Examen MA3801 2011 - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

Foro fmat.cl > Programa Enseñanza Universitaria > Comunidades Universitarias > Universidad de Chile > Análisis

Reply to this topic

Start new topic

Examen MA3801 2011, Correa

nmg1302 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 27 2011, 09:38 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 832 Registrado: 11-September 07 Desde: París, Francia Miembro Nº: 10.056 Nacionalidad: Sexo:	$TEX: <br />\begin{center}<br />{\Large Examen MA3801 - Otoño(casi Primavera) 2011} \\<br /> Profesor: Rafael Correa \\ Auxiliares: Gianfranco Liberona, Pedro Pérez, David Salas, Nikolas Tapia<br />{\large $1^a$ Parte(2h 40min)}<br />\end{center}<br />{\bfseries P1.}(1.25 puntos)<br />\begin{enumerate}<br />\item (2.0 puntos) Sean $\mathcal T$ y $\mathcal O$ dos topologías distinatas sobre un conjunto $X$, tales que $X$ es Hausdorff y compacto para ambas. Pruebe que $\mathcal T \subsetneq \mathcal O$, es decir, no son comparables.<br />\item Sea $X$ un conjunto infinito no numerable , dotado de la siguiente topologia, llamada {\it de los complementos numerables}:<br />$$\mathcal T=\{A\subset X \ : \ A^c \mbox{ es numerable o finito}\}\cup \{\emptyset \}$$<br />\begin{enumerate}<br />\item (1.0 puntos) Pruebe que efectivamente, $\mathcal T$ es una topología en $X$.<br />\item (1.5 puntos) Muestre que una sucesión $(x_n)_{n\in N}$ converge en $(X,\mathcal T)$ si y solo si $(x_n)_{n \in \mathbb N}$ es una sucesión estacionaria; vale decir, existe $n_0\in \mathbb N$ y $x\in X$ tal que $x_n=x, \ \forall n \geq n_0$.<br />\item (1.5 puntos) Sea $f:(\mathbb R,\mathcal T) \rightarrow (\mathbb R, \mathcal O)$, donde $\mathcal O$ es la topología usual de $\mathbb R$. Muestre que $f$ es continua ssi es constante.<br />\end{enumerate}<br />\end{enumerate}<br />{\bfseries P2.} (1.25 puntos) Sea $E$ un espacio de Banach, $(x_n)_{n \in \mathbb N}$ una sucesión en $E$, $x\in E$. Definamos en E los conjuntos<br />$$K_n=\overline{\mathop{\mbox{\normalfont conv}} \{x_i:i\geq n\}}, \ \ \forall n \in \mathbb N$$<br />\begin{enumerate}<br />\item Pruebe que si $x_n \rightharpoonup x$ entonces<br />$$\bigcap_{n=1}^\infty K_n=\{x\}$$<br />\item Suponga que $E$ es además reflexivo. Pruebe que si $(x_n)$ es acotada y $\bigcap k_n=\{x\}$ entonces $x_n \rightharpoonup x$. <br />\item Suponga que $E$ es de dimensión finita y que $\bigcap K_n=\{x\}$. Pruebe que $x_n \rightarrow x$.<br />\item Sea $1<p<\infty$. Construya una sucesión $(x_n)$ en $\ell^p$ tal que $\bigcap K_n=\{x\}$ y $(x_n)$ no es acotada.<br />\end{enumerate}<br />{\bf P3.}(1.25 puntos)<br />$ Acá $TEX: <br />\noindent {\bf P4.}(1.25 puntos) Sean $E,F$ espacios de Banach y $T \in \mathcal L (E,F)$.<br />\begin{enumerate}<br />\item Pruebe que $\mathop{\mbox{\normalfont Im}} (T)$ es cerrado si y sólo si existe $M>0$ tal que $d(x,ker(T))\leq M \\| T(x) \\|, \forall x \in E$. <br /> {\it Indicación: Recuerde que bajo ciertas hipótesis la funcion $\\| [x] \\|=\inf_{y\in Y}\\| x+y \\|$ define una norma en el espacio cuociente $E/Y$, donde $Y$ es subespacio vectorial de $E$.}<br />\item Sean $G,L$ subespacios cerrados de $E$. Suponga que existe $M>0$ tal que $d(x,G\cap L) \leq d(x,L), \forall x \in G$. Pruebe que $G+L$ es cerrado.<br />\end{enumerate}<br />$ después subo la segunda parte(o si alguien mas quiere subirla, mejor) Mensaje modificado por nmg1302 el Sep 27 2011, 11:11 AM

nmg1302 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 27 2011, 10:17 AM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 832 Registrado: 11-September 07 Desde: París, Francia Miembro Nº: 10.056 Nacionalidad: Sexo:	$TEX: <br />\noindent P4\\<br />1) Como $T$ es continua, $ker T$ es subespacio cerrado de $E$\\<br /> Definamos <br />$$ F:E/kerT \rightarrow Im(T)$$<br />$$[x]\rightarrow T(x)$$<br />Veamos primero que esta bien definida. Si $[ x ]=[ y ]$, por definicion <br />$$x-y \in ker T \Rightarrow T(x)=T(y)$$<br />Veamso ahora que es lineal biyectiva <br />$$F(x)=F(y) \Rightarrow x-y \in ker T\Rightarrow [x]=[y]$$<br />la biyectividad y linealidad son evidentes.\\<br />Sea A un abierto en $Im T$<br />$$F^{-1}(A)=\pi (T^{-1}(A))$$<br />donde $\pi$ es la proyeccion canonica, que es abierta $\Rightarrow$ $F$ es continua\\<br />Notemos que $\\|[x]\\|= \inf_{y \in ker Y} \\|x+y\\|=\inf_{y \in ker Y} \\|x-y\\|=d(x,ker T)$<br />Si $Im(T)$ es cerrado , es Banach, y el resultado se tiene del teorema de la aplicación abierta<br />$$\exists M>0 , t.q. \\|F^{-1}(y)\\| \leq M\\|y\\|$$<br />si y=T(x)<br />$$\\|F^{-1}(T(x))\\|=\\|[x]\\|=d(x,ker T)\leq M \\|T(x)\\|$$<br />reciprocamente si se cumple la desigualdad anterior, por un argumento similar F es homeomerfimo lineal, por lo que Im(F) es Banach y por lo tanto cerrado.\\<br />$ $TEX: <br />\noindent 2)<br />Sea $$T:G \rightarrow E/L$$<br />$$g \rightarrow g+L$$<br />claramente lineal <br />$$\\|T(g)\\| \leq d(g,L)\leq \\|g\\|$$<br />por lo tanto es continua<br />$T(g)=0 \Leftrightarrow g \in G \ \wedge g+L=L \Leftrightarrow x\in G\cap L$<br />$$ker T=G\cap L$$<br />y claramente $Im T =(G+L)/L$.\\<br />Por la parte anterior Im T es cerrado, por tanto Banach ,y ademas L es cerrado $\Rightarrow L+G$ es Banach y finalmente cerrado.<br />$ Mensaje modificado por nmg1302 el Sep 27 2011, 10:36 AM

Krebante Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 27 2011, 10:57 AM Publicado: #3
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{center}\large 2ª Parte (1h 20min)\end{center}<br />\begin{itemize}<br />\item[\textbf{P5.}] (1.0 pto) Sea $X$ un espacio de Banach. Denotamos por $B_{X}$ la bola unitaria en $X^$ y por $S_{X^}$ a la esfera unitaria en $X^$.<br /><br />Se propone demostrar<br />\begin{itemize}<br />\item[\textbf{(a)}] $(B_{X^}, \sigma(X^, X))$ es un e.t. metrizable si y sólo si $X$ es separable.<br />\item[\textbf{(b)}] $(B_X, \sigma(X, X^))$ es un e.t. metrizable si y sólo si $X^$ es separable.<br />\item[\textbf{©}] Si $X$ es separable y reflexivo, entonces $(B_X, \sigma(X, X^))$ es metrizable.<br />\end{itemize}<br /><br />\textbf{Indicaciones:}<br /><br />\begin{itemize}<br />\item[\textbf{(a)}] \begin{itemize}<br />\item[($\Leftarrow$):] Si $\{x_n\}$ es un conjunto denso en $S_X$ (justifique su existencia), entonces la aplicación<br /><br />\begin{equation}<br />\rho(x^, y^) = \sum_{n \in \mathbb{N}} 2^{-n} \|\langle x^* - y^, x_n \rangle\|<br />\end{equation}<br /><br />define una distancia en $B_{X^}$ (demuéstrelo).<br /><br />Para concluir, demuestre que la identidad $i \colon (B_{X^}, \sigma(X^, X)) \to (B_{X^}, \rho)$ es un homeomorfismo, para lo cual es suficiente demostrar que es continua (¿por qué?).<br /><br />\item[($\Rightarrow$):] Demuestre primero el siguiente resultado general: si $K$ es un e.m. compacto, entonces $\mathcal{C}(K)$ (el espacio de las aplicaciones continuas de $\mathbb{R}^K$, con la norma del supremo) es separable. Para concluir aplique ese resultado al espacio $\mathcal{C}(B_{X^}, \sigma(X^, X))$ y considere la isometría $S \colon X \to \mathcal{C}(B_{X^}, \sigma(X^, X))$ tal que $S(x)(x^) = \langle x^, x \rangle$.<br /><br />Para demostrar que $\mathcal{C}(K)$ es separable, considere la familia de funciones:<br /><br />\begin{equation}<br />f_{n,m}(x) \doteq \begin{cases} \frac{1}{m} - d(x, x_n) & \mbox{si } d(x, x_n) \leq \frac{1}{m} \\ 0 & \mbox{si no}\end{cases}<br />\end{equation}<br /><br />donde $\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ es un conjunto denso en $K$. Por Stone-Weierstra\ss, muestre que el álgebra generada por esa familia y la constante $1$ es densa en $\mathcal{C}(K)$ y entonces concluya que $K$ es separable.<br />\end{itemize}<br />\end{itemize}<br />\end{itemize}<br />$ $TEX: <br />\begin{itemize}<br />\item[\textbf{P5.}]<br />\begin{itemize}<br />\item[\textbf{(b)}] \begin{itemize}<br />\item[($\Leftarrow$):] Análoga a la demostración de \textbf{(a)}($\Leftarrow$).<br />\item[($\Rightarrow$):] Considere una base numerable $U_n = B_{A_n^}(0, \varepsilon_n)$ de vecindades de $0$ en $(B_X, \sigma(X, X^)$, donde $B_{A^}$ es la semibola en $B_X$ definida por la seminorma $p_{A^}(x) = \sup_{x^* \in A^} \|\langle x^, x\rangle\|$.<br /><br />Concluya demostrando que $A^* = \bigcup A_n^$ verifica que $\mathop{\mathrm{adh}}(\mathop{\mathrm{gen}}(A^)) = X^$. Para esto, suponga que no es así, es decir, existe $y^ \in X^* \setminus \mathop{\mathrm{adh}}(\mathop{\mathrm{gen}}(A^))$. Entonces, por Hahn-Banach, existe $x^{} \in X^{}$ de norma igual a $1$, nula en $\mathop{\mathrm{adh}}(\mathop{\mathrm{gen}}(A^))$, y que vale $d = \mathop{\mathrm{dist}}(y^, \mathop{\mathrm{adh}}(\mathop{\mathrm{gen}}(A^)))$ en $y^$. Entonces, debe existir $U_n \subset V \doteq \{x \in B_X \mid \|\langle y^, x \rangle\| < \frac{d}{2}\}$. Para concluir, muestre una contradicción con esta inclusión, para lo cual debe usar el Teorema de Goldstine y tome $x_1 \in B_X$ tal que $J(x_1) \in x^{} + J(U_n)$. La última inclusión implica que $x_1 \in U_n$ y la inclusión $J(x_1) \in x^{} + J(V)$ implica que $x_1 \not\in V$.<br /><br />(esta parte está mal, en realidad no se puede concluir que existe $x_1 \in B_X$ tal que $J(x_1) \in x^{} + J(U_n)$. Lo que sí se puede concluir es que existe $x_1 \in B_X$ tal que $\|\langle x^{}, x^\rangle - \langle x^, x_1 \rangle\| < \varepsilon = \min\{\varepsilon_n, d/2\}$ para todo $x^* \in A_n^* \cup \{y^\}$, con lo que se tiene la contradicción).<br />\end{itemize}<br /><br />\item[\textbf{©}] Demuestre que si $X^$ es separable, entonces $X$ es separable y concluya con \textbf{(a)} ($\Leftarrow$).<br /><br />Para demostrar esta implicación, dado $\{x_n^\}_{n \in \mathbb{N}}$ denso en $S_{X^}$, escoja $\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ en $S_X$ tal que $\langle x_n^, x_n \rangle > \frac{1}{2}$ y demuestre por contradicción, usando Hahn-Banach, que $\mathop{\mathrm{gen}}(\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}}) = X$ y luego concluya. Para obtener la contradicción, muestre que si $x^ \in X^$ tiene norma $1$ y se anula en $\mathop{\mathrm{gen}}(\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}})$, entonces cualquier $x_n^$ que verifique $\\|x_n^* - x^\\| < \frac{1}{4}$ va a verificar que $\langle x^, x_n \rangle > \frac{1}{4}$.<br />\end{itemize}<br /><br />\textbf{Importante:} \underline{Debe justificar todos sus pasos}.<br />\end{itemize}<br />$ Mensaje modificado por Krebante el Sep 27 2011, 11:35 PM -------------------- ¡Por más representación, vota Riesz!

Krebante Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 27 2011, 11:31 AM Publicado: #4
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{(a)}] Supongamos que $\mathcal{T} \subset \mathcal{O}$. Consideremos la función $i \colon (X, \mathcal{O}) \to (X, \mathcal{T})$ que es evidentemente biyectiva. Además, dado $O \in \tau$, $f^{-1}(O) = O \in \mathcal{O}$ por lo que también es continua. Como es una función continua y biyectiva de un compacto a un Hausdorff, es homeomorfismo por lo que $\mathcal{T} = \mathcal{O}$, lo que contradice que las topologías son distintas.<br />\item[\textbf{(b)}] \begin{itemize}<br /> \item[\textbf{(i)}] \begin{itemize}<br /> \item Como $X = \emptyset^c$ y $\emptyset$ es finito, $X \in \mathcal{T}$. De la definición, $\emptyset \in \mathcal{T}$.<br /> \item Si $U, V \in \mathcal{T}$, $U^c$ y $V^c$ son a lo más numerables y por lo tanto $U^c \cup V^c = (U \cap V)^c$ es a lo más numerable, lo que implica que $U \cap V \in \mathcal{T}$.<br /> \item Si $\{U_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda} \subset \mathcal{T}$, $U_\lambda^c$ es a lo más numerable para todo $\lambda \in \Lambda$ y por lo tanto $\bigcap_{\lambda \in \Lambda} U_\lambda^c$ es a lo más numerable, por lo que $\bigcup_{\lambda \in \Lambda} U_\lambda \in \mathcal{T}$.<br /> \end{itemize}<br /> \item[\textbf{(ii)}] Si la sucesión es estacionaria, evidentemente converge a $x$. Si la sucesión converge a $x$, definimos $S = \{x_n \| x_n \neq x\}$ que es numerable y por lo tanto cerrado. Así, $S^c$ es una vecindad de $x$ y se debe cumplir que $x_n \in S^c \quad \forall n \geq n_0$, es decir, $x_n = x \quad \forall x \geq n_0$.<br /> \item[\textbf{(iii)}] Si $f$ es constante, claramente es continua. Supongamos que existe $f$ no constante y continua, es decir, que existe $x, y \in X$ tales que $f(x) \neq f(y)$. Como la topología usual de $\mathbb{R}$ es separada, existen $U, V \in \mathcal{O}$ tales que $f(x) \in U, f(y) \in V$ y $U \cap V = \emptyset$. Así, tendremos que $f^{-1}(U), f^{-1}(V) \in \mathcal{T}$ con $f^{-1}(U) \cap f^{-1}(V) = \emptyset$ lo que implica que $\left(f^{-1}(U)\right)^c \cup \left(f^{-1}(V)\right)^c = \mathbb{R}$, que es absurdo pues $\left(f^{-1}(U)\right)^c$ y $\left(f^{-1}(V)\right)^c$ son numerables.<br />\end{itemize}<br />\end{itemize}<br />\end{itemize}$ $TEX: \begin{itemize}<br />\item[\textbf{P2.}] \begin{itemize}<br />\item[\textbf{(a)}] Como $x_n \rightharpoonup x$, se tiene que $x_{i + n} \rightharpoonup x$ para todo $i \in \mathbb{N}$. Como $\{x_{i + n}\} \subset K_i$ y $K_i$ es convexo cerrado (por lo tanto, cerrado débil), tenemos que $x \in \overline{\{x_{i + n}\}} \subset K_i$ (donde la adherencia se tomó con respecto a la topología débil). Asi, $x \in \bigcap_{i \in \mathbb{N}} K_i$.<br /><br />Ahora, dado cualquier $y \neq x$, sabemos que existe una vecindad débil $V$ de $x$ tal que $y \neq x$ (porque la topologia débil es separada y, en particular, T$_1$). Además, como en todo e.v.t.l.c., existe una vecindad débil cerrada convexa $U \subset V$. Como $x_n \rightharpoonup x$, necesariamente $x_n \in U$ para todo $n \geq i$ y así $K_i \subset U$ por lo que $y \neq K_i$.<br />\item[\textbf{(b)}] Sea $V$ un abierto débil tal que $x \in V$. Debemos verificar que $x_n \in V$ para todo $n \geq n_0$.<br /><br />Consideremos los conjuntos $G_n = K_n \cap V^c$, que son cerrados débiles. Además, como $(x_n)$ es acotada, los $K_n$ son acotados y por lo tanto los $G_n$ también. Así, tenemos que los $G_n$ son cerrados débiles acotados y como el espacio es reflexivo son compactos débiles. Evidentemente, $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} G_n = \emptyset$ (pues $x \neq G_n$) y como son compactos débiles encajonados, necesariamente $G_n = \emptyset$ para todo $n \geq i$. Por lo tanto, $K_n \subset V$ para todo $n \geq i$ y por ende $x_n \in V$ para todo $n \geq i$.<br />\item[\textbf{©}] Sin pérdida de generalidad, $x = 0$ (si no, basta hacer una traslación). Sea $S_m = \partial B(0, 1/m)$ y consideremos los conjuntos $G_n = K_n \cap S_m$. Estos conjuntos son cerrados y acotados, por lo que son compactos (ya que el espacio es de dimensión finita) y su intersección es vacía (pues $0 \neq \emptyset$). Por un argumento similar al anterior, $x_n \in B(0, 1/m)$ para todo $n \geq i$ y se tiene que $x_n \to 0$.<br />\item[\textbf{(d)}] Basta considerar $x_n = \begin{cases} e_1 & \mbox{ si $n$ impar} \\ n e_n & \mbox{ si $n$ par} \end{cases}$, donde $e_i$ es el $i$-ésimo vector de la base canónica de $\ell^p$.<br />\end{itemize}<br />\end{itemize}$ Me demoré infinito debido a los errores del enunciado, pero al fin terminé la P5. XD. P5.pdf ( 132.67k ) Número de descargas: 175 Mensaje modificado por Krebante el Sep 28 2011, 12:08 AM -------------------- ¡Por más representación, vota Riesz!

« Posterior · Análisis · Anterior »

Reply to this topic

Start new topic

1 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (1 invitado(s) y 0 usuario(s) anónimo(s))

0 miembro(s):

Modo de Ver: Estándar · Cambiar a: Lineal+ · Cambiar a: Outline

Suscribirse · Enviar por correo · Imprimir · Suscribirse a este foro

Versión Lo-Fi

Fecha y Hora actual: 3rd April 2025 - 09:19 PM

Powered By IP.Board 2.2.1 © 2007 IPS, Inc.