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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ANALISIS EXAMENES DE CALIFICACION Rodrigo Vargas Santiago de Chile 2011

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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

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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.

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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

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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.

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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 .

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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.

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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.

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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)) .

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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 .

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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 .

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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.

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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

.

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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

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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

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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.

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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

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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.

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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].

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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].

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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.

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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

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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) .

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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

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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

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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.

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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.

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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

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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 .

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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

=|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

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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 .

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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‖∞.

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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

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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 .

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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<∞ .

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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

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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

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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.