Ejercicios de AN´ALISIS MATEM´ATICO

Ejercicios de
ANÁLISIS MATEMÁTICO
Kepler Ck Ikastegia
2001

Índice
1 La topología de los espacios euclídeos 5
2 Convergencia 23
3

4 ÍNDICE

1
La topología de los espacios
euclídeos
1. Sean a1, a2, . . . , an números reales no negativos. Demostrar
que
(a1 · · · an) 1
n ≤ a1 + . . . + an
n
y que la igualdad se verifica si y sólo si a1 = · · · = an.
(El miembro de la izquierda es la media geométrica y el miembro
de la derecha es la media aritmética de los números a1, . . . , an).
La propiedad se verifica si n = 2; en efecto,
0 ≤ (a1 − a2) 2 = a 2 1 + a2 2 − 2a1a2 =⇒ 2a1a2 ≤ a 2 1 + a2 2 =⇒
4a1a2 ≤ (a1 + a2) 2 ⇐⇒ (a1a2) 1
2 ≤ a1 + a2
.
2
También se cumple si n = 4; en efecto,
(a1a2a3a4) 1
4 = (a1a2) 1
2 (a3a4) 1 1
2 (a1a2)
2 ≤ 1
2 + (a3a4) 1
2
2
a1 + a2 + a3 + a4
.
4
≤
a1 + a2
2
Demostremos por inducción que la propiedad es cierta ∀ n = 2 k
Supongamos que se cumple
(a1 · · · a 2 k) 1
2 k ≤ a1 + · · · + a 2 k
2 k
y veamos que entonces se cumple también para n = 2 k+1 .
5
+ a3 + a4
2
2
=

6 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
(a1 · · · a 2 k · b1 · · · b 2 k)
2 k+1
1
2k+1 =
(a1 · · · a 2 k) 1
2 k + (b1 · · · b 2 k) 1
2 k
2
2 k+1
a1 + · · · + a 2 k + b1 + · · · + b 2 k
2 k+1
(a1 · · · a 2 k) 1
2 k · (b1 · · · b 2 k) 1
2 k
≤
a1 + · · · + a 2 k
2 k
1
2
≤
+ b1 + · · · + b 2 k
2 k
2
Por tanto, la propiedad es cierta para todo número natural de la forma
2k , k ∈ IN; veamos finalmente que también se cumple ∀ n ∈ IN arbitrario.
Caso n = 3 Es claro que 2 < 3 < 22 a + b + c
; sea d = entonces
(abcd) 1 a + b + c + d
4 ≤
a + b + c
3
⇐⇒ (abc) 1
3 ≤
4
⇐⇒ (abc) 1
4
a + b + c
3
⇐⇒
abc
a + b + c
3
1
4
a + b + c
3
a + b + c
≤
3
3
1
4
=
⇐⇒ [(abc) 1
3 ] 3
4 ≤
a + b + c
3
a + b + c +
≤
=
4
a + b + c
Sea ahora n = k y supongamos que 2 m < k < 2 m+1 ; sea p ∈ IN |
k + p = 2 m+1 y consideremos b1 = · · · = bp = a1 + · · · + ak
k
Se sabe que la propiedad se cumple para 2m+1 luego
⎛
⎜
⎝a1 · · · ak · b1 · · · bp
2m+1 ⎞ 1
k+p
⎟
⎠ ≤ a1
a1 + · · · ak + + · · · + ak + pb1
=
k + p
p(a1 + · · · + ak)
k =
k + p
(k + p)(a1 + · · · + ak)
=
(k + p)k
a1 + · · · + ak
⇐⇒ (a1 · · · ak)
k
1
a1 + · · · + ak
k+p ≤ k
p =
a1 + · · · + ak k+p
k
k
a1 + · · · + ak k+p
⇐⇒ (a1 · · · ak)
k
1 k k
k+p a1 + · · · + ak k+p
k ≤
⇐⇒
k
(a1 · · · ak) 1
k ≤ a1 + · · · + ak
k
Por otra parte, a1 = · · · = an =⇒ (a1 · · · an) 1
n = (an 1
1 ) n = a1 = na1
a1 + · · · + an
; recíprocamente
n
3
n =
3
4

=⇒ a1 = · · · = an; en efecto,
n
demostraremos esta implicación viendo previamente que la propiedad es
cierta cuando n = 2k ∀ k ∈ IN.
Si n = 2 y (a1a2) 1
2 = a1 + a2
entonces 4a1a2 = (a1 + a2)
2
2 =⇒
(a1 · · · an) 1
n = a1 + · · · + an
(a1 − a2) 2 = 0 ⇐⇒ a1 = a2.
Supongamos que la propiedad es cierta para n = 2 k y veamos que entonces
lo ha de ser también para n = 2 k+1 .
Si (a1 · · · a 2 kb1 · · · b 2 k) 1
2 k+1 = a1 + · · · + a 2 k + b1 + · · · + b 2 k
(a1 · · · a 2 k) 1
2 k + (b1 · · · b 2 k) 1
2 k
(a1 · · · a 2 k) 1
2 k (b1 · · · b 2 k) 1
2 k
(a1 · · · a 2 k) 1
2 k (b1 · · · b 2 k) 1
2 k
2
1
2
1
2
≤
2 k+1
a1 + · · · + a 2 k
2 k
=⇒
+ b1 + · · · + b 2 k
2 k
≤ (a1 · · · a 2 k) 1
2 k + ( b1 · · · b 2 k) 1
2 k
= (a1 · · · a 2 k) 1
2 k + (b1 · · · b 2 k) 1
2 k
2
2
2
=
=⇒
donde se ha utilizado la desigualdad probada en el apartado anterior.
Ahora bien, la propiedad se cumple para n = 2 luego hemos de deducir
que
(a1 · · · a2k) 1
2k = (b1 · · · b2k) 1
2k ⇐⇒ a1 · · · a2k = b1 · · · b2k y como esto es
cierto para cualquier reorganización de los números a1, . . . , a2k, b1, . . . , b2k se deduce que necesariamente a1 = · · · = a2k = b1 = · · · = b2k Veamos finalmente que la propiedad es cierta para cualquier k ∈ IN; sea
k ∈ IN y supongamos que 2m < k < 2m+1 . Entonces
=⇒ a1 = · · · = ak , en efecto, si tomamos
k
b1 = · · · = bp = a1 + · · · + ak
donde p ∈ IN es tal que k + p = 2
k
m+1 se
tiene que
(a1 · · · akb1 · · · bp) 1
p 1
a1 + · · · + ak k+p
k+p = a1 · · · ak
= (a1 · · · ak)
k
1
a1 + · · · + ak
k
k
a1 p k
k+p
+ · · · + ak a1 + · · · + ak k
=
k
k
a1 + · · · + ak
=
k
a1 + · · · + ak + b1 + · · · + bp
k + p
y como la propiedad es cierta para 2m+1 = k + p se deduce que
(a1 · · · ak) 1
k = a1 + · · · + ak
a1 = · · · = ak = b1 = · · · = bp y en particular a1 = · · · = ak
2. Sean a1, . . . , an y b1, . . . , bn dos conjuntos de números reales.
Probar la identidad de Lagrange:
7
p k
k+p
k
=

8 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
2
n
n
ajbj = a
j=1
j=1
2
n
j b
j=1
2
j − 1
n
(ajbk − akbj)
2
j,k=1
2
Llamemos (1) al miembro de la izquierda y (2) al de la derecha. Se
demostrará por inducción sobre n:
Si n = 2
(1)=(a1b1 + a2b2) 2 = a2 1b21 + a22 b22 + 2a1b1a2b2 y
(2)=(a2 1 +a22 )(b21 +b2 1
2 )−
2 [(a1b2 −a2b1) 2 +(a2b1 −a1b2) 2 ] = a 2 1b 2 1 +a 2 1b 2 2 +
a 2 2b 2 1 + a 2 2b 2 2 − 1
2 · 2(a1b2 − a2b1) 2 = a 2 1b 2 1 + a 2 2b 2 2 + 2a1b1a2b2
luego es claro que (1)=(2).
Supongamos ahora que la propiedad es cierta para n = k y veamos que
entonces necesariamente lo es también para n = k + 1; en efecto,
2 2 k+1
k
(1)= ajbj = ajbj + a
j=1
j=1
2 k+1b2
k
k+1 + 2ak+1bk+1 ajbj =
j=1
k k
− 1
k
(ajbi−biaj)
2
2 + a 2 k+1b 2 ⎛
k
⎝
k+1+2ak+1bk+1
a
j=1
2 j
b
j=1
2 j
Por otra parte
k+1 k+1
(2)=
i,j=1
j=1
⎞
ajbj ⎠
a
j=1
2 j b
j=1
2
j − 1
k+1
(ajbi−aibj)
2
i,j=1
2 ⎛
k
= ⎝ a
j=1
2 j + a 2 ⎞ ⎛
k
⎠ ⎝
k+1 b
j=1
2 j
k 1
(ajbi −aibj)
2
i,j=1
2 − 1
k+1
(ak+1bi −aibk+1)
2
i=1
2 − 1
k+1
(aibk+1 −ak+1bi)
2
i=1
2 =
⎛
k
⎝ a
j=1
2 ⎞ ⎛
k
⎠ ⎝
j b
j=1
2 ⎞
⎠
j + b 2 ⎛
k
⎝
k+1 a
j=1
2 ⎞
⎠
j + a 2 ⎛
k
⎝
k+1 b
j=1
2 ⎞
⎠
j + a 2 k+1b 2 k+1 −
k 1
(ajbi − aibj)
2
i,j=1
2 − 2 · 1
k+1
(ak+1bi − aibk+1)
2
i=1
2 ⎛
k
= ⎝ a
j=1
2 ⎞ ⎛
k
⎠ ⎝
j b
j=1
2 ⎞
⎠
j +
b 2 ⎛
k
⎝
k+1 a
j=1
2 ⎞
⎠
j + a 2 ⎛
k
⎝
k+1 b
j=1
2 ⎞
⎠
j + a 2 k+1b 2 k+1 − 1
k
(ajbi − aibj)
2
i,j=1
2 −
k
(a
i=1
2 k+1b 2 i + a 2 i b 2 k+1 − 2ak+1bk+1aibi) + a 2 k+1b 2 k+1 + a 2 k+1b 2 k+1 − 2a 2 k+1b 2 k+1
⎛
k
⎝ a
j=1
2 ⎞ ⎛
k
⎠ ⎝
j b
j=1
2 ⎞
⎠+a j
2 k+1b 2 k+1− 1
k
(ajbi−aibj)
2
i,j=1
2 k
+2ak+1bk+1 aibi
i=1
luego es claro que (1)=(2).
+ b 2 k+1
=
⎞
⎠−

3. Deducir la desigualdad de Cauchy de la identidad de Lagrange.
n
2
n
≤
n
ajbj
j=1
a
j=1
2 j
b
j=1
2 j
y demostrar que la igualdad se da si y sólo si las n-tuplas ordenadas
(a1, . . . , an) y (b1, . . . , bn) son proporcionales.
De la identidad de Lagrange se deduce que
n
a
j=1
2
n
j b
j=1
2 2 n
j − ajbj =
j=1
1
n
(ajbk − akbj)
2
j,k=1
2 ≥ 0 =⇒
⎛ ⎞2
⎛
n
n
⎝ ajbj ⎠ ≤ ⎝ a
j=1
j=1
2 ⎞ ⎛
n
⎠ ⎝
j b
j=1
2 ⎞
⎠
j
2
n
n
Por otra parte, si ajbj = a
j=1
j=1
2
n
j b
j=1
2
j ⇐⇒
n 1
(ajbk − akbj)
2
j,k=1
2 n
= 0 ⇐⇒ (ajbk − akbj)
j,k=1
2 = 0 ⇐⇒
ajbk−akbj = 0 ∀ j, k ∈ {1, . . . , n} ⇐⇒ ajbk = akbj ∀ j, k ∈ {1, . . . , n} =⇒
aj
=
bj
ak
∀ j, k ∈ {1, . . . , n} =⇒ (a1, . . . , an) y (b1, . . . , bn) son propor-
bk
cionales.
Recíprocamente, si (a1, . . . , an) y (b1, . . . , bn) son proporcionales existe
una constante K tal que (a1, . . . , an) = K(b1, . . . , bn); como
a1 = Kb1, . . . , an = Kbn necesariamente es K2 = (a21 + · · · + a2n b2 1 + · · · + b2 n
2
n
ajbj = (a1b1 + · · · + anbn)
j=1
2 = K2 (b2 1 + · · · + b2n) 2 =
(a2 1 + · · · + a2n)(b2 1 + · · · + b2n) 2
(b2 1 + · · · + b2 ⎛
n
= ⎝ a
n)
j=1
2 ⎞ ⎛
n
⎠ ⎝
j b
j=1
2 ⎞
⎠
j
9
luego
4. Usando la desigualdad de Cauchy establecer la desigualdad
triangular
n
(aj + bj)
j=1
2
1
2 n
≤ a
j=1
2 1
2 n
j + b
j=1
2 1
2
j
(Ésta última desigualdad se conoce también como desigualdad
de Minkowski).

10 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
n
(aj +bj)
j=1
2
n
= a
j=1
2
n
j + b
j=1
2
j +2 n
n
ajbj ≤ a
j=1
j=1
2
n
j + b
j=1
2
j +
n
2 a
j=1
2 1
2
j
n
b
j=1
2 1 ⎡
2 n
j = ⎣ a
j=1
2 1
2 n
j + b
j=1
2 1 ⎤2
2
⎦
j =⇒
n
(aj + bj)
j=1
2
1
2
1
n
2
≤ aj‘2
j=1
n
+ b
j=1
2 1
2
j
5. Sean a y b números reales no negativos y 0 < α < 1; demostrar
que
a α b 1−α ≤ αa + (1 − α)b
y que la igualdad se da si y sólo si a = b.
Deducir de lo anterior que si r > 1 y s es su conjugado, es decir,
satisface la relación
1 1
+ = 1
r s
entonces cualesquiera que sean A y B positivos se tiene que
AB ≤ Ar
r
+ Bs
s
siendo cierta la igualdad si y sólo si A r = B s
Si a = 0 o b = 0 la desigualdad es trivial; supongamos entonces que a > 0
y b > 0; veamos que el polinomio p(x) = −xα + αx + 1 − α ≥ 0 ∀ x > 0
y que además p(x) = 0 ⇐⇒ x = 1; en efecto,
Si x > 1 el teorema del valor medio garantiza la existencia de un
p(x) − p(1)
y ∈ (1, x) tal que = p
x − 1
′ (y) y como p(1) = 0 resulta
p(x) = (x − 1)(α − αyα−1
) = α(x − 1) 1 − 1
y1−α
Ahora bien, 0 < α < 1 =⇒ 0 < 1 − α < 1 luego como y > 1 se tiene
que y1−α > 1 =⇒ 1
< 1 y así 1 −
y1−α 1
y1−α
> 0 y en definitiva
p(x) > 0. Análogamente se deduce que si x < 1 entonces x − 1 < 0 y
1 − 1
z1−α
< 0 y por tanto también en este supuesto p(x) > 0, siendo
z ∈ (x, 1).
Por otra parte, es claro que p(x) = 0 ⇐⇒ x = 1, así pues, como a
> 0
b

a
necesariamente p ≥ 0 ⇐⇒ −
b
α
a a
≤ α + 1 − α ⇐⇒
b b
aαb1−α b
a α b 1−α ≤ αa + (1 − α)b
Además se da la igualdad si y sólo si p
Si ahora r > 1 y 1 1
+
r s
y 1
s
α a
+ α
b
≤
11
a
+ 1 − α ≥ 0 ⇐⇒
b
αa + (1 − α)b
⇐⇒
b
a
= 0 ⇐⇒
b
a
= 1 ⇐⇒ a = b
b
= 1 y A, B son positivos, entonces 0 < 1
r
< 1
= 1 − 1
r > 0 luego aplicando la propiedad anterior a a = Ar y a
b = B s con α = 1
r resulta
(Ar ) 1
r (Bs ) 1
s ≤ Ar Bs
Ar Bs
+ ⇐⇒ AB ≤ +
r s r s
siendo cierta la igualdad si y sólo si Ar = Bs 6. Sean a1, . . . , an y b1, . . . , bn números reales positivos. Si
r, s > 1 y 1 1
+ = 1 establecer la desigualdad de Hölder:
r s
n
n
ajbj ≤ a
j=1
j=1
r 1
r
j
n
b
j=1
s 1
s
j
A partir de la desigualdad de Hölder, demostrar la desigualdad
de Minkowski
n
(aj + bj)
j=1
r
1
r
≤
n
a
j=1
r 1
r n
j + b
j=1
r 1
r
j
Observemos que si r = 2 entonces 1 1 1
= 1− = luego la desigualdad
s r 2
es cierta ya que se trata de la desigualdad de Cauchy. En otro caso, sean
1 1
n r
n s
A =
y B = ; aplicando el resultado 5.
a aj
A
aj bj
A B
a
j=1
r j
y bj
B
≤ 1
r
aj
A
1 1
+ = 1 =⇒
r s
b
j=1
s j
∀ j = 1, . . . , n resulta que
r + 1
s n
bj
=⇒
s B
n
ajbj 1 a
≤
AB r
j=1
j=1
r j
Ar n 1 b
+
s
j=1
s j
⎛
n
n
n
ajbj ≤ AB ⇐⇒ ajbj ≤ ⎝ a
j=1
j=1
j=1
r ⎞ 1
r
⎠
j
⎛
n
⎝ b
j=1
s ⎞ 1
s
⎠
j
=
Bs

12 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
Por otra parte,
n
(aj + bj)
j=1
r = n
(aj + bj)
j=1
r−1 (aj + bj) = n
aj(aj + bj)
j=1
r−1 +
n
bj(aj + bj)
j=1
r−1
n
≤ a
j=1
r 1
r
j
n
[(aj + bj)
j=1
r−1 ] s
1
s
n
+ b
j=1
r 1
r
j
n
[(aj + bj)
j=1
r−1 ] s
1
s
⇐⇒
n
(aj + bj)
j=1
r
n
≤ [(aj + bj)
j=1
r−1 ] s
1 ⎡
s n
⎣ a
j=1
r 1
r n
j + b
j=1
r 1 ⎤
r
⎦
j ⇐⇒
n
(aj + bj)
j=1
r
n
(aj + bj)
j=1
r
⎛
n
1 ≤ ⎝ a
s
j=1
r ⎞ 1 ⎛
r n
⎠
j + ⎝ b
j=1
r ⎞ 1
r
⎠
j ⇐⇒
⎛
n
⎝ (aj + bj)
j=1
r
⎞ 1 ⎛
r n
⎠ ≤ ⎝ a
j=1
r ⎞ 1 ⎛
r n
⎠
j + ⎝ b
j=1
r ⎞ 1
r
⎠
j
habiéndose tenido en cuentaque 1 1
+
r s
(r − 1)s = r y 1 − 1 1
=
s r
7. Usando la desigualdad de Hölder, probar que
1
n
⎛
n
aj ≤ ⎝
j=1
1
n
a
n
j=1
r ⎞
⎠
j
= 1 =⇒ r + s = rs y por tanto
n n
1
1
aj = aj
n
n
j=1 j=1
≤
⎛
n
⎝ a
j=1
r ⎞ 1
r
⎠
j
⎛ ⎞ 1 ⎛
n
s s n
1
⎝ ⎠ = ⎝ a
n
j=1
j=1
r ⎞ 1
r
n
⎠
j
ns 1
s
=
⎛
n
⎝ a
j=1
r ⎞ 1
⎛
r 1 n
⎠
j n
1−s s
= ⎝ a
j=1
r ⎞ 1 ⎛
r n
1
⎠ −
j n r = ⎝ a
j=1
r ⎞ 1 ⎛
r 1
1 r
⎠
j = ⎝
n
1
n
a
n
j=1
r ⎞
⎠
j
8. Si a1 ≤ a2 y b1 ≤ b2 entonces (a1 − a2)(b1 − b2) ≥ 0 y por
tanto,
a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1
Demostrar que si a1 ≤ · · · ≤ an y b1 ≤ · · · ≤ bn entonces
1
r
1
r

n n
n n
ajbj ≥ aj bj
j=1
j=1 j=1
La propiedad es cierta si n = 2; en efecto, si a1 ≤ a2 y b1 ≤ b2 =⇒
(a1 − a2)(b1 − b2) ≥ 0 ⇐⇒ a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 ⇐⇒
2(a1b1 + a2b2) ≥ a1b2 + a2b1 + a1b1 + a2b2 = (a1 + a2)(b1 + b2)
Veamos ahora que la propiedad se cumple para k ∈ IN arbitrario; sean
a1 ≤ · · · ≤ ak y b1 ≤ · · · ≤ bk entonces
⎧
⎪⎨
a1 ≤ a2 y b1 ≤ b2 =⇒ (a1 + a2)(b1 + b2) ≤ 2(a1b1 + a2b2)
k−1
⎪⎩
.
.
.
a1 ≤ ak y b1 ≤ bk =⇒ (a1 + ak)(b1 + bk) ≤ 2(a1b1 + akbk)
⎧
⎪⎨
a2 ≤ a3 y b2 ≤ b3 =⇒ (a2 + a3)(b2 + b3) ≤ 2(a2b2 + a3b3)
k−2
⎪⎩
.
.
.
a2 ≤ ak y b2 ≤ bk =⇒ (a2 + ak)(b2 + bk) ≤ 2(a2b2 + akbk)
1
.
.
ak−1 ≤ ak y bk−1 ≤ bk =⇒ (ak−1 + ak)(bk−1 + bk) ≤ 2(ak−1bk−1 + akbk)
Por tanto, sumando miembro a miembro las desigualdades, se deduce
que
k
k
(k−1)a1b1+a1 bj +b1 aj +
j=2
j=2
k
k
ajbj+(k−2)a2b2+a2 bj +
j=2
j=3
k
b2 aj +
j=3
k
ajbj + · · · + ak−1bk−1 + ak−1bk + bk−1ak + akbk ≤
j=3
k
2(k − 1) ajbj es decir
j=1
k
k
k
k
k
(k−1) ajbj +a1 bj +b1 aj +a2 bj +b2 aj +
j=1
j=2
j=2
j=3
j=3
k
· · · + ak−1bk + bk−1ak ≤ 2(k − 1) ajbj
j=1
Si agrupamos términos y sumamos en ambos miembros la expresión
k
ajbj resulta que
j=1
.
13

14 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
k
k
k
k
k
ajbj + a1 bj + b1 aj + a2 bj + b2 aj + · · · +
j=1
j=2
j=2
j=3
j=3
k
k k
k
ak−1bk + bk−1ak ≤ k ajbj ⇐⇒ aj bj ≤ k ajbj
j=1
j=1 j=1
j=1
9. Supuesto que 0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ an y 0 ≤ b1 ≤ · · · ≤ bn y r ≥ 1 establecer
la desigualdad de Chebyshev
⎡
⎣ 1
n
n
a
j=1
r ⎤
⎦
j
1
r ⎡
⎣ 1
n
n
b
j=1
r ⎤
⎦
j
1
r
≤
⎡
⎣ 1
n
n
(ajbj) r
⎤
⎦
Aplicando el resultado del ejercicio anterior a los números ar 1
ar n y br 1 ≤ · · · ≤ br n resulta que
n
a
j=1
r
n
j b
j=1
r
j ≤ n n
a
j=1
r jbr 1
j ⇐⇒
n2 ⎛
n
⎝ a
j=1
r ⎞ ⎛
n
⎠ ⎝
j b
j=1
r ⎞
⎠
j ≤ 1
n
n
j=1
⎛
n 1
⎝ a
n
j=1
r ⎞
⎠
j
1
⎛
n
⎝ b
n
j=1
r ⎞
⎠
j ≤ 1
n
(ajbj)
n
j=1
r ⇐⇒
⎡
⎣ 1
⎛
n
⎝ a
n
j=1
r ⎞⎤
1
r
⎠⎦
j
⎡
⎣ 1
⎛
n
⎝ b
n
j=1
r ⎞⎤
1 ⎡
r
⎠⎦
j ≤ ⎣ 1
n
(ajbj)
n
j=1
r
⎤ 1
r
⎦
10. Si ω1 y ω2 son estrictamente positivos, demostrar que
j=1
(x1, x2) · (y1, y2) = x1y1ω1 + x2y2ω2
1
r
≤ · · · ≤
a r jb r j ⇐⇒
define un producto interior (o escalar) sobre IR 2 . Generalizar
a IR n
∀ (x1, x2), (y1, y2), (z1, z2) ∈ IR 2
1. ω1, ω2 > 0 =⇒ (x1, x2) · (x1, x2) = x 2 1 ω1 + x 2 2 ω2 ≥ 0
2. (x1, x2) · (x1, x2) = x 2 1 ω1 + x 2 2 ω2 = 0 ⇐⇒ x1 = x2 = 0 ⇐⇒
(x1, x2) = (0, 0) ∈ IR 2
3. (x1, x2) · (y1, y2) = x1y1ω1 + x2y2ω2 = y1x1ω1 + y2x2ω2 =
(y1, y2) · (x1, x2)
4. (x1, x2) · [(y1, y2) + (z1, z2)] = (x1, x2) · (y1 + z1, y2 + z2) =
x1(y1+z1)ω1+x2(y2+z2)ω2 = x1y1ω1+x2y2ω2+x1z1ω1+x2z2ω2 =
(x1, x2) · (y1, y2) + (x1, x2) · (z1, z2)

La generalización a IR n queda como sigue:
Sean x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ IR n y ω1, . . . , ωn > 0 entonces
(x1, . . . , xn) · (y1, . . . , yn) =
define un producto interior o escalar sobre IR n
11. Si x = (x1, . . . , xn) ∈ IR n , definimos
x∞ = sup{|x1|, . . . , |xn|}
n
xjyjωj
j=1
Probar que la aplicación x −→ x∞ es una norma sobre IR n
Definimos
x1 = |x1| + · · · + |xn|
Probar que la aplicación x −→ x1 es también una norma sobre
IR n
Demostrar que existen constantes positivas a, b tales que
ax1 ≤ x∞ ≤ bx1 ∀ x ∈ IR n
y que existen constantes positivas m, l tales que
mx1 ≤ x2 ≤ lx1 ∀ x ∈ IR n
1. x∞ = sup{|x1|, . . . , |xn|} ≥ 0
2. x∞ = 0 ⇐⇒ sup{|x1|, . . . , |xn|} = 0 ⇐⇒ |x1| = · · · = |xn| =
0 ⇐⇒ x1 = · · · = xn = 0 ⇐⇒ x = (x1, . . . , xn) = (0, . . . , 0)
3. ∀ λ ∈ IR es λx∞ = sup{|λx1|, . . . , |λxn|} = sup{|λ||x1|, . . . , |λ||xn|} =
|λ| sup{|x1|, . . . , |xn|} = |λ|x∞
4. x + y∞ = sup{|x1 + y1|, . . . , |xn + yn|} ≤ sup{|x|, . . . , |xn|} +
sup{|y1|, . . . , |yn|} = x∞ + y∞
Por otra parte
1. x1 = |x1| + · · · + |xn| ≥ 0 ya que ∀ i = 1, . . . , n es |xi| ≥ 0
∀ x ∈ IR n
2. x1 = |x1| + · · · + |xn| = 0 ⇐⇒ |x1| = · · · = |xn| = 0 ⇐⇒
x1 = · · · = xn = 0 ⇐⇒ x = 0
15

16 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
3. ∀ λ ∈ IR es λx1 = |λx1| + · · · + |λxn| = |λ||x1| + · · · + |λ||xn| =
|λ|(|x1| + · · · + |xn|) = |λ|x1
4. x+y1 = |x1 +y1|+· · ·+|xn +yn| ≤ |x1|+|y1|+· · ·+|xn|+|yn| =
x1 + y1
Además
1
n (|x1| + · · · + |xn|) ≤ sup {|xj|} ≤ |x1| + · · · + |xn| y así basta con
1≤j≤n
tomar a = 1
y b = 1 para que se cumpla
n
ax1 ≤ x∞ ≤ bx1 ∀ x ∈ IR n
Por otra parte, ∀ j = 1, . . . , n es |xj| ≤ x2 ≤ √ n sup {|xi|} luego
1≤i≤n
1
n x1 = 1
n (|x1| + · · · + |xn|) ≤ x2 ≤ √ nx∞ ≤ √ nx1 y así basta
tomar m = 1
n y l = √ n para que se cumpla
donde x2 =
mx1 ≤ x2 ≤ lx1 ∀ x ∈ IR n
x 2 1 + · · · + x2 n
La representación gráfica de las bolas está en función del tipo de norma
y si B(0, r) representa la bola centrada en el origen y de radio r > 0
entonces en IR 2 se tiene:
✛✘
✚✙
❅
❅
norma · 2 norma · 1 norma · ∞
12. Un subconjunto K ⊂ IR n se dice convexo si cuando x, y ∈ K
y t ∈ [0, 1] se verifica que (1 − t)x + ty = x + t(y − x) pertenece

también a K.
Dar ejemplos en IR 2 , acompañados de una interpretación geométrica,
de conjuntos convexos y de conjuntos no convexos.
Demostrar que la intersección de cualquier colección de conjuntos
convexos es un conjunto convexo.
¿Es convexa la unión de dos conjuntos convexos?
Sea K = {(x, y) ∈ IR 2 | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}
K ⊂ IR 2
Veamos que K es convexo; en efecto, si x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ K y
t ∈ [0, 1] entonces (1 − t)(x1, x2) + t(y1, y2) =
((1−t)x1 +ty1, (1−t)x2 +ty2) ∈ K ya que los intervalos [a, b] y [c, d] son
convexos de IR y se tiene que x1, y1 ∈ [a, b] y x2, y2 ∈ [c, d]; en efecto,
a(1−t) ≤ (1−t)x1 ≤ (1−t)b y ta ≤ ty1 ≤ tb =⇒ a ≤ (1−t)x1 +ty1 ≤ b.
Análogamente, se deduce que c ≤ (1 − t)x2 + ty2 ≤ d.
Sea M ⊂ IR 2 el conjunto de la figura:
M ⊂ IR 2
x y . .
✛ ✘
✚✙
✫ ✪
17

18 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
Es claro que el conjunto M ⊂ IR 2 no es convexo pues existen elementos
x, y ∈ M como los de la figura tales que el segmento que los une no está
contenido en él.
Consideremos ahora una familia arbitraria de conjuntos convexos
{Ki}i∈I ⊂ IR n , y veamos que entonces
Ki es necesariamente convexo;
i∈I
en efecto, dados x, y ∈
Ki =⇒ x, y ∈ Ki ∀ i ∈ I. Ahora bien, ∀ i ∈ I
i∈I
es Ki convexo, luego si 0 ≤ t ≤ 1 se tiene que (1 − t)x + ty ∈ Ki ∀ i ∈ I
de donde se deduce que (1 − t)x + ty ∈
Ki, y así es
Ki convexo.
La unión arbitraria de conjuntos convexos no es necesariamente convexo.
Sea M la unión de dos bolas disjuntas; las bolas son convexos, pero M
no lo es, pues si se toman un elemento de cada bola, s claro que el
segmento que los une no está contenido en M.
✚✙
M ⊂ IR 2
i∈I
✛✘
y
✛✘✚✙
x
13. Sea B un subconjunto de IR n . Demostrar que son equivalentes:
i) B es un conjunto abierto
ii) ∀ x ∈ B es x un punto interior de B
iii) B es entorno de cada uno de sus puntos
i)=⇒ii)
Sea x ∈ B; como B es abierto ∃ r > 0 tal que B ◦ (x, r) ⊂ B luego es x un
punto interior de B.
ii) =⇒ iii)
Sea x ∈ B; por hipótesis x es un punto interior de B luego existe un
abierto G ⊂ B tal que x ∈ G ⊂ B; por tanto G es entorno de x y B
i∈I

también.
iii) =⇒ i)
Sea x ∈ B; como B es entorno de x, existe un abierto Gx tal que
x ∈ Gx ⊂ B; así pues B =
Gx luego es B abierto.
x∈B
14. Demostrar que un subconjunto F ⊂ IR n es cerrado si y sólo
si contiene a todos sus puntos fontera.
Recordemos previamente algunas definiciones; la frontera de un conjunto
A se denota por δ(A) o F r(A) y se define por δ(A) = F r(A) = A A c ,
donde A denota la adherencia o clausura de A, es decir, A = A A ′ con
A ′ el conjunto derivado de A o de sus puntos de acumulación.
Si F es cerrado entonces F = F y por tanto δ(F ) = F F c ⊂ F = F ;
para ver el recíproco, veamos previamente que F = F δ(F ); en efecto,
δ(F ) = F F c = F (F ◦ ) c = F −F ◦ luego F =F ◦ (F −F ◦ ) =F ◦ δ(F ) ⊂
F δ(F ) y como F ⊂ F y δ(F ) ⊂ F también se tiene F δ(F ) ⊂ F ; si
ahora F contiene a sus puntos frontera, es decir, si δ(F ) ⊂ F entonces
F = F δ(F ) = F y es F cerrado.
15. Sean A y B dos subconjuntos no vacíos de IR n . Demostrar
que el producto cartesiano A × B es abierto (respectivamente,
cerrado) en IR 2 si y sólo si A y B son abiertos (respectivamente,
cerrados) en IR.
Supongamos que A, B ⊂ IR son abiertos y consideremos (a, b) ∈ A × B;
entonces a ∈ A y b ∈ B luego ∃, r, s > 0 tales que (a − r, a + r) ⊂ A
y (b − s, b + s) ⊂ B =⇒ (a − r, a + r) × (b − s, b + s) ⊂ A × B y así
B((a, b), ϕ) ⊂ A × B donde ϕ = 1
min{r, s} luego A × B es abierto.
2
Recíprocamente, sea a ∈ A arbitrario; tomemos un elemento b ∈ B
cualquiera, lo cual es posible pues B es no vacío. Así, (a, b) ∈ A × B
que es abierto por hipótesis, luego ∃ r > 0 tal que B((a, b), r) ⊂ A × B;
dicha bola contiene al rectángulo abierto (a − s, a + s) × (b − s, b + s)
donde s = r
> 0, y por tanto, (a − s, a + s) ⊂ A luego es A abierto;
2 √ 2
que B es abierto se demuestra análogamente.
Por otra parte, A × B es cerrado ⇐⇒ (A × B) c es abierto ⇐⇒ A c × B c
es abierto ⇐⇒ A c , B c ⊂ IR son abiertos ⇐⇒ A, B ⊂ IR son cerrados.
15. Sea ∀ k ∈ IN Jk ⊂ IR n el rectángulo “cerrado” dado por
19

20 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
Jk =
n
[k, +∞] × · · · × [k, +∞].
Demostrar que {Jk}k∈IN es una sucesión de rectángulos cerrados
encajados, pero que no tienen ningún punto en común.
Es claro que Jk+1 ⊂ Jk ∀ k ∈ IN y que Jk es cerrado;
k + 1
k
Si existe x = (x1, . . . , xn) ∈
k k + 1
k∈IN
∀ k ∈ IN ∀ j = 1, . . . , n lo cual es absurdo.
Jk entonces se deduce que xj ≥ k
16. Sea A cualquier subconjunto de IR n . Demostrar que existe
un subconjunto numerable C de A tal que si x ∈ A y ε > 0
entonces existe un z ∈ C tal que z − x < ε. Deducir de lo anterior
que cada elemento de A o está en C o es un punto de
acumulación de C.
En IR, al ser IQ denso en IR basta tomar C = IQ A; en IR n se tiene
que IQ n es denso en IR n luego basta tomar C = A IQ n . Si ahora x ∈ A
entonces x ∈ C o de lo contrario x ∈ C ′ ya que
∀ ε > 0 es B(x, ε) ∗ C = Ø
16. Demostrar, sin hacer uso del teorema de Heine-Borel, que
la bola abierta de IR 2 B(0, 1) = {(x, y) | x 2 + y 2 < 1} no es compacta.
Sea la familia {Gr}r donde ∀ r = 2, 3, . . . , es Gr = B((0, 0), 1 − 1
r ); es
claro que constituye un recubrimiento abierto de B((0, 0), 1) del que no
puede extraerse ningún subrrecubrimiento finito.

17. Si K es un subconjunto compacto de IR n y x ∈ IR n , demostrar
que el conjunto Kx = {x + y | y ∈ K} es también compacto.
La aplicación
Sx : IR n −→ IR n
y ↦−→ Sx(y) = x + y
es continua luego si K es compacto entonces Sx(K) también es compacto;
ahora bien, Sx(K) = Kx.
18. Si C es un conexo en IR n y x es un punto de acumulación
de C, demostrar que C {x}es conexo.
Si x ∈ C es trivial ya que entonces C {x} = C que es conexo; supongamos
pues que x /∈ C y demostremos por reducción al absurdo que
C {x} es conexo; en efecto, si C {x} es no conexo existen abiertos no
vacíos A, B tales que
1. A (C {x}) = Ø
2. B (C {x}) = Ø
3. A B (C {x}) = Ø
4. [A (C {x})] [B (C {x})] = C {x}
De 1) se deduce que A C = Ø o bien x ∈ A en cuyo caso y por ser
x un punto de acumulación de C y ser A abierto también se deduce
que A C = Ø; análogamente de 2) se deduce que B C = Ø; por
otra parte C ⊂ C {x} luego de 3) se deduce que C A B = Ø.
Finalmente, veamos que C = (C A) (C B); en efecto, puesto que
el caso x /∈ A y x /∈ B no puede darse ya que de 4) se deduciría que
C {x} = (C A) (C B) que es absurdo, necesariamente ha de darse
uno de los siguientes tres casos:
a) x ∈ A y x /∈ B
b) x ∈ A y x ∈ B
c) x /∈ A y x ∈ B
De los tres casos y por 4) se deduce que C {x} = (C A) {x} (C B)
de donde C = (C A) (C B); en definitva, los abiertos A, B forman
también una disconexión de C lo cual contradice la hipótesis de que C
21

22 1. LA TOPOLOGÍA DE LOS ESPACIOS EUCLÍDEOS
es conexo.
18. Demostrar que el conjunto
A = {(x, y) ∈ IR 2 | 0 < y ≤ x 2 , x = 0} {(0, 0)} es conexo en IR 2 .
¿Pueden unirse el punto (0,0) y cualquier otro de A mediante
una poligonal totalmente contenida en A?
Se utilizará el siguiente resultado:
Si F es una familia de conexos tal que
conexo.
Sean los conjuntos:
B1 = {(x, y) ∈ IR 2 | x < 0, y < x2 }
B2 = {(x, y) ∈ IR 2 | x > 0, y < x2 }
A∈F
A = Ø entonces
A∈F
A es
2
A1 = B1 {(x, y) ∈ IR | y = x2 , x ≤ 0}
2
A2 = B2 {(x, y) ∈ IR | y = x2 , x ≥ 0}
Es claro que A = A1 A2; además, B1, B2 son conexos ya que dados
dos cualesquiera de sus puntos éstos pueden unirse por una poligonal
totalmente contenida en ellos. Así, por el resultado y por el problema
17 se deduce que A1, A2 son conexos y de nuevo por el resultado, que A
es conexo.
Por otra parte, dado un punto arbitrario de A es imposible unirlo mediante
una poligonal totalmente contenida en A con el punto (0, 0), ya
que no hay ningún segmento que parta de (0, 0) totalmente contenido
en A.

2
Convergencia
1. Sea (xk)k∈ IN una sucesión en IR n y sea x ∈ IR n ; dada la
sucesión en IR (λk)k∈ IN, demostrar que si
i) lim
k∈ IN λk = 0
ii) xk − x ≤ C|λk| para algún C > 0 y ∀ k ∈ IN
entonces lim
k∈ IN xk = x.
Dado ε > 0 ∃ kε ∈ IN tal que ∀ k ≥ kε es |λk| < ε
como consecuencia
C
de i). Ahora bien, por ii) se tiene xk − x ≤ C|λk| ∀ k ∈ IN, y en
particular ∀ k ≥ kε es xk − x ≤ C|λk| < ε; en definitiva,
(xk)k∈ IN −→ x.
2. Sean A ⊂ IR n y x ∈ IR n ; demostrar que x es un punto frontera
de A (x ∈ δ(A) = Fr(A)) si y sólo si existe una sucesión (ak)
de elementos de A y una sucesión (bk) de elementos de A c tales
que lim
k∈ IN ak = x = lim
k∈ IN bk.
23