mapeos continuos

Mapeos Continuos

Dr. Martın Velasco Villa

Seccion de Mecatronica

Noviembre de 2014

Dr. Martın Velasco Villa (Seccion de Mecatronica ) Mapeos Continuos Noviembre de 2014 1 / 45

Lımite de una funcion

Definicion 1

Sea A ⊂ Rn, f : A→ Rn, (A : Dominio), (B : Rango) y suponga que x0 es un punto deacumulacion de A. b ∈ Rn es el lımite de f en x0, esto es,

lımx→x0

f (x) = b

si ∀ε > 0, ∃δ > 0 (dependiendo de f , x0 y ε) t.q. ∀x ∈ A, x 6= x0, ‖x − x0‖ < δ implicaque ‖f (x)− b‖ < ε.

Intuitivamente f (x)→ b cuando x → x0.

Si x0 no es un punto de acumulacion @x 6= x0, x ∈ A cerca de x0, con lo cual, no sepuede aplicar la condicion.


Existecia del lımite

El lımite de una funcion no siempre existe

Ejemplo. Sea A = R\ {0}, f : R\ {0} → R,

f (x) =

{1 si x < 02 si x > 0

.

Entonces, 0 es un punto de acumulacion de A pero, lımx→0

f (x) no existe, entonces

lımx→0

f (x) no siempre existe.


Ejemplo. Considere la funcion,

f (x) =

{1 si x 6= 00 si x = 0

=⇒ lımx→0

f (x) = 1

f (0) = 0


Unicidad del Lımite

Teorema 2

El lımite de una funcion es unico lımx→x0

f (x) = b.

Demostracion.

Suponga que,lımx→x0

f (x) = b y lımx→x0

f (x) = b′

Se requiere mostrar que b = b′. Sea ε > 0, entonces existen δ1 > 0 y δ2 > 0 t.q.,

‖x − x0‖ < δ1 implica ‖f (x)− b‖ < ε2

‖x − x0‖ < δ2 implica∥∥f (x)− b′

∥∥ < ε2 .

Sea δ = mın {δ1, δ2}, entonces ‖x − x0‖ < δ implica que,∥∥b− b′∥∥ ≤ ‖b− f (x)‖+

∥∥f (x)− b′∥∥ < ε

2 + ε2 = ε

=⇒∥∥b− b′

∥∥ < ε, ∀ε.

entonces cuando ε→ 0 se tiene que ‖b− b′‖ → 0 y por lo tanto b = b′.


Continuidad de una funcion

Definicion 3

Sea A ⊂ Rn, f : A→ Rn y sea x0 ∈ A. Se dice que f es continua en x0 si x0 no es unpunto de acumulacion de A o lım

x→x0

f (x) = f (x0).

La existencia de lımx→x0

f (x) requiere que x0 sea un punto de acumulacion.

Si x0 no es un punto de acumulacion, solo se requiere la existencia de f (x0).

Definicion 4

(Alterna) f es continua en el punto x0 ∈ A si ∀ε > 0, ∃δ > 0 t.q. ∀x ∈ A, ‖x − x0‖ < δimplica que ‖f (x)− f (x0)‖ < ε.

Notese que aquı no se requiere la hipotesis sobre el punto de acumulacion.


Lımites por la derecha e izquierda

Suponga que f esta definida al menos en ]x0, a] ⊂ R para algun a > x0. Entonceslım

x→x+0

f (x) = b significa el lımite de f con dominio ]x0, a].

En otras palabras, ∀ε > 0, ∃δ > 0, t.q. |x − x0| < δ, x > x0 =⇒ |f (x)− b| < ε. Setoma el limite de f cuando x → x0 desde la derecha.

De manera similar, lımx→x−0

f (x) = b es el lımite de f cuando x → x0 desde la

izquierda.

Definicion 5

Una funcion f : A→ Rn es continua en el conjunto B ⊂ A si f es continua en todo puntode B. Si solo decimos que f es continua, entonces f es continua en todo su dominio A.


Equivalencias de la nocion de continuidad

Teorema 6

Sea el mapeo f : A→ Rm donde A ∈ Rn es cualquier conjunto. Las siguientesafirmaciones son equivalentes:

i) f es continua en A.

ii) Para toda secuencia convergente xk → x0 en A, se tiene f (xk )→ f (x0) .

iii) Para todo conjunto abierto U ∈ Rm, f −1 (U) ⊂ A es abierto relativo a A, es decir,f −1 (U) = V ∩ A para algun conjunto abierto V .

iv) Para todo conjunto cerrado F ⊂ Rm, f −1 (F ) ⊂ A es cerrado relativo a A, es decir,f −1 (F ) = G ∩ A para algun conjunto cerrado G .


Demostracion.

(i)→ (ii) .Suponga que xk → x0. Se mostrara que f (xk )→ f (x0).Como f es continua, sea ε > 0, elıjase δ t.q. si d (x1, x0) < δ entoncesd (f (x) , f (x0)) < ε.Entonces sea N t.q. k ≥ N implica d (xk , x0) < δ por lo tanto se tiene que ∀k ≥ N,

d (f (xk ) , f (x0)) < ε =⇒ f (xk )→ f (x0) .


Demostracion.

(ii)→ (iv) .Sea F ⊂ Rm cerrado, se tiene que mostrar que f −1 (F ) tambien es cerrado (relativo a A).Sea xk ∈ f −1 (F ) y sea xk → x para x ∈ A, se tiene que mostrar que x ∈ f −1 (F ) .

De (ii) se tiene que f (xk )→ f (x) y como f (xk ) ∈ F y F es cerrado entoncesf (x) ∈ F , y por lo tanto x ∈ f −1 (F ) con lo cual f −1 (F ) es cerrado.


Demostracion.

(iv)→ (iii) .Si U es abierto considere el conjunto cerrado F = Rm\U. Entonces por (iv),f −1 (F ) = G ∩ A para algun G cerrado. Entonces f −1 (U) = A∩ (Rn\G ) ası quef −1 (U) es abierto relativo a A.

f −1 (U) =(Rn\f −1 (F )

)∩ A = (Rn\G ∩ A) ∩ A = A∩ (Rn\G )


Demostracion.

(iii)→ (i) .Dada x0 ∈ A y ε > 0, se debe encontrar δ t.q. d(x , x0) < δ implica qued(f (x), f (x0)) < ε (def. de continuidad).Como D(f (x0), ε) es abierto f −1(D(f (x0), ε)) es tambien abierto por (iii) yx0 ∈ f −1(D(f (x0), ε)), entonces sea x ∈ f −1(D) ∈ A t.q. d(x , x0) < δ entonces se tieneque d(f (x), f (x0)) < ε. (f (x) ∈ D(f (x0), ε))

Entonces ∀x ∈ f −1(D), d(x , x0) < δ =⇒ d(f (x), f (x0)) < ε.


Ejemplo. Sea f : Rn → Rn la funcion identidad (f : x → x). Muestre que f es continua.Eligiendo δ = ε se tiene que ‖x − x0‖ < δ =⇒ ‖x − x0‖ < ε lo cual muestra lacontinuidad de f .

Ejemplo. Sea f : ]0, ∞[→ R;(f (x) = 1

x

). Muestre que f es continua.

Sea x0 ∈ ]0, ∞[, x0 > 0 y considere,

‖f (x)− f (x0)‖ =∣∣∣ 1x −

1x0

∣∣∣ = ∣∣∣ x0−xxx0

∣∣∣ = |x0−x ||xx0|

Considerando |x − x0| < δ se tiene que,

|f (x)− f (x0)| < δ|xx0| =

δxx0

.


Elıjase en particular la restriccion δ < x02

Entonces,

x >x0

2=⇒ xx0 >

x0x0

2=

x20

2

produciendo,|f (x)− f (x0)| < δ

xx0< 2δ

x20= ε.

Finalmente, dado ε > 0, elıjase δ = mın(

εx20

2 , x02

)( Para satisfacer la restriccion δ < x0

2 ).

Entonces |x − x0| < δ implica por la construccion efectuada que |f (x)− f (x0)| < ε.


Composicion de funciones

Definicion 7

Sea f : A ⊂ Rn → Rm y g : B ⊂ Rm → Rp con f (A) ⊂ B, la composiciong ◦ f : A→ Rp se define por x → g (f (x)). Esto es g ◦ f = g (f (x)).


Teorema 8

Suponga que f : A ⊂ Rn → Rm y g : B ⊂ Rm → Rp son funciones continuas conf (A) ⊂ B. Entonces g ◦ f : A→ Rp es continua.

Demostracion.

Sea U ⊂ Rp abierto. Entonces (g ◦ f )−1 (U) = f −1(g−1 (U)

).

Se tiene que g−1 (U) = U ′ ∩ B para algun U ′ abierto y f −1 (U ′ ∩ B) = f −1 (U ′) ya quef (A) ⊂ B (en particular U ′ ⊂ B).Como f es continua =⇒ f −1 (U ′) = U ′′ ∩ A para algun U ′′abierto.Entonces por el Th. 6 g ◦ f es continua. Esto es, g (f (U)) es continua en A sif −1

(g−1 (U)

)es abierto relativo a A.


Ejemplo. esin x es continua ya que definiendo,

f (x) = sin x , g (x) = ex

es claro f (x) y g (x) son funciones continuas y por lo tanto se obtiene la composicion,

g (f (x)) = esin x .


Algunas propiedades basicas de funciones continuas

Sea A ⊂ Rn, x0 ∈ A un punto de acumulacion de A.

A) Sea f : A→ Rm y g : A→ Rm continuas en x0; entonces f + g : A→ Rm escontinua en x0.

B) Sea f : A→ R y g : A→ Rm funciones continuas en x0; entonces el productofg : A→ Rm es continuo en x0.

C) Sea f : A→ R y g : A→ Rm funciones continuas en x0 con f (x0) 6= 0; entonces fes diferente de cero en una vecindad U de x0 y el cociente g/f : U → Rm escontinuo en x0.


Demostracion.

(A) Sea x0 ∈ A y considere un ε > 0. Elıjase

δ1 > 0 t.q. d (x , x0) < δ1 implica d (f (x) , f (x0)) <ε

2

y

δ2 > 0 t.q. d (x , x0) < δ2 implica d (g (x) , g (x0)) <ε

2.

Sea δ = mın (δ1, δ2), entonces si d (x , x0) < δ se tiene que,

‖(f + g) (x)− (f + g) (x0)‖ = ‖f (x)− f (x0) + g (x)− g (x0)‖ ≤≤ ‖f (x)− f (x0)‖+ ‖g (x)− g (x0)‖ ≤ ε

2 + ε2 = ε

Entonces f + g es continua.


Demostracion.(B) Sea x0 ∈ A y ε > 0. Elijase δ1 t.q. d (x , x0) < δ1 implique que

|f (x)| − |f (x0)| ≤ |f (x)− f (x0)| < ε2‖g (x0)‖

Equivalentemente,|f (x)| < |f (x0)|+ 1

Note que,

|f (x)| < |f (x0)|+ ε2‖g (x0)‖ ⇒ |f (x)| < |f (x0)|+ 1 (ε→ 0) .

Dado que,‖g (x0)‖ = cte, |f (x0)| = cte

entonces las condiciones anteriores siempre se pueden satisfacer para un cierto δ1.


Elıjase δ2 t.q. d (x , x0) < δ2 implique que

‖g (x)− g (x0)‖ < ε2(|f (x0)|+1)

.

Entonces para δ = mın (δ1, δ2), d (x , x0) < δ implica que

‖fg (x)− fg (x0)‖ =‖f (x) g (x)− f (x) g (x0) + f (x) g (x0)− f (x0) g (x0)‖≤ |f (x)| ‖g (x)− g (x0)‖+ |f (x)− f (x0)| ‖g (x0)‖ .

Produciendo,

‖fg (x)− fg (x0)‖ < (|f (x0) + 1|) ε2(|f (x0)+1|) +

ε2‖g (x0)‖ ‖g (x0)‖

= ε2 + ε

2 = ε �


Demostracion.

(C) Similar a (B) considerando 1f = h, con lo cual se tiene g · h. Solo se tiene que

mostrar que 1f es continua.

Observacion. Notese que la funcion f (x) = x t.q. f : R → R es continua. Entoncesf (x) = xm tambien lo es y por lo tanto cualquier funcion de la forma

f (x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . + an

es continua.


Teorema 9

Sea A ⊂ Rn y f : A→ R continuo. Suponga que K ⊂ A es conectado y x , y ∈ K .∀c ∈ R t.q. f (x) ≤ c ≤ f (y), existe un punto z ∈ K t.q. f (z) = c.

Demostracion.Suponga que z dado por el th. no existe.Sea U = ]−∞, c [ = {t ∈ R | t < c} y V = ]c, ∞[. (U,V abiertos).Como f es continuo, f −1 (U) = U0 ∩K para un conjunto abierto U0

y f −1 (V ) = V0 ∩K .Note que U ∩ V = φ, U ∪ V = R\ {c} .


Como @z ∈ K , t.q. f (z) = c entonces (i) U0 ∩ V0 ∩K = φ (esto es, no existeinterseccion entre U0 y V0)f (x) , f (y) cubren casi todo R excepto el punto c y dado que x ∈ U0 ∩K yy ∈ V0 ∩K ⇒ (ii) U0 ∪ V0 ⊃ K .Por la misma razon como U ∪ V = R\ {c} ⇒ (iii) U0 ∩K 6= φ ya que x ∈ U0 y (iv)V0 ∩K 6= 0 ya que y ∈ V0.Entonces se tiene que K no es conectado con lo cual se produce una contradiccion queprueba el teorema. �


Continuidad uniforme

Definicion 10

Sea f : A→ Rm y B ⊂ A. f es uniformemente continua sobre el conjunto B si ∀ε > 0,∃δ > 0 tal que x , y ∈ B y d (x , y) < δ implica que d (f (x) , f (y)) < ε.

Continuidad. f es continua en x0, si ∀ε > 0, ∃δ > 0 t.q. ∀x ∈ A, ‖x − x0‖ < δ implicaque ‖f (x)− f (x0)‖ < ε.

Ejemplo. Demostrar que f (x) = 1x es uniformemente continua en [a, ∞[ para a > 0.

Note que f (x) no esta definido en x = 0.f (x) es continua, se debe mostrar que tambien es uniformemente continua.


Ejemplo. Considere f (x) = x2; f : R → R ¿Es f uniformemente continua?f (x) = x · x es continua. Para verificar su continuidad uniforme considere,

|f (x)− f (y)| =∣∣∣x2 − y2

∣∣∣ = |(x − y) (x + y)| ≤ |x − y | |x + y |

Sea δ = ε|x+y | t.q. |x − y | < δ⇒

∣∣x2 − y2∣∣ < ε.

Note que para demostrar continuidad se requiere un punto fijo y = x0, para el cual lascondiciones anteriores siempre pueden ser satisfechas.Como δ = ε

|x+y | , para un ε dado se tiene que si x , y son grandes ⇒ δ debe ser pequeno,

por lo tanto @δ, ∀x , y que satisfagan las condiciones de continuidad uniforme.


Teorema 11

Sea f : A→ Rm continua y sea K ⊂ A un conjunto compacto. Entonces f esuniformemente continua sobre K .

Demostracion.Dado ε > 0, ∀x ∈ K elija δx t.q. d (x , y) < δx implique que d (f (x) , f (y)) < ε

2 .Los conjuntos D (x , δx/2) cubren K y son abiertos (por compacidad). Entonces ∃ unacubierta finita

D (x1, δx1 /2) , . . . ,D (xN , δxN /2) .

Sea δ = mın {δx1 /2, . . . , δxN /2} ⇒ si d (x , y) < δ, ∃xi t.q. d (x , xi ) < δxi/2 ya que losdiscos cubren a K y por lo tanto ∃ un disco D (xi , δxi /2) t.q. x ∈ D (xi , δxi /2).


Entonces‖xi − y‖ = ‖xi − x + x − y‖ ≤ ‖xi − x‖+ ‖x − y‖ ,

y por lo tanto

d (xi , y) ≤ d (xi , y) + d (x , y) < δxi /2 + δxi /2 = δxi

Entonces por la eleccion de δxi ,

d (f (x) , f (y)) ≤ d (f (x) , f (xi )) + d (f (xi ) , f (y))

<ε

2+

ε

2= ε. �


Convergencia de funciones

Se considerara ahora la convergencia asociada a una secuencia de funciones.

La nocion mas usual es llamada convergencia puntual.

Definicion 12

Una secuencia de funciones fk : A→ Rm, A ⊂ Rn converge puntualmente (o simple) af : A→ Rm si ∀x ∈ A, fk (x)→ f (x) (converge como una secuencia en Rm). A menudose escribe, fk → f (puntual) si fk converge puntual a f .

El principal problema de esta definicion es que aun en el caso que fk sean continuasf no necesariamente lo es.


Ejemplo. Sea la funcion

fk (x) =

{0 si x ≥ 1

k−kx + 1 si 0 ≤ x ≤ 1

k

Si x = 0⇒ fk (0) = 1, esto es f (x) = 1 para x = 0.Si x 6= 0⇒ fk (x)→ 0 (ya que fk (x)→ 0 para k grande). Entonces,

f (x) =

{0 si x 6= 01 si x = 0

Por lo tanto f (x) no es continua, pero fk (x) converge (puntualmente).


Para evitar el problema de la convergencia puntual se tiene la siguiente definicion.

Definicion 13

Sea fk : A→ Rm una secuencia de funciones con la propiedad que ∀ε > 0, ∃N (Nindependiente de x), t.q. k ≥ N implica,

‖fk (x)− f (x)‖ < ε, ∀x ∈ A.

Bajo estas condiciones, fk converge uniformemente a f , es decir fk → f (uniformemente).


En la definicion anterior la eleccion de N es independiente de x . Cuando esta elecciondepende de x (y ε en algunos casos) se tiene solo convergencia puntual.

Ejemplo. Sea fn = {x ∈ R | 0 ≤ x ≤ 1} → R t.q. fn (x) = xn.Se tiene que {fn (x)} es continua y {fn} converge a la funcion discontinua,

f (x) =

{0 si 0 ≤ x < 11 si x = 1.

Por lo tanto no es uniformemente convergente (converge puntualmente).


Ejemplo. Sea fn : R → R, fn (x) =xn . ¿Convergencia puntual o uniforme?

Se tiene que fn → 0, ∀x ∈ R, entonces {fn (x)} es convergente (puntual).Esta secuencia no es uniformemente convergente ya que sea ε = 1

10 , |fn (x)− 0| < 110

cuando n > 10 en x = 1 y cuando n > 20 para x = 2, esto es, N depende de x y por lotanto ε no puede elegirse libremente.

Ejemplo. Considere ahora fn : [0, 1]→ R, fn (x) =xn .

Sea ε = 110 ⇒ |fn − 0| < 1

10 para n > 10, y ∀x ∈ [0, 1] entonces la secuencia convergeuniformemente a cero en [0, 1].

Las mismas nociones anteriores pueden extenderse al caso de Series de funciones.


Definicion 14

La serie ∑∞k=1 gk converge puntualmente a g , ∑∞

k=1 gk = g (puntual) si la secuencia

Sk = ∑ki=1 gi converge puntualmente a g . La serie ∑∞

k=1 gk = g converge uniformementea g si Sk → g (uniformemente).Una secuencia fk (o serie ∑ gk) converge uniformemente si existe una fn. a la cualconverge uniformemente.

Teorema 15

Sea fk : A→ Rm una fn. continua y suponga que fk → f (uniformemente). Entonces fes continua.


Demostracion.

Como fn → f uniformemente, dado ε > 0, ∃N t.q. k ≥ N implica que,

‖fk (x)− f (x)‖ < ε

3, ∀x ∈ A.

Considere x0 ∈ A. Como fN es continua, ∃δ > 0 t.q. x ∈ A,

‖x − x0‖ < δ⇒ ‖fN (x)− fN (x0)‖ <ε

3.

Entonces para ‖x − x0‖ < δ,

‖f (x)− f (x0)‖ = ‖f (x)− fN (x) + fN (x)− fN (x0) + fN (x0)− f (x0)‖≤ ‖f (x)− fN (x)‖+ ‖fN (x)− fN (x0)‖+ ‖fN (x0)− f (x0)‖< ε

3 + ε3 + ε

3 = ε.

Como x0 es arbitrario, f es continua ∀x ∈ A ⇒ f es continua.


Corolario 16

Si gk : A→ Rm son continuas y ∑∞k=1 gk = g (uniformemente), entonces g es continua.

Observacion. La demostracion del Corolario 16 se obtiene al aplicar el Th. 15 a lasecuencia de sumas parciales.

Ejemplo. Sea fn (x) =sin xn ; fn : R → R. Muestre que fn → 0 (uniformemente) cuando

n→ ∞.Se tiene que

|fn (x)− 0| = |fn (x)| .Como

|fn (x)| =|sin x |n≤ 1

n,

entonces como 1n → 0 cuando n→ ∞ independientemente de x se tiene que fn converge

uniformemente.


Criterio de Cauchy

Teorema 17

Sea fk : A→ Rm una secuencia de fns, entonces fk converge uniformemente ssi ∀ε > 0,∃N t.q. l , k ≥ N implica que,

‖fk (x)− fl (x)‖ < ε, ∀x ∈ A.

La serie ∑∞k=1gk converge uniformemente ssi ∀ε > 0, ∃N t.q. k ≥ N implica que∥∥gk (x) + . . . + gk+p (x)

∥∥ < ε, ∀x ∈ A y ∀p = 0, 1, 2, . . .

A partir del Th. 17 es posible dar el siguiente resultado de convergencia (conocido comola M-prueba de Weierstrass).


Teorema 18

Suponga que gk : A→ Rm son fns t.q. ∃ constantes Mk , con ‖gk (x)‖ ≤ Mk , ∀x ∈ A y

∑∞k=1Mk convergente. Entonces ∑∞

k=1gk converge uniformemente (y absolutamente).

Demostracion.

Como ∑∞k=1Mk converge, ∀ε > 0, ∃N t.q. k ≥ N ⇒

(Mk + . . .Mk+p

)< ε.

Para k ≥ N se tiene,∥∥g (x) + . . . + gk+p (x)∥∥ ≤ ‖gk (x)‖+ . . . +

∥∥gk+p (x)∥∥

≤ Mk + . . . +Mk+p < ε, ∀x ∈ A.

Entonces, por el criterio de Cauchy para series ∑ gk converge uniformemente.


Ejemplo. Muestre que f (x) = ∑∞0

(xn

n!

)2es continua en R.

Como xn no es acotada, no es posible determinar las cotas∥∥∥∥( xn

n!

)2∥∥∥∥ ≤ Mn ∈ R.

Esto puede realizarse solo en el caso en el que x ∈ [−a, a] ∈ R. Bajo estas condiciones,∣∣∣∣( xn

n!

)2∣∣∣∣ ≤ (

an

n!

)2= Mn.

Considerando la prueba el promedio:

Mn+1

Mn=

(an+1

(n+1)!

)2

(ann!)2

=(an+1)

2(n!)2

(an)2((n+1)!)2 =(

an+1n!an(n+1)!

)2=

(a

n+1

)2.

Entonces

lımn→∞

∣∣∣∣Mn+1

Mn

∣∣∣∣ = 0.

La serie ∑Mn converge y por lo tanto ∑(xn

n!

)2converge uniformemente en [−a, a]. Por

el Th. 15 f es continua.


Sea A ⊂ Rn y V el conjunto de las funciones f : A→ Rm.

1) La fn. cero en V es un vector cero ∀x ∈ A. f + 0 = f .

2) (f + g) (x) = f (x) + g (x), f , g ∈ V .

3) (λf ) (x) = λf (x), ∀λ ∈ R, f , g ∈ V .

4) El inverso de f esta dado por −f , esto es, f (x) + (−f (x)) = 0 ∈ V .

5) Los elementos de V son asociativos y conmutativos: (f + g) + h = f + (g + h),f + g = g + f .

Ademas,Si a, b ∈ R y f , g ∈ V ⇒ 1f = f y (ab) f = a (bf ), (a+ b) f = af + bf ,a (f + g) = af + ag .Entonces V es un espacio vectorial.


Sea C = {f ∈ V | f es continua} = C (A,Rn)⇒ C es un espacio vectorial ya que si

f , g ∈ C ⇒ f + g ∈ C, y αf ⊂ C, ∀α ∈ R.

Sea Cb el subespacio vectorial de C t.q.

Cb = {f ∈ C | f es acotada} .

Si A es compacto, entonces Cb = C.

Para f ∈ Cb, sea ‖f ‖s = sup {‖f (x)‖ | x ∈ A}.

Teorema 19

La funcion ‖f ‖s en Cb (A,Rm), satisface las propiedades de una norma:i) ‖f ‖s ≥ 0 y ‖f ‖s = 0 ssi f ≡ 0ii) ‖αf ‖s = |α| ‖f ‖s para α ∈ R, f ∈ Cbiii) ‖f + g‖s ≤ ‖f ‖s + ‖g‖s .


Demostracion.

Parte (iii). Para un mismo x en f (x) y g (x),

‖f + g‖s = sup {‖(f + g) (x)‖ | x ∈ A}≤ sup {‖f (x)‖+ ‖g (x)‖ | x ∈ A} .

Por otra parte,

{‖f (x)‖+ ‖g (x)‖ | x ∈ A} ≤ {‖f (x)‖+ ‖g (y)‖ | x , y ∈ A}

con lo cual

‖f + g‖s ≤ sup {‖f (x)‖+ ‖g (y)‖ | x , y ∈ A}= sup {‖f (x)‖ | x ∈ A}+ sup {‖f (y)‖ | y ∈ A}

Esto es,‖f + g‖s ≤ ‖f ‖s + ‖g‖s .


Teorema 20

fk → f uniformemente en A ssi ‖fk − f ‖s → 0.

Demostracion.

(Se sigue directamente de la definicion de convergencia uniforme).Necesidad. Asuma que fk → f uniformemente, esto es, ∀ε > 0, ∃N t.q. k ≥ N ⇒

‖fk (x)− f (x)‖ < ε, ∀x ∈ A.

Por otra parte, se tiene que en Cb

‖fk (x)− f (x)‖s = sup {‖fk (x)− f (x)‖ | x ∈ A} .

Como ‖fk (x)− f (x)‖ < ε , entonces

‖fk − f ‖s = sup {‖fk (x)− f (x)‖ | x ∈ A} < ε

con lo cual si ε→ 0, se implica que ‖fk − f ‖s → 0.


Un espacio normado es llamado completo si toda secuencia de Cauchy converge. Unespacio completo es tambien llamado Espacio de Banach.

Teorema 21

Cb es un espacio de Banach.

Demostracion.

Sea fk una secuencia de Cauchy.Por el Th. 17, se tiene que fk converge uniformemente a f . Como

‖f (x)‖ − ‖fk (x)‖ ≤ ‖fk (x)− f (x)‖ < ε

se tiene que ‖f (x)‖ ≤ ‖fk (x)‖+ 1 para k suficientemente grande, y por lo tanto f esacotado. (ya que fk ∈ Cb)Como fk → f uniformemente ⇒ f es continua (Th 15).⇒ f ∈ Cb y por lo tanto fk converge en Cb, con lo cual se prueba el resultado ya quetoda secuencia de Cauchy en Cb converge en el mismo espacio (El limite permanece enCb).


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