 Control 1 2011/1 Rafael Correa, Espacios vectoriales normados y métricos |
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Foro fmat.cl > Programa Enseñanza Universitaria > Comunidades Universitarias > Universidad de Chile > Análisis  |
 Apr 17 2011, 12:10 PM
Publicado:
#1
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Dios Matemático Supremo  Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 618 Registrado: 8-June 08 Desde: Paris Miembro Nº: 26.525 Nacionalidad:  Colegio/Liceo:  Universidad:  Sexo:   |
Me da lata escribirlo acá, así que subo el PDF nomás XD.
Control.pdf ( 139.4k )
Número de descargas: 931-------------------- ¡Por más representación, vota Riesz!
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Apr 17 2011, 12:14 PM
Publicado:
#2
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 Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.139 Registrado: 11-June 08 Desde: UK Miembro Nº: 26.837 Nacionalidad: Colegio/Liceo:  Universidad: Sexo: |
4 horas (?) ajjaaj control pesado nomas, la p3 fue realmente infinita
-------------------- blep
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Apr 17 2011, 12:23 PM
Publicado:
#3
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Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 618 Registrado: 8-June 08 Desde: Paris Miembro Nº: 26.525 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo: |
El control no estaba para 4 horas. En ese tiempo yo llevaba súper poco XD. Dieron casi 5:30 horas al final (quizá con una hora más lo terminaba XD).
-------------------- ¡Por más representación, vota Riesz!
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Apr 17 2011, 07:13 PM
Publicado:
#4
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 Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo: |
CITA(Krebante @ Apr 17 2011, 01:23 PM)  El control no estaba para 4 horas. En ese tiempo yo llevaba súper poco XD. Dieron casi 5:30 horas al final (quizá con una hora más lo terminaba XD). +1 XD -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.
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Feb 2 2012, 03:49 PM
Publicado:
#5
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 Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 465 Registrado: 15-July 11 Miembro Nº: 91.905 Nacionalidad:  Universidad:  Sexo:  |
1. a) Notar que
 . Como  cuando  , se sigue que  cuando  . Luego  cuando  . Entonces  , de donde  . Como  es cerrado,  y se concluye lo pedido.El mini-aporte Mensaje modificado por Cenizas con Mostaza el Feb 2 2012, 03:54 PM -------------------- He-llo? Could you say that again? More slowly? In a language I understand? Depending on what you said, I might kick your ass! |
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Feb 7 2012, 08:30 PM
Publicado:
#6
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Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 618 Registrado: 8-June 08 Desde: Paris Miembro Nº: 26.525 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo: |
![TEX: \begin{itemize}<br />\item[\textbf{P1.}]\begin{itemize}<br />\item[\textbf{(b)}]\begin{itemize}<br />\item[$\subseteq)$] Sea $a \in A$. Hay que verificar que $\forall n \geq 0, d\left(a, \bigcup_{m \geq n}A_m\right) = 0$.<br /><br />Sea $\varepsilon > 0$. Como $\rho(A_n, A) \to 0$, se tiene que $d(a, A_n) \to 0$. Así, existe $n_0$ tal que $d(a, A_n) < \varepsilon$ para todo $n \geq n_0$, es decir, para todo $n \geq n_0$ existe $a_n \in A_n$ tal que $d(a, a_n) < \varepsilon$.<br /><br />Además, \begin{equation*}<br />d\left(a, \bigcup_{m \geq n} A_m\right) \leq d(a, A_{m_0}) \leq d(a, a_{m_0}) < \varepsilon<br />\end{equation*}<br />para $m_0 \geq \max\{n_0, n\}$, con lo que se concluye.<br />\item[$\supseteq)$] Sea $a$ tal que $\forall n \geq 0, d\left(a, \bigcup_{m \geq n}A_m\right) = 0$. Tomando $n = 0$, existe $n_1 \geq 0$ tal que existe $a_{n_1} \in A_{n_1}$ con $d(a, a_{n_1}) < 1$. Tomando $n = n_1 + 1$, existe $n_2 \geq n_1$ tal que existe $a_{n_2} \in A_{n_2}$ con $d(a, a_{n_2}) < \frac{1}{2}$. Inductivamente, construimos una sucesión $(a_{n_k})$ tal que $a_{n_k} \in A_{n_k}$ y $d(a, a_{n_k}) < \frac{1}{k}$ para todo $k \in \mathbb{N}$. Como $n_k$ es estrictamente creciente, $(A_{n_k})$ es una subsucesión de $(A_n)$ y por lo tanto $A_{n_k} \to A$. Además, es claro que $a_{n_k} \to a$. Por la parte \textbf{(a)}, se concluye que $a \in A$.<br />\end{itemize}<br />\end{itemize}<br />\end{itemize}](/tex-image/2bebc58bde0842c36dcc52af876d3d14.png) ![TEX: \begin{itemize}<br />\item[\textbf{P1.}]\begin{itemize}<br />\item[\textbf{©}] Sea $\varepsilon > 0$. Por hipótesis, existe $x_1, \dotsc, x_n$ tales que $$X = \bigcup_{i = 1}^n B_d\left(x_i, \frac{\varepsilon}{2}\right).$$Consideremos $\mathcal{P} = \mathcal{P}\{x_1, \dotsc, x_n\}$, que es un conjunto finito (de $2^n$ elementos). Consideremos también $$\mathcal{C} = \left\{ B_\rho\left( \bigcup_{x \in A} B_d\left(x, \frac{\varepsilon}{2}\right), \varepsilon \right) \ \Big|\ A \in \mathcal{P} \right\},$$que tiene $2^n$ elementos. Veamos que $\mathcal{C}$ recubre $\mathcal{F}$: sea $S \in \mathcal{F}$. Sea $A \in \mathcal{P}$ el conjunto de todos los $x_i$ tales que $B_d\left(x_i, \frac{\varepsilon}{2}\right) \cap S$ es no vacío. Veamos que $$\rho\left(S, \bigcup_{x \in A} B_d\left(x, \frac{\varepsilon}{2}\right) \right) \leq \varepsilon:$$<br />Si $y \in S$, existe $x \in A$ tal que $y \in B_d\left(x, \frac{\varepsilon}{2}\right)$, es decir, $d(y, x) \leq \frac{\varepsilon}{2}$, por lo que $$d\left(y, \bigcup_{x \in A} B_d\left(x, \frac{\varepsilon}{2}\right) \right) \leq \frac{\varepsilon}{2} \leq \varepsilon \quad \forall y \in S.$$Si $y \in \bigcup_{x \in A} B_d\left(x, \frac{\varepsilon}{2}\right)$, se tiene que $y \in B_d\left(x, \frac{\varepsilon}{2}\right)$ para algún $x \in A$. Además, existe $z \in B_d\left(x, \frac{\varepsilon}{2}\right) \cap S$. Este punto cumple $d(y, z) \leq \varepsilon$, por lo que $$d(y, S) \leq \varepsilon \quad \forall y \in \bigcup_{x \in A}B_d\left(x, \frac{\varepsilon}{2}\right).$$<br />Así, hemos encontrado un recubrimiento finito $\mathcal{C}$ de bolas de radio $\varepsilon$ de $\mathcal{F}$, por lo que es totalmente acotado.<br /><br />(aquí $B(a, r)$ denota la bola \textbf{cerrada} de centro $a$ y radio $r > 0$).<br />\end{itemize}<br />\end{itemize}<br />](/tex-image/ff3f601860deb0072feeca10cd8477ae.png)
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Jun 25 2015, 06:11 PM
Publicado:
#7
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Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 3 Registrado: 25-June 15 Miembro Nº: 138.717 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo: |
Que control más tierno!
Sería una buena P1 en un control de Aris. |
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Feb 25 2018, 05:53 PM
Publicado:
#8
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Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 408 Registrado: 18-January 11 Desde: soy del colegio san viator de macul no de ovalle. Miembro Nº: 83.168 Nacionalidad: Colegio/Liceo:  Universidad:  Sexo: |
![TEX: <br />\begin{enumerate}<br />\item[\textbf{P2.}]<br />\begin{enumerate}<br />\item[(a)] ($\Rightarrow$) Sea $\varepsilon>0$. Como $f$ es continua en $x$, existe $\delta>0$ tal que para todo $y\in I_{\delta}:=(x-\delta,x+\delta)$ se tiene que $|f(y)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}$. En particular, $(\forall y\in I_{\delta})$ $f(y)<f(x)+\frac{\varepsilon}{2}$. Así,<br />\begin{equation}\label{ec1} {\sup_{y\in I_{\delta}} f(y)}\leq f(x)+\frac{\varepsilon}{2} \end{equation}<br />Similarmente, $(\forall y\in I_{\delta})$ $f(x)-\frac{\varepsilon}{2}<f(y)$ y por lo tanto $f(x)-\frac{\varepsilon}{2}\leq {\inf_{y\in I_{\delta}} f(y)}$. Es decir,<br />\begin{equation}\label{ec2} -{\inf_{y\in I_{\delta}} f(y)}\leq -f(x)+\frac{\varepsilon}{2} \end{equation}<br />Sumando (1) y (2), tenemos que $0\leq {\cal{O}}_{f}(x) \leq {\cal{Y}}_{f}(I_{\delta})\leq \varepsilon$. Como $\varepsilon>0$ es arbitrario, concluimos que ${\cal{O}}_{f}(x)=0$.\<br /><br />($\Leftarrow$) Sea $\varepsilon >0$. Por hipótesis y caracterizacion de infimo, existe $\delta>0$ tal que ${\cal{Y}}_{f}(I_{\delta})<\varepsilon$. Sea $y\in I_{\delta}$. Entonces $f(y)-f(x)\leq {\sup_{y\in I_{\delta}} f(y)}-{\inf_{y\in I_{\delta}} f(y)} = {\cal{Y}}_{f}(I_{\delta})<\varepsilon$. Similarmente, $f(y)-f(x)\geq {\inf_{y\in I_{\delta}} f(y)}-{\sup_{y\in I_{\delta}} f(y)} = -{\cal{Y}}_{f}(I_{\delta})>-\varepsilon$. Así, $|f(y)-f(x)|<\varepsilon. \,\,\blacksquare$ <br /><br />\item[(b)] Observemos primero que<br />\begin{equation}<br />\label{eq:3}<br />I_{1}\subset I_{2} \Rightarrow {\cal{Y}}_{f}(I_{1})\leq {\cal{Y}}_{f}(I_{2})<br />\end{equation}<br />Sean $\varepsilon>0$ y $x\in {{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\varepsilon))$. Entonces $\varepsilon-{\cal{O}}_{f}(x)>0$. Por caracterizacion de infimo, existe $\delta>0$ tal que ${\cal{Y}}_{f}(I_{\delta})<{\cal{O}}_{f}(x)+\varepsilon-{\cal{O}}_{f}(x) = \varepsilon$. Veamos que $B(x,\frac{\delta}{2}) \subset {{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\varepsilon))$: Sea $y\in B(x,\frac{\delta}{2})$. Por desigualdad triangular, obtenemos que $(y-\frac{\delta}{2},y+\frac{\delta}{2}) \subset I_{\delta}$. Luego, por (3), ${\cal{Y}}_{f}((y-\frac{\delta}{2},y+\frac{\delta}{2}))\leq {\cal{Y}}_{f}(I_{\delta})<\varepsilon$. Lo que implica que $0\leq {\cal{O}}_{f}(x)<\varepsilon$. Es decir $y\in {{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\varepsilon))$. Así, $B(x,\frac{\delta}{2}) \subset {{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\varepsilon))$ y ${{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\varepsilon))$ es abierto. $\,\,\blacksquare$<br /><br /><br />\end{enumerate}<br />\end{enumerate}<br />](/tex-image/b626c2219695b5bd71998f552e42b6be.png)
--------------------    Tercer lugar Olimpiadas del Conocimiento Usach 2011 - Matemáticas |
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Feb 25 2018, 05:57 PM
Publicado:
#9
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Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 408 Registrado: 18-January 11 Desde: soy del colegio san viator de macul no de ovalle. Miembro Nº: 83.168 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo: |
![TEX: <br />\begin{enumerate}<br />\item[©] Por $(a)$, tenemos que<br />\begin{equation}<br />\begin{split} <br />x\in C_{f} &\Longleftrightarrow {\cal{O}}_{f}(x)=0\\<br /> &\Longleftrightarrow (\forall \varepsilon>0)\,\,\, 0\leq {\cal{O}}_{f}(x)<\varepsilon\\<br /> &\Longleftrightarrow (\forall \varepsilon>0)\,\,\, x\in {{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\varepsilon))\\<br /> &\Longleftrightarrow (\forall n\in \mathbb{N})\,\,\, x\in {{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\frac{1}{n}))\\<br /> &\Longleftrightarrow x\in \bigcap_{n\in \mathbb{N}} {{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\frac{1}{n}))<br />\end{split}\end{equation}<br />Asi, por $(b)$, $C_{f}=\bigcap_{n\in \mathbb{N}} {{\cal{O}}_{f}}^{-1}([0,\frac{1}{n}))$ es intersección numerable de abiertos. $\,\,\blacksquare$<br /><br />\item[(d)] Supongamos que existe $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ tal que $C_{f}=\mathbb{Q}$. Por $©$, $\exists \left\{A_{n}\right\}_{n\in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ sucesion de abiertos tal que $\mathbb{Q}=C_{f}=\bigcap_{n\in \mathbb{N}} A_{n}$. Sea $\left\{q_{n}\right\}_{n\in \mathbb{N}}$ una enumaracion de $\mathbb{Q}$. Entonces $\mathbb{R}=\mathbb{Q}\cup(\mathbb{R}\backslash \mathbb{Q}) = \displaystyle\bigcup_{n\in \mathbb{N}} \left\{q_{n}\right\} \cup \displaystyle\bigcup_{n\in \mathbb{N}} A_{n}^{c}$. Como $(\mathbb{R},|\cdot|)$ es completo y $\forall n\in \mathbb{N}$, $A_{n}^{c},\left\{q_{n}\right\}$ son cerrados, entonces por el Teorema de Baire existe $N\in \mathbb{N}$ tal que int$(A_{N}^{c})\neq \varnothing$ (pues int$(\left\{q_{n}\right\})=\varnothing$, $\forall n\in \mathbb{N}$). Ahora, $\mathbb{R}=\overline{\mathbb{Q}}$. Luego, $\varnothing={\overline{\mathbb{Q}}}^{c} =\mbox{int}({\mathbb{Q}}^{c})\supset \mbox{int}(A_{N}^{c})$. contradicción. $\,\,\blacksquare$<br />\end{enumerate}<br />](/tex-image/5345221921417c3dd28d6f19a1a6c482.png)
Mensaje modificado por sergio 77 el May 16 2018, 10:25 AM -------------------- Tercer lugar Olimpiadas del Conocimiento Usach 2011 - Matemáticas |
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