Problemario de

Cálculo Avanzado

José Matías Navarro Soza

Facultad de Matemáticas

Universidad Autónoma de Yucatán

2014

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Introducción

La presente recopilación de problemas de Cálculo Avanzado corresponde alcurso obligatorio de la Licenciatura en Matemáticas, Plan 2011.

Estos problemas pueden proporcionar al estudiante una ayuda para realizaruna autoevaluación de su avance en el conocimiento adquirido durante el

curso, sobretodo si hace su mayor esfuerzo por resolver los problemas antes demirar las soluciones que se presentan al �nal de este problemario. Lo anteriorse debe a que, aunque no se llegue a la solución completa de un problemadado, el tiempo dedicado a pensar en su solución es muy importante para lageneración de ideas y la aplicación de los conocimientos, lo que constituye una

preparación invaluable en esta carrera profesional.Se ha tratado de ordenar los problemas de manera que la di�cultad se vayaincrementando, siguiendo el desarrollo de los temas de cada unidad del curso.

2

PROBLEMAS

3

1 Topología básica en espacios Euclidianos

1.1. Demostrar que kxk �Pn

i=1 jxij para toda x = (x1; : : : ; xn) 2 Rn.

1.2. ¿Cuándo se cumple la igualdad en la desigualdad del triángulo?

1.3. Demostrar que kx� yk � kxk+ kyk. ¿Cuándo se tiene la igualdad?

1.4. Demostrar que jkxk � kykj � kx� yk.

1.5. Demostrar e interpretar geométricamente la siguiente desigualdad:

d(z; x) � d(z; y) + d(y; x):

1.6. Se dice que una transformación lineal T : Rn ! Rn preserva la norma sikT (x)k = kxk, y se dice que preserva el producto interno si

hT (x); T (y)i = hx; yi :

Demostrar que T preserva la norma si y sólo si T preserva el producto interno.

1.7. Denotemos por \(x; y) el ángulo entre x; y 2 Rn. Una transformaciónlineal T : Rn ! Rn se dice que preserva ángulos si es inyectiva y además

cumple que \(T (x); T (y)) = \(x; y) para todo par de vectores no nulos x; y.

(a) Demostrar que si T preserva la norma entonces T preserva ángulos.

(b) Supóngase que existe una base fx1; : : : ; xng de Rn y que existen númerosreales �1; : : : ; �n tales que T (xi) = �ixi. Demostrar que T preserva ángulos si

y sólo si j�1j = j�2j = � � � = j�nj.

1.8. Si 0 � � < �, sea T : R2 ! R2 la transformación lineal con matrizasociada�

cos � �sen �sen � cos �

�:

Demostrar que T preserva ángulos y que si x 6= 0, entonces \(x; T (x)) = �.

1.9. Demostrar que si T : Rm ! Rn es una transformación lineal, entoncesexiste un número real M tal que

kT (x)k �M kxk para toda x 2 Rm:

1.10. Si x; y 2 Rn y z; w 2 Rm. Demuestra que

h(x; z); (y; w)i = hx; yi+ hz; wi

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y que

k(x; z)k =qkxk2 + kzk2:

1.11. Si x; y 2 Rn, se dice que x e y son perpendiculares (o bien, ortogonales)si hx; yi = 0. Demostrar que si x e y son perpendiculares, entonces

kx+ yk2 = kxk2 + kyk2 :

1.12. Probar que el subconjunto U = fx 2 Rn : kx� ak < rg es abierto.

1.13. Demuestra que ; y Rn son abiertos y cerrados.

1.14. Demuestra que intersecciones arbitrarias de conjuntos cerrados resultanser conjuntos cerrados.

1.15. Demuestra que uniones �nitas de conjuntos cerrados son conjuntoscerrados.

1.16. Demuestra que cualquier conjunto �nito de puntos en Rn es cerrado.

1.17. Demuestra que si A � Rn no tiene subconjuntos abiertos =) int A = ;.

1.18. Demuestra que A � Rn es abierto () int A = A.

1.19. Determinar el interior del conjunto�(x; y) 2 R2 : xy � 1

:

1.20. ¿A � B =) int A � int B?

1.21. Demuestra que ext A = intfRn �Ag.

1.22. Demuestra que int A � A.

1.23. Demuestra que ext A � fRn �Ag.

1.24. Demuestra que Rn = int A [ ext A [ @A, siendo mutuamente ajenos elinterior, el exterior, y la frontera de A.

1.25. Demuestra que si A y B son subconjuntos abiertos de Rn que no seintersectan, entonces:

A \ �B = ;;�A \B = ;:

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1.26. Demuestra que si A � Rn es no vacío, abierto y cerrado, entoncesA = Rn.

1.27. Defínase la distancia de un punto xo 2 R a un conjunto A � Rn por

dist (xo; A) = inffkx� xok : x 2 Ag

y demuestra que cuando A es cerrado siempre existe x0 2 A tal que

kx0 � xok = dist (xo; A) :

1.28. Demuestra que si X � Rn es un conjunto abierto tal que X = A [B,donde

�A \B = ;; y A \ �B = ;;

entonces A y B son abiertos.

1.29. Un subconjunto A � Rn se dice convexo si todo par de puntos de A sepueden unir por un segmento de recta completamente contenido en A.

Demuestra que toda bola Br (x) � Rn es un conjunto convexo.

1.30. Demuestra que A � Rn es cerrado () A contiene a todos sus puntoslímite.

1.31. Demuestra que (A [B) = A [B.

1.32. Encuentra el interior, exterior y frontera de los siguientes conjuntos:

(a) B"(x),

(b) Sn�1,

(c) A = f(x1; : : : ; xn) 2 Rn : xi 2 Qg :

1.33. Demuestra que cualquier conjunto �nito de puntos en Rn es compacto.

1.34. Demuestra que Rn no es compacto.

1.35. ¿Son compactos?

(a) fx 2 R : x � 0g

(b) [0; 1] [ [2; 3]

(c)�(x; y) 2 R2 : x2 + y2 < 1

6

(d) fx 2 R : 0 � x � 1; x 2 Qcg

(e)�(x; y) 2 R2 : 0 � x � 1

1.36. Sea A � Rn acotado. Demuestra que A es compacto.

1.37. Muestra un ejemplo de un subconjunto de un compacto que no seacompacto.

1.38. Demuestra que si A � Rn es cerrado y B � Rn es un compacto tal queA � B, entonces A es compacto ("cerrados en compactos son compactos").

1.39. Demuestra que si A � R es compacto, entonces A es compacto comosubconjunto de R2.

1.40. Da un contraejemplo a la a�rmación: "cualquier subconjunto de unconexo es conexo".

1.41. Demuestra que un conjunto formado por un solo punto de Rn es conexo.

1.42. Demuestra que el conjunto Q+ = fx 2 Q : x > 0g es disconexo.

1.43. Demuestra que si A � Rn es conexo, entonces su cerradura A también esconexa.

1.44. Demuestra que un conjunto convexo siempre es conexo.

1.45. Demuestra que la bola B1 (0) � Rn es un conjunto arco-conexo.

1.46. Demuestra que Rn � f0g es arco-conexo.

1.47. Demuestra que X = A [B � R2 donde

A =�(x; y) 2 R2 : y = sen (1=x) ; x 6= 0

;

B =�(0; y) 2 R2 : �1 � y � 1

;

es un conexo de R2 que no es arco-conexo.

1.48. Sean A; B � R2 dos subconjuntos conexos. Demuestra o dá uncontraejemplo para las siguientes a�rmaciones:

(a) A \B es conexo,

(b) A [B es conexo.

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1.49. Sean A; B � Rn subconjuntos conexos tales que A \ �B 6= ;. Demuestraque A [B es conexo.

1.50. Demuestra que la unión de cualquier colección de conjuntos conexos enRn que tienen un punto en común resulta ser un conjunto conexo.

1.51. Demuestra que si A � Rn es conexo y se tiene A � B � �A, entonces Bes conexo.

1.52. Sea A = fAi � Rn : Ai es conexo 8i 2 N; Ai \Ai+1 6= ;g. Demostrarque A es conexo.

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2 Continuidad en espacios Euclidianos

2.1. Si f : Rn ! R se de�ne jf j : Rn ! R por jf(x)j. Demuestra que si f escontinua en un punto, entonces jf j también es continua en ese punto.

2.2. Sea f : R! R de�nida por

f(x) =

�x si x 2 R�Q;

1� x si x 2 Q:

Demuestra que:

(a) f es continua en x = 1=2,

(b) f es discontinua en todo punto x 6= 1=2:

2.3. Sea f : Rn ! R continua. Demuestra que si f(xo) > 0 entonces existe� > 0 tal que f (B� (xo)) � (0; +1).

2.4. Sea f : Rn ! R continua. Demuestra que si f(xo) < 0 entonces existe� > 0 tal que f (B� (xo)) � (�1; 0).

2.5. Sea f : R! R continua. Demuestra que si f(x) = 0 para todo x 2 Q,entonces f(x) = 0 para toda x 2 R.

2.6. Sean f; g : R! R continuas. ¿Es verdad que f(x) = g(x) para todox 2 R () f(y) = g(y) para todo y 2 Q ?

2.7. Demuestra que si f : A � Rn ! Rm es continua y B � Rm es cerrado,entonces existe C � Rn cerrado tal que

f�1(B) = A \ C:

2.8. Si f : Rn ! R es continua y a < b, demuestra que el conjunto

fx 2 Rn : a � f(x) � bg

es cerrado en Rn.

2.9. Demuestra que la proyección �i : Rn ! R de�nida por

�i(x1; : : : ; xn) = xi

es una función continua.

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2.10. Demuestra que si f : A � Rn ! Rm es continua y g : B � Rm ! Rp escontinua, donde f(A) � B, entonces la composición

g � f : A � Rn ! Rp

de�nida por (g � f) (x) = g (f(x)) es continua.

2.11. Demuestra que f : A � Rn ! Rm es continua en un punto x 2 A ()cada una de sus funciones componentes fi : A � Rn ! R es continua en x.

2.12. Demuestra que el conjunto fx 2 Rn : kx� ak < rg es abierto utilizandola continuidad de la función f : Rn ! R de�nida por f(x) = kx� ak.

2.13. Si A � Rn no es cerrado, demuestra que existe una función continuaf : A! R que no es acotada (no existe M > 0 tal que jf(x)j �M para toda

x). Sugerencia: Si x 2 Rn �A pero x =2 int fRn �Ag, considerar

f(y) =1

ky � xk :

2.14. ¿Cierto o Falso? Si f : Rn ! R es continua y K � R es compacto,entonces f�1(K) � Rn es compacto.

2.15. Sea C � Rn conexo y sea f : C ! R continua tal que f(x) 6= 0 paratoda x 2 C. Demuestra que f resulta ser siempre positiva o siempre negativa.

2.16. Demuestra que si f : Rn ! Rm es inyectiva y transforma conjuntosabiertos en conjuntos abiertos, entonces la función inversa f�1 es continua.

2.17. Demuestra que si f : K � Rn ! Rn es continua e inyectiva con dominiocompacto K, entonces f�1 : f(K)! K es continua.

2.18. ¿Cierto o Falso? Si f : Rn ! Rm es tal que f�1(K) es compacto paratodo compacto K � Rm, entonces f es continua.

2.19. Demuestra que si K1; K2 son compactos en Rm entonces el conjunto

K1 +K2 := fx1 + x2 j x1 2 K1; x2 2 K2g

es compacto.

2.20. Sea K � Rn compacto y sea f : Rn ! Rm acotada. Demuestra que f escontinua si y sólo si la grá�ca de f es un subconjunto cerrado de Rn+m.

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3 Fundamentos de diferenciación en Rn

3.1. Sea f : Rn ! R una función tal que jf(x)j � kxk2. Demuestra que f esdiferenciable en el origen.

3.2. Sea f : Rn ! R de�nida por f(x; y) =pjxyj. Demuestra que f no es

diferenciable en (0; 0).

3.3. Una función f : Rn ! R se dice homogénea de grado m si f(tx) = tmf(x)para toda x. Si f es diferenciable, demuestra que

nXi=1

xiDif(x) = mf(x):

3.4. Si f : Rn ! R es diferenciable y f(0) = 0, prueba que existen n funcionesgi : R

n ! R tales que

f(x) =nXi=1

xigi(x):

3.5. Sea f : R2 ! R de�nida por f(0; 0) = 0 y

f(x; y) = xy=(x2 + y2) si (x; y) 6= (0; 0) :

(a) ¿Para cuáles vectores u 6= 0 existe Duf(0; 0)?

(b) ¿Existen las derivadas parciales D1f; D2f en el origen?

(c) ¿Es f diferenciable en el origen?

(d) ¿Es f continua en el origen?

3.6. Repetir el ejercicio 3.5 para la función f(x; y) = jxj+ jyj.

3.7. Sea f : R2 ! R de�nida por f(0; 0) = 0 y

f(x; y) = 2xy2=(x2 + y4) si (x; y) 6= (0; 0) :

(a) Demuestra que existen D1f; D2f en el origen y que son iguales a cero.

(b) Demuestra que existe la derivada direccional de f en el origen en cualquierdirección u 6= 0:

(c) Demuestra que f no es continua en el origen.

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3.8. Demuestra que la función f(x; y) = jxyj es diferenciable en el origen, perono es de clase C1 en cualquier vecindad del origen.

3.9. Sea f : R! R de�nida por f(0) = 0 y

f(x) = x2 sen (1=x) si x 6= 0:

(a) Demuestra que f es diferenciable en el origen y encuentra f 0(0).

(b) Calcular f 0(x) si x 6= 0.

(c) Demuestra que f 0 no es continua en 0.

(d) Demuestra que f es diferenciable en todo R pero no es de clase C1 en R.

3.10. Demuestra que si para una función f : A � Rn ! R existen lasderivadas parciales Dif y están acotadas en una vecindad de a 2 A, entonces

f es continua en a.

3.11. Sea f : R2 ! R2 de�nida por f(r; �) = (r cos �; r sen �).

(a) Calcular Df y el determinante Jacobiano de f .

(b) Dibujar la imagen bajo f del conjunto A = [1; 2]� [0; �].

3.12. Repetir el ejercicio 3.11 para la función f : R2 ! R2 de�nida por

f(x; y) =�x2 � y2; 2xy

�y el conjunto

A =�(x; y) j x2 + y2 � a2; x � 0; y � 0

:

3.13. Repetir el ejercicio 3.11 para la función f : R2 ! R2 de�nida porf(x; y) = (ex cos y; ex sen y) y el conjunto A = [0; 1]� [0; �] :

3.14. Para la función f del ejercicio 3.13 demuestra que f tiene determinanteJacobiano distinto de cero en todo punto (x; y) pero f no es inyectiva.

3.15. Sea f : R3 ! R2 tal que f(0; 0; 0) = (1; 2) con

Df(0; 0; 0) =

�1 2 30 0 1

�;

y sea g : R2 ! R2 de�nida por

g(x; y) = (x+ 2y + 1; 3xy) :

12

Encontrar el valor de D(g � f) (0; 0; 0).

3.16. Sea f : Rn ! Rn de�nida por f(x) = kxk2 x. Demuestra que f 2 C1 ytransforma la bola B1(0) sobre sí misma de manera inyectiva pero la función

inversa no es diferenciable en el origen.

3.17. La función real de variable real f(x) = x3 tiene f 0(0) = 0, sin embargoexiste f�1(x) = 3

px para todo x 2 R. ¿Esto es un contraejemplo para elTeorema de la Función Inversa?

3.18. Para las funciones

f(x; y) =�3x� y2; 2x+ y; xy + y3

�y

g(x; y) =�2ye2x; xey

�encuentra D(f � g�1) (2; 0).

3.19. Sea f : R2 ! R de clase C1 con f(2;�1) = �1. Sean

G(x; y; t) = f(x; y) + t2;

y

H(x; y; t) = tx+ 3y3 + t3:

Las ecuaciones

G(x; y; t) = 0; ::::::::::::(1)

H(x; y; t) = 0; ::::::::::::(2)

tienen la solución (x; y; t) = (2;�1; 1). ¿Qué condiciones sobre Df nosgarantizan la existencia de funciones diferenciables

x = g(y); t = h(y);

de�nidas en un conjunto abierto de R tales que satisfacen las ecuaciones (1) y(2) con g(�1) = 2; h(�1) = 1?

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4 Fundamentos de integración en Rn

4.1. Sea f : [0; 1]� [0; 1]! R de�nida por

f(x; y) =

�0 si 0 � x � 1=21 si 1=2 � x � 1:

Demostrar que f es integrable y queZ[0;1]�[0;1]

f =1

2:

4.2. Sea f : [0; 1]� [0; 1]! R de�nida por

f(x; y) =

8<: 0 si x =2 Q;0 si x 2 Q; y =2 Q;1=q si x 2 Q; y = p=q;

donde la fracción p=q es irreducible. Demostrar que f es integrable y queZ[0;1]�[0;1]

f = 0:

4.3. Sea f : A � Rn ! R integrable y sea g = f excepto en un conjunto �nitode puntos. Probar que g es integrable y queZ

A

f =

ZA

g:

4.4. Sean f; g : A � Rn ! R integrables. Demostrar que:

(a) Para cada partición P de A y cada subrectángulo R,

mR(f) +mR(g) � mR(f + g)

yMR(f + g) �MR(f) +MR(g);

de dondeL(f; P ) + L(g; P ) � L(f + g; P )

yU(f + g; P ) � U(f; P ) + U(g; P ):

(b) La suma f + g es integrable yZA

(f + g) =

ZA

f +

ZA

g:

14

(c) Para todo número real c, ZA

cf = c

ZA

f:

4.5. Probar que si f; g : A � Rn ! R son integrables, entonces el productof � g también es integrable sobre A.

4.6. Sean f; g : A � Rn ! R integrables con f � g. Demostrar queZA

f �ZA

g:

4.7. Demostrar que si A1; : : : ; Ak son subconjuntos acotados de Rn tales quese anula la medida de cada intersección Ai \Aj para toda i 6= j, siendo f

integrable sobre cada Ai, entonces:

(a) existe la integral de f sobre la unión A = A1 [ � � � [Ak,

(b)ZA1[���[Ak

f =RA1f + � � �+

RAkf .

4.8. Sea Q � Rn un rectángulo y sea f : Q! R integrable sobre Q. Entonces:

(a) Si f se anula excepto en un conjunto de medida cero, entoncesRQf = 0.

(b) Si f � 0 yRQf = 0, entonces f se anula excepto en un conjunto de medida

cero.

4.9. Dar un ejemplo de una función f de�nida en un conjunto acotado A quese anula, excepto en un subconjunto B � A de medida cero, pero no tiene

integral nula sobre A.

4.10. Sea A Jordan medible y sea " > 0. Demostrar que existe un conjuntocompacto C � A, Jordan medible tal queZ

A�C1 < ":

4.11. Sea A = [a1; b1]� � � � � [an; bn] y sea f : A! R continua. De�nirF : A! R por

F (x) =

Z[a1;x1]�����[an;xn]

f

y encontrar DiF (x) para cualquier x 2 intA.

4.12. Sean A � R2 abierto, f : A! R de clase C2, y Q � A un rectángulo.

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(a) Usar el teorema de Fubini y el teorema fundamental del cálculo para demostrarque Z

Q

D2D1f =

ZQ

D1D2f:

(b) Demostrar que D2D1f(x) = D1D2f(x) para cada x 2 A.

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SOLUCIONES

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1. Topología básica en

espacios Euclidianos.

1.1. (Nigel)Sea x = (x1; x2; : : : ; xn) 2 Rn. Entonces

kxk =qx21 + x

22 + � � �+ x2n;

6qx21 +

qx22 + :::+

px2n;

=��x21��+ � � � ��x2n�� ;

=

nXi=1

��x2i �� :Ahora, la demostración de la desigualdad usada arriba se puede realizar por

inducción sobre la dimensión n. Para n = 1 es obvio.Supongamos que se cumple la desigualdad para n = k. Entonces tenemos por

hipótesis queqx21 + � � �+ x2k 6

qx21 + � � �+

qx2k:

Por demostrar:qx21 + � � �+ x2k + x2k+1 6

qx21 + � � �+

qx2k +

qx2k+1:

La hipótesis de inducción implica queqx21 + � � �+

qx2k +

qx2k+1 >

qx2k+1 +

qx21 + � � �+ x2k;

Entonces solo falta demostrar queqx2k+1 +

qx21 + � � �+ x2k >

qx21 + � � �+ x2k + x2k+1;

lo cual es equivalente a demostrar que�qx2k+1 +

qx21 + � � �+ x2k

�2>�q

x21 + � � �+ x2k + x2k+1�2;

o bien, que

x2k+1 + x21 + � � �+ x2k + 2

qx2k+1

qx21 + � � �+ x2k > x21 + � � �+ x2k + x2k+1;

18

o que

2qx2k+1

qx21 + � � �+ x2k) > 0;

que es evidentemente cierto.

1.2. (Nigel)La igualdad se tiene cuando los vectores x e y son linealmente dependientes ytienen el mismo sentido (es decir la constante � debe ser positiva en la ecuación

y = �x:

Por lo tanto,

kx+ yk = kxk+ kyk () 9 � > 0 tal que y = �x:

1.3. (Bladimir)Para todo x; y 2 Rn,

jjx� yjj2 =nXi=1

(xi � yi)2;

=nXi=1

(x2i � 2xiyi + y2i );

=nXi=1

x2i � 2nXi=1

xiyi +nXi=1

y2i ;

= jjxjj2 � 2nXi=1

xiyi + jjyjj2:

Ahora, utilizando que para todo número real x,

jxj � �x;

se sigue que

jjx� yjj2 � jjxjj2 + 2�����nXi=1

xiyi

�����+ jjyjj2;y aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwarz,

jjx� yjj2 � kxk2 + 2 kxk kyk+ kyk2 ;= (kxk+ kyk)2 ;

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y de ahí se obtiene el resultado sacando la raíz cuadrada. Por otra parte, laigualdad se cumple cuando los dos vectores están en la misma dirección pero

con sentidos opuestos.

1.4. (Cristian)Para todo x; y 2 Rn, tenemos que

kx� yk2 =nXi=1

(xi � yi)2;

=nXi=1

x2i � 2nXi=1

xiyi +

nXi=1

y2i ;

= kxk2 � 2nXi=1

xiyi + kyk2 :

Por otra parte,

nXi=1

xiyi ������nXi=1

xiyi

�����() �nXi=1

xiyi � ������nXi=1

xiyi

����� ; 1.4.1

luego

kxk2 � 2nXi=1

xiyi + kyk2 � kxk2 � 2�����nXi=1

xiyi

�����+ kyk2 :y por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, análogamente a (1.4.1),

kxk2 � 2�����nXi=1

xiyi

�����+ kyk2 � kxk2 � 2 kxk kyk+ kyk2 ;de donde resulta que

kx� yk2 � kxk2 � 2 kxk kyk+ kyk2 ;

kx� yk2 � (kxk � kyk)2 ;

kx� yk � jkxk � kykj :

1.5. (Kelly)Notemos que la desigualdad d(z; x) � d(z; y) + d(y; x) quiere decir, por

de�nición,

kz � xk � kz � yk+ ky � xk :

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Para x; y; z 2 Rn, la posición "general" de esos puntos en el n-espacioEuclidiano se puede pensar como en la siguiente �gura:

(Falta la �gura...que luego será añadida)

Ahora, para x; y; z 2 Rn arbitrarios,

kz � xk = kz � y + y � xk ;

y, por la desigualdad del triángulo,

k(z � y) + (y � x)k � kz � yk+ ky � xk ;

donde se ha aplicado dicha desigualdad al par de vectores de Rn de�nidos porz � y; y por y � x. De donde, usando la de�nición de distancia nuevamente,

d(z; x) � d(z; y) + d(y; x):

La interpretación de esta desigualdad, en cualquier dimensión �nita, es que ladistancia más corta entre dos puntos es la longitud del segmento de línea recta

que los une.

1.6. (Kelly)( =) ) Supongamos que T preserva la norma, esto es, kT (x)k = kxk para toda

x 2 Rn. Entonces, por la identidad de polarización,

hx; yi =1

4

�kx+ yk2 � kx� yk2

�;

=1

4

�kT (x+ y)k2 � kT (x� y)k2

�;

y por la linealidad de T ,

1

4

�kT (x+ y)k2 � kT (x� y)k2

�=1

4

�kT (x) + T (y)k2 � kT (x)� T (y)k2

�:

Por último, aplicando la identidad de polarización de manera inversaobtenemos

1

4

�kT (x) + T (y)k2 � kT (x)� T (y)k2

�= hT (x); T (y)i ;

luego

hx; yi = hT (x); T (y)i :

((= ) Inversamente, si hT (x); T (y)i = hx; yi para todo par de vectoresx; y 2 Rn, por la de�nición de norma tenemos que

kxk2 = hx; xi ;= hT (x); T (x)i ;= kT (x)k2 ;

21

de donde obtenemos el resultado al extraer la raíz cuadrada en ambos lados.

1.7. ()

1.8. (Kelly)Por el ejercicio 1.7 (a), para demostrar que T preserva ángulos sería su�ciente

ver que T preserva la norma, lo cual se cumple en este caso, pues six = (x1; x2), entonces

T (x) =

�cos � �sen �sen � cos �

��x1x2

�;

=

�x1 cos � � x2 sen �x1 sen � + x2 cos �

�;

de donde obtenemos que

kT (x)k =p(x1 cos � � x2 sen �)2 + (x1 sen � + x2 cos �)2;

=qx21 cos

2 � � 2 x1 x2 sen � cos � + x22 sen2� + x21sen2� + 2 x1 x2 sen � cos � + x22 cos2 �);

=qx21 cos

2 � + x22 sen2� + x21sen

2� + x22 cos2 �);

=qx21(sen

2� + cos2 �) + x22(sen2� + cos2 �);

=qx21 + x

22;

= kxk :

Ahora, como esta T es inyectiva, para toda x 6= 0 se tiene que T (x) 6= 0 y si\ (x; y) es el ángulo entre x e y, entonces

cos\(x; T (x)) =hx; T (x)ikxk kT (x)k ;

=hx;Axikxk2

:

Ahora,

hx;Axi = x21 cos � + x1 x2 sen � � x1 x2 sen � + x22 cos �;= (x21 + x

22) cos �;

luego

cos\(x; T (x)) =(x21 + x

22) cos �

x21 + x22

;

= cos �:

22

De ahí que, como 0 � � � �, entonces \ (x; T (x)) = �.

1.9. (Rodrigo)Si A = (aij) es la matriz asociada a la transformación lineal T : Rm ! Rn,

entonces podemos escribir

kT (x)k = kAxk ;

=

vuut mXi=1

nXj=1

(aijxi)2;

=

vuut mXi=1

nXj=1

(aij)2(xi)2;

�

vuut mXi=1

nXj=1

(aij)2mXi=1

(xi)2;

=

vuut mXi=1

nXj=1

(aij)2

vuut mXi=1

(xi)2;

= M kxk ;

donde

M =

vuut mXi=1

nXj=1

(aij)2;

y de ahí el resultado.

1.10. (Marilú)

(a) Sean x; y 2 Rn, z; w 2 Rm. Entonces usando coordenadas y la de�nicióndel producto interno usual en un espacio Euclidiano en términos de esascoordenadas, tenemos que

h(x; z); (y; w)i = h(x1; : : : ; xn; z1; : : : ; zm); (y1; : : : ; yn; w1; : : : ; wm)i ;= x1y1 + � � �+ xnyn + z1w1 + � � �+ zmwm;= (x1y1 + � � �+ xnyn) + (z1w1 + � � �+ zmwm) ;= hx; yi+ hz; wi :

(b) Sean x; y 2 Rn, z; w 2 Rm. Entonces,

k(x; z)k =ph(x; z) ; (x; z)i;

23

por tantok(x; z)k2 = h(x; z) ; (x; z)i :

Ahora, usando (a) podemos escribir

h(x; z) ; (x; z)i = hx; xi+ hz; zi :

En consequencia,k(x; z)k2 = kxk2 + kyk2 ;

de donde se obtiene el resultado al extraer la raiz cuadrada.

1.11. (Álvaro)Sean x = (x1; : : : ; xn) ; y = (y1; : : : ; yn) dos vectores de Rn. Entonces

kx+ yk2 =nXi=1

(xi + yi)2;

=nXi=1

x2i + 2nXi=1

xiyi +nXi=1

y2i :

Ahora, por la ortogonalidad de x e y;

hx; yi =nXi=1

xiyi = 0;

por lo que

kx+ yk2 =

nXi=1

x2i +

nXi=1

y2i ;

= kxk2 + kyk2 :

1.12. (Kelly)Sea x 2 Br(a). Demostraremos que 9 B�(x) � Br(a) para algún � > 0. Paraobtener el � deseado se necesita hacer una construcción con la ayuda de lageometria. En la Figura 2 se muestra la idea para dicha consrucción.

(�gura...)

Sea � = r � kx� ak. Si y 2 B�(x) tenemos que ky � xk < �, y sustituyendo elvalor de �,

ky � xk < r � kx� ak ;

24

de donde resulta que

ky � xk+ kx� ak < r:

En consecuencia,

ky � ak = ky � x+ x� ak ;� ky � xk+ kx� ak ;< r;

lo cual implica que y 2 Br(a).

1.13. (Kelly)Rn es abierto ya que 8x 2 Rn 9 � > 0 tal que B�(x) � Rn. Además, como elcomplemento de Rn es el conjunto vacío ;, entonces ; es cerrado. Por otraparte, el conjunto ; es abierto por vacuidad y como Rn es su complemento,

entonces es Rn es cerrado.

1.14. (Kelly)Sea A = fAi : Ai � Rn es cerrado 8i 2 Ig. Queremos probar que A = \i2IAi

es cerrado.Mostremos que Ac es abierto. Tenemos que

Ac = (\i2IAi)c = [i2IAic;

y como cada Ai es cerrado, resulta que Ac es unión de abiertos, por tanto esabierto. Luego A es cerrado.

1.15. (Kelly)Sea A =

Ski=1Ai donde cada Ai es cerrado. P.D. A es cerrrado. Mostremos

que Ac es abierto:

Ac =

k[i=1

Ai

!c=

k\i=1

Aic;

dondeTki=1Ai

c es intersección �nita de conjuntos abiertos, luego Ac esabierto. Por tanto A es cerrado.

1.16. (Kelly)Sabemos que un punto x 2 Rn es cerrado ya que no existe vecindad de x de unsolo punto. Sea A = fx1; x2; : : : ; xng un conjunto �nito de puntos en Rn y sea�i = Rn � fxig el i-ésimo complemento de cada xi. Notamos que �i es abierto

8i, luegon\i=1

�i = Ac

25

es abieto por ser intersección �nita de conjuntos abiertos. Por tanto A escerrado.

1.17. (Kelly)Sea A � Rn y supongamos que int A 6= ;. Entonces existe x 2 int A. Porde�nición existe U � Rn abierto tal que x 2 U � A. En consecuencia A tiene

subconjuntos abiertos.

1.18.(Kelly)(=))

1. Sea x 2 A. Entonces 9 B�(x) � A para algún � > 0, y como B�(x) esabierto, tenemos que x 2 int A.

2. Sea x 2 int A. Entonces 9 U � Rn abierto tal que x 2 U � A, luegox 2 A.

De (1) y (2) resulta que int A = A.

((=)Sea x 2 int A = A. Por de�nición, 9 U � Rn tal que x 2 U � A. Como U esabierto, 9 B�(x) � U � A para algún � > 0. Así que B�(x) � A para algún

� > 0, luego A es abierto.

1.19. (Álvaro)Podemos escribir

B =�(x; y) 2 R2 j xy � 1

= C [

�(x; y) 2 R2 j xy = 1

;

donde

C =�(x; y) 2 R2 j xy > 1

;

por lo que el interior de B coincide con el interior de C pues una curva en elplano no tiene puntos interiores.

Si probamos que C es abierto tendremos que int C = C y como int B = int Cresultará que el interior de B es el conjunto C. Veamos que para todo puntop = (p1; p2) 2 C existe � > 0 su�cientemente pequeño tal que B�(p) � C.

Como el círculo con centro en p y que es tangente a la parábola xy = 1 toca ala misma en un sólo punto, digamos (x1; y1), y está contenido en el lado

convexo de la parábola, entonces � = 12

q(p1 � x1)2 + (p2 � x2)2 satisface la

condición requerida.

1.20. (Nigel)

26

Sea x 2 int A. Entonces existe U � Rn abierto tal que

x 2 U � A:

Como por hipótesis A � B, resulta que

x 2 U � B;

luego x 2 int B.

1.21. (Nigel).Sea x 2 ext(A). Por de�nicion de punto exterior, 9 U � Rn abierto tal que

x 2 U � Rn �A.Entonces, por de�nicion de punto interior, x 2 intfRn �Ag. En consecuencia,

tenemos que

ext(A) � intfRn �Ag,

y como los pasos son reversibles, tenemos la igualdad deseada.

1.22. (Marilú)Sea x 2 int A. Por demostrar: x 2 A. Como x 2 int A, tenemos que

x 2S� U�, donde U� es un abierto tal que U� � A. Luego x 2 U� � A. Así

que x 2 A.

1.23. (Bladimir)Sea x 2 ext A. Entonces 9 U � Rn abierto tal que x 2 U � (Rn �A), así que

x 2 (Rn �A), por lo tanto ext A � (Rn �A).

1.24. (Cristian)Sea x 2 int A [ ext A [ @A. Entonces x 2 int A [ ext A o x 2 @A. Ahora, x

no puede pertenecer a ambos conjuntos ya que

(int A [ @A) \ ext A = (int A \ ext A) [ (@A \ ext A) = ;;

pues son mutuamente ajenos por hipótesis. En consecuencia,

x 2 ext A() x =2 intA [ @A() x 2 fRn � (int A [ @A)g;

luego

ext A = Rn � int A [ @A;

27

de donde resulta que

int A [ @A [ ext A = (int A [ @A) [ (Rn � int A [ @A) = Rn.

1.25. (Cristian)Vamos a demostrarlo por contradicción. Supongamos que A \B 6= ; y

B \A 6= ;. Entonces existe x 2 A \B luego x 2 (A [A0) \B. De modo quex 2 (A \B), por tanto x 2 (A0 \B). Por hipótesis, A \B = ;, luego

x 2 (A0 \B), y como B es abierto, para algún " > 0 existe B"(x) � B tal queB"(x) \ (A� fxg) 6= 0. Como A� fxg � A entonces

B"(x) \ (A� fxg) � B"(x) \A, de esta manera, si a 2 B"(x) \A, entoncesa 2 B"(x) y a 2 A. Ahora, como a 2 B"(x) y x 2 B 8" > 0 tenemos que a 2 A

y a 2 B !. Entonces A \B = ;.

Sea x 2 B \A) x 2 (B [B0)\A, entonces x 2 (B \A), así que x 2 (B0 \A),pero por hipótesis, B \A = ;, luego x 2 (B0 \A), y como A es abierto, para

algún " > 0;9 B"(x) � A tal que B"(x) \ (B � fxg) 6= 0. ComoB � fxg � B ) B"(x) \ (B � fxg) � B"(x) \B. De esta manera, sia 2 B"(x) \B, entonces a 2 B"(x) y a 2 B, ahora, como a 2 B"(x) y

x 2 A 8" > 0) a 2 B y a 2 A !Entonces B \A = ;. En consecuencia, si A y B son abiertos y

A \B = ; ) A \B = ; y A \B = ;.

1.26. (Nigel)Por contradiccion, supongamos que A 6= Rn. Entonces, como A es abierto ycerrado, Rn �A es abierto y cerrado. Notando que los conjuntos A y Rn �Ason no vacíos, ajenos y abiertos y además forman una separación de Rn,

tenemos una contradiccion, ya que Rn es conexo.

1.27. (Nigel)

1.28. (Nigel)

1.29. (Marilú)Sean y; z 2 Br(x). Entonces k y � x k< r y k z � x k< r. Sea w 2 [y; z].

Parametrizando, tenemos w = y + t(z � y); t 2 [0; 1];

28

k w � x k = k y + t(z � y)� x k= k (1� t)y + tz � x k= k (1� t)y + tz � [(1� t)x+ tx]k= k (1� t)(y � x) + t(z � x)k� j 1� t jk y � x k + j t jk z � x k= (1� t) k y � x k +t k z � x k< (1� t)r + tr= r

Por lo que w 2 Br(x), entonces [y; z] 2 Br(x), por lo tanto Br(x) es unconjunto convexo.

1.30. (Kelly)(=)) Supongamos A cerrado. Sea x un punto límite de A. Si x =2 A entoncesx 2 Rn �A, el cual es abierto, por lo tanto existe B�(x) � Rn �A para algún� > 0. De ahí que B�(x) \A = ;, lo cual contradice que x es punto límite de

A. De manera que x 2 A.

((=) Supongamos ahora que todo punto límite de A pertenece a A. Seax 2 Rn �A. Entonces x no es punto límite de A. Por lo tanto existe B�(x)para algún � > 0 tal que no intersecta a A. En consecuencia, B�(x) � Rn �A,

luego Rn �A es abierto. Entonces A es cerrado.

1.31. (Marilú)Lema: Sean A; B � Rn. Si A � B entonces A0 � B0.

Demostración del Lema. Sea x un punto límite de A. Entonces, 8� > 0 setiene que B�(x) \ (A� fxg) 6= ;. Como A � B, entonces A� fxg � B � fxg,

luego B�(x) \ (A� fxg) � B�(x) \ (B � fxg)y de ahí queB�(x) \ (B � fxg) 6= ;; 8� > 0. Por lo tanto, x es un punto límite de B, así

que A0 � B0

Demostración del Teorema. Primero probaremos que (A [B)0 = A0 [B0.Como A � A [B y B � A [B se tiene que A0 � (A [B)0 y B0 � (A [B)0.

Luego A0 [B0 � (A [B)0.Si x 2 (A [B)0 entonces 8� > 0, B�(x) \ [(A [B)� fxg] 6= ; de modo que

existe y 2 B�(x) \ (A [B) con x 6= y. Por lo tanto y 2 B�(x) \A oy 2 B�(x) \B, es decir, B�(x) \A 6= ; o B�(x) \B 6= ;.

Si x 2 B�(x) \A, entonces x 2 A0, luego x 2 A0 [B0, de manera que(A [B)0 � A0 [B0.

Si x 2 B�(x) \B, entonces x 2 B0, luego x 2 A0 [B0 y de ahí que(A [B)0 � A0 [B0.

Por lo tanto (A [B)0 = A0 [B0.

29

Ahora,

(A [B) = (A [B) [ (A [B)0;= (A [B) [ (A0 [B0);= (A [A0) [ (B [B0);= (A [B).

1.32.

(a). (Rodrigo)Sea c = B�(x). Entonces

int(c) = B�(x)

por de�nición de interior existe tal B�(y) pero podemos usar � = �; x = y, porlo cual,

int(c) = B�(x):

Además,

ext(c) = intfRn � cg;

pero int(c) es abierto por lo ext(c) es cerrado, luego

ext(c) = fRn � cg:

La frontera de c coincide con @B.

(b). (Marilú)intSn�1 = ; extSn�1 = Rn � Sn�1 @Sn�1 = Sn�1

Demostración:1. intSn�1 = ;

Observación: k x k= 1,k x k2= 1

Procedamos por contradicción: Supongamos que intSn�1 6= ;.

Sea x = (x1; x2; :::; xn) 2 intSn�1

entonces 9B�(x) � Sn�1 con � > 0 tal que x 2 B�(x) � Sn�1.

Sea a y = (x1; x2; :::; xi + �; :::; xn); 0 < � < � para alguna i = 1; 2; :::; n P.D.y 2 B�(x)

30

ky � xk = k(x1; x2; :::; xn)� (x1; x2; :::; xi + �; :::; xn)k

= k(0; 0; :::; 0; �; 0; :::; 0)k = � < � por lo tanto y 2 B�(x)

Por otro lado kyk2 = x21 + x22 + :::+ (xi + �)2 + :::+ x2n

> x21 + x22 + :::+ x

2i + :::+ x

2n = kxk2

Como kyk2 > 1, entonces y =2 B�(x), y intSn�1 = ;

2. extSn�1 = Rn � Sn�1

Si x 2 Rn � Sn�1; kxk < 1 o kxk > 1

Si kxk < 1, P.D. 9B�(x) � Rn � Sn�1,con 0 < � < 1� kxk

Sea y 2 B�(x); entonces kx� yk < 1� kxk,

por desigualdad del triángulo tenemos kyk � kxk+ kx� yk

< kxk+ 1� kxk = 1

) y 2 Rn � Sn�1 y x 2 extSn�1

Si kxk > 1, P.D. 9B�(x) � Rn � Sn�1, con 0 < � < kxk � 1

Sea y 2 B�(x); entonces kx� yk < kxk � 1,

por desigualdad del triángulo tenemos kxk � kx� yk+ kyk

) kxk � kx� yk � kyk

) kxk � kxk+ 1 < kyk

) kyk > 1 ) y 2 Rn � Sn�1 y x 2 extSn�1

3.@Sn�1 = Sn�1

Como intSn�1 y extSn�1 son ajenos y Rn = intSn�1 [ extSn�1 [ @Sn�1,entonces @Sn�1 = Sn�1

(c). (Marilú)

31

intA = ; extA = ; @A = Rn

Demostración:

1.intA = ;

Sea x = (x1; x2; :::; xi; :::; xn) con xi 2 Q8i = 1; :::; n.

Supongamos que intA 6= ; entonces, 9B�(x) � A

Sea y = (x1; x2; :::; xi + �; :::; xn) con 0 < � < � y xi + � 2 Qc P.D. y 2 B�(x)

kx� yk = k(x1; x2; :::; xi; :::; xn)� (x1; x2; :::; xi + �; :::; xn)k

= k(0; 0; :::; 0;��; 0; :::; 0)k = � luego y 2 B�(x) pero y =2 A por lo tantox =2 intA

2.extA = ;

Sea x = (x1; x2; :::; xi; :::; xn) con xi 2 Qc 8i = 1; :::; n.

Supongamos que extA 6= ; entonces, 9B�(x) � Rn �A

Sea y = (x1; x2; :::; xi + �; :::; xn) con 0 < � < � y xi + � 2 Q: P.D. y 2 B�(x)

kx� yk = k(x1; x2; :::; xi; :::; xn)� (x1; x2; :::; xi + �; :::; xn)k

= k(0; 0; :::; 0;��; 0; :::; 0)k = � luego y 2 B�(x) pero y =2 Rn �A por lo tantox =2 extA

3. @A = Rn

Como intA y extA son ajenos y Rn = intA [ extA [ @A, entonces @A = Rn

1.33. (Kelly)Sea A = fa1; a2; : : : ; ang una colección �nita de puntos en Rn. Sea A una

cubierta abierta de A, entonces existen U1; U2; : : : ; Un 2 A tales que ai 2 Ui.Ahora, de�namos

B = fUi : 1 � i � ng:

Entonces B es subcubierta �nita de A, y de ahí la compacidad de A.

32

1.34. (Kelly)La colección de bolas Bm(0) es una cubierta de Rn, donde

Bm(0) = fx 2 Rn : kxk < m; m 2 Ng:

Es claro que no existe subcubierta �nita que cubra a Rn, ya que si existiera,entonces 9 N 2 N tal que BN (0) cubre todo el conjunto Rn lo cual es falso,

pues, por ejemplo, x = (N + 1; 0; : : : ; 0) =2 BN (0).

1.35.

(a) Kelly.No es compacto ya que existe una cubierta de la cual no existe una subcubieta

�nita.La cubierta es la siguiente:

B = f(��; n) : n 2 N;8� > 0g:

� Notamos que B cubre a todo el conjunto A, del cual @ subcubierta �nitaque cubra al conjunto ya que si existiera esta subcubierta �nita, entonces9 N 2 N tal que se cubre todo el conjunto A lo cual no es posible.

(b) Cristian.Sea A cubierta abierta de [0; 1] [ [2; 3] por el Teorema de Heine-Boral [0; 1],[2; 3] son compactos ) 9 una subcubierta �nita �1 para [0; 1] y 9 una cubierta�nita �2 para [2; 3]) B = �1 [ �2 es una subcubierta �nita de [0; 1] [ [2; 3].

Por lo tanto [0; 1] [ [2; 3] es compacto

(c) RodrigoNo es compacto ya que podemos tomar la cubierta abierta que cumplaA = f(x; y) 2 R2 : x2 + y2 < 1

R jR 2 (0; 1)g pero no exite una subcoleccion�nita de que cubra a c por que podemos suponer que si existe una subcoleccion�nita de A pero podemos tomar a f(x; y) 2 R2 : x2 + y2 < 1

1�R jR 2 (0; 1)g yesa circunferencia ya no pertence a la coleccion por lo no puede ser compacto

(d) KellyNotemos que si D es un conjunto abierto, entonces no es compacto. Parademostrar que D es abierto, mostemos que su complemento es cerrado, esdecir, D0 = fx 2 R : 0 � x � 1; x 2 Qg es cerrado. Supongamos que D0 es

abierto. Entonces, 8 x 2 D0 9 � > 0 tal que ��(x) = (��+ x; �+ x) 2 D0, pero8 � > 0 siempre 9 p 2 D tal que p 2 ��(x), entonces p 2 D0 lo cual es unacontradicción. Por lo tanto D0 es cerrado, luego D no es compacto.

(e) KellyNo es compacto ya que existe una cubierta de la cual no existe subcubieta

�nita de E. La cubierta es:

B = f(��; 1 + �)� (�n; n) : n 2 N;8� > 0g:

33

� Notamos que el conjunto B cubre a todo el conjunto E, del cual @ sub-cubierta �nita que cubra al conjunto ya que si esto ocurriera entoncessigni�caría que los naturales son �nitos lo cual es una contradicción.

1.36. (Nigel)Como A es acotado entonces9 B�(0) para algún � > 0 tal que A � B�(0). Porlo tanto A � B�(0) � B2�(0) de donde resulta �A acotado. En consecuencia, �A

es un cerrado y acotado. Como �A � Rn entonces es compacto.

1.37. (Marilú)El intervalo cerrado [0; 1] es compacto, pero el intervalo abierto (0; 1) � [0; 1]

no es compacto.

1.38. (Marilú)B compacto ) B acotado, es decir, 9 � > 0 tal que B � B�(0), pero comoA � B, entonces A � B�(0), esto es, A es acotado y cerrado (por hipótesis),

por lo tanto A es compacto.

1.39. (Kelly)Notemos que por la biyección entre A ! fxg �A con x 2 R podemos ver alconjunto A como subconjunto de R2. Sea A0 = ff0g �AjA es compacto gentonces por el lema 1.4.8 de las notas de clase sabemos que A0 es compacto

en R2.

1.40. (Nigel).Sabemos que Rn es conexo. Sean

A = [�2; �1]� [�2; �1]� � � � � [�2; �1] � Rn;

B = [1; 2]� [1; 2]� � � � � [1; 2] � Rn;

y

X = A [B � Rn.

Entonces X es disconexo, ya que existen U = Rn+ y V = R

n� que son no

vacíos, ajenos y abiertos que separan a X.

1.41. (Nigel)

34

Supongamos que fxg � Rn es disconexo. Entonces existen conjuntos U y V novacíos, ajenos y abiertos que separan a {x}. Lo cual es una contradicció, yaque {x} consta solamente de un punto luego {x} está totalmente contenido en

U ó en V ya que U y V son ajenos.

1.42. (Kelly)El conjunto es disconexo ya que existen U; V 2 R abiertos tales que cumplen la

de�nición de disconexo.Los conjuntos U = (�1; �) y V = (�;1) forman una separación de Q0.

1.43. (Nigel)

1.44. (Kelly)Sea A un conjunto convexo. P.D. A es conexo.

Sean x; y 2 A, por hipótesis existe el segmento entre x e y que cumple:��![x; y] = f(1 + t)x+ (t)yjt 2 [0; 1]g � A:

Ahora si x; y 2 A, entonces��![x; y] � A, por lo que la función f : [0; 1]! A

de�nida como f(t) = (1 + t)x+ (t)y es una función continua y cumple quef(0) = x y f(1) = y. Por lo tanto A es arco-conexo y por la proposición 1.5.6

de las notas, A es conexo.

1.45. (Álvaro)Sean x; y 2 B1(0) y consideremos � : [0; 1]! Rn, de�nida por

�(t) = (1� t)x+ ty. Notar que � es continua y que �(0) = x; �(1) = t. P.D.:�(t) 2 B1(0). Como x; y 2 B1(0), entonces kxk < 1, kyk < 1, y por la

desigualdad del triángulo, k�(t)k < 1� t+ t = 1 para todo t 2 [0:1]. Por lotanto �(t) 2 B1(0), luego B1(0) es arco-conexo.

1.46. (LIBRE)

1.47. (Rodrigo)No es arco-conexa porque no importa que tanto intentes unir un punto de larecta x = 0 con y = sen( 1x ) no podría porque si tomamos una parte muy cerca

de x = 0 existe otra que está más cerca del punto.

1.48.

(a) (Bladimir)prueba: caso I: )A \B = ; por contradicción.

35

) supongamos que ; es disconexo entonces 9U; V � Rn no vacíos y ajenos talque:

; \ U 6= ; ; \ V 6= ; ; = (; \ U) [ (; \ V ) U \ V = ;

) tenemos que ; \ U = ; y ; \ V = ;, por propiedades de conjuntos por loque contradice nuestra hipótesis de disconexidad

) ; es conexo.

caso II:) )A \B 6= ; por contradicción) supongamos que ; es disconexo entonces 9U; V � Rn no vacíos y ajenos tal

que:

(A\B)\U 6= ; (A\B)\V 6= ; A\B = ((A\B)\U)[((A\B)\V ) U\V = ;

tenemos que A,B son subconjuntos conexos) A � U y B � U o A � V y B � V

entonces de A � U y B � U tenemos:) A \B � U

) A \B \ V � U \ V , pero U \ V = ;) A \B \ V = ; lo cual es una contradicción porque (A \B) \ V 6= ;

por otro de A � V y B � V se tiene :) A \B � V

) A \B \ V � U \ V , pero U \ V = ;) A \B \ U = ; lo cual es una contradicción porque (A \B) \ U 6= ;

en conclusión, tenemos que en ambos casos llegamos a una contradicción,entonces A \B es un conjunto conexo.

(b) (Rodrigo)Sean A = [1; 2] y B = [3; 4]. Entonces

A [B = C = [1; 4]� (2; 3);V = (�1; 2:5);U = (2:5;1);

C \ U = [1; 2];

C \ V = [3; 4];

luego existe una separación de C, de manera que C es disconexo.

1.49. (Cristian)

36

Solución enviada por William: Supongamos por contradicción que A[B no esconexo. Entonces A [B = S [ T , con S y T no vacíos y separados. Ahora

bien, puesto que A es conexo, o bien A � S o A � T , supongamos que A � T .Del mismo modo, B es también conexo, así que B � S o B � T , pero si fueraB � S, entonces T sería vacío, así que B � T , pero entonces A � S y B � T

de manera que A y B estarían separados y A \B = ; !

) Si A y B con conjuntos conexos y A \B 6= 0, entonces A [B es conexo.

1.50. (William)Sea fAigi2I una colección de subespacios conexos de Rn y sea p un punto deT

i2I Ai.

Probemos queSi2I Ai es conexo.

Supongamos queSi2I Ai = S [ T es una separación de

Si2I Ai con S y T no

vacíos y separados.

El punto p está en S o en T . Supongamos que p 2 S. Como cada Ai es conexoy p 2 S, entonces Ai � S. Por lo tanto

Si2I Ai � S, lo cual es una

contradicción ya que T es no vacío.

1.51. (Nigel)Supongamos que B es disconexo:

) 9 U; V abiertos, no vacíos, ajenos tales que

1) (U \B) \ (V \B) = ;;

2) U \B 6= ; ; V \B 6= ;;

3) (U \B) [ (V \B) = B:

A�rmación: A es disconexo (lo cual contradice la hipótesis).Por demostrar: existe una separación de A :

1) (U \A) \ (V \A) = ;;

2) U \A 6= ; ; V \A 6= ;;

3) (U \A) [ (V \A) = A:

Demostración de la a�rmación: Como

1) (U \B) \ (V \B) = ; y A � B;

37

tenemos que

(U \A) \ (V \A) = ;:

Además, como

2) U \B 6= ; y B � A;

resulta que

U \A 6= ;:

Luego

9 x 2 U \A y además A = A [A0;

por tanto

x 2 U \A o x 2 U \A0:

Si x 2 U \A ya acabamos.Si x 2 U \A0 como x =2 A entonces

x 2 U y x 2 A0:

Como x 2 U y U es abierto, 9 B�(0) para algún � > 0 tal que B�(0) � U .Luego

B�(0) \A � U \A:

Por otra parte, como x 2 A0, 9 B�(0) 8� > 0 tal que B�(0) \ (A� fxg) 6= ;,pero x =2 A luego A = A� fxg, de done vemos que

8� > 0 ; B�(0) \A 6= ;.

En particular, dado � > 0, B�(0)\A 6= ;, y como B�(0)\A � U \A, entoncesU \A 6= ;. Análogamente vemos que V \A 6= ;.

3) P:D : (U \A) [ (V \A) = A

[�]

Como U \A � A y V \A � A

) (U \A) [ (V \A) � A[�]

Sea x 2 A) x 2 B

38

) x 2 (U \B) [ (V \B)

) x 2 (U \B) o x 2 (V \B)

) x 2 U o x 2 V

Pero x 2 A

) x 2 (U \A) o x 2 (V \A)

) x 2 (U \A) [ (V \A)

) (U \A) [ (V \A) = A

Entonces A es disconexo.

1.52. (Marilú)Por contradicción.

Supongamos que (U \A1) \ (V \A1) 6= ;) 9x 2 (U \A1) \ (V \A1)) x 2 U \A1 y x 2 V \A1) x 2 U \ (A1 [A2)

Sean A1; A2 � Rn conexos tales que A1 \A2 6= ;, entonces A = A1 \A2 esconexo.

Supongamos que A es disconexo, entonces existen abiertos no vacíos tales que:

a)U \A 6= ; y V \A 6= ;

b)(U \A 6= ;) \ (V \A 6= ;) = ;

c)(U \A 6= ;) [ (V \A 6= ;) = A

P.D.A1 es disconexo

(1)P.D. U \A1 6= ; y V \A1 6= ;

Como U \A 6= ; ) 9x 2 U \A ) x 2 U \ (A1 [A2)

) x 2 U \A1 o x 2 U \A2 ) U \A1 6= ; o U \A2 6= ;,

sin pérdida de generalidad supongamos que U \A1 6= ;

Como V \A 6= ; ) 9x 2 V \A ) x 2 V \ (A1 [A2)

39

) x 2 V \A1 o x 2 V \A2 ) V \A1 6= ; o V \A2 6= ;,

sin pérdida de generalidad supongamos que V \A1 6= ;

(2) P.D. (U \A1) \ (V \A1) = ;

y x 2 V \ (A1 [A2) ) x 2 U \A y x 2 V \A ) x 2 (U \A) \ (V \A) quecontradice a b),

por lo tanto (U \A1) \ (V \A1) = ;

(3) P.D.(U \A1) [ (V \A1) = A1

Como U \A1 � A y V \A1 � A ) (U \A1) [ (V \A1) � A1

Sea x 2 A1 ) x 2 A ) x 2 (U \A 6= ;) [ (V \A 6= ;) ) x 2 U o x 2 V .

Si x 2 U ) x 2 U \A1 ) x 2 (U \A1) [ (V \A1)

Si x 2 V ) x 2 V \A1 ) x 2 (U \A1) [ (V \A1)

Entonces (U \A1) [ (V \A1) = A1

A1 es disconexo, por (1), (2), (3)

Por lo tanto A es conexo.

Regresando al problema.

Sea Bi :=Sk=ik=1Ak, obsérvese que A =

SiBi

P.D. Bi es convexo

Bi = A1 es convexo por hipótesis

Supongamos que Bk es convexo, por demostrar que Bk+1 es convexo

Bk+1 = Bk [Ak+1, donde Bk; Ak+1 son convexos con Bk \Ak+1 6= ;, por laproposición anterior Bk+1 es convexo

) A es convexo.

40

2. Continuidad en espacios Euclidianos.

2.1. (Kelly)Sea a 2 Rn tal que f es continua en a. P.D. jf j es continua en a.

Sea � > 0 y sea � tal que si kx� ak < � se cumple que jf(x)� f(a)j < �,entonces:

j jf(x)j � jf(a)j j � jf(x)� f(a)j < �, siempre que kx� ak < �) jf j es continua en a.

2.2.

(a) (Marilú)

(b) (Marilú)

2.3. (Kelly)P.D. Si f(x0) > 0) 9 � > 0 tal que 8 y 2 ��(x0)) f(y) > 0.

Como f es continua, entonces 8 � > 0 9 � > 0 tal que f(��(x0)) � ��(f(x0)).Sea y 2 ��(x0)) f(y) 2 ��(f(x0))

� ) ��+ f(x0) < f(y) < �+ f(x0), tomando a � = f(x0)

� ) �f(x0) + f(x) < f(y) < f(x0) + f(x0)

� ) 0 < f(y) < 2f(x0)

Entonces f(y) > 0, 8 y 2 ��(x0) y por la continuidad de f obtenemos quef(��(x0)) � (0;+1).

2.4. (Kelly)P.D. Si f(x0) < 0) 9 � > 0 tal que 8 y 2 ��(x0)) f(y) < 0.

Como f es continua, entonces 8 � > 0 9 � > 0 tal que f(��(x0)) � ��(f(x0)).Sea y 2 ��(x0)) f(y) 2 ��(f(x0))

� ) ��+ f(x0) < f(y) < �+ f(x0), tomando a � = �f(x0)

� ) f(x0) + f(x) < f(y) < �f(x0) + f(x0)

� ) 2f(x0) < f(y) < 0

41

Entonces f(y) < 0, 8 y 2 ��(x0) y por la continuidad de f obtenemos quef(��(x0)) � (�1; 0)

2.5. (Cristian)Por contradicción. Supongamos que f(x) 6= 0 para toda x 2 R. Entonces,

f(x) > 0 ò f(x) < 0.

Caso I: f(x) > 0 para toda x 2 R. Como f es continua, por el ejercicio (2:3),existe � > 0 tal que f(B�(x)) � (0;+1), y eso es una contradicción ya que por

hipótesis f(x) = 0 para todo x 2 Q.

Caso II: f(x) < 0 para toda x 2 R. Como f es continua, por el ejercicio (2:4),existe � > 0 tal que f(B�(x)) � (�1; 0), y eso es una contradicción ya que por

hipótesis f(x) = 0 para todo x 2 Q.

2.6. (Rodrigo)Sí es verdad. Probaremos primero la ida

La ida es trivial porque si x 2 R en particular 9y 2 Q:

Ahora probaremos la vuelta.

Ya habíamos probado en el ejercicio anterior que si f : R! R y f(x) = 0 paratodo x 2 R) f(y) = 0 para todo y 2 Q:

Sea h(x) = f(x)� g(x) = 0 para todo x 2 R. Por el ejercicio anterior estoimplica que h(y) = f(y)� g(y) = 0 para todo y 2 Q,

que es lo que queríamos probar.

2.7. (Kelly)Sea x0 2 f�1(Bc)) f(x0) 2 Bc, ahora por la continuidad de f existe

x0 2 Ux0 � Rn abierto tal que f(Ux0 \A) � Bc.Sea U =

�Sx02f�1(Bc) Ux0

�abieto de Rn. A�rmamos que f�1(Bc) = U \A.

Prueba:(=)) f�1(Bc) � U \A

Sea z0 2 f�1(Bc)) f(z0) 2 Bc

� ) z0 2 Uz0 \A

� ) z0 2 U \A.

42

((=) U \A � f�1(Bc)Sabemos que f(Ux0 \A) � Bc para cada x0 2 f�1(Bc), entonces

f(U \A) � Bc, y se cumple que U \A � f�1(f(U \A)) � f�1(Bc), entoncesU \A � f�1(Bc).Ahora veamos que:

f�1(B) = f�1(Rm �Bc)= f�1(Rm)� f�1(Bc)= A \ (f�1(Bc))c

= A \ (A \ U)c

= A \ (Ac [ U c)= (A \Ac) [ (A \ U c)= A \ U c;

donde U c es un conjunto cerrado.) f�1(B) = A \ C donde C es cerrado.

2.8. (William)Sea B = f�1([a; b]), demostremos que su complemento es abierto, es decir,

Rn �B es abierto.

Tenemos que Rn �B = Rn � f�1([a; b]), así

Rn � f�1([a; b]) = fx 2 Rnjf(x) > bg [ fx 2 Rnjf(x) < ag

fx 2 Rnjf(x) 2 (b;+1)g [ fx 2 Rnjf(x) 2 (�1; a)g

=f�1((b;+1)) [ f�1((�1; a)), lo cual es abierto.

) B es cerrado.

2.9. (Kelly)Sea � > 0 y sea � = �, entonces:

jxi � yij =p(xi � yi)2

�

vuut mXi=1

(xi � yi)2

= kx� yk < �:

Por lo tanto si se cumple que kx� yk < �, entonces:

j�i(x)� �i(y)j = jxi � yij= kx� yk < �= �:

43

) �i : Rn ! R es continua.

2.10. (Kelly)Sea g(f(x)) 2 V abierto de Rp, por la continuidad de g existe f(x) 2W abiertode Rm tal que g(W \B) � V , como W es una vecindad de f(x) entonces por

la continuidad de f existe x 2 U abierto de Rn tal que f(U \A) �W .A�rmamos que g � f(U \A) � V . En efecto, como f(U \A) �W , entoncesg(f(U \A) \B) � g(W \B) � V , pero por hipótesis f(U \A) � f(A) � B,

entonces f(U \A) \B = f(U \A). Por lo tanto g � f(U \A) � V .) La composición de funciones continuas es continua.

2.11. (Kelly)(=)) Para cualquier 1 � i � m, �i : Rm ! R es continua en x. Por lo tanto

fi : �i � f : A � Rn ! R es continua en x, 8i = 1; 2; : : : ;m.

((=) Sea � > 0. Entonces para cada 1 � i � m, 9 �i > 0 tal que sikx� yk < �i ) jfi(x)� fi(y)j <

�pn.

Sea � = minf�1; : : : ; �mg y se cumple que kx� yk < �, entonces:

kf(x)� f(y)k = kf1(x)� f1(y); f2(x)� f2(y); : : : ; fm(x)� fm(y)k;=

p(f1(x)� f1(y))2; (f2(x)� f2(y))2; : : : ; (fm(x)� fm(y))2;

=pjf1(x)� f1(y)j2; jf2(x)� f2(y)j2; : : : ; jfm(x)� fm(y)j2;

�r�2

n+�2

n+ � � �+ �

2

n=

rn�2

n= �:

) f es continua en x.

2.12. (Cristian)

2.13. (William)

2.14. (Bladimir)falso

contra-ejemplo :sea f : R! R; f(x) = 0 y [�1; 1] � R compacto.

por de�nición de imagen inversa se tiene:f�1(A) = fa 2 Xjf(a) 2 Ag

) f�1([�1; 1]) = fx 2 Rjf(x) 2 [�1; 1]g= R, pero sabemos que los reales no es compacto.

44

Solución escrita por Kelly : FALSO. Consideremos a la función continuaf : R! R de�nida como x! 0 y sea K = f0g, entonces f�1(K) = R el cual

no es compacto.

2.15. (Nigel)

2.16. (Rodrigo)Sea g = f�1 y g�1 = f . Basta probar que tomando un abierto en g�1 y lo

manda a un abierto entonces es continua f�1 por de�nicion.

Además la inversa existe porque f es inyectiva.

Tomemos un abierto U � Rn . Aplicándole U a g�1 tenemos g�1(U) perog�1(U) = f(U) pero f(U) manda conjuntos abiertos en conjuntos abiertos,

por lo que f�1 es continua.

2.17. (Cristian)Sea g = f�1 ) g�1 = f .

Sea C � K un conjunto cerrado, por el ejercicio (1:38), C es compacto,entonces como f es continua f(C) es compacto.

Ahora g�1(C) = f(C) lo cual ya sabemos que f(C) es compacto y en generales cerrado. Por lo tanto la imagen inversa de g envía cerrados a cerrados, por

lo que g = f�1 es continua.

2.18. (Álvaro)

2.19. (Nigel)

2.20. (William)

2.21. (Álvaro)

45

3. Fundamentos de diferenciación.

3.1. (Álvaro)

3.2. (Rodrigo)Por un teorema sabemos que si f es diferenciables ) f es continua. Usaremos

la contrapositiva, esto es, si f no es continua ) f no es diferenciable.Probaremos que tomando las direcciones x = y y y = 1

x , los límites sondistintos, luego f no es continua

Tomemos la dirección x = y:

lim(x;y)!(0;0)

pjxyj = lim

(x;y)!(0;0)

pjx2j = 0:

Ahora tomemos la dirección y = 1x

lim(x;y)!(0;0)

pjxyj = lim

(x;y)!(0;0)

rjx 1xj = 1;

por lo que f no es continua, por lo tanto f no es diferenciable.

3.3. (Nigel)

3.4. (Cristian)Sea h(t) = f(tx), entonces la función h va de reales a reales, entoncesf(x) =

R 10h0(t)dt, ya que por el teorema fundamental del cálculoR 1

0h0(t)dt = h(1)� h(0), pero h(0) = f(0) = 0 y h(1) = f(x).

Por la regla de la cadena:

h0(t) =@

@x1f(tx)

d

dt(tx1)+:::+

@

@xnf(tx)

d

dt(txn) = x1

@

@x1f(tx)+:::+xn

@

@xnf(tx)

h0(t) =nXi=1

xiDif(tx)

f(x) =

Z 1

0

h0(t)dt =

Z 1

0

nXi=1

xiDif(tx)dt =nXi=1

xi

Z 1

0

Dif(tx)dt

46

donde las gi(x) =R 10Dif(tx)dt.

3.5. (Bladimir)sea v = (v1; v2) ) Dvf(0; 0) = limh!0

f [(0;0)+hv]�f(0;0)h

= limh!0f [(0;0)+h(v1;v2)]�f(0;0)

h

= limh!0f(hv1;hv2)

h , pero f(hv1; hv2) 6= (0; 0)) limh!0

f(hv1;hv2)h = limh!0

h2(v1v2)h3(v21+v

22)

= limh!0(v1v2)

h(v21+v22)

= (v1v2)(v21+v

22)limh!0

1h , pero limh!0

1h es indeterminado ) no existe la derivadadireccional.

b) existen las derivadas parciales D1f;D2f en el origen ?

solucion:D1f(0; 0) = limh!0

f [(h;0)]�f(0;0)h

= limh!0f(h;0)h ,pero f(h; 0) 6= (0; 0)

) limh!0f(h;0)h = limh!0

1h (

h�0h2 )=0

D2f(0; 0) = limh!0f [(0;h)]�f(0;0)

h

= limh!0f(0;h)h ,pero f(0; h) 6= (0; 0)

) limh!0f(0;h)h = limh!0

1h (

0�hh2 )=0

* existen y son iguales

d) es f continua en el origen?

lim(x;y)!(0;0) f(x; y) = lim(x;y)!(0;0)xy

(x2+y2) , tomemos la direccion x=y

) lim(x;y)!(0;0)xy

(x2+y2) = lim(x;y)!(0;0)x2

2x2

= lim(x;y)!(0;0)12

= 12

ahora tomemos la direccion x=-y) lim(x;y)!(0;0)

xy(x2+y2) = lim(x;y)!(0;0)

�x22x2

= lim(x;y)!(0;0)� 12=� 12

* no es continua en el origen.

c) es f diferenciable en el origen?No, ya vimos que f no es continua en el origen pero sabemos que:

No continua ) no diferenciable.

47

3.6. (Rodrigo)¿Para cuales vectores u 6= 0 existe Duf(0; 0)?

Solución

limt!0

f(a+ tu)� f(a)t

= limh!0

f(0; 0 + h(u1; u2))

h

= limh!0

jhu1j+ jhu2jh

= limh!0

jhjju1j+ jhjju2jh

= limh!0

jhj(ju1j+ ju2j)h

= (ju1j+ ju2j) limh!0

jhjh=+� (ju1j+ ju2j)

por lo que este límite no existe por lo que no existen derivadas direccionales.

(b) ¿Existen las derivadas parciales D1f ; D2f en el origen?

Solución

limh!0

f(a1 + h; a2)� f(a1; a2)h

= limh!0

f(0 + h; 0)� f(0; 0)h

limh!0

jhj+ 0� 0h

= limh!0

jhjh=+� 1

por lo que este límite no existe por lo que no existen derivadas parciales.

(c) ¿Es f diferenciable en el origen?

Solución.

no es diferenciable

por contradicción. Supongamos que f sí es diferenciable.

limh!0

jjf(a+ h)� f(a) + Tf (h)jjjjhjj

= limh!0

jjf(0 + h)� f(0) + Tf (h)jjjjhjj

48

= limh!0

jjjhj+ Tf (h)jjjjhjj

pero como f es lineal sabemos que su derivada es ella misma. Entonces

limh!0

jjjhj+ jhjjjjjhjj

= limh!0

jj2jhjjjjjhjj

= 2 limh!0

jjhjjjjhjj = 2;

contradiccion por lo que f no es diferenciable.

(d) ¿Es f continua en el origen?

Solución

si es continua podemos tomar a g1(x; y) = jxj y g2(x; y) = jyj sabemos que lasuma de continuas es continua

g1 + g2 = jxj+ jyj = f(x; y)

por lo tanto f es continua.

3.7. (Nigel)

3.8. (Bladimir)Primero veremos que es diferenciable en el origen , sea

T (h) = (0; 0); x = (x; y)h = (h1; h2) entonces tenemos que ver que dadanuestra transformación cumple el siguiente límite evaluado en el origen.

Df(x) = limh!0

jjf(x+ h)� f(x)� T (h)jjjjhjj

= 0:

49

sustituyendo los valores en el origen y nuestra transformación,

Df(0) = limh!0

jjf(0 + h)� f(0)� T (h)jjjjhjj

;

= limh!0

jjf(h)� T (h)jjjjhjj

;

= limh!0

jjf(h)� T (h)jjjjhjj

;

= T (�h);

= (0; 0);

= lim(h1;h2) !0

jj(jh1h2j)jjph21 + h

22

;

= lim(h1;h2)!0

jh1h2jph21 + h

22

:

Para continuar haremos un cambio de variable:h1 = rcos�h2 = rsen�

sustituyendo obtenemos que:

limr!0

jr2cos�sen�jpr2(cos2� + sen2�)

= limr!0

jr2jjcos�sen�jjrj ;

= limr!0jrjjcos�sen�j;

= 0:

* f es diferenciable en el origen.

Ahora veremos que no es de clase C1. Calculemos primero las derivadasparciales en el origen de f(x; y) = jxyj.

D1f(0; 0) = limh!0

f [(h; 0)]� f(0; 0)h

;

= limh!0

f(h; 0)

h;

= limh!0

jh � 0jh

;

= 0:

Análogamente, tenemos D2f(0; 0) = 0, tenemos cuatro casos más para lasderivadas parciales, ya que f(x; y) = jxyj = jxjjyj.

caso 1: x; y > 0) f(x; y) = jxyj = xy. entonces:

50

@f

@x= y;

@f

@y= x

caso 2: x < 0; y > 0) f(x; y) = jxyj = �xy. entonces:

@f

@x= �y; @f

@y= �x

caso 3: x; y < 0) f(x; y) = jxyj = xy. entonces:

@f

@x= y;

@f

@y= x

caso 4: x > 0; y < 0) f(x; y) = jxyj = �xy. entonces:

@f

@x= �y; @f

@y= �x

de los 4 casos anteriores se sigue que:

@f

@x=

8>><>>:y si(x; y) 2 I; IIIcuadrantes0 si(x; y) = (0; 0)�y si(x; y) 2 II; IV cuadrantes ;

@f

@y=

8>><>>:x si(x; y) 2 I; IIIcuadrantes0 si(x; y) = (0; 0)�x si(x; y) 2 II; IV cuadrantes

es claro ver que las funciones derivada parcial no son continuas en ningunavecindad alrededor del origen.

3.9. (William)a) Demuestra que f es diferenciable en el origen y encuentra f 0(0).

Solución:

Basta probar que la derivada en 0 existe y tiene un valor, de esta manera,calculemos f 0(0), así:

51

f 0(0) = limh!0

f(0 + h)� f(0)h

= limh!0

f(h)

h

= limh!0

1

hh2 sen

1

h

= limh!0

h sen1

h= 0

De esta manera tenemos que f es diferenciable en el origen y f 0(0) = 0

b) Calcular f 0(x) si x 6= 0.

Solución:

f 0(x) = 2x sen1

x+

�x2 cos

1

x

���1x2

�

= 2x sen1

x� cos 1

x

c) Demuestra que f 0 no es continua en 0.

Solución:

Veamos que limx!0+

f 0(x) 6= limx!0�

f 0(x)

limx!0+

f 0(x)

= limx!0+

2x sen1

x� cos 1

x

= limx!0+

2x sen1

x� limx!0+

cos1

x

= 0� INDEFINIDO, ya que la función cosx oscila entre -1 y 1 conforme x varía de 0 a in�nito.

limx!0�

f 0(x)

52

= limx!0�

2x sen1

x� cos 1

x

= limx!0�

2x sen1

x� limx!0�

cos1

x

= 0� INDEFINIDO

, ya que la función cosx oscila entre -1 y 1 conforme x varía de 0 a in�nito.

Así, tenemos que limx!0+

f 0(x) 6= limx!0�

f 0(x)

d) Demuestra que f es diferenciable en todo R pero no es de clase C1 en R

Solución:

Sabemos por el inciso a) que f 0(0) = 0 y por el inciso b) quef 0(x) = 2x sen 1

x � cos1x para x 6= 0, de esta manera tenemos que:

Df =

�2x sen 1

x � cos1x si x 6= 0

0 si x = 0

De esta manera tenemos que la derivada de f está de�nida en todo x 2 R, asíf es diferenciable en todo R

f no es de clase C1 en R ya que por el inciso c), sabemos que @f@x = 2x sen

1x

no es continua en 0.

3.10. (Álvaro)jDif(x)j �M entonces kf(x)� f(y)k � n2M kx� yk.

Si kx� yk < �, tomamos � = �=(n2M).Entonces kf(x)� f(y)k � n2M kx� yk < n2M�=(n2M) = �.

Entonces kf(x)� f(y)k < �.Por lo tanto, f es continua.

3.11. (Rodrigo)(a) calcula Df y determina el jacobiano de f

Df(r; �) =

������cos� �rsen�sen� rcos�

������ahorra calculemos el jacobiano de f

53

det(Df(r; �)) =

������cos� �rsen�sen� rcos�

������ = rcos2�+rsen2� = r(cos2�+sen2�) = r 6= 0(b) Dibujar la imagen bajo f el conjunto de A [1; 2]x[0; �]

3.12. (Álvaro)

3.13. (Cristian)

3.14. (Bladimir)

Df(x; y) =

0@excosy �exsenyexseny excosy

1A , matriz jacobiana de f.

calculemos el determinante de dicha matriz.

) det(Df(x; y)) =

������excosy �exsenyexseny excosy

������= e2xcos2y + e2xsen2y= e2x(cos2y + sen2y)

= e2x, lo cual sabemos que 8x siempre es 6= 0.

Ahora veremos que f(x; y) = (excosy; exseny) no es inyectiva.

para que fuese inyectiva tendria que pasar que:(a; b) 6= (c; d)) f(a; b) 6= f(c; d), veremos que esto no sucede

sea (0; �4 ) 6= (0;9�4 )

ahora f(0; �4 ) = (1p2; 1p

2) y f(0; 9�4 ) = (

1p2; 1p

2)

entonces :

(0; �4 ) 6= (0;9�4 )) f(0; �4 ) 6= f(0;

9�4 ) noo!!

) f es no inyectiva

3.15. (Marilú)Tenemos que D(g � f)(0; 0; 0) = Dg(f(0; 0; 0))Df(0; 0; 0)

Ahora

54

Dg(x; y) =

�1 23y 3x

�

Dg(f(0; 0; 0)) = Dg(1; 2) =

�1 26 3

�luego,

D(g � f)(0; 0; 0) =�1 26 3

�.�1 2 30 0 1

�=�1 2 56 12 21

�

3.16. (Cristian)

3.17. (Bladimir)

3.18. (Álvaro)

3.19. (Willliam)Tenemos que (1) y (2) son de clase C1 con G(2;�1; 1) = H(2;�1; 1) = 0,

tenemos que sus primeras derivadas parciales

@G

@x=@f(x; y)

@x;@G

@y=@f(x; y)

@y;@G

@t= 3t2

@H

@x= t;

@H

@y= 9y2;

@H

@t= x+ 3t2

son continuas en (2,-1,1) por ser de clase C1.

Veamos bajo que condición������@G@x

@G@t

@H@x

@H@t

������(2;�1;1)

6= 0

Así,������@G@x

@G@t

@H@x

@H@t

������(2;�1;1)

=@f(x; y)

@x(x+ 3t2)� 3t2(t)j(2;�1;1)

=@f(x; y)

@x(2 + 3)� 3(1)

55

= 5@f(x; y)

@x� 3

5@f(x; y)

@x� 3 6= 0, @f(x; y)

@x6= 3

5

de esta manera, si

@f(x; y)

@x6= 3

5;

entonces, por el teorema de la función implícita, 9x = g(y); t = h(y) de�nidasen un abierto de R conteniendo a (-1,1) tales que g(�1) = 2; h(�1) = 1.

56

4. Fundamentos de integración.

4.1. (Álvaro)

4.2. (William)

4.3. (Bladimir)

4.4. (Álvaro)

4.5. (William)

F = fx 2 A : f es discontinua en xg

G = fx 2 A : f es discontinua en xg

H = fx 2 A : fg es discontinua en xg

Demostremos que H es de medida cero, para ello consideremos 2 casos:

1. H = ;, en este caso la demostración termina ya que H es de medida cero.

2. H 6= ;, entonces 9x 2 H tal que fg es discontinua en x, pero sabemos quefg es discontinua en x si f es discontinua en x o si g es discontinua en x, deesta manera x 2 F [G, así, tenemos que H � F [G , pero como F y G son demedida cero, entonces F [G es de medida cero, y por un teorema, tenemos

que H es de medida cero.

4.6. (William)

Sea P una partición de A y R un subrectángulo tal que R 2 P , como f � g,entonces mR(f) � mR(g), así,X

R2PmR(f) �

XR2P

mR(g)

, multiplicando por vol(R) la desigualdad resultaXR2P

mR(f)vol(R) �XR2P

mR(g)vol(R)

57

, lo que por de�nición equivale a

L(f; P ) � L(g; p)

, entonces,

supfL(f; p)g � supfL(g; p)g

, como f y g son integrables, entonces

supfL(f; p)g =ZA

f � supfL(g; p)g =ZA

g

, por lo queZA

f �ZA

g

4.7. (Cristian)

4.8. (Bladimir)

4.9. (Marilú)

4.10. (William)

4.11. (Álvaro)

4.12. (LIBRE)

58

Bibliografía

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