EJERCICIO 1:
Sea \(B\) un cubrimiento por abiertos de [0,1]. Consideremos el conjunto \(\mathbb{A}=\lbrace\;t \in [0,1]\;/\;[0,t]\;admite\;un\;subcubrimiento\;finito\;de\;B\rbrace.\) Probar que \(\mathbb{A}\) es no vacío,acotado superiormente y que \(sup(\mathbb{A})=max(\mathbb{A})=1\). Deducir que todo cubrimiento por abiertos de [0,1] admite un subcubrimiento finito.
\(\mathbb{A}\neq\emptyset :\) pues 0 \(\in\mathbb{A}\);i.e., \(\lbrace0\rbrace=[0,0] \in\mathbb{A}\) ya que \(\exists {U}_{i}\in B\) tal que \(0 \in {U}_{i}\) (....cualquier bola abierta que contenga al origen....)
\(sup (\mathbb{A})=1 :\) claramente \(\mathbb{A}\subseteq [0,1]\) y, por lo tanto, al ser acotado y no vacío exite supremo de \(\mathbb{A}\) por el axioma de completitud. Y llamémoslo \(s.\)
Por otra parte, supongamos que \(s<1\); o sea, \(s\in[0,1)\Rightarrow \exists U \in B (abierto) / s \in U \Rightarrow \exists \varepsilon>0 / (s- \varepsilon, s+ \varepsilon)\subseteq U.\) Además, puedo tomar \(\varepsilon>0 / s+ \varepsilon<1\) pues si \([0,1]\subseteq (s- \varepsilon, s+ \varepsilon)\subseteq U\)\(\Rightarrow tomo\;(s- \delta, s+ \delta)\)\(tal\;que\;(s- \delta, s+ \delta)\subseteq[0,1]\subseteq (s- \varepsilon, s+ \varepsilon)\subseteq U\)con \(\;\delta>0\;y\;s+ \delta<1.\) Luego tomo \(\varepsilon>0 / s+ \varepsilon<1\) y como \(s- \varepsilon<s\Rightarrow\exists t \in \mathbb{A}/ t>s- \varepsilon\) (pues \(s\) es el supremo del conjunto) \(\therefore\) al [0,t] lo puedo cubrir con finitos abiertos de \(B\), es decir, \([0,t]\subseteq \bigcup_{i=1}^{n}{U}_{i}\) \(/\)\({U}_{i}\in B\) \(\Rightarrow\)\([0,s+ \frac{\varepsilon}{2}] \subseteq U \cup (\bigcup_{i=1}^{n}{U}_{i})\)\(\therefore\) al \([0,s+ \frac{\varepsilon}{2}]\) lo puedo cubrir con finitos abiertos \(\Rightarrow\)\([0,s+ \frac{\varepsilon}{2}]\in\mathbb{A}\) ABS!! pues \(s\) era el supremo\(\Rightarrow sup (\mathbb{A})=1\)
Ahora, sea \(U\in B / 1 \in U\)\(\Rightarrow \exists t \in \mathbb{A}/ 1 \geq t>1- \varepsilon\)(pues \(1\) es el supremo del conjunto)\(\therefore\) al [0,t] lo puedo cubrir con finitos abiertos de \(B\), es decir, \([0,t]\subseteq \bigcup_{i=1}^{n}{U}_{i}\) \(/\)\({U}_{i}\in B\) \(\Rightarrow\)al [0,1] lo cubro con la unión de los abiertos \(U\) y \(\bigcup_{i=1}^{n}{U}_{i}\), i.e.,
EJERCICIO 2:
Calcular los cardinales de los siguientes conjutos:
(a) \({P}_{{\aleph}_{0}}(\mathbb{N})=\lbrace\;N \in P(\mathbb{N}) :\;\sharp(N)=\aleph}_{0}\rbrace.\)
(b) \({P}_{c}(\mathbb{R})=\lbrace\;R \in P(\mathbb{R}) :\;\sharp(R)=c\rbrace.\)
(a) Como para todo conjunto \(N\subseteq\mathbb{N}\) se tiene que \(\sharp(N) \leqslant\aleph}_{0}\) entonces, se puede decir "que \(\aleph}_{0}\) es el menor de los infinitos" (JA!!) \(\therefore\) al conjunto \(P(\mathbb{N})\) lo puedo escribir como \(P(\mathbb{N})= {P}_{{\aleph}_{0}}(\mathbb{N}) \bigcup {P}_{< +\infty}(\mathbb{N})\) donde,\({P}_{< +\infty}(\mathbb{N})\) es el conjunto formado por los subconjuntos finitos de \(\mathbb{N}\) y por un ejercicio de la práctica, sabemos que \(\sharp({P}_{< +\infty}(\mathbb{N})) = \aleph}_{0}\)\(\Rightarrow\), como además, la únión es disjunta se tiene que \(\sharp({P}_{< +\infty}(\mathbb{N})) + \sharp({P}_{{\aleph}_{0}}(\mathbb{N}))=\sharp(P(\mathbb{N}))= c\)\(\Rightarrow\), necesariamente, \(\sharp({P}_{{\aleph}_{0}}(\mathbb{N}))= c\)
(b) Sabemos que \(\mathbb{R}={\mathbb{R}}_{\leqslant 0}\bigcup {\mathbb{R}}_{>0}\) \(/ {\mathbb{R}}_{\leqslant 0} \bigcap{\mathbb{R}}_{>0}=\emptyset\) y \(\sharp({\mathbb{R}}_{\leqslant 0})=\sharp({\mathbb{R}}_{>0})=c.\) Además, como \({P}_{c}(\mathbb{R})\subseteq P(\mathbb{R})\)\(\Rightarrow\)\(\sharp({P}_{c}(\mathbb{R}))\leqslant {2}^{c}\).
Por otra parte, sabemos (o deberíamos) que \(\sharp(P({\mathbb{R}}_{>0}))={2}^{c}.\) Entonces definimos una función \(f:{P(\mathbb{R}}_{>0})\rightarrow {P}_{c}(\mathbb{R})\)\(/\)\(f(B)=B\cup{\mathbb{R}}_{\leqslant 0}\) claramente es inyectiva y como \(\sharp(B)\leqslant c\) (pues \(B\subseteq{\mathbb{R}}_{>0}\))\(\Rightarrow\)\(\sharp(B\cup{\mathbb{R}}_{\leqslant 0})=c\)(pues la unión, además, es disjunta)\(\therefore\)\(f(B)\subseteq{P}_{c}(\mathbb{R})\)\(\Rightarrow\)\({2}^{c}=\sharp(P({\mathbb{R}}_{>0}))\leqslant \sharp({P}_{c}(\mathbb{R}))\)\(\Rightarrow\)\(\sharp({P}_{c}(\mathbb{R}))={2}^{c}.\)
EJERCICIO 3:
Sea \((X,d)\) un espacio métrico y sea \(A\) un subconjunto de \(X\). Probar que \(A\) es abierto \(\Leftrightarrow\) para toda sucesión \({({a}_{n})}_{n\in\mathbb{N}}\) tal que \(\lim_{n \rightarrow \infty}{a}_{n}\in A,\) existe \({n}_{0}\in \mathbb{N}\) tal que \({a}_{n}\in A\) para todo \(n\geq{n}_{0}\)
\((\Rightarrow)\) Sea \({({a}_{n})}_{n\in\mathbb{N}}\) tal que \(\lim_{n \rightarrow \infty}{a}_{n}:=a\in A,\)\(\Rightarrow\)\(\forall\varepsilon>0\; \exists {n}_{0}\in\mathbb{N} /\;d({a}_{n} , a) <\varepsilon\; \forall n>{n}_{0}\). Por otra parte, como \(A\) es abierto,\(\exists r>0 /\; {B}_{r}(a) \subseteq A\)\(\therefore\) si tomo \(\varepsilon=r\) se tiene que \(\exists {n}_{0}\in\mathbb{N} /\; {a}_{n}\in{B}_{r}(a)\subseteq A\)\(\Rightarrow\)\({a}_{n}\in A\) para todo \(n\geq{n}_{0}\)
\((\Leftarrow)\) Sea \(\; a\in A\;\) y supongamos que \(A\) no es abierto \(\Rightarrow\)\(\forall r>0\; {B}_{r}(a) \nsubseteq A\)\(\therefore\) si:
EJERCICIO 4:
Sea \((X,d)\) un espacio métrico no vacío. Para cada \(x\in X\) consideremos el conjunto \({S}_{x}=\lbrace{({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}} : \exists c > 0 /\;d({x}_{n},x)< c\; \forall\;n\in\mathbb{N}\rbrace.\) Probar que:
a) \({S}_{x}={S}_{y}\) para todo \(x,y\in X\)
b) Probar que \((S,{d}_{\infty})\) es un espacio métrico, donde \({S}_{x}=S\) para algún \(x\in X\) y \({d}_{\infty}({({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})= sup {\lbrace d({x}_{n} , {y}_{n})\rbrace }_{n\in\mathbb{N}}\).
c) Probar que \((S,{d}_{\infty})\) es separable\(\Leftrightarrow\)\(\sharp(X)=1.\)
a) \((\subseteq)\) Sea \(\; a\in{S}_{x}\Rightarrow a:={({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}} \;\) \(\therefore\) sabemos que \(\; \exists c>0 / \;d({x}_{n},x)< c\; \forall\;n\in\mathbb{N} \;\) y queremos ver que \(\;\exists c`>0 / \;d({x}_{n},y)< c`\; \forall\;n\in\mathbb{N}.\) pero \(\; d({x}_{n},y)\leq d({x}_{n},x)+d({x,y)< c+d({x,y) \;\) por lo tanto si \(\; c`=c+d({x,y) \Rightarrow a\in {S}_{y}.\)
\((\supseteq)\) Sea \(\; b\in{S}_{y}\Rightarrow b:={({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}} \;\) \(\therefore\) sabemos que \(\; \exists c>0 / \;d({y}_{n},b)< c\; \forall\;n\in\mathbb{N} \;\) y queremos ver que \(\;\exists c`>0 / \;d({y}_{n},x)< c`\; \forall\;n\in\mathbb{N}.\) pero \(\; d({y}_{n},x)\leq d({y}_{n},y)+d({y,x)< c+d({y,x) \;\) por lo tanto si \(\; c`=c+d({y,x) \Rightarrow b\in {S}_{x}.\)
b) Sólo me hace falta ver que \({d}_{\infty}({({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})= sup {\lbrace d({x}_{n} , {y}_{n})\rbrace }_{n\in\mathbb{N}}\) es una métrica: Claramente \(\; {d}_{\infty}:SxS\rightarrow {\mathbb{R}}_{\geqslant 0} \;\) pues \(d\) es una métrica y \(\; sup {\lbrace d({x}_{n} , {y}_{n})\rbrace }\geqslant0 \; \forall\;n\in\mathbb{N}.\)
\((i)\) \({d}_{\infty}({({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})={d}_{\infty}({({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}}) \;\) pues \(\; d({y}_{n},{x}_{n})=d({x}_{n},{y}_{n}) \forall\;n\in\mathbb{N}.\)
\(({i}^{2})\) \({d}_{\infty}({({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})=0 \Leftrightarrow sup {\lbrace d({x}_{n} , {y}_{n})\rbrace }_{n\in\mathbb{N}}=0\)\(\Leftrightarrow 0 \leqslant d({y}_{n},{x}_{n})\leqslant 0\; \forall\;n\in\mathbb{N}\)\(\Leftrightarrow {x}_{n}={y}_{n} \forall\;n\in\mathbb{N} \;\) pues \(d\) es una métrica.
\(({i}^{3})\) \({d}_{\infty}({({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})= sup {\lbrace d({x}_{n} , {y}_{n})\rbrace }_{n\in\mathbb{N}}\) \(\leqslant sup{\lbrace d({x}_{n} , {z}_{n})+d({z}_{n} , {y}_{n})\rbrace }_{n\in\mathbb{N}}\)\(\leqslant sup {\lbrace d({x}_{n} , {z}_{n})\rbrace }_{n\in\mathbb{N}}+sup {\lbrace d({z}_{n} , {y}_{n})\rbrace }_{n\in\mathbb{N}} \;\) pues \(\; sup(A+B)=sup(A)+sup(B)\;\) \(\therefore {d}_{\infty}({({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}}) \leqslant {d}_{\infty}({({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({z}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})+{d}_{\infty}({({z}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({y}_{n})}_{n\in\mathbb{N}}).\) Luego \(\; {d}_{\infty} \;\) es una métrica \(\therefore\)\((S,{d}_{\infty})\) es un espacio métrico.
c)\((\Rightarrow)\) Supongamos que \(\sharp(X)\geqslant 2 \Rightarrow \exists {x}_{1},{x}_{2}\in X\) con \({x}_{1}\neq{x}_{2} \;\) y sea \(\; A={\lbrace{x}_{1},{x}_{2}\rbrace}^{\mathbb{N}}.\) Sabemos que \(A\) es no numerable y discreto pues
\((\Leftarrow)\) Como \(\sharp(X)=1 \Rightarrow X=\lbrace x \rbrace \Rightarrow {S}_{x}=X\;\) y como además, \(\; {S}_{x}=S \;\) se tiene que \(S\) es separable, pues se puede tomar como denso a lo sumo numerable el mismo \(S.\)
EJERCICIO 5:
Sea \(d:{l}^{\infty}\;x\;{l}^{\infty} \rightarrow \mathbb{R}\) definida por \(d({({a}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({b}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{b}_{n} - {a}_{n}\right|}{{n}^{2}}\) .Probar que \(({l}^{\infty} , d)\) es un espacio métrico separable.
Veamos primero que \(d({({a}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({b}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{b}_{n} - {a}_{n}\right|}{{n}^{2}}\) es una métrica:
Como \(\mid{b}_{n}-{a}_{n}\mid\leqslant{\|{b}_{n}-{a}_{n}\| }_{\infty}\)\(\therefore\) \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{b}_{n} - {a}_{n}\right|}{{n}^{2}}\leqslant {\|{b}_{n}-{a}_{n}\| }_{\infty}.\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{{n}^{2}} \;\) y como \(\; \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{{n}^{2}} \;\) es convergente, resulta que \(\; {\|{b}_{n}-{a}_{n}\| }_{\infty}.\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{{n}^{2}} \;\) es convergente, luego \(d:{l}^{\infty}\;x\;{l}^{\infty} \rightarrow {\mathbb{R}}_{\geqslant 0}\) está bien definida.
Por otra parte, es claro que \(d({({a}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({b}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})=d({({b}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({a}_{n})}_{n\in\mathbb{N}}) \;\) y \(d({({a}_{n})}_{n\in\mathbb{N}},{({b}_{n})}_{n\in\mathbb{N}})=0\)\(\Leftrightarrow\)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{b}_{n} - {a}_{n}\right|}{{n}^{2}}=0 \Leftrightarrow \frac{\left|{b}_{n} - {a}_{n}\right|}{{n}^{2}}=0 \; \forall\;n\in\mathbb{N}\)\(\Leftrightarrow \left|{b}_{n} - {a}_{n}\right|=0 \; \forall\;n\in\mathbb{N}\)\(\Leftrightarrow {b}_{n}={a}_{n} \; \forall\;n\in\mathbb{N} \;\) pues \(\; d({a}_{n},{b}_{n})=\left|{a}_{n} - {b}_{n}\right| \;\) es una métrica en \(\; \mathbb{R} \; .\) Y sabemos que para cada \(\; n\in\mathbb{N}, \;\) \(\left|{b}_{n} - {a}_{n}\right|\leqslant \left|{b}_{n} - {c}_{n}\right|+ \left|{c}_{n} - {a}_{n}\right| \; \therefore\)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{b}_{n} - {a}_{n}\right|}{{n}^{2}}\leqslant\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{b}_{n} - {c}_{n}\right|}{{n}^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{c}_{n} - {a}_{n}\right|}{{n}^{2}}. \;\) Luego, \(d:{l}^{\infty}\;x\;{l}^{\infty} \rightarrow {\mathbb{R}}_{\geqslant 0}\) es una métrica en \({l}^{\infty}.\)
Para ver que \(\; ({l}^{\infty},d) \;\) es separable, definamos el siguiente conjunto:
\(D=\lbrace {({q}_{n})}_{n\in\mathbb{N}}\subseteq\mathbb{Q}: \; \exists{n}_{0}\in\mathbb{N} \; / \; {q}_{n}=0 \; \forall\;n\geqslant{n}_{0}\rbrace.\) Por un ejercicio de la práctica sabemos que \(\sharp(D)={\aleph}_{0} \; ,\) y, por lo tanto, sólo nos hace falta ver que es denso en \({l}^{\infty}:\) Sea \(\; {j}_{0}\in\mathbb{N} \; / \; {q}_{n}=0 \; \forall\;n\geqslant{j}_{0} \;\) y puesto que, \(\; ({x}_{n})}_{n\in\mathbb{N}}\in{l}^{\infty} \;\) y \(\; \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{{n}^{2}} \;\) es convergente, para ese mismo \(\; {j}_{0}\in\mathbb{N} \;\) sabemos que \(\; \sum_{n\geqslant{j}_{0}}^{\infty}\frac{\left|{x}_{n}\right|}{{n}^{2}}<\frac{\epsilon}{2} \;\) y para los "anteriores n" elijo \(\; {q}_{n} \; / \; \left|{x}_{n} - {q}_{n}\right|<\frac{\epsilon}{2}.({j}_{0}-1) \; \forall 1\leqslant n\leqslant{j}_{0}-1\)\(\Rightarrow \sum_{n=1}^{{j}_{0}-1}\left|{x}_{n}-{q}_{n}\right|<\frac{\epsilon}{2} \therefore\) \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{x}_{n} - {q}_{n}\right|}{{n}^{2}}=\sum_{n=1}^{{j}_{0}-1}\frac{\left|{x}_{n} - {q}_{n}\right|}{{n}^{2}}+\sum_{n\geqslant{j}_{0}}^{\infty}\frac{\left|{x}_{n}\right|}{{n}^{2}} \; .\) Por otra parte, \(\sum_{n=1}^{{j}_{0}-1}\frac{\left|{x}_{n} - {q}_{n}\right|}{{n}^{2}}\leqslant \sum_{n=1}^{{j}_{0}-1}\left|{x}_{n}-{q}_{n}\right|<\frac{\epsilon}{2} \;\) y \(\; \sum_{n\geqslant{j}_{0}}^{\infty}\frac{\left|{x}_{n}\right|}{{n}^{2}}<\frac{\epsilon}{2} \;\) pues así elegí el \(\; {j}_{0}\Rightarrow \;\)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|{x}_{n} - {q}_{n}\right|}{{n}^{2}}<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon \; .\) Luego \(D\) es denso en \({l}^{\infty}\) y, por lo tanto, \(\; ({l}^{\infty},d) \;\) es separable.
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