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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 = ann∈N | 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). Probar
que 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
ε > 0, tomemos n0 ∈ N tal que
∞∑
n=n0
1
2n<ε
2.
Por la continuidad de f , para cada n ≤ n0 existe δn > 0 tal que si
|an− bn| < δn implica que |f(an)−f(bn)| < ε/4. Ahora bien, observe que
si
d(an, bn) < δ ⇒n0∑
n=0
1
2n|an − bn|
1 + |an − bn|< δ
⇒ |an − bn|1 + |an − bn|
< 2nδ
(siempre que 2nδ < 1/2) ⇒ |an − bn| < 2nδ + 2nδ|an − bn| < 2nδ +1
2|an − bn|
⇒ 1
2|an − bn| < 2nδ
⇒ |an − bn| < 2n+1δ .
Si escogemos δ = mınδn/2n+1, 1/2n+1 entonces |an − bn| < δn para
todo 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
<
n0∑
n=0
1
2n|f(an) − f(bn)| +
ε
2
≤∞∑
n=0
1
2nε
4+ε
2=ε
2+ε
2= ε .
Recıprocamente, si F es continua en an. Fijemos an0∈ R y tomemos
bkn0→ an0
cuando k → ∞. Por demostrar que f(bkn0) → f(an0
) cuando
1
2 Rodrigo Vargas
k → ∞. Definimos bk ∈ X por
bkn =
an si n 6= n0
bkn0si n = n0
Note que bk = bkn −→ a = an cuando k → ∞ en X . Por la con-
tinuidad de F en an se tiene que
lımk→∞
d(F (bkn), F (an)) = 0 .
En particular,
lımk→∞
|f(bkn) − f(an)|1 + |f(bkn) − f(an)| = 0 , ∀ n ∈ N .
Observe que la funcion g : [0,+∞) → R dada por g(x) = x/(1 + x)
satisface g(x) → 0 si y solo si x→ 0. Luego, si g(|f(bkn0)− f(an0
)|) −→ 0
cuando k → ∞, lo que implica que |f(bkn0)−f(an0
)| −→ 0 cuando k → ∞,
como querıamos probar.
M.2. Sea X un espacio metrico completo y sea Ann∈N una coleccion de sub-
conjuntos abiertos densos en X . Probar que⋂
n∈N
An es denso.
Solucion. Por demostrar que dada cualquier bola B(x, r) existe a ∈A =
⋂n∈N
An tal que a ∈ B(x, r).
En efecto, como A1 es denso, B(x, r) ∩ A1 es abierto no vacio. Luego,
existe
B2 = B(x2, r2) ⊂ B(x, r) ∩ A1 con r2 <1
2.
Ahora bien, como A2 es abierto denso entonces B2 ∩ A2 es abierto no
vacio. Luego, existe
B3 = B(x3, r3) ⊂ B2 ∩ A2 con r3 <1
3.
Procediendo inductivamente obtenemos
B(x, r) ⊃ B2 ⊃ B3 ⊃ · · · ⊃ Bn ⊃ · · · ,
con diamBn = diamBn = rn → 0 cuando r → ∞, entonces existe a ∈ X
tal que⋂
n∈NBn = a. Note que Bn+1 ⊂ Bn ∩ An para todo n ∈ N.
Entonces, a ∈ A y a ∈ B1 = B(x, r), como queriamos probar.
M.3. Sea U ⊂ Rn y sea ϕ : U → Rn una contraccion estricta. Se define f(x) =
x+ ϕ(x) para x ∈ U .
(a) Probar que f es inyectiva.
(b) Probar que f−1 : f(U) → U es continua.
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 3
Solucion. Como ϕ es contraccion estricta,
‖ϕ(x) − ϕ(y)‖ ≤ λ‖x− y‖
para todo x, y ∈ U donde 0 < λ < 1. Luego, para cada x, y ∈ U se tiene
‖f(x) − f(y)‖ ≥ ‖x− y‖ − ‖ϕ(x) − ϕ(y)‖≥ ‖x− y‖ − λ‖x− y‖= (1 − λ)‖x− y‖ .
(a) Si f(x) = f(y) entonces
0 = ‖f(x) − f(y)‖ ≥ (1 − λ)‖x− y‖ ≥ 0 ,
lo que implica que x = y y f es inyectiva.
(b) Sean u,w ∈ f(U) tal que x = f−1(u), y = f−1(w) entonces
‖f−1(u) − f−1(w)‖ ≤ (1 − λ)−1‖u− w‖ ,
lo que implica que f−1 es continua.
D.4. Sea A ⊂ R un conjunto de medida cero, y sea f(x) = x2. Probar que
f(A) tambien tiene medida cero.
Solucion. Como m(A) = 0, dado ε > 0 existen intervalos disjuntos
(an, bn), n ∈ N tales que A ⊂⋃∞
n=1(an, bn) y
∞∑
n=1
m((an, bn)) < ε .
Entonces, si an, bn > 0 tenemos que
m(f(A)) ≤ m
(∞⋃
n=1
f(an, bn)
)= m
(∞⋃
n=1
(a2n, b2n)
)
=
∞∑
n=1
b2n − a2n =
∞∑
n=1
(bn − an)(an + bn) .
Ahora bien, si m ∈ Z, entonces A =⋃
m∈ZA ∩ [m,m+ 1] y se sigue que
m(f(A ∩ [m,m+ 1])) ≤∞∑
n=1
(bn − an)(an + bn) < 2(m+ 1)ε .
D.5. Sea f ∈ C[0, 1]. Probar que para cada λ > 0 existe una unica h ∈ C[0, 1]
tal que
h(t) = f(t) + λ
∫ 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) + λ
∫ t
0
h(s)ds .
Entonces,
‖L(ϕ) − L(ψ)‖∞ = supt∈[0,1]
|L(ϕ)(t) − L(ψ)(t)|
= supt∈[0,1]
|λ|∣∣∣∣∫ t
0
(ϕ(s) − ψ(s))ds
∣∣∣∣
≤ |λ| supt∈[0,1]
∫ t
0
|ϕ(s) − ψ(s)|ds
≤ |λ|‖ϕ− ψ‖∞ .
Ahora bien,
‖L2(ϕ) − L2(ψ)‖∞= sup
t∈[0,1]
|L2(ϕ)(t) − L2(ψ)(t)|
= supt∈[0,1]
∣∣∣∣L(f(t) + λ
∫ t
0
ϕ(s)ds
)− L
(f(t) + λ
∫ t
0
ψ(s)ds
)∣∣∣∣
= supt∈[0,1]
∣∣∣∣λ∫ t
0
f(s) + λ
∫ s
0
ϕ(r)dr
ds− λ
∫ t
0
f(s) + λ
∫ s
0
ψ(r)dr
ds
∣∣∣∣
= supt∈[0,1]
∣∣∣∣λ2
∫ t
0
∫ s
0
(ϕ(r) − ϕ(r))drds
∣∣∣∣
≤ λ2‖ϕ− ψ‖∞ supt∈[0,1]
∫ t
0
∫ s
0
drds =1
2λ2‖ϕ− ψ‖∞ .
Procediendo inductivamente, vemos que
‖Ln(ϕ) − Ln(ψ)‖∞ ≤ λn
n!‖ϕ− ψ‖∞ ,
luego existe n0 ∈ N tal que λn/n! < 1 y por el Teorema del punto fijo de
Banach existe una unica h ∈ C[0, 1] tal que Ln0(h)(t) = h(t) para todo
t ∈ [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. Determine
condiciones 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 cualquier
recta y = mx es llevada mediante f a
w =mq|x|p+q
(1 +m2)x2= C|x|p+q−2 .
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
lım(x,y)→(0,0)
‖f(x, y) − f(0, 0) −0︷ ︸︸ ︷
L(x, y) ‖‖(x, y)‖ = lım
(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
lım(x,y)→(0,0)
|x|p|y|q(x2 + y2)3/2
= lımr→0
rp+q| cos θ|p| sen θ|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 (α) =
∫ ∞
−∞
e−x2
(1 + x2)αdx .
Pruebe que F es derivable en todo punto.
Solucion. Note que
F (α) = 2
∫ ∞
0
e−x2
(1 + x2)αdx
y e−x2
(1 + x2)α ≤ 11+x2 ≤ 1
x2 para x suficientemente grande. En efecto,
lo anterior es equivalente a e−x2
(1 + x2)α+1 ≤ 1 como
lımx→+∞
(1 + x2)α+1
ex2 = 0
entonces existe A > 0 tal que e−x2
(1 + x2)α+1 ≤ 1 para todo x ≥ A.
Como∫∞
1dxx2 <∞, se concluye que F esta bien definida para todo α ∈ R.
Ahora bien, observe que
1
ε[F (α+ ε) − F (α)] =
2
ε
∫ ∞
0
e−x2
(1 + x2)α[(1 + x2)ε − 1]dx .
Considere la funcion
fε(x, α) = e−x2
(1 + x2)α(1 + x2)ε − 1
ε,
entonces se tiene que
lımε→0
fε(x, α) = e−x2
(1+x2)α lımε→0
(1 + x2)ε − 1
ε= e−x2
(1+x2)ε log(1+x2).
y
|fε(x, α)| ≤ e−x2
(1 + x2)ε log(1 + x2) ≤ e−x2
(1 + x2)α+1 ∈ L1(R) .
Por el Teorema de la convergencia dominada de Lebesgue
lımε→0
F (α + ε) − F (α)
ε=
2
ε
∫ ∞
0
lımε→0
fε(x, α)dx
= 2
∫ ∞
0
e−x2
(1 + x2)α log(1 + x2)dx .
M.3. Sea U ⊂ Rn un abierto denso, y sea S ⊂ Rn un conjunto de medida de
Lebesgue 0. Probar que U \ S es denso.
Solucion. Supongamos que U \ S no es denso, entonces existe una bola
abierta B de centro en a ∈ Rn y radio r > 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) <∞ entonces
0 ≥ m((B ∩ U) \ (U ∩B ∩ S))
= m(B ∩ U) −m(U ∩B ∩ S) = m(B ∩ U) ≥ 0
lo que implica que m(B ∩ S) = 0. Como U y B son conjuntos abiertos
implica que U ∩B es abierto.
Caso (i) Si U ∩ B = ∅ entonces U no es denso, lo cual es una con-
tradiccion.
Caso (ii) Si U ∩B 6= ∅ existe una bola abierta B′ = B(a′, r′) tal que
B′ ⊂ U ∩B con 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 ′‖∞ <∞ y
∫ 1
0
f(x)dx = 0 ,
donde C1 denota las funciones diferenciables con derivada continua y
‖h‖∞ = supx∈(0,1)
|h(x)|. Demuestre que
|‖f |‖ = ‖f ′‖∞
es una norma en X y que (X, |‖ |‖) es un espacio de Banach.
Solucion. Probaremos primero que |‖ ‖| es norma.
(i) Por demostrar que |‖f‖| = 0 ⇔ f ≡ 0.
Si f ≡ 0 entonces f ′ ≡ 0 lo que implica que ‖f ′‖∞ = 0. Ahora
si, |‖f‖| = 0 implica que |f ′(x)| = 0 para todo x ∈ (0, 1), luego
f(x) = c = constante, pero 0 =∫ 1
0f(x)dx = c por lo que f ≡ 0.
(ii) |‖λf‖| = |λ||‖f‖| y |‖f + g‖| ≤ |‖f‖|+ |‖g‖| son faciles de verificar,
por lo que |‖ ‖| es una norma en X .
8 Rodrigo Vargas
(iii) Por demostrar que X es Banach.
Sea fn∞n=1 ⊂ X una sucesion de Cauchy, luego para todo ε > 0
existe n0 ∈ N tal que
|‖fn − fm‖| < ε , ∀ n,m > n0 .
En particular, para todo ε > 0
|f ′n(x) − f ′
m(x)| < ε , ∀ n,m > n0, ∀ x ∈ (0, 1) . (1)
Entonces. f ′n(x)∞n=1 ⊆ R es una sucesion de Cauchy. Como R es
completo, existe g(x) ∈ R tal que lımn→∞
f ′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)| ≤ ε , ∀ n > n0, ∀x ∈ (0, 1) . (2)
Considere F (x) =∫ x
0g(t)dt, α =
∫ 1
0F (x)dx y G(x) = F (x) − α
entonces G′(x) = g(x). Luego, (2) nos dice que |‖fn −G‖| ≤ ε para
todo 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‖ < ε+M <∞ .
Ademas,
∫ 1
0
G(x)dx =
∫ 1
0
F (x)dx −∫ 1
0
αdx = α− α = 0 .
Por lo que G ∈ X y (X, ‖| · |‖) es un espacio de Banach.
D.5. Sea fn ∈ L2(R) una sucesion tal que
lımn→∞
∫ ∞
−∞
fn(x)g(x)dx existe para todo g ∈ L2(R) .
Probar que existe f ∈ L2(R) tal que
lımn→∞
∫ ∞
−∞
fn(x)g(x)dx =
∫ ∞
−∞
f(x)g(x)dx para todo g ∈ L2(R) .
Solucion. Considere Tn : L2(R) → R definida por
Tn(g) =
∫ ∞
−∞
fn(x)g(x)dx .
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 9
Claramente Tn es un operador lineal para cada n ∈ N. Ademas, Tn es
acotado para cada n ∈ N. En efecto,
|Tn(g)(x)| ≤∫ ∞
−∞
|fn(x)||g(x)|dx
≤(∫ ∞
−∞
|fn(x)|2dx)1/2(∫ ∞
−∞
|g(x)|2dx)1/2
= ‖fn‖2 · ‖g‖2 ,
por lo que ‖Tn(g)‖ ≤ ‖fn‖2. Definimos
T (g) = lımn→∞
∫ ∞
−∞
fn(x)g(x)dx .
Ahora bien, como lımn→∞
∫ ∞
−∞
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 todo
n ∈ N. Note que
|T (g)| =
∣∣∣∣ lımn→∞
∫ ∞
−∞
fn(x)g(x)dx
∣∣∣∣ = lımn→∞
|Tn(g)| ≤M‖g‖2 ,
por lo que ‖T ‖ <∞, es decir, T es un funcional lineal acotado, en virtud
del Teorema de representacion de Riesz, existe f ∈ L2(R) tal que T (g) =∫fg, esto es,
lımn→∞
∫ ∞
−∞
fn(x)g(x)dx =
∫ ∞
−∞
f(x)g(x)dx ,
para toda g ∈ L2(R).
D.6. Sea f : R → R periodica de periodo 2π y tal que∫ 2π
0|f(x)|dx < ∞ (o si
prefiere f ∈ L1(S1)). Denotamos por f la transformada de Fourier de f .
Para m ∈ Z definimos
fm(x) = f(mx) .
Probar que si n,m ∈ Z , entonces
fm(n) =
f(nm
)si m divide a n
0 si m no divide a n.
10 Rodrigo Vargas
Solucion. Notemos que
fm(n) =1√2π
∫ 2π
0
fm(x)e−ixndx
=1√2π
∫ 2π
0
f(mx)e−ixndx
(y = mx) =1√
2πm
∫ 2πm
0
f(y)e−iyn/mdy
= (√
2πm)−1m−1∑
k=0
∫ 2π(k+1)
2πk
f(y)e−iyn/mdy
(u = y − 2πk) = (√
2πm)−1m−1∑
k=0
∫ 2π
0
f(u+ 2πk)e−i n
m(u+2πk)du
= (√
2πm)−1m−1∑
k=0
∫ 2π
0
f(u)e−iun/mdu · e−i2πk· n
m
= f( nm
) 1
m
m−1∑
k=0
e−i2πk n
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) <∞ entonces m(A∞) = 0.
(b) Demuestre que si m(A∞) = 0 entonces lımn→∞m(An) = 0.
(c) Si reemplazamos [0, 1] por R, ¿son ciertas las aseveraciones (a) y (b)?
M.2. Sea M un subconjunto vectorial de un espacio de Hilbert. ¿Es verdad que
M⊥⊥ = M? Demostrar o dar contraejemplo.
M.3. Sea fn una sucesion de funciones en L1(R) tal que fn → f casi en
todas partes, con f ∈ L1(R). Demostrar que fn → f en L1(R) si y solo
si ‖fn‖L1 → ‖f‖L1.
Solucion. Para cada n ∈ N, considere gn = |fn| − |f | − |fn − f | en-
tonces |gn| −→ 0 cuando n→ 0. Note que
|fn| ≤ |fn − f | + |f | =⇒ |fn| − |fn − f | ≤ |f |
y que
|fn − f | ≤ |fn| + |f | =⇒ |fn − f | − |fn| ≤ |f | .
Entonces, ||fn − f | − |fn|| ≤ |f |, lo que implica que
|gn| ≤ ||fn| − |fn − f || + |f | ≤ 2|f | ∈ L1(R) .
Por el Teorema de la Convergencia dominada de Lebesgue lımn→∞
∫
R
gn(x)dx =
0, es decir
lımn→∞
∫
R
|fn(x)|dx −∫
R
|f(x)|dx−∫
R
|fn(x) − f(x)|dx
= 0 .
La igualdad de arriba muestra que fn → f en L1(R) si y solo si ‖fn‖1 →‖f‖1.
D.4. Demuestre que no existe una sucesion fn de funciones continuas de R
en R tal que
ınfn
|fn(x)| = 0
11
12 Rodrigo Vargas
si y solo si x es racional.
Solucion. Supongamos que existe una sucesion fn : R → R de funciones
continuas tal que
ınfn
|fn(x)| = 0 ⇐⇒ x ∈ Q .
Para cada n ∈ N, considere los conjuntos
Fn = x ∈ R | ınfm
|fm(x)| < 1n .
Luego, Fn es abierto para cada n ∈ N y
∞⋂
n=1
Fn = x ∈ R | ınfm
|fm(x)| = 0 = Q .
Por lo que, Q es un Gδ, lo cual es una contradiccion. En efecto, supong-
amos que Q es un Gδ, 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
tx2−αe−t−cos tdt (x ∈ R)
es una funcion continua de x para α < 1.
D.6. Sea E ⊂ R un subconjunto de Lebesgue-medible con medida de Lebesgue
m(E) ≥ k , con k un entero positivo. Demuestre que existe un numero
real t tal que el trasladado E + t de E contiene al menos k enteros.
Solucion. Consideremos la funcion
f =
∞∑
j=−∞
χE(j − x),
donde χE 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=−∞
χE(j − x)dx
=
∞∑
j=−∞
∫ 1
0
χE(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 lımites. Demuestre que tal espacio no es completo.
Solucion. Sea X =
∞⋃
n=1
xn espacio metrico numerable. Se sabe que
intx = x si y solo si x es un punto aislado. Como xn es punto lımite
para todo n ∈ N entonces intxn = ∅. Luego,
intxn = intxn = ∅ ,
o equivalentemente, xnc
es denso. Por lo que, los conjuntos xn son
densos en ninguna parte y X es union numerable de conjuntos densos
en ninguna parte lo que implica que X es de primera categorıa. 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 distancia
de x a X \x. Probar que X es compacto si y solo si las dos propiedades
siguientes se verifican:
(i) toda funcion continua f : X → R es uniformemente continua;
(ii) para todo ε > 0, el conjunto Eε = x ∈ X : d(x) > ε es finito.
Solucion. Supongamos que X es compacto, entonces (i) se sigue inmedi-
atamente. Ahora supongamos que existe ε > 0 tal que Eε es un conjunto
infinito. Entonces,
G =
(⋃
x∈Eε
B(x, ε/2)
)∪ (X \ Eε)
es un cubrimiento abierto de X que no tiene un subcubrimiento finito, lo
que contradice la compacidad de X .
Recıprocamente, si suponemos que X no es compacto y que satisface
(ii), entonces existe una sucesionb B = zn∞n=1 sin puntos lımites en X .
Ahora de (ii) se tiene que para cada ε > 0, d(zn) > ε para una cantidad
finita de n, entonces existe n0 ∈ N tal que d(zn) < ε, para todo n ≥ n0,
lo que implica que
lımn→∞
d(zn) = 0 .
Se sigue que, existe sucesion yn ⊆ X \B tal que
lımn→∞
ρ(zn, yn) = 0 . (3)
14
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 15
Luego, yn tampoco tiene puntos lımites en X , de lo contrarios zn los
tendrıa. Entonces, existen subsucesiones z = znk e Y = ynk
tales que
Z ∩ Y = ∅. Observe que Z, Y son cerrados en X . Luego, por el Lema de
Urysohn existe una funcion continua f tal que
f(x) =
1 x ∈ Z ,
0 x ∈ Y .
Afirmamos que f es uniformemente continua. En efecto, si tomamos ε < 1
por (3) para todo δ > 0 existe n0 ∈ N tal que
ρ(znk, ynk
) < δ , ∀ nk ≥ n0
y tenemos que
|f(znk) − f(ynk
)| = 1 > ε .
Por lo tanto, f es uniformemente continua, lo cual es una contradiccion.
M.3. Probar que para t ∈ R, a > 0
H(t) =
∫ ∞
0
e−ax2
sin(2tx)dx ,
es una funcion bien definida, continua y derivable sobre R, que satisface
la ecuacion:dH
dt(t) + 2
t
aH(t) =
1
a.
Deducir que
H(t) =1
ae−
t2
a
∫ t
0
es2
a ds .
Solucion.
* Notemos que
|H(t)| ≤∫ ∞
0
e−ax2 | sen(2tx)|dx ≤∫ ∞
0
e−ax2
dx <∞ .
por lo que H esta bien definida.
* Como sen(2tx) es una funcion continua, dado ε > 0 existe δ > 0 tal
que si |t − s| < δ implica | sen(2tx) − sen(2sx)| < ε/M donde M =∫ ∞
0
e−ax2
dx. Luego,
|H(s) −H(s)| ≤∫ ∞
0
e−ax2 | sen(2tx) − sen(2sx)|dx < ε ,
siempre que |t− s| < δ. Por lo que H es continua.
16 Rodrigo Vargas
* Tenemos que
H(t+ ε) −H(t)
ε=
1
ε
∫ ∞
0
e−ax2
[sen(2(t+ ε)x) − sen(2tx)]dx .
Considere la funcion
fε(x, t) =e−ax2
[sen(2(t+ ε)x) − sen(2tx)]
ε,
entonces
|fε(x, t)| ≤ e−ax2
∣∣∣∣sen(2(t+ ε)x) − sen(2tx)
ε
∣∣∣∣
≤ e−ax2|2x cos(2tx)| ≤ 2xe−ax2 ∈ L1(R)
y lımε→0
fε(x, t) = e−ax2 · 2x cos(2tx). Por el Teorema de Convergencia
dominada de Lebesgue
dH
dt(t) =
∫ ∞
0
2x cos(2tx)e−ax2
dx .
Integrando por partes obtenemos
dH
dt(t) = −1
ae−ax2
cos(2tx)∣∣∣∞
0−∫ ∞
0
e−ax2
a2t sen(2tx)dx
=1
a− 2t
a
∫ ∞
0
e−ax2
sen(2tx)dx
=1
a− 2t
aH(t) .
Ahora bien, como H ′ + 2ta H = 1
a implica que
et2/aH ′ +
2t
aet
2/aH =et
2/a
a⇒
(et
2/aH)′
=et
2/a
a
⇒ et2/aH =
1
a
∫ t
0
es2/ads
⇒ H(t) =−et2/aa
∫ t
0
es2/ads .
D.4. Sea C[0, 1] el espacio de funciones reales continuas con dominio [0, 1] y la
topologıa de la convergencia uniforme. Supongamos que F : C[0, 1] → R
es un mapeo continuo tal que,
F [u+ v] = F [u] + F [v],
F [uv] = F [u]F [v],
F [1] = 1.
Demuestre que existe un x ∈ [0, 1] tal que F [u] = u(x) para todo u ∈C[0, 1].
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 17
Solucion. Notemos que
F [0] = F [0 + 0] = F [0] + F [0] ⇒ F [0] = 0 .
Ahora si n ∈ N tenemos que
F [n] = F [1 + · · · + 1︸ ︷︷ ︸n-veces
] = F [1] + · · · + F [1]︸ ︷︷ ︸n-veces
= nF [1] = n .
Observe que, 0 = F [0] = F [1 − 1] = F [1] + F [−1] lo que implica que
F [−1] = −F [1], luego si n ∈ N se tiene que
F [−n] = −nF [1] = −n .
Note que
1 = F [1] = F
[n · 1
n
]= F [n] · F
[1
n
]= nF
[1
n
]⇒ F
[1
n
]=
1
n.
Sea r ∈ Q con r = p/q entonces
F [r] = F
[p · 1
q
]= F [p] · F
[1
q
]= p · 1
q= r .
Ahora bien, sea x ∈ R \Q, entonces existe xn∞n=1 ⊆ Q una sucesion tal
que lımn→∞
xn = x, luego
F [x] = F[
lımn→∞
xn
]= lım
n→∞F [xn] = lım
n→∞xn = x .
Por lo tanto, para todo x ∈ R fijo se tiene que F [x] = x. Por otro lado,
supongamos que para todo x ∈ [0, 1] se tiene que F [u] 6= u(x) entonces
v(x) = F [u] − u(x) 6= 0 , ∀ : x ∈ [0, 1] .
Luego, por lo anteriormente mostrado se tiene que
F [v] = F [F [u]︸︷︷︸∈R
] − F [u] = F [u] − F [u] = 0 .
Sea w = 1/v entonces
1 = F [vw] = F [v] · F [w] = 0 ,
lo cual es una contradiccion. Entonces, existe x0 ∈ [0, 1] tal que F [u] =
u(x0) para toda u ∈ C[0, 1].
18 Rodrigo Vargas
D.5. Sea fn : n ∈ N una sucesion de inyecciones de un espacio metrico X
en un espacio metrico localmente compacto Y . tal que fn → f uniforme-
mente sobre X . Probar que si f−1 es continua sobre Y1 ⊂ Y , entonces
f−1n → f−1 uniformemente sobre todo compacto incluido en
Y0 = Y o1 ∩
∞⋂
n=0
R(fn) ,
donde R(fn) designba el conjunto de las imagenes de fn.
Solucion. Fijando δ > 0, por la convergencia uniforme de fn, existe
n0 ∈ N tal que
d(fn(x), f(x)) < δ , ∀n ≥ n0 , ∀x ∈ X .
Sean K ⊂ Y0 un conjunto compacto y x = f−1n (y) con y ∈ K entonces
d(y, f(f−1n (y))) < δ , ∀ n ≥ n0 . (4)
Como Y es localmente compacto existe B(y0, r) compacto con r > 0
e y ∈ B(y0, r). Por ser f−1 continua implica que f−1 es uniformente
continua en B(y0, r), luego si se satisface (4) implica que
d(f−1(y), f−1(f(f−1n (y)))) = d(f−1(y), f−1
n (y)) < ε ,
para todo y ∈ B(y0, r) y todo n ≥ n0 .
Si K ⊂ ⋃y∈K B(y, r) por ser K compacto existen y1, . . . , ym tal que
K ⊂ ⋃mi=1 B(yi, ri). Tomando N = maxn1, . . . , nm vemos que
d(f−1(y), f−1n (y)) < ε , n ≥ N, ∀y ∈ K .
D.6. Sea α > 0 y f una funcion integrable sobre [0, b], donde 0 < b <∞.
(a) Comience por probar que dadas dos funciones reales Lebesgue-integrables
sobre R, su producto de convolucion es tambien integrable.
(b) Probar que la funcion Iαf : [0, b] → R,
Iαf(x) =1
Γ(α)
∫ x
0
(x− t)α−1f(t)dt ,
esta bien definida para Lebesgue-casi todo x ∈ [0, b]. Iαf se llama
integral fraccionaria de f de orden α.
(c) Pruebe que Iα : L1([0, b]) → L1([0, b]) es una aplicacion lineal contin-
ua para α > 0.
(d) Probar que si α y β son dos reales positivos, entonces
IαIβf(x) = Iα+βf(x) ,
para todo x ∈ [0, b], salvo sobre un conjunto de medida de Lebesgue
nula.
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 19
Se recuerda que Γ(α) =∫∞
0 e−ttα−1dt y que
B(α, β) =
∫ 1
0
tα−1(1 − t)β−1dt =Γ(α)Γ(β)
Γ(α + β), (5)
para α, β > 0.
Solucion.
(a) Sean f, g ∈ L1(R) y consideremos su convolucion
(f ⋆ g)(x) =
∫ ∞
−∞
f(x− y)g(y)dy ,
entonces por el Teorema de Fubino∣∣∣∣∫ ∞
−∞
(f ⋆ g)(x)dx
∣∣∣∣ ≤∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞
|f(x− y)||g(y)|dydx
=
∫ ∞
−∞
|g(y)|(∫ ∞
−∞
|f(x− y)|dx)dy
≤ ‖f‖1∫ ∞
−∞
|g(y)|dy
= ‖f‖1‖g‖1 .
Por lo tanto, (f ⋆ g) ∈ L1(R).
(b) Para cada x ∈ [0, b] considere la funcion g(t) = χ[0,x+t](x)tα−1 , en-
tonces
(g ⋆ f)(x) =
∫ ∞
−∞
g(x− t)f(t)dt =
∫ x
0
(x− t)α−1f(t)dt
se sigue que Iαf(x) = 1Γ(α) (g ⋆ f)(x) por parte (a) sabemos que (g ⋆
f) ∈ L1(R) luego |Iαf(x)| < ∞ c.t.p para cada x ∈ [0, b] por lo que
Iα esta bien definida c.t.p para x ∈ [0, b].
(c) Es claro que Iα es lineal por la linealidad de la integral y observe que
para f ∈ L1(R) se tiene
‖Iα‖ = supf 6=0
‖Iαf‖1‖f‖1
=1
|Γ(α)| supf 6=0
‖g ⋆ f‖1‖f‖1
≤ 1
|Γ(α)|‖g‖1‖f‖1‖f‖1
=‖g‖1|Γ(α)| <∞ .
Como Iα es lineal acotada implica que Iα es lineal continua.
(d) Notemos que
Iα(Iβf(x)) =1
Γ(α)Γ(β)
∫ x
0
(x− t)α−1
∫ t
0
(t− v)β−1f(v)dxdt
=1
Γ(α)Γ(β)
∫ x
0
f(v)
∫ x
v
(x− t)α−1(t− v)β−1dt
︸ ︷︷ ︸J
dv
20 Rodrigo Vargas
Haciendo el cambio de variables w = x− t obtenemos que
J = −∫ 0
x−v
wα−1(x− w − v)β−1dw
= (x− v)β−1
∫ x−v
0
wα−1
(1 − w
x− v
)β−1
dw
= (x− v)β−1
∫ 1
0
(x− v)α−1zα−1(1 − z)β−1(x − v)dz
= (x− v)α+β−1
∫ 1
0
zα−1(1 − z)β−1dz .
en donde la tercera igualdad se obtuvo haciendo el cambio de variables
z = w/(x − v). Por lo tanto, usando (5) obtenemos que
Iα(Iβf(x)) =1
Γ(α)Γ(β)
∫ x
0
(x− v)α+β−1f(v)dv
∫ 1
0
zα−1(1 − z)β−1dz
=1
Γ(α+ β)
∫ x
0
(x− v)α+β−1f(v)dv
= Iα+βf(x) .
2006
M.1. Considere dos espacio metricos X e Y y una funcion sobre f : X → Y uni-
formemente continua. Suponga que X es totalmente acotado. Demuestre
que Y es totalmente acotado.
Solucion. Dado ε > 0, por la continuidad uniforme de f , existe δ =
δ(ε) > 0 tal que
f(B(x, δ)) ⊂ B(f(x), ε) , ∀ x ∈ X .
Por ser X totalmente acotado, existen x1, . . . , xn ⊆ X tal que
X ⊂n⋃
i=1
B(xi, δ)
y de la sobreyectividad de f obtenemos
Y = f(X) ⊂ f
(n⋃
i=1
B(xi, δ)
)=
n⋃
i=1
f(B(xi, δ)) ⊂n⋃
i=1
B(f(xi), ε) .
Por lo tanto, Y es totalmente acotado.
M.2. Considere una funcion creciente y continua por la derecha F : R → R tal
que F (x) = 0 para x ≤ a y F (x) = C > 0 para x ≥ b > a. Demuestre
que existe una medida positiva finita µ definida en los Borelianos de R
tal que
µ(a, b] = F (b) − F (a) .
M.3. Demuestre que L2[0, 1] es un conjunto de primera categorıa en L1[0, 1].
Solucion. Notemos que L2[0, 1] ⊆ L1[0, 1]. En efecto, por la desigual-
dad de Cauchy-Schwarz
‖f‖1 =
∫ 1
0
|f(x)|dx ≤(∫ 1
0
|f(x)|2dx)1/2(∫ 1
0
dx
)1/2
= ‖f‖2 .
Ahora bien, definimos para cada f ∈ L2[0, 1]
‖f‖⋆ = ‖f‖1 + ‖f‖2 ,
se sigue que ‖·‖⋆ es una norma y que L2[0, 1] es un espacio de Banach con
esta norma. En efecto, sea fn∞n=1 ⊆ L2[0, 1] una sucesion de Cauchy, es
sencillo ver que fn es de Cauchy bajo la norma ‖ ·‖1. Como (L2[0, 1], ‖ ·
21
22 Rodrigo Vargas
‖1) es completo existe f ∈ L2[0, 1] tal que ‖fn− f‖2 → 0 cuando n→ ∞.
Esto ultimo implica que ‖fn − f‖1 → 0 cuando n → ∞, pues tenemos
que ‖fn − f‖1 ≤ ‖fn − f‖2.Por otro lado, consideremos la inclusion i : L2[0, 1] → L1[0, 1], entonces i
es lineal y acotado, debido a que
‖f‖1‖f‖⋆
=‖f‖1
‖f‖1 + ‖f‖2≤ 1 .
Por el Teorema del mapeo abierto, si L2[0, 1] fuera de segundo categoria
en L1[0, 1] entonces
i(L2[0, 1]) = L1[0, 1] ,
pero esto es imposible pues la funcion f(x) = 1/x esta en L2[0, 1] pero
no en L1[0, 1].
D.4. Demuestre la vericidad o falsedad de la siguiente afirmacion: todo cuadra-
do (x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d cerrado en R2 puede expresarse como
una union disjunta de cuadrados cerrados de interior no vacıo.
D.5. Considere la sucesion de funciones
fn(x) :=√n(e−x2 − e−(x+ 1
n)2)1/2 .
Demuestre que
lımn→∞
∫ ∞
0
fn(x)dx =√
2
∫ ∞
0
√xe−x2/2dx .
Solucion. Sea g(x) = e−x2
entonces
fn(x) =
e−x2 − e−(x+ 1
n)2
1/n
1/2
=
−g(x+ 1
n ) − g(x)
1/n
1/2
,
luego
lımn→∞
fn(x) =
− lım
n→∞
g(x+ 1n ) − g(x)
1/n
1/2
= −g′(x)1/2 =√
2xe−x2/2
y por el Teorema del valor medio existe ξ ∈ (x, x + 1n ) tal que
e−x2 − e−(x+ 1
n)
1/n
1/2
=√
2ξe−ξ2/2 ,
se sigue que
|fn(x)| =√
2ξe−ξ2/2 ≤√
2
(x+
1
n
)e−x2/2 ≤
√2(x+ 1)e−x2/2
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 23
Para x ≥ 1 se tiene que
|fn(x)| ≤√
2(x+ 1)e−x2/2 ≤ 2√
2xe−x2/2 ∈ L1((1,∞)) ,
como∫∞
1xe−x2/2dx < ∞ y ademas la funcion
√2(x+ 1)e−x2/2 es con-
tinua en [0, 1] por lo que ella es acotada en este intervalo. De lo anterior
se sigue que
|fn(x)| ≤ g(x) con g ∈ L1(0,∞) .
Por el Teorema de la convergencia dominada de Lebesgue
lımn→∞
∫ ∞
0
fn(x)dx =
∫ ∞
0
lımn→∞
fn(x)dx =√
2
∫ ∞
0
√xe−x2/2dx .
D.6. Sea (X, ρ) un espacio metrico compacto. Considere una funcion Ω : X →X con la propiedad,
ρ(Ω(x),Ω(y)) < ρ(x, y) , (6)
cuando x, y ∈ X y x 6= y.
(a) Demuestre que Ω tiene un punto fijo unico. (Sugerencia: Examine
ınfx∈X ρ(Ω(x), x) .)
(b) Sea X = [0, 1] y Ω(x) = x − x3/3. Demuestre que Ω no es una
contraccion, pero que satisface (6).
Solucion.
(a) Considere la funcion F : X → R definida por
F (x) = ρ(Ω(x), x) ,
entonces F es continua, pues es composicion de funciones continuas.
Como X es compacto, F (X) ⊆ R es compacto, se sigue que existen
x1, x2 ∈ X tales que
F (x1) ≤ F (x) ≤ F (x2) , ∀ x ∈ X .
Supongamos que F (x1) 6= 0 entonces
F (x1) = ρ(Ω(x1), x1) > ρ(Ω(Ω(x1),Ω(x1)) = F (Ω(x1)) ,
lo cual contradice la mınimalidad de F (x1). Por lo tanto, F (x1) = 0
lo cual implica que Ω(x1) = x1.
Para la unicidad, suponga que existen a, b ∈ X con a 6= b tales que
Ω(a) = a y Ω(b) = b entonces
ρ(a, b) = ρ(Ω(a),Ω(b)) < ρ(a, b)
lo cual es absurdo. Por lo tanto, Ω tiene un unico punto fijo.
24 Rodrigo Vargas
(b) Notemos que
|Ω(x) − Ω(y)| = |x− y + 13 (y3 − x3)|
= |x− y| · |1 − 13 (x2 + xy + y2)|
< |x− y|
siempre x 6= 0, y 6= 0. Luego, Ω satisface la ecuacion (6). Ahora bien,
como Ω′(0) = 1 implica que
∣∣∣∣|Ω(x) − Ω(1/n)|
|x− 1/n| − 1
∣∣∣∣ <1
n,
se sigue que |Ω(x) − Ω(0)| = |x− 0| y Ω no es una contraccion.
2007
M.1. Sea (X, d) espacio metrico compacto y sean f, fn, n ∈ N en C(X). Supon-
ga que existe C > 0 tal que para todo x ∈ X y todo n,m ∈ N se tiene
|f(x) − fn+m(x)| ≤ C|f(x) − fn(x)|
y
lımn→∞
fn(x) = f(x) para todo x ∈ X.
Demuestre que fn converge uniformente a f .
Solucion. Dado ε > 0, por la convergencia puntual, para cada x0 ∈ X
existe n0 ∈ N tal que
|fn(x0) − f(x0)| < ε
C, ∀ n ≥ n0 .
En particular, |fn0(x0) − f(x0)| < ε/C. Ahora bien, por la continuidad
de fn0− f , existe δ(x0) > 0 tal que si x ∈ B(x0, δ) implica que
|fn0(x) − f(x)| < ε
C.
Si n ≥ n0, entonces existe k ∈ N tal que n = n0 + k luego si x ∈ B(x0, δ)
obtenemos
|fn(x) − f(x)| ≤ C|fn0(x) − f(x)| < ε ,
por lo que fn converge uniformemente a f en B(x0, δ). Como X =⋃x∈X B(x, δ(x)) y X compacto entonces existn x1, . . . , xm ∈ X tal que
X =
n⋃
i=1
B(xi, δ(xi)) .
Tomando N = maxn1, . . . , nm obtenemos que |fn(x) − f(x)| < ε para
todo n ≥ N y todo x ∈ X . Por lo tanto la convergencia es uniforme.
M.2. Sea α ∈ (0, 1] y sea
Cα[0, 1] := f : [0, 1] → R| supx,y∈[0,1]
x 6=y
|f(x) − f(y)||x− y|α <∞.
(a) Muestre que si f ∈ Cα[0, 1] entonces f ∈ C[0, 1] y defina la norma
‖f‖α := ‖f‖ + supx,y∈[0,1]
x 6=y
|f(x) − f(y)||x− y|α , donde ‖f‖ = sup
x∈[0,1]
|f(x)|.
25
26 Rodrigo Vargas
(b) Demuestre que el conjunto
f ∈ Cα[0, 1] | ‖f‖α ≤ 1
es compacto en C[0, 1].
Solucion.
(a) Si f ∈ Cα[0, 1] entonces existe c > 0 tal que
|f(x) − f(y)| ≤ c|x− y|α , ∀ x, y ∈ X .
Dado ε > 0 existe δ = ε1/αc1/α tal que si |x− y| < δ entonces
|f(x) − f(y)| ≤ c|x− y|α < c[(ε/c)1/α]α = ε .
Por lo tanto, f ∈ C[0, 1].
(b) Usaremos el Teorema de Arzela-Ascoli
Equicontinuidad
Para cada x, y ∈ X se tiene
|f(x) − f(y)| = |x− y|α |f(x) − f(y)||x− y|α
≤ |x− y|α‖f‖α≤ |x− y|α
para cada f ∈ f ∈ Cα[0, 1] | ‖f‖α ≤ 1 = E.
Acotamiento Uniforme
Si f ∈ E entonces ‖f‖α ≤ 1, en particular, ‖f‖ ≤ 1, luego para
cada x ∈ [0, 1] el conjunto f(x) | f ∈ E es acotado, se sigue
que su clausura es compacta en R.
Por el Teorema de Arzela-Ascoli, E es compacto en C[0, 1].
M.3. Enuncie y demuestre el Teorema de Representacion de Riez en espacios
de Hilbert.
Solucion.
Teorema 1. Si L es un funcional lineal continuo en H espacio de Hilbert,
entonces existe un unico y ∈ H tal que
L(x) = 〈x, y〉 .
Demostracion. Si L(x) = 0 para todo x ∈ H , basta tomar y = 0. Si no,
definimos
M = x ∈ H | L(x) = 0 .
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 27
Por la linealidad de L, M es un subespacio de H y la continuidad de
L implica que M es cerrado. Como L(x) 6= 0 para algun x ∈ H , existe
z ∈M⊥ con ‖z‖ = 1. Sea
u = (L(x))z − (L(z))x ,
como L(u) = L(x)L(z) − L(z)L(x) = 0 entonces u ∈ M por lo que
〈u, z〉 = 0, o equivalentemente
L(x)〈z, z〉 = L(z)〈x, z〉 ,
pero L(x) = L(x) 〈z, z〉︸ ︷︷ ︸1
. Entonces, basta tomar y = αz donde α = L(z).
Para la unicidad de y. Si 〈x, y〉 = 〈x, y′〉, para todo x ∈ H lo cual implica
que 〈x, y − y′〉 = 0 para todo x ∈ H . En particular, para x = y − y′
obtenemos que ‖y − y‖2 = 0 ⇒ y = y′.
D.4. Sea α ∈ (0, 1] y considere el espacio de Banach (Cα[0, 1], ‖ · ‖α) donde
Cα[0, 1] := f : [0, 1] → R| supx,y∈[0,1]
x 6=y
|f(x) − f(y)||x− y|α <∞.
‖f‖α := ‖f‖ + supx,y∈[0,1]
x 6=y
|f(x) − f(y)||x− y|α , donde ‖f‖ = sup
x∈[0,1]
|f(x)|.
Sea 0 < α < β < 1 y sea f ∈ Cβ [0, 1]. Demuestre que para todo η > 0 se
tiene que
supx,y∈[0,1]
x 6=y
|f(x) − f(y)||x− y|α ≤ max
sup
x,y∈[0,1]x 6=y
|f(x) − f(y)||x− y|α ηβ−α,
2‖f‖ηα
y pruebe que el conjunto f ∈ Cβ [0, 1]|‖f‖β ≤ 1 es compacto en Cα[0, 1].
Solucion. Si |x− y| > η entonces
|f(x) − f(y)||x− y|α ≤ |f(x) − f(y)|
|x− y|α( |x− y|
η
)α
=|f(x) − f(y)|
ηα.
Se sigue que
supx,y∈[0,1]
x 6=y
|f(x) − f(y)||x− y|α ≤ 2‖f‖
ηα.
Ahora si |x− y| ≤ η entonces |x− y|β−α ≤ ηβ−α, luego
|f(x) − f(y)||x− y|β−α ≤ |f(x) − f(y)|ηβ−α
28 Rodrigo Vargas
es decir,|f(x) − f(y)|
|x− y|α ≤ |f(x) − f(y)||x− y|α ηβ−α .
Esto completa la prueba de la desigualdad.
La desigualdad prueba que si 0 < α < β < 1 entonces Cβ [0, 1] ⊆ Cα[0, 1].
Sea E = f ∈ Cα[0, 1] | ‖f‖β ≤ 1
(i) E equicontinuo
|f(x) − f(y)| = |x− y|β |f(x) − f(y)||x− y|β
≤ |x− y|β‖f‖β≤ |x− y|α ,
para toda f ∈ E.
(ii) Acotamiento Uniforme
Para todo x ∈ [0, 1] se tiene que f(x) | f ∈ E es compacto. En
efecto, si f ∈ E entonces ‖f‖α ≤ 1 lo que implica que ‖f‖ ≤ 1. Se
sigue que f(x) | f ∈ E es acotado, luego relativamente compacto.
Por el Teorema de Arzela-Ascoli,E es relativamente compacto en Cα[0, 1].
D.5. Sea g : R → R una funcion continua e impar tal que lımx→∞ g(x) = 0 y
lımR→∞
∫ R
1
g(ξ)
ξdξ = ±∞ o no existe. (7)
Demuestre que g no puede ser la transformada de Fourier de alguna
f ∈ L1(R).
Solucion. Supongamos que existe f ∈ L1(R) tal que
g(ξ) = f(ξ) =1√2π
∫ ∞
−∞
f(x)e−ixξdx .
Por la imparidad de g se tiene que
g(ξ) = −g(−ξ) = −f(−ξ) = − 1√2π
∫ ∞
−∞
f(x)eixξdx ,
lo que implica que
0 =
∫ ∞
−∞
f(x)(e−ixξ + eixξ)dx = 2
∫ ∞
−∞
f(x) cos(xξ)dx
por lo que
g(ξ) = f(ξ) = − i√2π
∫ ∞
−∞
f(x) sen(xξ)dx .
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 29
Se sigue que
lımR→∞
∫ R
1
g(ξ)
ξdξ = − i√
2πlım
R→∞
∫ R
1
1
ξ
∫ ∞
−∞
f(x) sen(xξ)dxdξ
= − i√2π
lımR→∞
∫ ∞
−∞
f(x)
∫ R
1
sen(xξ)
ξdξdx .
La ultima igualdad es consecuencia del Teorema de Fubini. Como∫∞
0sen xx dx =
π2 obtenemos que
∣∣∣∣∣
∫ R
1
g(ξ)
ξdξ
∣∣∣∣∣ ≤1√2π
∫ ∞
−∞
|f(x)|∣∣∣∣∣
∫ R
1
sen(ξx)
ξdξ
∣∣∣∣∣ dx ≤√π
2√
2
∫ ∞
−∞
|f(x)|dx <∞ ,
lo cual contradice la hipotesis (7).
D.6. Sea (X, T , µ) un espacio de medida. Determine la veracidad de las sigu-
ientes afirmaciones. En caso de ser verdaderas demuestrelas y en caso
contrario de un contraejemplo.
(a) Si f ∈ (X, T , µ), entonces dado ǫ > 0 existe A ∈ T con µ(A) < ∞,
de manera que
supx∈A
|f(x)| <∞ y
∫
AC
|f(x)|dµ < ǫ
.
(b) Si f ∈ Lp(X, T , µ), p > 1, entonces dado ǫ > 0 existe A ∈ T con
µ(A) <∞, de manera que
supx∈A
|f(x)| <∞ y
∫
AC
|f(x)|dµ < ǫ.
(c) Sea f ∈ Lq(X, T , µ), con q ∈ [1,∞). Entonces
lımp→∞
‖f‖p = ‖f‖∞.
2008
M.1. Definimos la sucesion xnn∈N de funciones continuas en [0, 1] por
x1 := 1, xn+1 :=
∫ t
0
sxn(s)ds+1
4t4 , t ∈ [0, 1] , n ∈ N .
Demuestre que la sucesion xnn∈N es uniformemente convergente en
[0, 1].
Solucion. Para cada n ∈ N se tiene que
|xn+1(t) − xn(t)| ≤∫ t
0
s|xn(s) − xn−1(s)|ds ≤ ‖xn − xn−1‖∞t2
2.
Se sigue que ‖xn+1 − xn‖∞ ≤ 12‖xn − xn−1‖ por lo que ‖xn+1 − xn‖∞ ≤
12n−1 ‖x2 − x1‖ y note que
‖x2 − x1‖∞ = supt∈[0,1]
∣∣∣∣∫ t
0
sds+1
4t4 − 1
∣∣∣∣
= supt∈[0,1]
∣∣∣∣1 − t2
2− t4
4
∣∣∣∣ = 1 .
Ahora bien, sean n,m ∈ N con m > n entonces m = n+ k luego
‖xm − xn‖∞ = ‖xn+k − xn‖∞≤ ‖xn+k − xn+k−1‖ + ‖xn+k−1 − xn+k−2‖ + · · · + ‖xn+1 − xn‖∞≤ 1
2n+k−2+
1
2n+k−3+ · · · +
1
2n−1
=1
2n−1
(1
2k−1+ · · · +
1
2+ 1
)
=1
2n−1
(1 − 1
2k
)≤ 1
2n−2.
Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que1
2n−2< ε y ‖xn − xm‖∞ < ε para todo
n,m ≥ n0. Por lo tanto, xn∞n=1 es de Cauchy en (C[0, 1], ‖ · ‖∞) espacio
completo, luego xn converge uniformemente en C[0, 1].
M.2. (a) Demuestre que para cada funcion f ∈ L4(0, 1) la integral de Lebesgue∫ 1
0f(t2)dt es convergente.
(b) Demuestre que el supremo
M := supf∈L4(0,1),f 6=0
∣∣∣∫ 1
0f(t2)dt
∣∣∣(∫ 1
0 |f(t)|4dt)1/4
30
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 31
es finito.
(c) Calcule explıcitamente M .
Solucion.
(a) Sea f ∈ L2(0, 1) entonces haciendo z = t2 obtenemos que∣∣∣∣∫ 1
0
f(t2)dt
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∫ 1
0
f(z)
2√zdz
∣∣∣∣
≤∫ 1
0
|f(t)| 1
2√tdt
≤ 1
2
(∫ 1
0
|f(t)|4dt)1/4
·(∫ 1
0
t−2/3dt
)3/4
=33/4
2‖f‖4 <∞ ,
en donde hemos usado la desigualdad de Holder, por lo que∫ 1
0 f(t2)dt
es convergente.
(b) En la parte anterior se dedujo que∣∣∣∣∫ 1
0
f(t2)dt
∣∣∣∣ ≤33/4
2‖f‖4
para toda f ∈ L2(0, 1). Se sigue que
M := supf∈L4(0,1),f 6=0
∣∣∣∫ 1
0f(t2)dt
∣∣∣‖f‖4
≤ 33/4
2<∞ ,
es decir, M es finito.
M.3. Sea f : [0, 1] → R absolutamente continua tal que f(0) = 0. Suponga que
∫ 1
0
|f ′(x)|2dx <∞ .
Demuestre que el lımite
lımx→0+
x−1/2f(x)
existe y determine su valor.
D.4. Considere el conjunto de sucesiones con valores en los naturales
X := x = xjj∈N | xj ∈ N .
Si x = xjj∈N ∈ X , y = yjj∈N ∈ X , definimos
k(x, y) := ınfj ∈ N | xj 6= yj .
Sea
(x, y) :=
0 si x = y ,1
k(x,y) si x 6= y .
32 Rodrigo Vargas
(i) Demuestre que es una metrica en X .
(ii) Demuestre que el espacio metrico (X, ) es completo.
(iii) Demuestre que (X, ) es separable.
D.5. Supongamos que para algun p, 1 < p < ∞, fn ∈ Lp([0, 1]) y ‖fn‖p ≤ 1
para todo natural n. Suponiendo que fn(x) → 0 c.s. demuestre que fn → 0
debilmente en Lp.
D.6. Considere una sucesion de numeros ak > 0, k = 1, 2, . . ., y el espacio de
funciones continuas reales C[0, 1] en [0, 1]. Sea F el conjunto de funciones
en C[0, 1] tales que
lımn→∞
n∑
k=0
∫ 1
0
xakf(x)dx
existe. Demuestre que F es un conjunto de primera categorıa en C[0, 1]
si y solo si∞∑
k=0
1
ak<∞ .
2009
M.1. Sean (X, ρ) un espacio metrico y f : X → R tales que para todo k ∈ R el
conjunto x ∈ X | f(x) ≤ k es compacto. Muestre que existe x0 ∈ X tal
que:
f(x0) = mınx∈X
f(x) .
M.2. Para todo a ∈ R determine
lımn→∞
∫ n
0
(1 − x
n
)neaxdx .
M.3. Considere una sucesion (an) ∈ RN tal que para todo (xn) ∈ l2(N), la serie∑anxn es convergente. Muestre que (an) ∈ l2(N).
D.4. Se define el operador lineal T : L1([0, 1]) → C([0, 1]) de la manera sigu-
iente: para todo f ∈ L1([0, 1]) y todo x ∈ [0, 1],
(Tf)(x) =
∫ 1
0
K(x, y)f(y)dy
donde K ∈ C([0, 1]× [0, 1]). Demuestre que la imagen de la bola unitaria
de L1([0, 1]) por el operador T es compacta en C([0, 1]).
D.5. Sea f : R → R. Para todo x ∈ R se define el conjunto
H(f, x) = a ∈ [−∞,∞]|∃(hn) ∈ (R\0)N, lımn→+∞
hn = 0, lımn→+∞
f(x+ hn) − f(x)
hn= a.
(i) Muestre qye las siguientes afirmaciones son equivalentes: (a) H(f, x)
tiene un solo elemento que es un numero real finito; (b) f es difer-
enciable en x.
(ii) Muestre que si para todo x ∈ R, H(f, x) ⊂ [0,+∞], entonces f es
no decreciente.
D.6. Sea f ∈ L2(R). Muestre que existe c > 0 tal que:
∫
R
x2|f(x)|2dx
×
∫
R
k2|f(k)|2dk
≥ c‖f‖42 .
33
2010
M.1. Sea X un espacio metrico completo. Se define para una familia de sub-
conjuntos Fi∞i=1 de X
lım infk→∞
Fk = ∪n ∩k≥n Fk .
a) Demuestre qye si Fi∞i=1 es una familia de conjuntos cerrados y lım infk→∞ Fk
tiene interior vacıo entonces exite n0 ∈ N tal que ∩k≥nFk tiene interior
no vacıo para todo n ≥ n0.
b) Considere un conjunto G ⊂ (0,∞) abierto y no acotado. Demuestre
que el conjunto
D := x : nx ∈ G para infinitos valores de n ∈ N
es denso en (0,∞).
M.2. Sea (X,A, µ) un espacio de medida finita y f : X → R una funcion
µ-medible no negativa. Demuestre que
∫
X
fdµ <∞ ⇐⇒∞∑
n=0
µ(x ∈ X : f(x) ≥ n) <∞ .
M.3. Sea C0(Rn) := f : Rn → R : f continua y supRn |f || < ∞.
Considere el subconjunto
D := f ∈ C0(Rn) : supRn
(|x|n+1 + 1)|f | <∞ .
Se define L : D → R como
L(f) :=
∫
Rn
f(x)dx .
Demuestre que existe una funcion L : C0(Rn) → R continua respecto a
la norma del supremo que satisface
L(f) = L(f)
para toda funcion f ∈ D.
D.4. Sea (X,A, µ) en espacio de medida tal que X es un espacio metrico y
la σ-algebra A contiene todos los conjuntos borelianos. Se dice que una
funcion f : X → R es semicontinua inferior si satisface
f(x) = lımε→0+
ınff(y) : y ∈ B(x, ε) .
34
Examenes de Calificacion Analisis - PUC 35
a) Demuestre que si f : X → R es una funcion continua inferior, entonces
f es una funcion boreliana.
b) Demuestre que si F es una familia numerable de funciones semicon-
tinuas inferiores entonces
h(x) := supf(x) : f ∈ F
es semicontinua inferior.
c) Demuestre que la funcion
f(x) := lım supr→0+
µ(B(x, r))
r
es boreliana.
D.5. Sea C([0, 1]) el conjunto de funciones continuas con dominio en [0, 1] y
recorrido en R, dotado con la norma del supremo. Considere un subespacio
vectorial S ⊂ C([0, 1]) que es cerrado en L2([0, 1]). Demuestre que
a) S es cerrado en C([0, 1]) con la norma del supremo.
b) Existe una constante M tal que para todo f ∈ S se cumple que
‖f‖2 ≤ ‖f‖∞ ≤M‖f‖2 .
c) Demuestre que para todo y ∈ [0, 1] existe una funcion Ky ∈ L2([0, 1])
tal que para todo f ∈ S se tiene que
f(y) =
∫ 1
0
Ky(x)f(x)dx .
D.6. Sea f ∈ C0(R/2πZ). Denotaremos las sumas parciales de Fourier asoci-
adas por
SN(f)(t) :=k=N∑
k=−N
f(k)eikt = f ⋆ DN (t) ,
donde
DN (t) :=N∑
k=−N
eikt ,
N ∈ N y f(k)k∈Z es la sucesion de coeficientes de Fourier de la funcion
f . Se define para cada N ∈ N
FN (t) :=1
2
∫ t
0
(DN (s) − 1)ds .
a) Mostrar que supt,N |FN (t)| < ∞. (Sugerencia: puede multiplicar la
serie que define a DN (t) por eit/2 y por e−it/2)
b) Deducir de lo anterior que existe una funcion f ∈ C0(R/2πZ) tal que
SN (f)(0) diverge.