Calificativos Analisis PUC - Matemática .Prefacio Cada una de las seciones de este texto tiene el...

download Calificativos Analisis PUC - Matemática .Prefacio Cada una de las seciones de este texto tiene el an˜o del examen de calificaci´on desde el an˜o 2002 hasta el an˜o 2011 y contiene

of 37

  • date post

    05-Feb-2018
  • Category

    Documents

  • view

    212
  • download

    0

Embed Size (px)

Transcript of Calificativos Analisis PUC - Matemática .Prefacio Cada una de las seciones de este texto tiene el...

  • PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

    ANALISISE X A M E N E S D E C A L I F I C A C I O N

    Rodrigo Vargas

    Santiago de Chile

    2011

  • Prefacio

    Cada una de las seciones de este texto tiene el ano del examen de calificacion

    desde el ano 2002 hasta el ano 2011 y contiene las soluciones de algunos de los

    ejercicios propuestos en dichos examenes. La notacion M.i y D.i quiere decir

    i-esimo ejercicio del examen de Magister o del examen de Doctorado, respecti-

    vamente, del ano correspondiente.

  • 2002

    M.1. Sea X = {{an}nN | an R}, con la metrica

    d({an}, {bn}) =

    n=0

    1

    2n|an bn|

    1 + |an bn|.

    Sea f : R R y definida F : X X por F ({an}) = {f(an)}. Probarque F es continua en {an} si y solo si f es continua en an para cada n.

    Solucion. Supongamos que f es continua en an para todo n N. Dado > 0, tomemos n0 N tal que

    n=n0

    1

    2n 0 tal que si|an bn| < n implica que |f(an)f(bn)| < /4. Ahora bien, observe quesi

    d({an}, {bn}) < n0

    n=0

    1

    2n|an bn|

    1 + |an bn|<

    |an bn|1 + |an bn|

    < 2n

    (siempre que 2n < 1/2) |an bn| < 2n + 2n|an bn| < 2n +1

    2|an bn|

    12|an bn| < 2n

    |an bn| < 2n+1 .

    Si escogemos = mn{n/2n+1, 1/2n+1} entonces |an bn| < n paratodo n n0. Por lo tanto, como

    |x|1 + |x| |x| obtenemos que

    d(F ({an}), F ({bn})) n0

    n=0

    1

    2n|f(an) f(bn)|

    1 + |f(an) f(bn)|+

    n=n0

    1

    2n

    0 existe una unica h C[0, 1]tal que

    h(t) = f(t) +

    t

    0

    h(s)ds .

  • 4 Rodrigo Vargas

    Solucion. Consideremos la aplicacion L : C[0, 1] C[0, 1] definida por

    L(h)(t) := f(t) +

    t

    0

    h(s)ds .

    Entonces,

    L() L() = supt[0,1]

    |L()(t) L()(t)|

    = supt[0,1]

    || t

    0

    ((s) (s))ds

    || supt[0,1]

    t

    0

    |(s) (s)|ds

    || .

    Ahora bien,

    L2() L2()= sup

    t[0,1]

    |L2()(t) L2()(t)|

    = supt[0,1]

    L(f(t) +

    t

    0

    (s)ds

    ) L

    (f(t) +

    t

    0

    (s)ds

    )

    = supt[0,1]

    t

    0

    {f(s) +

    s

    0

    (r)dr

    }ds

    t

    0

    {f(s) +

    s

    0

    (r)dr

    }ds

    = supt[0,1]

    2

    t

    0

    s

    0

    ((r) (r))drds

    2 supt[0,1]

    t

    0

    s

    0

    drds =1

    22 .

    Procediendo inductivamente, vemos que

    Ln() Ln() n

    n! ,

    luego existe n0 N tal que n/n! < 1 y por el Teorema del punto fijo deBanach existe una unica h C[0, 1] tal que Ln0(h)(t) = h(t) para todot [0, 1]. Notemos que

    Ln0(h) = h Ln0+1(h) = L(h) Ln0(L(h)) = L(h) ,

    se sigue que L(h) es punto fijo de Ln0 , como el punto fijo es unico implica

    que L(h) = h.

  • 2003

    M.1. Sea f(x, y) =|x|p|y|qx2 + y2

    , (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0, p, q > 0. Determinecondiciones necesarias y suficientes para que f sea diferenciable en (0, 0).

    Solucion. Observe que f(x, y) > 0 para todo x, y 6= 0 y que cualquierrecta y = mx es llevada mediante f a

    w =mq|x|p+q

    (1 +m2)x2= C|x|p+q2 .

    Se concluye que el grafico de estas rectas es

    f

    x

    y

    x

    z

    y = mxz = f(x,mx)

    Luego, el grafico de f es de la forma

    y en (0, 0) la funcion lineal es identicamente cero. Entonces, sabemos que

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) f(0, 0) 0

    L(x, y) (x, y) = lm(x,y)(0,0)

    |x|p|y|q(x2 + y2)3/2

    = 0

    si y solo si f es diferenciable. En coordenadas polares se tiene que

    lm(x,y)(0,0)

    |x|p|y|q(x2 + y2)3/2

    = lmr0

    rp+q| cos |p| sen |qr3

    = 0

    siempre que p + q > 3. Por lo tanto, f es diferenciable en (0, 0) si y solo

    si p+ q > 3.

    5

  • 6 Rodrigo Vargas

    M.2. Se define

    F () =

    ex2

    (1 + x2)dx .

    Pruebe que F es derivable en todo punto.

    Solucion. Note que

    F () = 2

    0

    ex2

    (1 + x2)dx

    y ex2

    (1 + x2) 11+x2 1x2 para x suficientemente grande. En efecto,lo anterior es equivalente a ex

    2

    (1 + x2)+1 1 como

    lmx+

    (1 + x2)+1

    ex2= 0

    entonces existe A > 0 tal que ex2

    (1 + x2)+1 1 para todo x A.Como

    1

    dxx2 0 tal que B (U \ S) = ,luego

    0 = m() = m(B (U \ S) = m((B U) \ (B S)) .

  • Examenes de Calificacion Analisis - PUC 7

    Como U [(B U) \ (B S)] [(B U) \ (B S)] entonces

    0 = m((B U) \ (B S)) m(U [(B U) \ (B S)])= m((B U) \ (U B S)) .

    Como U B S B U y m(B U) m(B) 0, luego

    0 < m(B) m(U B) = 0

    lo cual es absurdo.

    D.4. Considere el espacio vectorial

    X = {f C1((0, 1)) | f

  • 8 Rodrigo Vargas

    (iii) Por demostrar que X es Banach.

    Sea {fn}n=1 X una sucesion de Cauchy, luego para todo > 0existe n0 N tal que

    |fn fm| < , n,m > n0 .

    En particular, para todo > 0

    |f n(x) f m(x)| < , n,m > n0, x (0, 1) . (1)

    Entonces. {f n(x)}n=1 R es una sucesion de Cauchy. Como R escompleto, existe g(x) R tal que lm

    nf n(x) = g(x). Considere

    la funcion g : (0, 1) R, x 7 g(x). Haciendo m en (1)obtenemos que

    |f n(x) g(x)| , n > n0, x (0, 1) . (2)

    Considere F (x) = x0g(t)dt, =

    10F (x)dx y G(x) = F (x)

    entonces G(x) = g(x). Luego, (2) nos dice que |fn G| paratodo n > n0, es decir, fn G cuando n .Basta probar que G X .En efecto, como fn0+1 X existe M > 0 tal que fn0+1 < M < y luego

    g f n0+1 g + f n0+1 < +M

  • Examenes de Calificacion Analisis - PUC 9

    Claramente Tn es un operador lineal para cada n N. Ademas, Tn esacotado para cada n N. En efecto,

    |Tn(g)(x)|

    |fn(x)||g(x)|dx

    (

    |fn(x)|2dx)1/2(

    |g(x)|2dx)1/2

    = fn2 g2 ,

    por lo que Tn(g) fn2. Definimos

    T (g) = lmn

    fn(x)g(x)dx .

    Ahora bien, como lmn

    fn(x)g(x)dx existe, entonces existe Mg > 0

    tal que

    fn(x)g(x)dx

    < Mg .

    Por el Teorema de Banach-Steinhaus tenemos que Tn < M , para todon N. Note que

    |T (g)| = lmn

    fn(x)g(x)dx

    = lmn |Tn(g)| Mg2 ,

    por lo que T

  • 10 Rodrigo Vargas

    Solucion. Notemos que

    fm(n) =12

    2

    0

    fm(x)eixndx

    =12

    2

    0

    f(mx)eixndx

    (y = mx) =1

    2m

    2m

    0

    f(y)eiyn/mdy

    = (

    2m)1m1

    k=0

    2(k+1)

    2k

    f(y)eiyn/mdy

    (u = y 2k) = (

    2m)1m1

    k=0

    2

    0

    f(u+ 2k)ein

    m(u+2k)du

    = (

    2m)1m1

    k=0

    2

    0

    f(u)eiun/mdu ei2k nm

    = f( nm

    ){ 1m

    m1

    k=0

    ei2kn

    m

    }.

  • 2004

    M.1. Sea {An} una sucesion de subconjuntos Lebesgue medibles del intervalo[0, 1],

    A =

    N=1

    n=N An y m la medida de Lebesgue.

    (a) Demuestre que si

    n=1m(An)

  • 12 Rodrigo Vargas

    si y solo si x es racional.

    Solucion. Supongamos que existe una sucesion fn : R R de funcionescontinuas tal que

    nfn

    |fn(x)| = 0 x Q .

    Para cada n N, considere los conjuntos

    Fn = {x R | nfm

    |fm(x)| < 1n} .

    Luego, Fn es abierto para cada n N y

    n=1

    Fn = {x R | nfm

    |fm(x)| = 0} = Q .

    Por lo que, Q es un G, lo cual es una contradiccion. En efecto, supong-

    amos que Q es un G, es decir, Q =

    n=1

    An, donde An es abierto para

    cada n N. Sea {qn}n=1 una enumeracion de Q y Bn = R {qn}. En-tonces, Bn es abierto denso de R. Note que Q An para todo n N,pues Q = An por lo que An es denso para todo n N. Luego

    6=Por Teorema de Baire

    (

    n=1

    An

    )(

    n=1

    Bn

    )=

    por construccion

    .

    D.5. Demuestre que

    f(x) =

    0

    tx2etcos tdt (x R)

    es una funcion continua de x para < 1.

    D.6. Sea E R un subconjunto de Lebesgue-medible con medida de Lebesguem(E) k , con k un entero positivo. Demuestre que existe un numeroreal t tal que el trasladado E + t de E contiene al menos k enteros.

    Solucion. Consideremos la funcion

    f =

    j=

    E(j x),

    donde E es la funcion caracteristica de E. La funcion f cuenta el numero

    de enteros pertenecientes al conjunto E. Note que f es 1 periodica, luego

    basta considerar x [0, 1]. Supongamos que f(x) k 1 para todo x [0, 1], entonces por el Teorema de la convergencia monotona de Lebesgue

  • Examenes de Calificacion Analisis - PUC 13

    tenemos que

    k 1 1

    0

    f(x)dx =

    1

    0

    j=

    E(j x)dx

    =

    j=

    1

    0

    E(j x)dx

    =

    j=

    m(E [j 1, j])

    = m

    j=

    E [j 1, j]

    = m(E) k

    lo cual es una contradiccion.

  • 2005

    M.1. Considere un espacio metrico numerable que solo contiene elementos que

    son puntos lmites. Demuestre que tal espacio no es completo.

    Solucion. Sea X =

    n=1

    {xn} espacio metrico numerable. Se sabe que

    int{x} = {x} si y solo si x es un punto aislado. Como xn es punto lmitepara todo n N entonces int{xn} = . Luego,

    int{xn} = int{xn} = ,

    o equivalentemente, {xn}c

    es denso. Por lo que, los conjuntos {xn} sondensos en ninguna parte y X es union numerable de conjuntos densos

    en ninguna parte lo que implica que X es de primera categora. Por el

    Teorema de Baire, X no es completo.

    M.2. Sea X un espacio metrico. Para todo x X se denota d(x) la distanciade x a X \{x}. Probar que X es compacto si y solo si las dos propiedadessiguientes se ve