

� (t1 � a)"

2(b� a) kxk1kxk1 + � kKk1 kxk1

<"

2+"

2= ":

Esto prueba que ex es continua.El lema anterior asegura que la función

S : C0[a; b]! C0[a; b]; S(x) := ex;está bien de�nida. Para � 6= 0 y y 2 C0[a; b] consideremos la función

� : C0[a; b]! C0[a; b]; �(x) =1

�(S(x)� y) :

Probaremos el siguiente resultado.


Lema 4.10 La función � : C0[a; b]! C0[a; b] satisface la desigualdad �k(x1)� �k(x2) 1 � j�j�k kKkk1 (b� a)k

k!kx1 � x2k1 ;

para todas x1; x2 2 C0[a; b]; k 2 N: En consecuencia, para k su�cientemente grande, lafunción �k : C0[a; b]! C0[a; b] es una contracción.

Demostración: Probaremos por inducción que��k(x1)(t)� �k(x2)(t)�� j�j�k kKkk1 (t� a)k

k!kx1 � x2k1 8t 2 [a; b]: (4.5)

Notemos primero que

j�(x1)(t)� �(x2)(t)j �1

j�j

Z t

a

jK(t; s)j jx1(s)� x2(s)j ds

� 1

j�j kKk1 (t� a) kx1 � x2k1 :

Supongamos que la desigualdad (4.5) vale para k � 1: Entonces��k(x1)(t)� �k(x2)(t)�� 1

j�j

Z t

a

jK(t; s)j��k�1(x1)(s)� �k�1(x2)(s)�� ds

� kKk1j�j

Z t

a

��k�1(x1)(s)� �k�1(x2)(s)�� ds� kKkk1

j�jkkx1 � x2k1

Z t

a

(s� a)k�1

(k � 1)! ds

=kKkk1j�jk

kx1 � x2k1(t� a)k

k!:

Esto demuestra la desigualdad (4.5). De dicha desigualdad se sigue que��k(x1)(t)� �k(x2)(t)�� j�j�k kKkk1 (b� a)k

k!kx1 � x2k1 8t 2 [a; b]

y, en consecuencia, que �k(x1)� �k(x2) 1 � j�j�k kKkk1 (b� a)k

k!kx1 � x2k1 ; (4.6)

como a�rma el enunciado. Ahora bien, como

l��mk!1

j�j�k kKkk1 (b� a)k

k!= 0;


se sigue de (4.6) que �k : C0[a; b] ! C0[a; b] es una contracción para k su�cientementegrande.

Probemos ahora la siguiente generalización del teorema de punto �jo de Banach.

Teorema 4.11 Si X es completo y � : X ! X es tal que �k : X ! X es unacontracción para alguna k 2 N, entonces � tiene un único punto �jo.

Demostración: El Teorema 4.3 asegura que �k tiene un único punto �jo x� 2 X:Aplicando � a la igualdad �k(x�) = x� obtenemos que

�k(�(x�)) = ��k(x�)

�= �(x�) ;

es decir, �(x�) es también un punto �jo de �k: Como el punto �jo es único, obtenemosque �(x�) = x�: En consecuencia, x� es también un punto �jo de �: Y es el único, yaque todo punto �jo de � es también un punto �jo de �k:

Del Lema 4.10 y el Teorema 4.11 se sigue inmediatamente el siguiente resultado.

Corolario 4.12 Para cualquier � 6= 0 la ecuación integral de Volterra (V) tiene unaúnica solución.

Este corolario asegura que, si � 6= 0; la solución trivial es la única solución de laecuación de valores propios

Sx = �x

para el operador de Volterra S. Es decir, ningún � 6= 0 es un valor propio de S: Para� = 0 la ecuación integral de Volterra (de primer tipo) es de la forma Sx = 0. Estaecuación es bastante más complicada de analizar.

4.3. El problema de Cauchy

Sea (a; b) un intervalo, posiblemente in�nito, sea un subconjunto abierto de Rn ysea � : (a; b) � ! Rn una función continua. Conviene pensar a � como una familiade campos vectoriales �t : ! Rn que varían continuamente con el tiempo. Dado untiempo inicial t0 2 (a; b) y una posición inicial x0 2 ; buscamos una trayectoria x(t)en tal que x(t0) = x0 cuya velocidad x0(t) en el tiempo t sea precisamente �t(x(t)):Más precisamente, buscamos una función continuamente diferenciable x : J ! ;

de�nida en un intervalo J (abierto, semiabierto, cerrado, �nito o in�nito) tal que t0 2J � (a; b); con las siguientes propiedades:

x0(t) = �(t; x(t)) 8t 2 J y x(t0) = x0:

4.3. EL PROBLEMA DE CAUCHY 61

Se dice entonces que x es una solución al problema de Cauchy

(})

�x0 = �(t; x)x(t0) = x0

El punto (t0; x0) se llama la condición inicial del problema (}):Empezaremos mostrando que este problema se puede transformar en una ecuación

integral. Denotamos porZ b

a

f(t)dt :=

�Z b

a

f1(t)dt; :::;

Z b

a

fn(t)dt

�2 Rn

al vector cuyas componentes son las integrales de las componentes de una funcióncontinua f = (f1; :::; fn) : [a; b]! Rn:

Lema 4.13 Son equivalentes las siguientes a�rmaciones:(a) Existe una solución x : [t0 � �; t0 + �]! del problema de Cauchy (}):(b) Existe una función continua x : [t0 � �; t0 + �]! que satisface

x(t) =

Z t

t0

�(s; x(s))ds+ x0 8t 2 [t0 � �; t0 + �]:

Demostración: Esto es consecuencia inmediata de los teoremas fundamentales delCálculo aplicados a cada componente. En efecto, si x = (x1; :::; xn) y � = (�1; :::; �n);entonces se cumple que xi es continua y satisface

xi(t) =

Z t

t0

�i(s; x(s))ds+ x0;i;

si y sólo si xi es continuamente diferenciable y satisface

x0i(t) = �i(t; x(t)); xi(t) = x0;i;

para cada i = 1; :::; n:

Este lema asegura que las soluciones al problema de Cauchy (}) en un intervalo[t0 � �; t0 + �] son justamente las funciones x 2 C0([t0 � �; t0 + �];) que satisfacen laecuación integral

(}0) x(t) =

Z t

t0

�(s; x(s))ds+ x0 8t 2 [t0 � �; t0 + �]:


Queremos expresar esta ecuación integral como un problema de punto �jo. Nota que elespacio C0([t0� �; t0+ �];) no es completo, ya que es abierto en Rn: Tendremos queconsiderar un espacio más pequeño. Vamos a requerir una condición adicional sobre elcampo � que enunciaremos a continuación: Dados (t0; x0) 2 R�Rn y �0 > 0; denotamospor

Z�0(t0; x0) := f(t; x) : R� Rn : jt� t0j � �0; kx� x0k � �0g:

De�nición 4.14 El campo � : (a; b) � ! Rn es localmente Lipschitz en x si,para cada (t0; x0) 2 (a; b) � existen �0 > 0 y C > 0 (que dependen de t0 y x0) talesque Z�0(t0; x0) � (a; b)� y

k�(t; x1)� �(t; x2)k � C kx1 � x2k 8(t; x1); (t; x2) 2 Z�0(t0; x0): (4.7)

Supondremos de aquí en adelante que � : (a; b) � ! Rn es localmente Lipschitzen x: Para la condición inicial (t0; x0) del problema (}) escojamos �0 > 0 y C > 0 talesque Z�0(t0; x0) � (a; b) � y tales que se cumple (4.7). Como Z�0(t0; x0) es compactoy � es continua, se tiene que � es acotada en Z�0(t0; x0): Fijemos M tal que

k�(t; x)k �M 8(t; x) 2 Z�0(t0; x0): (4.8)

Sea 0 < � < m��nf 1C; �0;

�0Mg: Denotemos por x0 : [t0 � �; t0 + �] ! a la función

constante con valor x0 y consideremos la bola cerrada

X := fx 2 C0([t0 � �; t0 + �];Rn) : kx� x0k1 � �Mg

con centro en x0 y radio �M en C0([t0 � �; t0 + �];Rn): Como C0([t0 � �; t0 + �];Rn) esun espacio de Banach (Proposición 3.22) y X es cerrado en tal espacio, se tiene que Xes un espacio métrico completo (Proposición 3.15). Nota que

X � C0([t0 � �; t0 + �];):

En efecto, si x 2 X; entonces

kx(t)� x0k � �M < �0 8t 2 [t0 � �; t0 + �]

y, por consiguiente,

(t; x(t)) 2 Z�0(t0; x0) � (a; b)� 8t 2 [t0 � �; t0 + �]: (4.9)

En particular, x(t) 2 para toda t 2 [t0 � �; t0 + �]:Empezaremos demostrando que toda solución x 2 C0([t0��; t0+�];) del problema

(}0) pertenece a X: Para ello requerimos el siguiente lema técnico.


Lema 4.15 Para toda función continua f : [a; b]! Rn se cumple que Z b

a

f(t)dt

� jb� aj kfk1 :

Demostración: Aplicando la Proposición 1.25 a cada componente obtenemos��Z b

a

fi(t)dt

�� Z b

a

jfi(t)j dt � jb� aj1=2�Z b

a

jfi(t)j2 dt�1=2

; i = 1; :::; n:

En consecuencia, Z b

a

f(t)dt

=

��Z b

a

f1(t)dt

��2 + � � �+ ��Z b

a

fn(t)dt

��2!1=2

��jb� aj

�Z b

a

jf1(t)j2 dt+ � � �+Z b

a

jfn(t)j2 dt��1=2

=

�jb� aj

Z b

a

kf(t)k2 dt�1=2

� jb� aj kfk1 ;


Lema 4.16 Si x 2 C0([t0� �; t0+ �];) es solución del problema (}0); entonces x 2 X:

Demostración: Argumentando por contradicción, supongamos que x 2 C0([t0 ��; t0 + �];) es una solución del problema (}0) que no está en X: Entonces existet1 2 [t0 � �; t0 + �] tal que kx(t1)� x0k > �M: Como x(t0) = x0 y �M < �0; podemosescoger a t1 de modo que cumpla además que

kx(s)� x0k � �0 8 js� t0j � jt1 � t0j =: �1:

Entonces, usando el Lema 4.15 y la de�nición de M (4.8), obtenemos que

�M < kx(t1)� x0k = Z t1

t0

�(s; x(s))ds

� jt1 � t0j supjs�t0j��1

k�(s; x(s))k � �M:

Esto es una contradicción. En consecuencia, toda solución x 2 C0([t0� �; t0+ �];) delproblema (}0) pertenece a X:


Vamos ahora a de�nir una función � : X ! X cuyos puntos �jos son soluciones de(}0): Para cada x 2 X consideremos la función

bx : [t0 � �; t0 + �]! Rn; bx(t) = Z t

t0

�(s; x(s))ds+ x0:

Claramente bx es continua (de hecho, el teorema fundamental del Cálculo asegura quees continuamente diferenciable). Probaremos que bx 2 X (Lema 4.17). En consecuencia,la función

� : X ! X; �(x) := bx;está bien de�nida. Nota que x 2 X es un punto �jo de � si y sólo si

x(t) = �(x)(t) =

Z t

t0

�(s; x(s))ds+ x0 8t 2 [t0 � �; t0 + �];

es decir, los puntos �jos de � son justamente las soluciones del problema (}0) en elintervalo [t0 � �; t0 + �] las cuales, por el Lema 4.13, son justamente las soluciones delproblema (}) en el intervalo [t0 � �; t0 + �]: Probaremos que � es una contracción. Enconsecuencia, el teorema de punto �jo de Banach asegura que el problema (}) tiene unaúnica solución en el intervalo [t0 � �; t0 + �] (Teorema 4.18).

Lema 4.17 Para cada x 2 X la función

bx : [t0 � �; t0 + �]! Rn; bx(t) = Z t

t0

�(s; x(s))ds+ x0

pertenece a X:

Demostración: Sea x 2 X: La desigualdad (4.9) asegura que

(s; x(s)) 2 Z�0(t0; x0) 8 js� t0j � �.

Por tanto, usando el Lema 4.15 y la de�nición de M (4.8), obtenemos que

kbx(t)� x0k = Z t

t0

�(s; x(s))ds

� jt� t0j supjs�t0j��

k�(s; x(s))k � �M .

para toda t 2 [t0� �; t0+ �]; es decir, kbx� x0k1 � �M: Esto demuestra que bx 2 X.Estamos listos para probar la existencia local de soluciones para el problema de

Cauchy. El siguiente resultado tiene muchas aplicaciones importantes. Su demostraciónse basa en el teorema de punto �jo de Banach.

4.4. EJERCICIOS 65

Teorema 4.18 (Picard) Sea � : (a; b) � ! Rn una función continua y localmenteLipschitz en x: Entonces, para cada t0 2 (a; b) y cada x0 2 ; existe � > 0 tal que elproblema de Cauchy (}) tiene una única solución en el intervalo [x0 � �; x0 + �]:

Demostración: Consideremos la función

� : X ! X; �(x) := bx:El lema anterior asegura que esta función está bien de�nida. Veamos que es una con-tracción. Sean x1; x2 2 X: La desigualdad (4.9) asegura que

(s; xi(s)) 2 Z�0(t0; x0) 8 js� t0j � �, i = 1; 2:

Como � satisface (4.7) obtenemos que, para toda t 2 [t0 � �; t0 + �]; se cumple que

k�(x1)(t)� �(x2)(t)k =

Z t

t0

(�(s; x1(s))� �(s; x2(s)))ds

� jt� t0j sup

js�t0j��k�(s; x1(s))� �(s; x2(s))k

� jt� t0j supjs�t0j��

C kx1(s)� x2(s)k

� �C kx1 � x2k1 ;

Por consiguiente,k�(x1)� �(x2)k1 � �C kx1 � x2k1

y, como hemos elegido � tal que �C < 1; se tiene que � es una contracción. El Teorema4.3 asegura entonces que � tiene un único punto �jo, es decir, que existe una únicax� 2 X tal que

x�(t) = �(x�)(t) =

Z t

t0

�(s; x�(s))ds+ x0 8t 2 [t0 � �; t0 + �]:

Del Lema 4.13 se sigue que x� es la única solución del problema de Cauchy (}) en elintervalo [x0 � �; x0 + �]:

4.4. Ejercicios

Ejercicio 4.19 (a) Usa el teorema del valor intermedio para probar que toda funcióncontinua f : [0; 1]! [0; 1] tiene al menos un punto �jo.(b) Da un ejemplo de una función continua f : [0; 1] ! [0; 1] con una in�nidad de

puntos �jos.


Ejercicio 4.20 Muestra que la condición

d(�(x);�(y)) < d(x; y) para x 6= y 2 Xno es su�ciente para garantizar que � : X ! X tiene un punto �jo (aún cuando X escompleto).

Ejercicio 4.21 Prueba que, si f : R! R es continuamente diferenciable y si jf 0(t)j �M < 1 para todo t 2 R entonces f es una contracción.

Ejercicio 4.22 Sea f : [a; b] ! R continuamente diferenciable y tal que f(a) < 0 <f(b) y su derivada f 0(t) > 0 para toda t 2 [a; b]: Prueba que:(a) Existe � > 0 tal que �(t) = t� �f(t) es una contracción en [a; b]:(b) � tiene un único punto �jo, y éste es la única solución de la ecuación

f(t) = 0:

Ejercicio 4.23 Considera una función afín � : Rn ! Rn; �(x) = Ax + b; dondeA = (aij) es una matriz de n� n y b = (b1; :::; bn) 2 Rn:(a) Prueba que si A satisface

(C1)nXi=1

jaijj � �1 < 1 8j = 1; :::; n;

entonces � : Rn1 ! Rn1 es contracción.(b) Prueba que si A satisface

(C2)nXi=1

nXj=1

a2ij � �2 < 1

entonces � : Rn2 ! Rn2 es contracción.(c) Prueba que si A satisface

(C1)nXj=1

jaijj � �1 < 1 8i = 1; :::; n;

entonces � : Rn1 ! Rn1 es contracción.(d) Da ejemplos de matrices A que satisfagan cada una de las condiciones (C1) ; (C2) y(C1) pero no las otras dos. Es decir, cada una de estas condiciones es su�ciente paraque la ecuación

x� Ax = b;

tenga solución y para aplicar el método de aproximaciones sucesivas, pero ninguna esnecesaria.(e) Prueba que cada una de las condiciones (C1) ; (C2) y (C1) implica que det(I�A) 6=0; donde I es la matriz identidad de n� n:

4.4. EJERCICIOS 67

Ejercicio 4.24 Da un ejemplo de una función lineal � : R ! R con un único punto�jox0, pero tal que la sucesión

��k(x)

�no converge para ninguna x 6= x0.

Ejercicio 4.25 Prueba que, si f : R! R es continuamente diferenciable, entonces eslocalmente Lipschitz.

Ejercicio 4.26 Sea � : R� R! R tal que �(t; x) = 3x2=3:(a) Prueba que � no es localmente Lipschitz en x:(b) Prueba que, para todas � < 0 < �; la función

x�;�(t) :=

8<:(t� �)3 si t � �0 si � � t � �(t� �)3 si t � �

es solución del problema de Cauchy

(})

�x0 = 3x2=3

x(0) = 0

En consecuencia, si � no es localmente Lipschitz en x, el problema de Cauchy puedetener una in�nidad de soluciones.

Ejercicio 4.27 Sea � : R� R! R tal que �(t; x) = �x2:(a) Prueba que � es localmente Lipschitz en x en el punto (t0; x0) = (0; 0):(b) Para cada � 6= 0 considera el problema de Cauchy

(})

�x0 = �x2x(0) = � 1

�

Prueba que

x(t) =1

t� �

es solución de (}) en algún intervalo que contiene a 0:(c) ¿Cuál es el intervalo máximo para el que existe una solución de (})?

Ejercicio 4.28 Sea K : [a; b]� [a; b]! R una función continua. Para cada x 2 C0[a; b];considera la función bx 2 C0[a; b] dada por

bx(t) := Z b

a

K(t; s)x(s)ds:

Prueba que la función

T : C0[a; b]! C0[a; b]; T (x) := bx;es lineal y continua.


Ejercicio 4.29 Considera la ecuación nolineal de Fredholm

�x(t)�Z b

a

K(t; s; x(s))ds = y(t)

donde K : [a; b] � [a; b] � [a; b] ! R y y : [a; b] ! R son funciones continuas y Ksatisface la condición de Lipschitz

jK(t; s; r1)�K(t; s; r2)j �M jr1 � r2j :

Prueba que esta ecuación tiene solución única si

j�j > M(b� a):

Capítulo 5

Teoremas de aproximación

En la práctica, cuando hacemos cálculos con números reales usamos siempre unaaproximación de estos, es decir, usamos algún número racional su�cientemente cercanoal número real que nos interesa.Sería conveniente poder hacer algo análogo con las funciones continuas, es decir,

poder aproximarlas por funciones sencillas y fácilmente calculables. En este capítuloprobaremos que toda función continua [a; b] ! R es el límite uniforme de polinomios.Este resultado se conoce como el Teorema de Aproximación de Weierstrass.

5.1. Espacios separables

Sea X = (X; d) un espacio métrico.

De�nición 5.1 Un subconjunto A de X es denso en X si A = X; es decir, si paratodo x 2 X y para toda " > 0 existe a 2 A tal que d(x; a) < ":

Sabemos que el conjunto Q de los números racionales es denso en R: Veamos otrosejemplos.

Ejemplo 5.2 El conjunto

Qn = f(q1; :::; qn) 2 Rn : qk 2 Q 8k = 1; :::; ng

es denso en Rn.

Demostración: Dados x = (x1; :::; xn) 2 Rn y " > 0; para cada k = 1; :::; n tomemosqk 2 Q tal que jxk � qkj < "p

n. Entonces q = (q1; :::; qn) 2 Qn satisface

kx� qk =q(x1 � q1)

2 + � � �+ (xn � qn)2 < ":

69

70 5. TEOREMAS DE APROXIMACIÓN

En consequencia, Qn es denso en Rn:

Denotemos por Q1 al conjunto de todas las sucesiones (qk) de números racionalestales que sólo un número �nito de sus términos qk es distinto de cero. Se tiene entoncesel siguiente resultado.

Ejemplo 5.3 Q1 es denso en `2.

Demostración: Sea x = (xk) 2 `2 y sea " > 0: Como la serieP1

k=1 jxkj2 converge,

existe k0 2 N tal que1X

k=k0+1

jxkj2 <�"2

�2:

Sea y := (x1; :::; xk0) 2 Rk0. Por el ejemplo anterior, existe q = (q1; :::; qk0) 2 Qk0 tal queky � qk < "

2: Identi�cando a Rk0 con el subespacio de `2 que consiste de las sucesiones

x = (xk) tales que xk = 0 para k > k0 (Ejemplo 1.28) obtenemos que

kx� qk2 � kx� yk2 + ky � qk2 = 1Xk=k0+1

jxkj2!1=2

+ ky � qk2 <"

2+"

2= ":

En consecuencia, Q1 es denso en `2.

Un conjunto A es numerable si existe una función biyectiva A! N: Un conjuntoA que es �nito o numerable se dice que es a lo más numerable. Los conjuntos Qn yQ1 son numerables [Ejercicio 5.12].

De�nición 5.4 Un espacio métrico X es separable si contiene un subconjunto a lomás numerable que es denso en X:

Los ejemplos anteriores prueban que Rn y `2 son espacios separables. Es fácil ver quela propiedad de ser separable es invariante bajo homeomor�smos, es decir, si � : X ! Yes un homeomor�smo y X es separable entonces Y es separable [Ejercicio 5.14].A diferencia de Q1; el conjunto de todas las sucesiones de números racionales no es

un conjunto numerable. Ni siquiera el siguiente subconjunto lo es.

Ejemplo 5.5 El conjunto B de todas las sucesiones b = (bk) tales que bk 2 f0; 1g noes un conjunto numerable.

5.2. EL TEOREMA DE APROXIMACIÓN DE WEIERSTRAß 71

Demostración: Probaremos que ningún subconjunto numerable de B coincide conB: Sea B0 = fbn = (bn;k) : n 2 Ng un subconjunto numerable de B: Consideremos lasucesión a = (ak) de�nida como sigue:

ak 2 f0; 1g y ak 6= bk;k:

Claramente a 2 B pero no pertenece a B0 ya que, si a = bn para alguna n 2 N,entonces coincidirían en particular los n-ésimos términos de ambas sucesiones, es deciran = bn;n; contradiciendo la de�nición de a: En consecuencia, B0 6= B: Por tanto, Bno es numerable.

Usaremos este hecho para demostrar el siguiente.

Ejemplo 5.6 `1 no es separable.

Demostración: Probaremos que ningún subconjunto denso de `1 es a lo más nu-merable. Sea A un subconjunto denso de `1: Sea B el conjunto de todas las sucesionesb = (bk) tales que bk 2 f0; 1g. Observemos que

kb� b0k1 = 1 8b; b0 2 B; b 6= b0: (5.1)

Como A es denso en `1; para cada b 2 B podemos escojer un elemento ab 2 A tal quekb� abk1 < 1

2: Si ab = ab0 =: a; entonces

kb� b0k1 � kb� ak1 + ka� b0k1 <1

2+1

2= 1;

y (5.1) implica que b = b0: En consecuencia, la función

� : B! A; �(b) = ab:

es inyectiva. Por tanto, dado queB no es numerable, A no puede ser a lo más numerable.Esto demuestra que ningún subconjunto denso de `1 es a lo más numerable. Por tanto,`1 no es separable.

5.2. El teorema de aproximación de Weierstraß

El objetivo de esta sección es demostrar que toda función continua en un intervalocerrado [a; b] se puede aproximar uniformemente por funciones polinomiales, es decir,por funciones de la forma

p (t) = a0 + a1t+ � � �+ antn; ak 2 R; n 2 N [ f0g.


Este resultado se conoce como el teorema de aproximación de Weierstraß: Dehecho, probaremos un resultado más preciso debido a Bernstein, que da de maneraexplícita una sucesión de polinomios (los polinomios de Bernstein) que convergeuniformemente a la función dada, y que permite además estimar la rapidez con la quedicha sucesión converge.Sin pérdida de generalidad supondremos de aquí en adelante que [a; b] = [0; 1]

[Ejercicio 5.17]:Para 0 � k � n consideremos los polinomios

n;k(t) =

�nk

�tk(1� t)n�k;

donde �nk

�=

n!

k!(n� k)!

es el coe�ciente binomial. De la conocida fórmula binomial

(a+ b)n =nXk=0

�nk

�akbn�k

se sigue quenXk=0

n;k(t) = 1: (5.2)

Multiplicando por t la igualdad (5.2) para n� 1 obtenemos

t = t

n�1Xj=0

n�1;k(t)

=n�1Xj=0

�n� 1j

�tj+1(1� t)n�1�j

=

n�1Xj=0

j + 1

n

�n

j + 1

�tj+1(1� t)n�(j+1)

=

nXk=1

k

n n;k(t)

=nXk=0

k

n n;k(t):


En consecuencia,

nt =nXk=0

k n;k(t): (5.3)

De manera análoga, multiplicando por t2 la igualdad (5.2) para n� 2 obtenemos

(n2 � n)t2 =

nXk=0

(k2 � k) n;k(t) (5.4)

Dejamos los detalles al lector [Ejercicio 5.21].

10.750.50.250

1

0.75

0.5

0.25

0

tt

3;3(t) = t3

10.750.50.250

0.25

0.2

0.15

0.1

0.05

0

tt

3;2(t) = 2t2(1� t)

10.750.50.250

0.25

0.2

0.15

0.1

0.05

0

tt

3;1(t) = 2t(1� t)2

10.750.50.250

1

0.75

0.5

0.25

0

tt

3;0(t) = (1� t)3


De�nición 5.7 Sea f : [0; 1] ! R una función continua. El n-ésimo polinomio deBernstein de f es el polinomio

�n(t) = �f;n(t) =nXk=0

f(k

n) n;k(t):

Se tiene el siguiente resultado.

Teorema 5.8 (Bernstein-Weierstraß) Sea f : [0; 1] ! R una función continua.Entonces la sucesión de sus polinomios de Bernstein �f;n converge uniformemente a f ,es decir,

�f;n ! f en C0[0; 1]:

Demostración: Sea " > 0: Recordemos que toda función continua de�nida en unintervalo cerrado es uniformemente continua. Por lo tanto, existe � > 0 tal que

jf(s)� f(t)j < "

2si js� tj < �: (5.5)

Multiplicando la igualdad (5.2) por f(t) obtenemos que

f(t) =

nXk=0

f(t) n;k(t):

Así, para cada t 2 [0; 1] y n 2 N; se tiene que

��f(t)� �f;n(t)�� = ��

nXk=0

(f(t)� f(k

n)) n;k(t)

�� nXk=0

��f(t)� f(k

n)

�� n;k(t): (5.6)

Probaremos que el lado derecho de esta desigualdad es menor que " si n satisface lasiguiente desigualdad:

n � m�ax(1

�4;kfk21"2

)(5.7)

Para cada t 2 [0; 1] y n 2 N consideremos los conjuntos

I1 = fk 2 N [ f0g : 0 � k � n;

��kn � t

�� < � 1n� 1

4

g

I2 = fk 2 N [ f0g : 0 � k � n; k =2 I1g:


Si n satisface (5.7) entonces�1n

� 14 � �; y se sigue de (5.5) y de (5.2) queX

k2I1

��f(t)� f(k

n)

�� n;k(t) <Xk2I1

"

2 n;k(t) �

"

2

nXk=0

n;k(t) ="

2: (5.8)

Por otra parte, si k 2 I2 entonces (t� kn)�2 �

pn y, en consecuencia,X

k2I2

��f(t)� f(k

n)

�� n;k(t) �Xk2I2

2 kfk1 n;k(t)

= 2 kfk1Xk2I2

(t� kn)2

(t� kn)2 n;k(t)

� 2 kfk1pnXk2I2

(t� k

n)2 n;k(t): (5.9)

Probaremos que ahora quenXk=0

(t� k

n)2 n;k(t) �

1

4n: (5.10)

Multiplicando la igualdad (5.2) por t2; la igualdad (5.3) por � 2nt; y la suma de las

desigualdades (5.3) y (5.4) por 1n2; obtenemos, respectivamente,

t2 =nXk=0

t2 n;k(t)

�2t2 =nXk=0

� 2knt n;k(t)

(1� 1

n)t2 +

1

nt =

nXk=0

k2

n2 n;k(t):

Sumando estas tres igualdades obtenemos

1

n(t� t2) =

nXk=0

(t� k

n)2 n;k(t): (5.11)

Notemos que m�axt2[0;1](t� t2) � 14: En consecuencia, (5.11) implica (5.10).

Si n satisface (5.7) entonces kfk1 =pn � ": Por tanto, (5.9) y (5.10) implican queX

k2I2

��f(t)� f(k

n)

�� n;k(t) � "

2:


De esta desigualdad, junto con (5.6) y (5.8), obtenemos que

��f(t)� �f;n(t)��

nXk=0

��f(t)� f(k

n)

�� n;k(t)=

Xk2I1

��f(t)� f(k

n)

�� n;k(t) +Xk2I2

��f(t)� f(k

n)

�� n;k(t) < "

para toda t 2 [0; 1]; si n satisface (5.7). Es decir,

f � �f;n 1 < " si n � m�ax

(1

�4;kfk21"2

): (5.12)

Esto concluye la demostración.

Corolario 5.9 (a) El conjunto de todas las funciones polinomiales

P [0; 1] = fp 2 C0[0; 1] : p (t) = a0 + a1t+ � � �+ antn; n 2 N [ f0g; ai 2 Rg

es denso en C0[0; 1]:(b) C0[0; 1] es separable:

Demostración: La a�rmación (a) es consecuencia inmediata del teorema anterior.Para probar (b) notemos primero que el conjunto PQ [0; 1] de todas las funciones polino-miales q (t) = q0+q1t+��+qntn; t 2 [0; 1]; con coe�cientes racionales, qi 2 Q, es numer-able [Ejercicio 5.12]. Probemos ahora que PQ [0; 1] es denso en C0[0; 1]: Sea f 2 C0[0; 1]y sea " > 0: Por el teorema anterior existe un polinomio p (t) = a0+a1t+ � � �+antn concoe�cientes reales, ai 2 R, tal que kf � pk1 < "

2: Para cada i = 0; :::; n tomemos qi 2 Q

tal que jai � qij < "2(n+1)

y de�namos q (t) := q0+ q1t+ � � �+ qntn: Se tiene entonces que

jp(t)� q(t)j = j(a0 � q0) + (a1 � q1) t+ � � �+ (an � qn) tnj

� ja0 � q0j+ ja1 � q1j jtj+ � � �+ jan � qnj jtjn

� ja0 � q0j+ ja1 � q1j+ � � �+ jan � qnj <"

2

para toda t 2 [0; 1]; es decir, kp� qk1 < "2: En consecuencia,

kf � qk1 � kf � pk1 + kp� qk1 < ":

Esto prueba que PQ [0; 1] es denso en C0[0; 1]. Por tanto, C0[0; 1] es separable.

5.3. EJERCICIOS 77

Es importante hacer notar que en la demostración del Teorema 5.8 obtuvimosademás una estimación (5.12) de la rapidez con que la sucesión de polinomios (�f;n)converge a la función f:Queremos hacer énfasis en la importancia de que el dominio de f sea un intervalo

cerrado. Este hecho jugó un papel importante en la demostración del Teorema 5.8 paraasegurar la continuidad uniforme de f . El siguiente ejemplo muestra que no toda funcióncontinua en un intervalo arbitrario se puede aproximar uniformemente por polinomios.

Ejemplo 5.10 La función f(t) = sen(1=t); t 2 (0; 2�]; no se puede aproximar uniforme-

mente por polinomios.

Demostración: Supongamos, por el contrario, que existe una sucesión de polinomios(pk) que converge uniformemente a f en (0; 2� ]: Entonces (pk) es de Cauchy en C

0(0; 2�]:

Por tanto, dada " > 0 existe k0 2 N tal que

jpk(t)� pj(t)j < " 8t 2 (0; 2�], k; j � k0:

Como la función t 7! jpk(t)� pj(t)j es continua en R; la desigualdad anterior implicaque

jpk(t)� pj(t)j � " 8t 2 [0; 2�], k; j � k0;

Esto prueba que (pk) es de Cauchy en C0[0; 2� ] y, como C0[0; 2

�] es completo, se tiene

entonces que (pk) converge uniformemente a una función continua g : [0; 2� ]! R: Comola convergencia uniforme implica la convergencia puntual, obtenemos que

sen1

t= f(t) = l��m

k!1pk(t) = g(t) 8t 2 (0; 2

�]:

Por tanto, como g es continua en [0; 2�], se tiene que

l��mn!1

sen�n�2

�= l��m

n!1g

�2

n�

�= g(0):

Esto es una contradicción, ya que la sucesión�senn�

2

�no converge.

5.3. Ejercicios

Ejercicio 5.11 Demuestra las siguientes a�rmaciones.(a) Ningún subconjunto propio de un espacio métrico discreto Xdisc es denso en Xdisc:(b) Un espacio métrico discreto Xdisc es separable si y sólo si Xdisc es a lo más numer-able.


Ejercicio 5.12 Prueba que los siguientes conjuntos son numerables.(a) El conjunto Q de los números racionales.(b) El conjunto Qn = f(q1; :::; qn) 2 Rn : qi 2 Q 8i = 1; :::; ng:(c) El conjunto Q1 de todas las sucesiones de números racionales con sólo un número�nito de términos distintos de cero.(d) El conjunto PQ [a; b] de todas las funciones polinomiales q (t) = q0+ q1t+ � � �+ qntncon coe�cientes qi 2 Q y n 2 N arbitrario.

Ejercicio 5.13 Sea (X; d) un espacio métrico. Prueba que, si Y es denso en (X; d) yZ es denso en (Y; d), entonces Z es denso en (X; d):

Ejercicio 5.14 Prueba que, si � : X ! Y es continua y suprayectiva y A � X es densoen X; entonces �(A) es denso en Y: En particular, si � : X ! Y es un homeomor�smoentonces X es separable si y sólo si Y lo es.

Ejercicio 5.15 Prueba que Rnp es separable para toda 1 � p � 1:

Ejercicio 5.16 Prueba que `p es separable para toda 1 � p <1:

Ejercicio 5.17 Prueba que el conjunto de funciones polinomiales en el intervalo [a; b]

P [a; b] = fp 2 C0[a; b] : p (t) = a0 + a1t+ � � �+ antn; n 2 N [ f0g; ai 2 Rg

es denso en C0[a; b]: (Sugerencia: Utiliza los Ejercicios 5.14 y 2.39)

Ejercicio 5.18 Prueba que PQ [a; b] es denso en (P [a; b] ; k�k1) y que, en consecuencia,PQ [a; b] es denso en C0[a; b]:

Ejercicio 5.19 Prueba que C0p [a; b] es separable para todo 1 � p � 1: (Sugerencia:Utiliza los Ejercicios 5.14 y 2.40).

Ejercicio 5.20 Sea C1 [a; b] el conjunto de todas las funciones f : [a; b]! R que tienenderivadas continuas de todos los órdenes. Prueba que C1 [a; b] es denso en C0p [a; b] paratodo 1 � p � 1:

Ejercicio 5.21 Demuestra la igualdad (5.4).

Capítulo 6

Compacidad

Los intervalos cerrados [a; b] tienen la propiedad de que cualquier sucesión de puntosen ellos tiene una subsucesión convergente. Esto tiene consecuencias importantes, comopor ejemplo, que toda función continua en un intervalo cerrado alcanza su máximo ysu mínimo.Más aún, los intervalos cerrados y acotados en R tienen la propiedad de Heine-

Borel, es decir: De cualquier familia de intervalos abiertos que cubre a [a; b] podemosextraer una subfamilia �nita que también cubre a [a; b]: Generalizando esta propiedadobtenemos un concepto fundamental que es el concepto de compacidad.

6.1. Conjuntos compactos

De�nición 6.1 Sea X un espacio métrico y sea A un subconjunto de X: Una familiaC = fXi : i 2 Ig de subconjuntos de X se llama una cubierta de A si

A �[i2IXi:

Si Xi es abierto en X para toda i 2 I; se dice que C es una cubierta abierta de A:Un subconjunto C0 � C de una cubierta de A que a su vez es cubierta de A se llamauna subcubierta de C:

De�nición 6.2 Un subconjunto K de X es compacto si toda cubierta abierta de Ken X contiene una subcubierta �nita.

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 6.3 Rn no es compacto.79

80 6. COMPACIDAD

Demostración: Para cada k 2 N consideremos la bola abierta

B(0; k) = fx 2 Rn : kxk < kg:

Claramente C = fB(0; k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de Rn; pero ningún subcon-junto �nito de C es cubierta de Rn.

Ejemplo 6.4 La bola abierta B(0; 1) en Rn no es compacta.

Demostración: C = fB(0; 1� 1k) : k 2 Ng es una cubierta abierta de B(0; 1); pero

ningún subconjunto �nito de C es cubierta de B(0; 1).

Los compactos tienen muchas propiedades importantes. Veamos algunas de ellas.

Proposición 6.5 Si K es un subconjunto compacto de X, entonces toda sucesión (xk)en K contiene una subsucesión que converge a un punto y0 2 K:

Demostración: Sea (xk) una sucesión en K: Probaremos primero que existe unpunto y0 2 K tal que toda bola abierta BX(y0; ") con centro en y0 contiene a unasubsucesión de (xk), para toda " > 0. Supongamos, por contradicción, que para caday 2 K; existe "y > 0 tal que BX(y; "y) contiene sólo un número �nito de términos de(xk). Como K es compacto, la cubierta abierta C = fBX(y; "y) : y 2 Kg de K contieneuna subcubierta �nita, es decir, existen y1; :::; ym 2 K tales que

K � BX(y1; "y1) [ � � � [BX(ym; "ym):

Esto implica que (xk) tiene sólo un número �nito de términos, lo cual es falso.Así pues, existe y0 2 K tal que toda bola abierta BX(y0; ") con centro en y0 contiene auna subsucesión de (xk): Podemos escoger entonces una sucesión creciente de númerosnaturales k1 < k2 < � � � < kj < � � � tales que xkj 2 BX(y0;

1j): En consecuencia, la

subsucesión (xkj) converge a y0:

De�nición 6.6 Un subconjunto A de un espacio métrico X es acotado si existenx 2 X y " > 0 tales que A � BX(x; "):

Proposición 6.7 Todo subconjunto compacto de un espacio métrico es cerrado y aco-tado.

6.1. CONJUNTOS COMPACTOS 81

Demostración: Sea K un subconjunto compacto de X: Si x0 2 K entonces, porla Proposición 2.27, existe una sucesión (xk) en K que converge a x0 en X: Por laproposición anterior, (xk) contiene una subsucesión (xkj) que converge a un punto y0 2K: Como el límite de una sucesión es único, x0 = y0 2 K: Esto prueba queK es cerrado.Probemos ahora que K es acotado. Fijemos un punto bx 2 X: El conjunto de todas lasbolas abiertas BX(bx; n) con centro en bx y radio n 2 N es una cubierta abierta de X:Como K es compacto, existen n1; :::; nm 2 N tales que K � BX(bx; n1)[�� [BX(bx; nm).Sea bn := m�axfn1; :::; nmg: Entonces K � BX(bx; bn); es decir, K es acotado:

El recíproco no es cierto en general, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 6.8 La bola cerrada bB(0; 1) := f(xk) 2 `2 :Px2k � 1g no es compacta en

`2.

Demostración: Consideremos la sucesión ek = (ek;n) tal que ek;k = 1 y ek;n = 0 sik 6= n: Entonces ek 2 bB2(0; 1): Ninguna subsucesión de (ek) es de Cauchy en `2; ya que

kej � ekk2 =p2 8j 6= k:

En consecuencia, ninguna subsucesión de (ek) converge en `2. La Proposición 6.5 implicaque bB(0; 1) no es compacta.Veremos en la siguiente sección que el recíproco sí es válido en Rn: Concluímos esta

sección con otras propiedades importantes de los conjuntos compactos.

Proposición 6.9 Todo subconjunto cerrado de un conjunto compacto es a su vez com-pacto.

Demostración: Sea C un subconjunto cerrado de un conjunto compacto K: SiC = fUi : i 2 Ig es una cubierta abierta de C en X; entonces C0 = fUi : i 2 Ig[fXnCges una cubierta abierta de K en X: Como K es compacto, C0 contiene una subcubierta�nita, es decir, existen i1; :::; im 2 I tales queK � Ui1[��[Uim[XnC: En consecuencia,C � Ui1 [ � � � [ Uim ; es decir, fUi1 ; :::; Uimg es una subcubierta �nita de C:

La compacidad se preserva bajo funciones continuas.

Proposición 6.10 Si � : X ! Y es continua y K es un subconjunto compacto de X,entonces �(K) es un subconjunto compacto de Y .

82 6. COMPACIDAD

Demostración: Sea C = fVi : i 2 Ig una cubierta abierta de �(K) en Y: Como� es continua, la Proposición 2.22 asegura que ��1(Vi) es abierto en X: Por tanto,C0 = f��1(Vi) : i 2 Ig es una cubierta abierta de K en X y, como K es compacto, C0

contiene una subcubierta �nita f��1(Vi1); :::;��1(Vim)g : En consecuencia, fVi1 ; :::; Vimges una subcubierta �nita de C:

Una consecuencia importante de esta proposición es la siguiente.

Corolario 6.11 Si f : X ! R es continua y K es compacto en X entonces f alcanzasu mínimo y su máximo en K; es decir, existen x0; x1 2 K tales que

f(x0) � f(x) 8x 2 K;f(x1) � f(x) 8x 2 K:

Demostración: Denotemos por

m0 : = infff(x) : x 2 Kgm1 : = supff(x) : x 2 Kg

Por la proposición anterior, f(K) es un subconjunto compacto de R. Por tanto, f(K)es acotado en R y, en consecuencia, m0;m1 2 R:Probemos que existe x0 2 K tal que f(x0) = m0: Escojamos xk 2 K tal que

m0 � f(xk) < m0 +1

k8k 2 N. (6.1)

Como K es compacto, (xk) contiene una subsucesión (xkj) que converge a un puntox0 2 K: Dado que f es continua, f(xkj)! f(x0) y de la desigualdad (6.1) se sigue que

m0 = l��mj!1

f(xkj) = f(x0):

De manera análoga se prueba que existe x1 2 K tal que f(x1) = m1: Esto concluye lademostración.

6.2. El teorema de Heine-Borel

En la sección anterior vimos que todo subconjunto compacto de un espacio métricoes cerrado y acotado. Vimos también que, en general, el recíproco de esta a�rmaciónno es cierto. En esta sección veremos que en Rn sí lo es. Empezaremos probando lasiguiente a�rmación.

6.2. EL TEOREMA DE HEINE-BOREL 83

Proposición 6.12 La bola cerrada bB1(0; r) = fx 2 Rn : kxk1 � rg con centro en 0 yradio r en Rn1 es compacta.

Demostración: Como bB1(0; r) es homeomorfa a bB1(0; 1) en Rn1; gracias a laProposición 6.10 basta demostrar que bB1(0; 1) es compacta. Observemos que bB1(0; 1)es el çubo" bB1(0; 1) = f(x1; :::; xn) : xi 2 [�1; 1], i = 1; :::ng:Supongamos, que bB1(0; 1) no es compacta. Entonces existe una cubierta abierta C =fUi : i 2 Ig de bB1(0; 1) en Rn1 que no contiene ninguna subcubierta �nita. En conse-cuencia, si subdividimos a bB1(0; 1) en 2n bolas cerradas en Rn1 de radio 1

2(es decir,

en 2n çubos"del mismo tamaño); se cumple que al menos una de ellas, llamémosla bB1;

no puede ser cubierta por un número �nito de elementos de C. Subdividamos ahora bB1

en 2n bolas cerradas de radio 122y continuemos este proceso para obtener una sucesión

decreciente de bolas cerradas en Rn1;bB0 = bB1(0; 1) � bB1 � � � � � bBk � � � �;

tales que el radio de bBk es 12ky ninguna de ellas puede ser cubierta por un número �nito

de elementos de C. Denotemos por xk al centro de bBk: Se tiene entonces que xj 2 bBk

si j � k y, en consecuencia, que

kxk � xjk1 �1

2k8j � k: (6.2)

Por tanto, la sucesión (xk) es de Cauchy en bB1(0; 1) y, como bB1(0; 1) es completo(Proposición 3.15), la sucesión (xk) converge en Rn1 a un punto x0 2 bB1(0; 1): Pasandoal límite cuando j !1 en la desigualdad (6.2) obtenemos que

kxk � x0k1 �1

2k8k: (6.3)

Como x0 2 bB1(0; 1) existe Ui0 2 C tal que x0 2 Ui0 : Sea " > 0 tal que B1(x0; ") � Ui0 :La desigualdad (6.3) implica que

bBk � B1(x0; ") � Ui0 si1

2k�1< "

Esto contradice el que bBk no puede ser cubierta por un número �nito de elementos deC. En consecuencia, bB1(0; 1) es compacta.

84 6. COMPACIDAD

Corolario 6.13 La bola cerrada bB(0; r) = fx 2 Rn : kxk � rg con centro en 0 y radior en Rn es compacta.

Demostración: Como la identidad I : Rn1 ! Rn es continua y bB1(x; r) es compactaen Rn1, la Proposición 6.10 implica que bB1(x; r) es compacta en Rn y, como bB(x; r) �bB1(x; r); la Proposición 6.9 asegura que bB(x; r) es compacta en Rn:El siguiente resultado da una caracterización sencilla de los subconjuntos compactos

de Rn:

Teorema 6.14 (Heine-Borel) Sea K un subconjunto de Rn: Entonces, K es com-pacto si y sólo si K es cerrado y acotado.

Demostración: Por la Proposición 6.7, si K es compacto entonces es cerrado yacotado. Inversamente, supongamos que K es cerrado y acotado. Entonces K estácontenido en una bola cerrada bB(x; r) y, dado que ésta es compacta, la Proposición 6.9implica que K también lo es.

Un corolario importante es el siguiente.

Corolario 6.15 (Bolzano-Weierstrass) Toda sucesión acotada en Rn contiene unasubsucesión convergente.

Demostración: Si (xk) es una sucesión acotada en Rn, entonces la cerradura Sdel conjunto S = fxk : k 2 Ng de todos sus términos es cerrado y acotado. Por elteorema anterior, S es compacto y, por la Proposición 6.5, la sucesión (xk) contiene unasubsucesión convergente.

6.3. Continuidad uniforme

Sean (X; dX) y (Y; dY ) espacios métricos.

De�nición 6.16 Una función � : X ! Y es uniformemente continua si dada" > 0 existe � > 0 (que depende únicamente de ") tal que, para cualesquiera x1; x2 2 X;

dY (�(x1);�(x2)) < " si dX(x1; x2) < �:

Claramente toda función uniformemente continua es continua. Pero el recíproco, engeneral, no es cierto [Ejercicio 6.31]. Sin embargo lo es en el siguiente caso.

6.4. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRAß 85

Proposición 6.17 Sea X un espacio métrico compacto. Entonces toda función contin-ua � : X ! Y es uniformemente continua.

Demostración: Supongamos, por el contrario, que X es compacto y que � : X ! Yes continua pero no es uniformemente continua. Entonces para alguna "0 > 0 y paratodo k 2 N existen xk; exk 2 X tales que

dX(xk; exk) < 1

ky dY (�(xk);�(exk)) � "0:

Como X es compacto, la sucesión (xk) contiene una subsucesión (xkj) tal que xkj ! xen X (Proposición 6.5). De la desigualdad del triángulo

dX(x; exkj) � dX(x; xkj) + dX(xkj ; exky)se sigue que exkj ! x y, como � es continua, se cumple entonces que �(xkj) ! �(x) y�(exkj)! �(x) en Y (Proposición 2.28): En consecuencia,

dY (�(xkj);�(exkj)) � dY (�(xkj);�(x)) + dY (�(x);�(exkj)) < "0

para j su�cientemente grande. Esto contradice nuestra suposición.

6.4. El teorema de Stone-Weierstraß

En el capítulo anterior probamos que toda función continua [a; b] ! R es el límiteuniforme de funciones polinomiales. Veremos ahora esto es válido también para fun-ciones continuas K ! R en un subconjunto compacto K de Rn:De hecho, probaremos un resultado más general, conocido como el teorema de Stone-

Weierstraß, que da condiciones para que una familia A de funciones reales continuas enun espacio métrico compacto X sea densa en el espacio C0(X):Observemos antes que nada que, si X es compacto, entonces toda función continua

f : X ! R es acotada (Corolario 6.11). En consecuencia, el espacio C0(X) de�nido en(3.2) no es otra cosa que el espacio de funciones continuas f : X ! R con la normauniforme

kfk1 = supx2X

jf(x)j = m�axx2X

jf(x)j :

El espacio C0(X) no sólo es un espacio vectorial sino que cuenta además con un pro-ducto, de�nido como sigue:

fg : X ! R; (fg)(x) := f(x)g(x):

86 6. COMPACIDAD

Se tiene que fg 2 C0(X) si f; g 2 C0(X) [Ejercicio 2.32]. Este producto le da al espaciovectorial C0(X) la estructura de un álgebra con unidad. La unidad es la funciónconstante 1:

Teorema 6.18 (Stone-Weierstrass) Sea X un espacio métrico compacto y sea A unsubconjunto de C0(X) con las siguientes propiedades:(a) �'+ � 2 A para todas '; 2 A y �; � 2 R(b) ' 2 A para todas '; 2 A(c) 1 2 A(d) Dados x1 6= x2 en X; existe ' 2 A tal que '(x1) 6= '(x2):Entonces A es denso en C0(X), es decir, dada una función continua f : X ! R existeuna sucesión ('k) de funciones en A que converge uniformemente a f en X:

Las primeras tres condiciones (a), (b) y (c) equivalen a decir queA es una subálgebracon unidad del álgebra de funciones continuas C0(X). La propiedad (d) suele expresarsediciendo que A �separa puntos�.Para la demostración del teorema de Stone-Weierstrass requerimos los siguientes

lemas.

Lema 6.19 Dados x1 6= x2 en X y c1; c2 2 R; existe 2 A tal que (x1) = c1 y (x2) = c2:

Demostración: Sea ' 2 A tal que '(x1) 6= '(x2): Entonces el siguiente determinantecumple que

det

�'(x1) 1'(x2) 1

�6= 0:

Por tanto, existen �; � 2 R tales que

�'(x1) + � = c1

�'(x2) + � = c2

De las propiedades (a) y (c) se sigue que la función = �'+ �1 2 A. Las igualdadesanteriores dicen que (x1) = c1 y (x2) = c2:

Lema 6.20 La cerradura A de A en C0(X) también tiene las propiedades (a), (b) y(c).

Demostración: Es sencillo comprobar que A tiene la propiedad (a) [Ejercicio 2.35].La propiedad (c) es inmediata. Probemos (b). Dadas '; 2 A existen 'k; k 2 A

6.4. EL TEOREMA DE STONE-WEIERSTRAß 87

tales que 'k ! ' y k ! en C0(X) (Proposición 2.27): Como toda sucesión conver-gente está acotada [Ejercicio 2.48], existe C > 0 tal que k kk1 � C para toda k: Enconsecuencia,

k' � 'k kk1 � k'( � k)k1 + k('� 'k) kk1� k'k1 k( � k)k1 + k('� 'k)k1 k kk1� k'k1 k( � k)k1 + C k('� 'k)k1

Tomando el límite cuando k ! 1 en ambos lados de la desigualdad obtenemos que'k k ! ' y, como 'k k 2 A, se tiene que ' 2 A (Proposición 2.27):

Lema 6.21 Si ' 2 A: entonces j'j 2 A:

Demostración: Por el Teorema 5.8 existe una sucesión de polinomios �k que con-verge uniformemente a la función valor absoluto j�j en el intervalo [�k'k1 ; k'k1]; esdecir, dada " > 0 existe k0 2 N tal que

j�k(t)� jtjj < " 8t 2 [�k'k1 ; k'k1]; k � k0:

Esta desigualdad se cumple, en particular, para t = '(x) con x 2 X: Por tanto,

k�k � '� j'jk1 = m�axx2Xj�k('(x))� j'(x)jj < " 8k � k0:

es decir, �k � '! j'j en C0(X). Como �k es un polinomio y A satisface (a), (b) y (c),se tiene que �k � ' 2 A. Por tanto, j'j 2 A:

Dadas funciones continuas f; g : X ! R denotamos por m�axff; gg; m��nff; gg a lasfunciones

(m�axff; gg)(x) = m�axff(x); g(x)g; (m��nff; gg)(x) = m��nff(x); g(x)g; x 2 X:

Lema 6.22 Si '; 2 A: entonces m�axf'; g;m��nf'; g 2 A:

Demostración: Basta observar que

m�axf'; g =1

2('+ + j'� j)

m��nf'; g =1

2('+ � j'� j)

88 6. COMPACIDAD

ComoA satisface la propiedad (a), el lema anterior implica quem�axf'; g;m��nf'; g 2A:

Demostración del Teorema de Stone-Weierstraß. Sea f : X ! R unafunción continua y sea " > 0: El Lema 6.19 asegura que, para cada par de puntosx; y 2 X; podemos escoger 'x;y 2 A tal que 'x;y(x) = f(x) y 'x;y(y) = f(y):Fijemos x 2 X: Como 'x;y � f es continua y 'x;y(y)� f(y) = 0, existe �y > 0 tal que��'x;y(z)� f(z)

�� < " 8z 2 BX(y; �y) (6.4)

y, como X es compacto, existen y1; :::; ym 2 X tales que X � BX(y1; �y1) [ � � � [BX(ym; �ym): Sea 'x := m�axf'x;y1 ; :::; 'x;ymg: El Lema 6.22 asegura que 'x 2 A: Puestoque cada z 2 X pertenece a alguna B(yi; �yi); la desigualdad (6.4) implica que

'x(z)� f(z) > �" 8z 2 X: (6.5)

Por otra parte, dado que 'x;y(x) = f(x) para todo y 2 X; se tiene que 'x(x) = f(x) y,como 'x � f es continua, existe x > 0 tal que

j'x(z)� f(z)j < " 8z 2 BX(x; x): (6.6)

De la compacidad de X se sigue que existen x1; :::; xn 2 X tales que X � BX(x1; x1)[� � � [BX(xr; xn): Sea ' := m��nf'x1 ; :::; 'xrg: El Lema 6.22 asegura que ' 2 A: Puestoque cada z 2 X pertenece a alguna B(xi; xi); usando la desigualdad (6.6) obtenemosque

'(z)� f(z) < " 8z 2 X: (6.7)

Y, como la desigualdad (6.5) vale para toda x 2 X; se tiene además que

'(z)� f(z) > �" 8z 2 X: (6.8)

Las desigualdades (6.7) y (6.8) implican que k'� fk1 < ": Por consiguiente, dado que' 2 A; concluímos que f 2 A: �Supongamos ahora que X � Rn y consideremos el conjunto P(X) de todas las

funciones polinomiales en n variables en X, es decir, de todas las funciones p : X ! Rde la forma

p(x1; :::; xn) =

mXi=1

aixki;11 � � � xki;nn ; ai 2 R; ki;j 2 N [ f0g:

Una consecuencia interesante del teorema de Stone-Weierstrass es la siguiente.

6.5. EJERCICIOS 89

Corolario 6.23 Sea X un subconjunto compacto de Rn: Entonces toda función con-tinua f : X ! R es el límite uniforme en X de una sucesión de funciones polinomialespk 2 P(X).

Demostración: Obviamente el conjunto P(X) de funciones polinomiales en n vari-ables satisface las condiciones (a), (b) y (c) del teorema de Stone-Weierstrass. Consid-eremos las funciones polinomiales �i(x1; :::; xn) = xi; i = 1; :::; n: Si x; y 2 X son puntosdistintos, entonces al menos una de sus coordenadas es distinta, digamos que xi 6= yi:En consecuencia, �i(x) 6= �i(y): Esto prueba que P(X) satisface la condición (d). Elteorema de Stone-Weierstrass asegura entonces que P(X) es denso en C0(X):

6.5. Ejercicios

Ejercicio 6.24 ¿Cuáles de los siguientes subconjuntos de R son compactos?(a) f 1

k: k 2 Ng

(b) f 1k: k 2 Ng [ f0g

(c) ft 2 R : t � 0g(d) ft 2 R : t � 0g

Ejemplo 6.25 Sea X un espacio de Banach y sea SX := fx 2 X : kxk = 1g la esferaunitaria en X: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es ono compacta. Justi�ca tu a�rmación.(a) X = Rn(b) X = Rn1(c) X = `2(d) X = `1(e) X = C0[0; 1](f) X = C01 [0; 1]

Ejemplo 6.26 Sea Xdisc es un espacio métrico discreto y sea K � Xdisc. Prueba queK es compacto si y sólo si K es �nito.

Ejercicio 6.27 ¿Es cierto en general que si � : X ! Y es continua y K es un sub-conjunto compacto de Y entonces ��1(K) es un subconjunto compacto de X? Justi�catu respuesta.

Ejercicio 6.28 Prueba que si � : X ! Y es continua y biyectiva y X es compactoentonces ��1 : Y ! X es continua (es decir, � es un homeomor�smo).

90 6. COMPACIDAD

Ejercicio 6.29 Sea S1 := f(x; y) 2 R2 : x2 + y2 = 1g el círculo unitario en R2:Considera la función

f : [0; 2�)! S1, f(t) = (cos t; sent):

Prueba que(a) f es continua y biyectiva,(b) f�1 : S1 ! [0; 2�) no es continua.Es decir, la compacidad de X es esencial en la a�rmación del ejercicio anterior.

Ejercicio 6.30 (a) Prueba que todo espacio métrico compacto es completo.(b) ¿Es cierto que todo espacio métrico completo es compacto?

Ejercicio 6.31 Considera la función f : (0; 1] ! R dada por f(t) = 1t: Prueba que f

no es uniformemente continua.

Ejercicio 6.32 Sea B2 = f(r; �) : 0 � r � 1; 0 � � � 2�g la bola unitaria cerradaen R2: Prueba que cualquier función continua f : B2 ! R es el límite uniforme defunciones de la forma

a0 + r(a1 cos � + b1 sin �) + � � �+ rn(an cosn� + bn sinn�)

con ai; bi 2 R; n 2 N [ f0g:

Ejercicio 6.33 Sea C = f(x; y) 2 R2 : 0 � x � 1; 0 � y � 1g: Prueba que cualquierfunción continua f : C ! R es el límite uniforme de funciones de la forma

f1(x)g1(y) + � � �+ fn(x)gn(y);

donde fi; gi : [0; 1]! R son continuas y n 2 N.

Ejercicio 6.34 Sea un subconjunto abierto de Rn: Denotemos por C1() al conjuntode todas las funciones f : ! R que tienen derivadas parciales de todos los órdenes en y dichas derivadas son continuas en la cerradura de . Prueba que C1() es densoen C0():

Capítulo 7

Compacidad en espacios defunciones

Veri�car la compacidad de un subconjunto a partir de la de�nición es, en general,difícil. El objetivo de este capítulo es dar una caracterización útil de los subconjuntoscompactos de espacios de funciones.

7.1. Conjuntos totalmente acotados.

Para probar la compacidad de las bolas cerradas en Rn1 usamos el hecho de quepodemos cubrirlas por un número �nito de bolas de radio arbitrariamente pequeño.Consideremos subconjuntos de un espacio métrico que tienen esta propiedad.Sea X un espacio métrico.

De�nición 7.1 Un subconjunto A de X es totalmente acotado (o precompacto)si para toda � > 0 existe un número �nito de puntos a1; :::; am 2 A tales que

A � BX(a1; �) [ � � � [BX(am; �):

Veamos algunas propiedades sencillas de los conjuntos totalmente acotados.

Proposición 7.2 (a) Todo subconjunto compacto de X es totalmente acotado.(b) Todo subconjunto totalmente acotado en X es acotado.(c) Todo subconjunto de un conjunto totalmente acotado es, a su vez, totalmente aco-tado.(d) La cerradura en X de un subconjunto totalmente acotado es totalmente acotada.

91

92 7. COMPACIDAD EN ESPACIOS DE FUNCIONES

Demostración: (a) Si K � X es compacto entonces, para toda " > 0; la cubiertaabierta fBX(x; ") : x 2 Kg de K contiene una subcubierta �nita. En consecuencia, Kes totalmente acotado.(b) Si A � X es totalmente acotado entonces existen a1; :::; am 2 A tales que A �BX(a1; 1)[��[BX(am; 1): En consecuencia,A � BX(a1; r+1) donde r = m�axfdX(a1; aj) :j = 2; :::;mg; es decir, A es acotado.(c) Sea A un subconjunto totalmente acotado, sea D � A y sea " > 0. Entonces existena1; :::; am 2 A tales que

A � BX(a1;"

2) [ � � � [BX(am;

"

2):

Sea J := fj 2 f1; :::;mg : BX(aj; "2) \ D 6= ;g: Para cada j 2 J elegimos un puntobj 2 BX(aj; "2) \D: Entonces se cumple que

D �[j2J

BX(bj; "):

Esto prueba que D es totalmente acotado.(d) Sea A un subconjunto totalmente acotado, sea " > 0, y sean a1; :::; am 2 A talesque

A � BX(a1;"

2) [ � � � [BX(am;

"

2):

Como bBX(a1; "2) [ � � � [ bBX(am; "2) es cerrado, se tiene queA � bBX(a1; "

2) [ � � � [ bBX(am; "

2):

En consecuencia,A � BX(a1; ") [ � � � [BX(am; "):

Esto prueba que A es totalmente acotado.

No es cierto, en general, que un conjunto acotado sea totalmente acotado. Veamosun ejemplo.

Ejemplo 7.3 La bola cerrada bB(0; 1) := f(xk) 2 `2 :Px2k � 1g no es totalmente

acotada en `2.

Demostración: Sea ek = (ek;n) la sucesión tal que ek;k = 1 y ek;n = 0 si k 6= n:

Entonces ek 2 bB2(0; 1): Sea 0 < " <p2=2: Si bB(0; 1) pudiese ser cubierta por un

7.1. CONJUNTOS TOTALMENTE ACOTADOS. 93

número �nito de bolas de radio ", entonces al menos una de ellas contendría a un parej; ek, j 6= k; lo cual es imposible, ya que

kej � ekk2 =p2 8j 6= k:

En consecuencia, bB(0; 1) no es totalmente acotada.El siguiente resultado da caracterizaciones muy útiles de los conjuntos compactos.

Teorema 7.4 Las siguientes tres a�rmaciones son equivalentes:(a) X es compacto.(b) Toda sucesión en X contiene una subsucesión que converge en X:(c) X es completo y totalmente acotado.

Demostración: (a))(b): Esta es la a�rmación de la Proposición 6.5.(b))(c): Sea (xk) una sucesión de Cauchy en X: Si X satisface (b) entonces (xk)contiene una subsucesión que converge a un punto x 2 X y, por ser de Cauchy, lasucesión (xk) misma converge a x [Ejercicio 3.34]: Esto prueba que X es completo.Supongamos ahora queX no es totalmente acotado. Entonces existe "0 > 0 tal queX nopuede ser cubierto por un número �nito de bolas abiertas de radio "0. Por consiguiente,podemos escoger, inductivamente, una sucesión de puntos xk 2 X tales que xk+1 =2BX(x1; "0) [ � � � [ BX(xk; "0); es decir, tales que dX(xj; xk) > "0 para toda j 6= k:Pero entonces, como la sucesión (xk) no es de Cauchy, no contiene ninguna subsucesiónconvergente: En consecuencia, si X no es totalmente acotado, (b) no se cumple(c))(a): Supongamos, por contradicción, que X es completo y totalmente acotadopero no es compacto. Entonces X tiene una cubierta abierta U = fUi : i 2 Ig queno contiene ninguna subcubierta �nita. Como X es totalmente acotado, está contenidoen un número �nito de bolas abiertas de radio 1: Por tanto, existe un punto x1 2 Xtal que BX(x1; 1); no puede ser cubierta por un número �nito de elementos de U .Como BX(x1; 1) es totalmente acotado (Proposición 7.2), está contenido en un número�nito de bolas abiertas de radio 1

2cuyos centros están en BX(x1; 1). Por consiguiente,

existe x2 2 BX(x1; 1) tal que BX(x2; 12); no puede ser cubierta por un número �nitode elementos de U : De este modo construímos, inductivamente, una sucesión (xk) talque xk 2 BX(xk�1; 1

2k�1 ) y BX(xk;12k) no puede ser cubierta por un número �nito de

elementos de U . Para toda j � k, se tiene entonces que

dX(xk; xj) � dX(xk; xk+1) + � � �+ dX(xj�1; xj) �1

2k+ � � �+ 1

2j�1<

1

2k�1; (7.1)

es decir, la sucesión (xk) es Cauchy. Como X es completo, esta sucesión converge a unpunto bx en X: Haciendo tender j !1 en la desigualdad (7.1) obtenemos que

dX(xk; bx) � 1

2k�18k 2 N:


Por otra parte, como bx 2 X, existe Ui0 2 U tal que bx 2 Ui0 y, como Ui0 es abierto,existe " > 0 tal que BX(bx; ") � Ui0 : Sea k tal que

12k�2 < ": Entonces, para todo

x 2 BX(xk; 12k ); se tiene que

dX(x; bx) � dX(x; xk) + dX(bx; xk) < 1

2k+

1

2k�1< ";

es decir,

BX(xk;1

2k) � BX(bx; ") � Ui0

Esto es una contradicción, ya que habíamos supuesto que BX(xk; 12k ) no puede sercubierta por un número �nito de elementos de U .

Observa la similitud de la demostración de la a�rmación "(c))(a)çon la de laProposición 6.12, que constituye la parte medular de la demostración del teorema deHeine-Borel. La caracterización (c) es muy útil en muchas situaciones. Veamos unejemplo.

Ejemplo 7.5 El cubo de Hilbert

H :=

�(xk) 2 `2 : jxkj �

1

2k�1

�es compacto.

Demostración: Como `2 es completo y H es cerrado en `2; se tiene que H escompleto. Demostraremos ahora que H es totalmente acotado. Dada " > 0 escojamosk0 tal que 1

2k0�1< "

2y consideremos el conjunto

Hk0 := f(xk) 2 H : xk = 0 8k > k0g = H \ Rk0 ;

el cual es compacto en Rk0. Por lo tanto existen y1; :::; ym 2 Rk0 tales que

Hk0 � B(y1;"

2) [ � � � [B(ym;

"

2): (7.2)

Sea x = (xk) 2 H: Entonces xk0 = (x1; :::; xk0 ; 0; 0; :::) 2 Hk0 y se tiene que

x� xk0 2=

1Xk=k0+1

jxkj2!1=2

� 1Xk=k0

1

4k

!1=2<

1

2k0�1<"

2:

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI. 95

Se sigue de (7.2) que xk0 � yi

2< "

2para alguna i = 1; :::m: En consecuencia,

kx� yik2 < ": Esto prueba que

H � B`2(y1; ") [ � � � [B`2(ym; "):

Por tanto, H es totalmente acotado y, por el Teorema 7.4, H es compacto.

De�nición 7.6 Un subconjunto A de X es relativamente compacto (en X) si sucerradura A en X es compacta.

Una consecuencia del teorema anterior es la siguiente:

Corolario 7.7 Un subconjunto de un espacio métrico completo es relativamente com-pacto si y sólo si es totalmente acotado.

Demostración: Sea A relativamente compacto en X. El Teorema 7.4 implica en-tonces que A es totalmente acotado y, en consecuencia, A también lo es (Proposición7.2). Inversamente, supongamos que A es totalmente acotado. La Proposición 7.2 a�r-ma entonces que A es totalmente acotado. Por otra parte, como X es completo y A escerrado, A es completo. El Teorema 7.4 asegura entonces que A es compacto.

7.2. El teorema de Arzelà-Ascoli.

Sea X un espacio métrico compacto y sea Y un espacio métrico. Denotamos por

C0(X; Y ) := ff : X ! Y : f es continuag

y, para f; g 2 C0(X; Y ); de�nimos

d1(f; g) := m�axx2X

dY (f(x); g(x)):

Nota que, como la función

X ! R; x 7! dY (f(x); g(x))

es continua y X es compacto, esta función alcanza su máximo, de modo que d1(f; g) 2R para todas f; g 2 C0(X; Y ); y es fácil veri�car que es una métrica en C0(X; Y ):Recordemos además que, si Y es completo, entonces C0(X; Y ) es completo.Usaremos el Corolario 7.7 para obtener una caracterización sencilla de los subcon-

juntos relativamente compactos de C0(X; Y ).


De�nición 7.8 Un subconjunto H de C0(X; Y ) es equicontinuo en un punto x 2 Xsi, dada " > 0; existe � > 0 (que depende de " y de x pero no de H) tal que, para todaf 2 H;

dY (f(y); f(x)) < " si dX (y; x) < �:

H es equicontinuo si lo es en todo punto x de X:

El aspecto crucial de esta de�nición es que la misma � > 0 nos sirve para todas lasfunciones que pertenecen a H: Un ejemplo en el que esto no se cumple es el siguiente.

Ejemplo 7.9 El conjunto H = ffk : [�1; 1]! R : k 2 Ng de las funciones continuas

fk(x) =

8<:�1 si � 1 � x � � 1

k

kx si � 1k� x � 1

k

1 si 1k� x � 1

no es equicontínuo en 0:

La demostración es sencilla y se deja al lector [Ejercicio 7.18].

Teorema 7.10 (Arzelà-Ascoli) Sea X un espacio métrico compacto y sea Y un es-pacio métrico completo. Un subconjunto H de C0(X;Y ) es relativamente compacto si ysólo si H es equicontinuo y los conjuntos

H(x) := ff(x) : f 2 Hg

son relativamente compactos en Y para todo x 2 X:

Demostración: Supongamos que H es relativamente compacto en C0(X; Y ): En-tonces H es totalmente acotado. En consecuencia, dada " > 0; existen g1; :::; gm 2C0(X; Y ) tales que

H � B1(g1;"

3) [ � � � [B1(gm;

"

3):

Por tanto,

H(x) � BY (g1(x);"

3) [ � � � [BY (gm(x);

"

3) 8x 2 X;

es decir, H(x) es totalmente acotado y, como Y es completo, el Corolario 7.7 aseguraque H(x) es relativamente compacto en Y: Por otra parte, como X es compacto, cada gies uniformemente continua. Por tanto, existe �i > 0 tal que, para cualesquiera y; x 2 X;

dY (gi(y); gi(x)) <"

3si dX(y; x) < �i: (7.3)

7.2. EL TEOREMA DE ARZELÀ-ASCOLI. 97

De�nimos � := m��nf�1; :::; �mg: Dada f 2 H tomemos gi tal que d1(f; gi) < "3: En-

tonces, si dX(y; x) < �; se sigue de (7.3) que

dY (f(y); f(x)) � dY (f(y); gi(y)) + dY (gi(y); gi(x)) + dY (gi(x); f(x))

<"

3+"

3+"

3< ":

Esto prueba que H es equicontinua.Supongamos ahora que H es equicontinuo y que H(x) es relativamente compacto enY para todo x 2 X: Queremos probar que H es relativamente compacto en C0(X;Y ):Como Y es completo, C0(X; Y ) también lo es. Por el Corolario 7.7 basta entonces probarque H es totalmente acotado. Sea " > 0: Para cada x 2 X tomemos �x > 0 tal que,para toda f 2 H;

dY (f(y); f(x)) < " si dX (y; x) < �x: (7.4)

Como X es compacto, existen x1; :::; xm 2 X tales que

X � BX(x1; �x1) [ � � � [BX(xm; �xm) (7.5)

y, como cada H(xi) es totalmente acotado, existen y1; :::; yk 2 Y tales que

H(x1) [ � � � [ H(xm) � BY (y1;"

4) [ � � � [BY (yk;

"

4) (7.6)

Consideremos el conjunto (�nito) F de todas las funciones � : f1; :::;mg ! f1; :::; kg:Para cada � 2 F consideremos el conjunto

H� := ff 2 H : dY (f(xi); y�(i)) <"

48i = 1; :::;mg:

Se sigue de (7.6) que, para cada f 2 H y cada i 2 f1; :::;mg; existe �(i) 2 f1; :::; kg talque dY (f(xi); y�(i)) < "

4: En consecuencia,

H �[�2F

H�: (7.7)

Sean f; g 2 H� y sea x 2 X: Se sigue de (7.5) que existe i 2 f1; :::;mg tal quedX(x; xi) < �i y, en consecuencia, (7.4) implica que dY (f(x); f(xi)) < "

4para toda

f 2 H: Por tanto,

dY (f(x); g(x)) � dY (f(x); f(xi)) + dY (f(xi); y�(i)) + dY (g(xi); y�(i)) + dY (g(x); g(xi))

<"

4+"

4+"

4+"

4= ":


Tomando el máximo sobre toda x 2 X obtenemos que d1(f; g) < " para todas f; g 2H�: En consecuencia, para cualquier elección de g� 2 H�; se cumple que

H� � B1(g�; "): (7.8)

De (7.7) y (7.8) se sigue queH �

[�2F

B1(g�; "):

Por tanto, H es totalmente acotado.

A continuación daremos una aplicación importante de este teorema.

7.3. El problema de Cauchy

Sea (a; b) un intervalo en R, sea un subconjunto abierto de Rn, sea � : (a; b)�!Rn una función continua y sean t0 2 (a; b) y x0 2 : En el Capítulo 4 probamos que elproblema de Cauchy

(})

�x0 = �(t; x)x(t0) = x0

tiene una única solución en un intervalo [t0 � �0; t0 + �0] si el campo vectorial � eslocalmente Lipschitz en la segunda variable. En esta sección usaremos el teorema deArzelà-Ascoli para probar que basta con que el campo vectorial sea continuo para que(}) tenga solución. En este caso, sin embargo, ésta no necesariamente es única [Ejercicio7.19].Fijemos r1; r2 > 0 tales que

Z := f(t; x) 2 R� Rn : jt� t0j � r1; kx� x0k � r2g � :

Como Z es compacto, � alcanza su máximo en Z: Denotemos por

M := m�ax(t;x)2Z

�(t; x); �0 := m��nfr1;r2Mg:

Como de costumbre, denotemos por bB(x0; r2) := fx 2 Rn : kx� x0k � r2g: Empecemosdemostrando que (}) tiene soluciones aproximadas.

Lema 7.11 Dada " > 0 existe x" 2 C0([t0 � �0; t0 + �0] ; bB(x0; r2)) con las siguientespropiedades:(i) x" es diferenciable por tramos.(ii) x"(t0) = x0:(iii) kx0"(t)� �(t; x"(t))k < " en cada tramo en el que x" es diferenciable.(iv) kx"(t)� x"(s)k �M jt� sj para todas s; t 2 [t0 � �0; t0 + �0] :


Demostración: Como � j Z es uniformemente continua, existe � 2 (0; �0) tal que

k�(s; x)� �(t; y)k � " 8(s; x); (t; y) 2 Z con jt� sj � �; ky � xk � �: (7.9)

Ahora, subdividimos el intervalo [x0 � �0; x0 + �0] en subintervalos

t0 � �0 =: t�n < t�n+1 < � � � < t�1 < t0 < t1 < � � � < tn := t0 + �0

tales que jti+1 � tij � m��nf�; �=Mg para toda i = �n; :::; n � 1: De�nimos inductiva-mente una función afín por tramos, llamada un polígono de Euler, como sigue:

x"(t) :=

�x"(ti) + (t� ti)�(ti; x"(ti)) si i � 0; t 2 [ti; ti+1]x"(ti+1) + (t� ti+1)�(ti+1; x"(ti+1)) si i � �1; t 2 [ti; ti+1]

Claramente x" : [t0 � �0; t0 + �0]! Rn es continua, es diferenciable en cada subintervalo(ti; ti+1) y satisface x"(t0) = x0. Notemos además que

kx"(t)� x"(s)k �M jt� sj � � 8s; t 2 [ti; ti+1]: (7.10)

En consecuencia, si tj�1 < s � tj < � � � < tk+i � t < tk+i+1; tenemos que

kx"(t)� x"(s)k � kx"(t)� x"(tk+i)k+ � � �+ kx"(tj+1)� x"(tj)k+ kx"(tj)� x"(s)k� (t� tk�1)M + � � �+ (tj+1 � tj)M + (tj � s)M = jt� sjM

Esto prueba que se cumple (iv). En particular,

kx"(t)� x"(t0)k � jt� t0jM � �0M � r2;

es decir, x"(t) 2 bB(x0; r2) para todo t 2 [t0 � �0; t0 + �0] : Además, se sigue de (7.10) y(7.9) que

k�(t; x"(t))� �(ti; x"(ti))k � " si t 2 [ti; ti+1]; i � 0 o t 2 [ti�1; ti]; i � 0:

Por tanto,

k�(t; x"(t))� x0"(t))k � " 8t 2 (ti; ti+1) ; i = �n; :::; n� 1;

es decir, se cumple (iii).

Teorema 7.12 (Cauchy-Peano) Si el campo vectorial � : (a; b)�! Rn es continuoentonces, para cada condición inicial (t0; x0) 2 (a; b) � ; existe �0 > 0 tal que elproblema de Cauchy (}) tiene al menos una solución en el intervalo [t0 � �0; t0 + �0].


Demostración: Para cada k 2 N; consideremos la función x1=k 2 C0([t0 � �0; t0 + �0] ; bB(x0; r2))dada por el Lema 7.11. Entonces el conjunto

H := fx1=k : k 2 Ng

es equicontinuo pues, dada " > 0; la propiedad (iv) del Lema 7.11 asegura que x1=k(t)� x1=k(s) �M jt� sj < " si jt� sj < "

M=: �;

para toda k 2 N. Por otra parte, para cada t 2 [t0 � �0; t0 + �0] se cumple que

H(t) = fx1=k(t) : k 2 Ng � bB(x0; r2)y, como bB(x0; r2) es compacta en Rn; se tiene que H(t) es relativamente compacto enRn: El teorema de Arzelà-Ascoli implica entonces que H es relativamente compacto.Por tanto, existe x 2 C0([t0 � �0; t0 + �0] ; bB(x0; r2)) tal que

x1=k ! x en C0([t0 � �0; t0 + �0] ; bB(x0; r2)): (7.11)

Probaremos ahora que x es una solución del problema (}): Como x1=k(t0) ! x(t0);la propiedad (ii) implica que x(t0) = x0: La propiedad (iii) y el Lema 4.15 implicanademás que x1=k(t)� x0 �

Z t

t0

�(s; x1=k(s))ds

=

Z t

t0

x01=k(s)� �(s; x1=k(s))ds

� 1

kjt� t0j : (7.12)

Por otra parte, (7.9) y (7.11) implican que, dada " > 0; existe k0 tal que �(s; x1=k(s))� �(s; x(s)) � " si k � k0; 8s 2 [t0 � �0; t0 + �0] :

En consecuencia, para cada t 2 [t0 � �0; t0 + �0] ; se cumple que

l��mk!1

Z t

t0

��(s; x1=k(s))� �(s; x(s))

�ds

= 0:Por tanto, haciendo k !1 en ambos lados de la desigualdad (7.12) obtenemos que

x(t) = x0 +

Z t

t0

�(s; x1=k(s))ds 8t 2 [t0 � �; t0 + �]:

El Lema 4.13 asegura entonces que x es solución del problema (}):

7.4. EJERCICIOS 101

7.4. Ejercicios

Ejercicio 7.13 (a) Prueba que si � : X ! Y es una equivalencia (es decir, si esbiyectiva y � y ��1 son Lipschitz continuas) y A es totalmente acotado en X; entonces�(A) es totalmente acotado en Y:(b) ¿Es cierto que, si � : X ! Y es un homeomor�smo y A es totalmente acotado enX; entonces �(A) es totalmente acotado en Y ?

Ejercicio 7.14 Prueba que en Rn los subconjuntos totalmente acotados son precisa-mente los conjuntos acotados.

Ejercicio 7.15 Sea X un espacio de Banach y sea SX := fx 2 X : kxk = 1g la esferaunitaria en X: En cada uno de los siguientes casos investiga si la esfera unitaria es ono totalmente acotada. Justi�ca tu a�rmación.(a) X = `p; 1 � p � 1(b) X = C0[0; 1](c) X = C01 [0; 1]

Ejercicio 7.16 Considera el espacio métrico X = (0;1) con la métrica inducida porR y considera el subconjunto A = (0; 1] de X: Prueba que:(a) A es cerrado y totalmente acotado en X:(b) A no es compacto.Contrasta estas a�rmaciones con las del Teorema 7.4.

Ejercicio 7.17 Prueba que todo espacio métrico totalmente acotado es separable.

Ejercicio 7.18 Prueba que el conjuntoH = ffk : [�1; 1]! R : k 2 Ng de las funcionescontinuas

fk(x) =

8<:�1 si � 1 � x � � 1

k

kx si � 1k� x � 1

k

1 si 1k� x � 1

no es equicontínuo en 0:

Ejercicio 7.19 Muestra por medio de un ejemplo que el problema de Cauchy (}) puedetener más de una solución.

Ejercicio 7.20 Sea X un espacio compacto, sea Y un espacio métrico completo, ysea (fk) una sucesión en C0(X; Y ) que converge puntualmente a f , es decir, la sucesiónfk(x)! f(x) en R para cada x 2 X: Prueba que, si H = ffkg es equicontinuo, entoncesf 2 C0(X; Y ) y fk ! f en C0(X; Y ):Ejercicio 7.21 Prueba que, si X es un espacio métrico compacto y si f : X ! X esuna función tal que dX(f(x); f(y)) < dX(x; y) para todos x; y 2 X; entonces f tiene unúnico punto �jo. Contrasta esta a�rmación con la del teorema de punto �jo de Banach.

Capítulo 8

Existencia de mínimos

Muchos problemas de la física y de la geometría tienen una formulación variacional,es decir, pueden plantearse en términos de encontrar el mínimo (o un punto crítico) deuna función. Por ejemplo, un problema clásico es el siguiente: Dada una super�cie en Rn¿existe una trayectoria de longitud mínima entre dos puntos dados de dicha super�cie?Para abordar este tipo de problemas necesitamos criterios que garantizen la exis-

tencia de mínimos de funciones reales de�nidas en espacios métricos. En este capítulodaremos un resultado de este estilo y lo aplicaremos para demostrar la existencia detrayectorias geodésicas.

8.1. Existencia de trayectorias geodésicas

Sea X = (X; d) un espacio métrico y sean x; y 2 X:

De�nición 8.1 Una trayectoria de x a y en X es una función continua � : [a; b]!X tal que �(a) = x y �(b) = y:La longitud de la trayectoria � : [a; b]! X se de�ne como

L(�) := sup(

mXk=1

d(�(tk�1); �(tk)) : a = t0 � t1 � � � � � tm = b; m 2 N):

Una trayectoria de x a y de longitud mínima se llama una geodésica de x a y:

La longitud de una trayectoria no es necesariamente �nita [Ejercicio 8.18]. En loscursos de Cálculo Diferencial e Integral se probó la siguiente fórmula muy útil paracalcular la longitud de una trayectoria continuamente diferenciable (véase por ejemplo[3]).

103

104 8. EXISTENCIA DE MíNIMOS

Ejemplo 8.2 Si � : [a; b] ! Rn es una trayectoria continuamente diferenciable en-tonces su longitud está dada por

L(�) =Z b

a

k�0(t)k dt:

Observemos que una trayectoria no es tan sólo una curva geométrica en X sino elmodo como la recorremos. Muchas trayectorias distintas corresponden a la misma curvaimagen.

Ejemplo 8.3 Las trayectorias

�k : [0; 1]! R2; �k(t) = (cos 2�kt; sin 2�kt); k � 1;

de (1; 0) a (1; 0) tienen todas como imagen al círculo unitario, pero �k le da k vueltasal círculo, por lo que L(�k) = 2�k:

Por otra parte, la longitud de una trayectoria no depende de la velocidad con quela recorremos, es decir, su longitud no cambia si la reparametrizamos por medio de unafunción no decreciente.

Lema 8.4 Sea � : [a; b] ! X una trayectoria de x a y y sea � : [�; �] ! [a; b] unafunción continua no decreciente tal que �(�) = a y �(�) = b: Entonces �� : [�; �]! Xes una trayectoria de x a y tal que L(� � �) = L(�):

La demostración es sencilla y se deja como ejercicio al lector [Ejercicio 8.19]. Nuestroobjetivo es probar que, bajo ciertas condiciones, existe una trayectoria geodésica de x ay. En virtud de la proposición anterior podemos, sin perder generalidad, considerar úni-camente trayectorias de�nidas en [0; 1]; ya que reparametrizando cualquier trayectoria� : [a; b]! X mediante la reparametrización lineal

� : [0; 1]! [a; b]; t 7! (b� a)t+ a;

obtenemos una trayectoria � � � : [0; 1]! X de la misma longitud.Consideremos el espacio de trayectorias de x a y en X

Tx;y(X) := f� 2 C0([0; 1]; X) : �(0) = x; �(1) = yg

y consideremos la función longitud

L : C0([0; 1]; X)! R [ f+1g ; � 7! L(�):

8.2. SEMICONTINUIDAD 105

Los mínimos de esta función son las geodésicas de x a y: Queremos demostrar que estafunción alcanza su mínimo en Tx;y(X). En el Capítulo 6 probamos que toda funciónreal continua en un espacio compacto alcanza su máximo y su mínimo. Sin embargo,ese resultado no es aplicable en este caso ya que, para empezar, L no es continua[Ejercicio 2.43]. El problema es que pueden existir trayectorias arbitrariamente largastan cercanas a una trayectoria dada como queramos. Pero no pueden existir trayectoriasarbitrariamente cortas, como lo muestra el siguiente resultado.

Lema 8.5 Dadas � 2 C0([0; 1]; X) y " > 0; existe � > 0 tal que

L(�)� " < L(�) si d1(� ; �) < �:

Demostración: Sea � : [0; 1]! X una trayectoria en X y sea " > 0: Sea

0 = t0 � t1 � � � � � tm = 1

una partición de [0; 1] tal que

L(�) <mXk=1

d(�(tk�1); �(tk)) +"

2:

Sea B1(�; "4m) la bola abierta en C0([0; 1]; X) con centro en � y radio "

4m: Entonces,

para cualquier � 2 B1(�; "4m) se cumple que

d(�(tk�1); �(tk)) � d(�(tk�1); �(tk�1)) + d(�(tk�1); �(tk)) + d(�(tk); �(tk))

<"

4m+ d(�(tk�1); �(tk)) +

"

4m;

y sumando estas desigualdades para todo k = 1; :::;m obtenemos que

L(�)� " <mXk=1

d(�(tk�1); �(tk))�"

2<

mXk=1

d(�(tk�1); �(tk)) < L(�)

para toda � 2 B1(�; "4m); como a�rma el lema.

A continuación estudiaremos a las funciones que tienen esta propiedad.

8.2. Semicontinuidad

Sabemos que toda función real continua en un espacio compacto alcanza su máx-imo y su mínimo. En cierto sentido las condiciones de compacidad y continuidad son


opuestas la una de la otra: Mientras más abiertos tenga X más fácil es que una funciónX ! Y resulte continua pero más difícil es que X sea compacto. Y viceversa. Estadisyuntiva se presenta con frecuencia en las aplicaciones. Resulta pues muy convenientecontar resultados análogos bajo hipótesis más débiles.A continuación probaremos un resultado que asegura la existencia de mínimos para

funciones no necesariamente continuas. En la práctica resulta conveniente considerar a+1 como un posible valor de las funciones, como ocurre con la función longitud, demodo que así lo haremos en lo que sigue.

De�nición 8.6 Una función f : X ! R [ f+1g es semicontinua inferiormenteen el punto x0 2 X si, dada " > 0; existe � > 0 tal que

f(x0)� " < f(x) si d(x; x0) < �:

Se dice que f es semicontinua inferiormente (s.c.i.) si lo es en cada punto x 2 X:

Proposición 8.7 Son equivalentes las siguientes a�rmaciones:(a) f es s.c.i.(b) f>a = fx 2 X : f(x) > ag es abierto para toda a 2 R:(c) f�a = fx 2 X : f(x) � ag es cerrado para toda a 2 R:

Demostración: (a))(b): Sea f una función s.c.i. y sea x0 2 f>a: Tomemos " :=f(x0)�a

2: Entonces existe � > 0 tal que

f(x) > f(x0)� " =f(x0) + a

2> a si d(x; x0) < �;

es decir, BX(x0; �) � f>a: Por tanto, f>a es abierto.(b))(a): Supongamos que f>a es abierto para toda a 2 R. Dados x0 2 X y " > 0;tomemos a := f(x0) � ": Entonces existe � > 0 tal que BX(x0; �) � f>a; es decir,f(x) > a = f(x0)� " si x 2 BX(x0; �): Esto prueba que f es s.c.i.(b)()(c): Es consecuencia inmediata de la Proposición 2.18.

Ejemplo 8.8 (a) La función ] � [: R! R dada por

]t[:= n si n� 1 < t � n; n 2 Z:

es s.c.i.(b) La función parte entera [�] : R! R dada por

[t] := n si n � t < n+ 1; n 2 Z;

no es s.c.i.

8.3. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS GEODÉSICAS 107

Otra caracterización muy útil de la semicontinuidad inferior está dada en términosdel siguiente concepto.

De�nición 8.9 Sea (tk) una sucesión en R: El límite inferior de (tk) se de�ne como

l��m infk!1

tk := supn�1

infk�n

tk 2 R [ f+1;�1g:

Proposición 8.10 f es semicontinua inferiormente en x0 si y sólo si para toda suce-sión (xk) en X tal que l��m

k!1xk = x0 se cumple

f(x0) � l��m infk!1

f(xk):

La demostración es sencilla [Ejercicio 8.21]. El siguiente resultado tiene muchasaplicaciones.

Teorema 8.11 Si f : X ! R [ f1g s.c.i. y si f�a es compacto y no vacío para algúna 2 R, entonces f está acotada inferiormente y alcanza su mínimo en X:

Demostración: Sea c := inf f � �1: Como f�a 6= ;; se tiene que c � f(x) � a paraalgún x 2 X: Si c = a entonces f(x) = c; es decir, el mínimo se alcanza. Supongamospues que c < a:Para cada k 2 N sea ck = �k si c = �1; y sea ck = c + 1

ksi c 2 R: Sea xk 2 X tal

que c � f(xk) < ck: Para k su�cientemente grande ck < a; es decir, (xk) está en f�a

y, como f�a es compacto, (xk) contiene una subsucesión convergente xkn ! x0 en X.Como f es s.c.i., por la proposición anterior,

c = inf f � f(x0) � l��m infk!1

f(xk) � l��mk!1

ck = c:

Por lo tanto f(x0) = c; es decir, x0 es un mínimo de f:

A continuación aplicaremos este resultado para demostrar la existencia de geodési-cas.

8.3. Existencia de trayectorias geodésicas

Nos gustaría aplicar el Teorema 8.11 a la restricción de la función longitud L alespacio de trayectorias Tx;y(X) de x a y: Por desgracia esto no es posible, como lomuestra el siguiente ejemplo.


Ejemplo 8.12 L�a := f� 2 T0;1([0; 1]) : L(�) � ag es vacío si a < 1 y no es compactosi a � 1:

Demostración: Las trayectorias �k : [0; 1]! [0; 1] de 0 a 1 dadas por

�k(t) :=

8<:0 si 0 � t � 1

k+1

k(k + 1)(t� 1k+1) si 1

k+1� t � 1

k

1 si 1k� t � 1

satisfacen que

L(�k) =Z 1

0

�0k(t)dt = 1:

Si j > k; entonces �j(1j )� �k(1j) = 1: Por tanto, k�j � �kk1 = 1 para toda j 6= k y, en

consecuencia, (�k) no contiene ninguna subsucesión convergente en C0[0; 1]. Es decir,L�a no es compacto para ninguna a � 1:

Para enfrentar la falta de compacidad de Tx;y(X) usaremos el hecho de que la lon-gitud de una trayectoria no cambia si la reparametrizamos por medio de una funciónno decreciente. Dada cualquier trayectoria � : [0; 1] ! X de longitud �nita podemosreparametrizarla usando como parámetro la longitud de arco como sigue. Denotemospor

� j[0;t]: [0; t]! X

a la restricción de la trayectoria � al intervalo [0; t]:

Lema 8.13 La función � : [0; 1]! [0;L(�)] dada por

�(t) := L(� j[0;t])

es continua y no decreciente.

La demostración se deja como ejercicio [Ejercicio 8.23]. La función � no es nece-sariamente biyectiva, ya que puede permanecer constante en algunos subintervalos de[0; 1]. Pero, si � es constante en un subintervalo, esto se debe a que � es constante endicho subintervalo. Se tiene lo siguiente.

Lema 8.14 La función e� : [0;L(�)]! X dada por

e�(s) = �(��1s)

está bien de�nida, es continua, y cumple que

L(e� j[0;s]) = s 8s 2 [0;L(�)]:

En particular, L(e�) = L(�):

8.3. EXISTENCIA DE TRAYECTORIAS GEODÉSICAS 109

La demostración se deja como ejercicio [Ejercicio 8.24]. Consideremos ahora latrayectoria b� : [0; 1]! X dada por

b�(t) = e�(L(�)t):b� se llama la reparametrización de � proporcional a la longitud de arco. Dellema anterior se sigue que

L(b� j[0;t]) = L(�)t; (8.1)

en particular,L(b�) = L(�): (8.2)

Denotemos porT 0x;y(X) := f� 2 Tx;y(X) : L(� j[0;t]) = L(�)tg

al espacio de todas las trayectorias � : [0;1]! X de x a y parametrizadas proporcional-mente a la longitud de arco. Es inmediato comprobar lo siguiente.

Lema 8.15 Para toda � 2 T 0x;y(X) se cumple que

d(�(t1); �(t2)) � L(�) jt2 � t1j 80 � t1; t2 � 1:

Demostración: Si t1 � t2 entonces

d(�(t1); �(t2)) � L(� j[t1;t2]) = L(� j[0;t2])� L(� j[0;t1]) = L(�)(t2 � t1);

como a�rma el lema.

Usaremos el siguiente caso particular del Teorema de Arzelà-Ascoli

Corolario 8.16 Si X y Z son espacios métricos compactos, entonces un subconjuntoH de C0(Z;X) es relativamente compacto si y sólo si H es equicontinuo.

Demostración: Como X es compacto, se tiene que X es completo y H(z) := ff(z) :f 2 Hg � X es relativamente compacto. El resultado se sigue del Teorema 7.10.

Estamos listos para probar el siguiente teorema.

Teorema 8.17 (Existencia de geodésicas) Sea X un espacio métrico compacto. Siexiste una trayectoria de longitud �nita entre dos puntos x y y de X entonces existeuna trayectoria geodésica de x a y en X:


Demostración: Consideremos la restricción

L : T 0x;y(X)! R [ f+1g:

de la función longitud al subespacio T 0x;y(X): Sea � 2 Tx;y(X) tal que L(�) =: a < 1:Se sigue de (8.1) y de (8.2) que b� 2 T 0x;y(X) y que L(b�) = a: Por tanto,

L�a := f� 2 T 0x;y(X) : L(�) � ag 6= ;:

Del Lema 8.15 se sigue que, para toda � 2 L�a;

d(�(t1); �(t2)) � a jt2 � t1j 80 � t1; t2 � 1:

En consecuencia, L�a es equicontinuo: Por el Corolario 8.16, L�a es compacto. ComoL es s.c.i. (Lema 8.5), el Teorema 8.11 asegura que L alcanza su mínimo �0 en T 0x;y(X).Finalmente, como como para cada � 2 Tx;y(X) se tiene que b� 2 T 0x;y(X) y L(�) = L(b�);concluímos que �0 es un mínimo de

L : Tx;y(X)! R [ f+1g;

es decir, �0 es una geodésica de x a y en X:

8.4. Ejercicios

Ejercicio 8.18 Da un ejemplo de una trayectoria � : [0; 1] ! R2 de (0; 0) a (1; 0) delongitud in�nita.

Ejercicio 8.19 Sea � : [a; b] ! X una trayectoria de x a y y sea � : [�; �] ! [a; b]una función continua no decreciente tal que �(�) = a y �(�) = b: Prueba que � � � :[�; �]! X es una trayectoria de x a y tal que L(� � �) = L(�):

Ejercicio 8.20 Prueba que:(a) La función ] � [: R! R dada por

]t[:= n si n� 1 < t � n; n 2 Z:

es s.c.i.(b) La función parte entera [�] : R! R dada por

[t] := n si n � t < n+ 1; n 2 Z;

no es s.c.i.

8.4. EJERCICIOS 111

Ejercicio 8.21 Prueba que f es semicontinua inferiormente en x0 si y sólo si paratoda sucesión (xk) en X tal que l��m

k!1xk = x0 se cumple que

f(x0) � l��m infk!1

f(xk):

Ejercicio 8.22 Sea bBR2(0; 1) la bola de radio 1 con centro en el origen en R2: Dadaa 2 (0; 1), consideremos las funciones

fk(t) :=

8<:2k+1t si 0 � t � a

2k+1

2a� 2k+1t si a2k+1

� t � a2k

0 si a2k� t � 1

Prueba que las trayectorias �k : [0; 1]! bBR2(0; 1) de x := (0; 0) a y := (1; 0) dadaspor

�k(t) := (t; fk(t))

tienen las siguientes propiedades:(i) L(�k) � 1 + (

p5� 1)a

(ii) La sucesión (�k) no contiene ninguna subsucesión convergente en Tx;y( bBR2(0; 1)).Ejercicio 8.23 Prueba que la función � : [0; 1]! [0;L(�)] dada por

�(t) := L(� j[0;t])

es continua y no decreciente.

Ejercicio 8.24 Prueba que la función e� : [0;L(�)]! X dada por

e�(s) = �(��1s)

está bien de�nida, es continua, y cumple que

L(e� j[0;s]) = s 8s 2 [0;L(�)]:

Bibliografía

[1] J. Dieudonné, Foundations of modern analysis, Academic Press, New York-SanFrancisco-London 1969.

[2] A. N. Kolmogorov, S. V. Fomin, Elementos de la teoría de funciones y del análisisfuncional, Editorial MIR, Moscú 1972.

[3] Marsden, Tromba,

[4] W. Rudin, Principles of mathematical analysis, McGraw-Hill, Tokyo 1964.

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Analisis-Matematico Monica Clapp

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