Espacios Metricos

25 de octubre de 2011

1. Nociones de espacios metricos

Llamaremos espacio metrico a un conjunto X con una funcion d : X ×X → R≥0 (que

llamaremos la metrica de X) que verifica las siguientes propiedades:

(1) d(x, y) ≥ 0 ∀x, y ∈ X;

(2) d(x, y) = d(y, x) ∀x, y ∈ X;

(3) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) ∀x, y, z ∈ X, ( desigualdad triangular);

(4) d(x, y) = 0 solo si x = y.

(Ocasionalmente hablaremos de pseudometricas, que son funciones que satisfacen las pri-

meras 3 propiedades). Al numero no negativo d(x, y) lo llamaremos la distancia de x a

y.

Los siguientes son algunos ejemplos de espacios metricos:

1. En el conjunto R de los numeros reales d(s, t) = |s− t| es una metrica.

2. En cualquier conjunto X, d(x, y) =

{1 si x 6= y,

0 si x = yes una metrica; usualmente se

llama metrica discreta.

3. En el conjunto Rn las siguientes funciones son metricas: si x = (x1, . . . , xn), y =

(y1, . . . , yn)

d1(x, y) =∑n

i=1 |xi − yi|;

d2(x, y) = (∑n

i=1 |xi − yi|2)1/2;

d∞(x, y) = maxi=1,...,n |xi − yi|;

dp(x, y) = (∑n

i=1 |xi − yi|p)1/p si 1 ≤ p < +∞.

1

La comprobacion de que las funciones dp (1 < p < ∞) cumplen la propiedad

triangular depende de la importante desigualdad de Holder

n∑i=1

aibi ≤ (∑

api )1/p(∑

bqi )1/q

valida para ai, bi no negativos, donde q esta definido por la identidad 1p

+ 1q

= 1.

Desigualdad de Holder.

Si p > 1 llamamos a q = pp−1 el exponente conjugado de p. Entonces

(1) Si a, b > 0 vale

ab ≤ ap

p+bq

q.

(2) Dados (x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ∈ Rn vale

|n∑i=1

xiyi| ≤n∑i=1

|xiyi| ≤

(n∑i=1

|xi|p)1/p( n∑

i=1

|yi|q)1/q

.

Demostracion. (1) La funcion f(x) = xp

p− x + 1

qdefinida en R≥0 es derivable y

su derivada f ′(x) = xp−1 − 1 solo se anula en x = 1. Ademas f ′(x) < 0 si x < 1 y

f ′(x) > 0 si x > 1, de modo que f alcanza su mınimo en x = 1 y f(1) = 0, o sea

f(x) = xp

p+ 1

q− x ≥ 0 ∀x ≥ 0. Tomando x = ab−q/p y multiplicando la desigualdad

obtenida apb−q

p+ 1

q− ab−q/p ≥ 0 por bq, obtenemos el resultado, para b−q/p+q = b.

(2) Escribamos ‖x‖p = (∑n

i=1 |xi|p)1/p

; ‖y‖q = (∑n

i=1 |yi|q)1/q

y definamos

ai =|xi|‖x‖p

, bi =|yi|‖y‖q

.

Por la parte (1) tenemos que

aibi ≤1

p

|xi|p

‖x‖pp+

1

q

|yi|q

‖y‖qq.

Sumandon∑i=1

aibi ≤1

p

∑ni=1 |xi|p

‖x‖pp+

1

q

∑n1 |yi|q

‖y‖qq=

1

p+

1

q= 1 .

Peron∑i=1

aibi =1

‖x‖p‖y‖q

n∑i=1

|xi||yi|.

Resulta |∑n

i=1 xiyi| ≤∑n

i=1 |xiyi| ≤ ‖x‖p‖y‖q como debıamos probar.

En particular si p = 2 obtenemos la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

2

Una consecuencia de esto es la famosa

Desigualdad de Minkowski.

Si x, y ∈ Rn y p ≥ 1 entonces ‖x+ y‖p ≤ ‖x‖p + ‖y‖p.

Demostracion. Si p = 1 la desigualdad es evidente usando las propiedades del modulo

en R.

Supongamos que p > 1. Si i = 1, 2, . . . , n vale |xi + yi|p = |xi + yi|p−1|xi + yi| ≤|xi + yi|p−1(|xi|+ |yi|). Aplicando la desigualdad de Holder dos veces obtenemos

n∑i=1

|xi + yi|p−1|xi| ≤

(n∑i=1

|xi + yi|(p−1)q)1/q( n∑

i=1

|xi|p)1/p

.

yn∑i=1

|xi + yi|p−1|yi| ≤

(n∑i=1

|xi + yi|(p−1)q)1/q( n∑

i=1

|yi|p)1/p

.

Como (p− 1)q = p, concluimos que

‖x+ y‖pp =n∑i=1

|xi + yi|p ≤ ‖x+ y‖p/qp (‖x‖p + ‖y‖p) ,

de donde

‖x+ y‖p = ‖x+ y‖p−p/qp ≤ ‖x‖p + ‖y‖p .

4. Si X es un espacio metrico con funcion distancia d entonces cualquier subconjunto

Z de X es un espacio metrico con la misma distancia.

5. Si X es el conjunto de todas las sucesiones x = (sn) de numeros reales entonces

d(x, y) =∑

12n

|sn−tn|1+|sn−tn| define una metrica sobre X.

6. Si X es el conjunto de las sucesiones acotadas de numeros reales entonces d(x, y) =

supn |sn− tn| es una metrica sobre X. Usualmente se denota a X por el sımbolo `∞

o `∞(N).

7. Consideremos, para p ∈ [1,+∞) el conjunto

`p = {x = (sn) :∑n

|sn|p < +∞}.

Entonces d(x, y) = (∑∞

n=1 |sn − tn|p)1/p define una metrica en `p. Particularmente

importantes son los espacios `1 y `2.

3

8. Si C[a, b] es el conjunto de todas las funciones continuas sobre el intervalo [a, b]

con valores reales entonces d∞(f, g) = supt∈[a,b] |f(t)− g(t)| es una metrica sobre X.

Usualmente d∞ se denomina la metrica uniforme de C[a, b]. Observese que gracias al

teorema que dice que una funcion continua sobre un intervalo compacto alcanza su

maximo, la distancia d(f, g) se alcanza en algun punto, o sea existe t0 ∈ [a, b] tal que

d∞(f, g) = |f(t0)− g(t0)|. Obviamente, t0 depende de f y de g. Observese tambien

que si en lugar de funciones continuas sobre [a, b] tenemos funciones continuas sobre

(a, b) entonces d∞(f, g) = supt∈(a,b) |f(t)−g(t)| puede ser +∞: por ejemplo, d(f, 0) =

+∞ si f(s) = 1/s para s ∈ (0, 1). Ası, d no es una metrica sobre C(a, b).

Hay otras maneras de metrizar C(a, b). Por ejemplo, definiendo

d(f, g) =∞∑n=1

1

2n‖f − g‖n

1 + ‖f − g‖n

donde ‖f − g‖n = supt∈[a+ 1n,b− 1

n] |f(t)− g(t)|.

9. Una metrica que proviene de la teorıa de las comunicaciones es la metrica de Ham-

ming: llamamos mensaje de longitud n a un vector Rn con coordenadas 0 o 1 (o sea

un elemento de {0, 1}n); la distancia de Hamming entre dos mensajes de longitud n

es el numero de coordenadas en las que ambas difieren.

Generalmente en la forma de la metrica de un espacio de funciones interviene el tipo de

funciones: si son funciones generales intervienen expresiones del tipo |f(t) − g(t)|, si son

funciones derivables intervienen ademas expresiones del tipo |f ′(t)−g′(t)|, si son funciones

con n derivadas tendremos expresiones del tipo |f (k)(t)− g(k)(t)|, 1 ≤ k ≤ n.

Algunos de los ejemplos anteriores son casos particulares de lo siguiente. Si E es un

espacio vectorial sobre R o sobre C, una norma sobre E es una funcion ‖ · ‖ : E → R≥0que verifica:

(1) ‖x‖ ≥ 0 ∀x ∈ E y ‖x‖ = 0 si y solo si x = 0.

(2) ‖λx‖ = |λ|‖x‖ ∀x ∈ E, λ ∈ R (o C).

(3) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖, ∀x, y ∈ E.

El par (E, ‖ ‖) es un espacio normado. Si definimos d(x, y) = ‖x − y‖ para todo

x, y ∈ E entonces (E, d) es un espacio metrico y se dice que d es la metrica inducida por

la norma.

Los ejemplos 1, 3, 6, 7 y 8 corresponden a espacios normados.

Construccion de metricas.

(1) Si d1, d2 son metricas entonces a1d1+a2d2 es una metrica para todo a1 > 0, a2 > 0.

Tambien es una metrica max{d1, d2}.

4

(2) Si d es una metrica entonces d′ = d1+d

es una metrica. En efecto como la funcion

t 7→ t1+t

es creciente en R+ entonces

d(x, y)

1 + d(x, y)≤ d(x, z) + d(z, y)

1 + d(x, z) + d(z, y)≤ d(x, z)

1 + d(x, z)+

d(z, y)

1 + d(z, y).

Se deja como ejercicio demostrar estas afirmaciones.

2. Nociones topologicas en un espacio metrico

Fijemos un espacio metrico (X, d). Llamaremos puntos a los elementos de X. Si x0 ∈ Xy r es un numero real, la bola abierta de centro x0 y radio r es el conjunto

B(x0, r) = {x ∈ X : d(x, x0) < r}.

(Si r ≤ 0 entonces B(x0, r) = ∅. Descartaremos este caso en lo sucesivo).

La bola cerrada de centro x0 y radio r es el conjunto

B[x0, r] = {x ∈ X : d(x, x0) ≤ r}.

Como vimos, en un conjunto X se pueden definir diferentes metricas. Diremos que dos

metricas d y d′ son equivalentes si para cada x ∈ X y r > 0 existen numeros positivos

α, β tales que Bd(x, α) ⊂ Bd′(x, r) y Bd′(x, β) ⊂ Bd(x, r).

Teorema 2.1 En Rn todas las metricas dp, 1 ≤ p ≤ +∞ son equivalentes.

Mas generalmente, se puede probar que todo espacio vectorial real E, de dimension

finita, es homeomorfo a Rn y dos normas cualesquiera en E son equivalentes.

Un subconjunto U de X se llama abierto si para todo x0 ∈ U existe r > 0 tal que

B(x0, r) ⊂ U .

Un subconjunto F de X se llama cerrado si su complemento XrF es abierto. Un sub-

conjunto puede no ser abierto ni cerrado: por ejemplo en X = R un intervalo semiabierto

[a, b) = {t ∈ R : a ≤ t < b} donde a < b.

Proposicion 2.2 Si (X, d) es un espacio metrico entonces:

(1) toda bola abierta B(x0, r) es un abierto de X;

(2) toda union de conjuntos abiertos es abierto;

(3) toda interseccion de una cantidad finita de abiertos es abierto.

5

Demostracion. (1) Si x ∈ B(x0, r) entonces d = d(x, x0) < r. Veamos que B(x, s) ⊂B(x0, r) si s ∈ (0, (r − d)/2): si d(z, x) < s entonces

d(z, x0) ≤ d(z, x) + d(x, x0) <r

2− d

2+ d =

r + d

2< r .

(2) Si Ui(i ∈ I) es abierto y x ∈⋃i Ui entonces existe i0 ∈ I tal que x ∈ Ui0 y como

Ui0 es abierto, existe r > 0 tal que B(x, r) ⊂ Ui0 ⊂⋃i Ui.

(3) Si Ui, . . . , Un son abiertos y x ∈⋂ni=1 Ui entonces x ∈ U1, x ∈ U2, . . . , x ∈ Un;

como los Ui son abiertos, existen r1 > 0, r2 > 0, . . . , rn > 0 tales que B(x, ri) ⊂ Ui,

i = 1, 2, . . . , n. Si r = mın{r1, r2, . . . , rn} entonces B(x, r) ⊂ U1 ∩ U2 ∩ · · · ∩ Un.

Proposicion 2.3 Un subconjunto de un espacio metrico es abierto si y solo si es union

de bolas abiertas.

Demostracion. Toda union de bolas abiertas es abierta por la proposicion anterior.

Recıprocamente, si U es abierto entonces para todo x ∈ U existe rx > 0 tal que B(x, rx) ⊂U . Entonces U =

⋃x∈U B(x, rx).

Para algunos espacios metricos se conoce la forma que tienen todos sus subconjun-

tos abiertos. Obviamente, si (X, d) es discreto todo Z ⊂ X es abierto. Mencionemos el

siguiente resultado no trivial.

Un conjunto X es numerable si existe una funcion f : N −→ X biyectiva.

Teorema 2.4 Todo subconjunto abierto de R (con la metrica d(s, t) = |s − t|) es de la

forma⋃∞n=1(an, bn) donde an < bn < an+1 ∀n.

Ası, todo abierto de R es la union de una cantidad numerable de intervalos abiertos

que no se intersecan entre sı. No existe una caracterizacion analoga para Rn con n ≥ 2.

Corolario 2.5 Todo cerrado de R es interseccion de una cantidad numerable de conjun-

tos de la forma Rr (a, b).

Dado Z ⊆ X, el interior de Z es el mayor conjunto abierto contenido en Z. Lo

denotamos Z0 o intZ.

Por ejemplo, si Z es abierto entonces Z◦ = Z. Puede ocurrir que Z no sea vacıo pero

Z◦ = ∅: por ejemplo, en R el subconjunto Q de los numeros racionales tiene interior

vacıo.

6

Proposicion 2.6 El interior de Z es la union de todos los conjuntos abiertos contenidos

en Z, es decir, Z◦ =⋃G, donde G ⊂ Z y G es abierto.

Proposicion 2.7 El interior de un subconjunto Z de X es la union de todas las bolas

abiertas contenidas en Z.

Demostracion. El conjunto⋃x∈Z,B(x,δ)⊂Z B(x, δ) es abierto y esta contenido en Z. Luego

esta contenido en Z◦. Recıprocamente si z ∈ Z◦, entonces existe B(x, δ) ⊂ Z◦ ⊂ Z, y por

lo tanto x ∈⋃x∈Z,B(x,δ)⊂Z B(x, δ).

De manera dual, llamamos clausura de Z al menor cerrado que contiene a Z. Lo

notaremos Z.

Proposicion 2.8 La clausura de Z es la interseccion de los conjuntos cerrados que con-

tienen a Z, es decir, Z =⋂F , donde F ⊃ Z y F es cerrado.

Observemos que Z◦ ⊆ Z ⊆ Z.

Es falso, en general, que la clausura de la bola abierta B(x0, r) sea la bola cerrada

B[x0, r]. Sin embargo, esta afirmacion es verdadera para espacios normados.

Diremos que Z es denso en X si Z = X.

Proposicion 2.9 Z es denso si y solo si X r Z tiene interior vacıo, es decir (Zc)◦ = ∅.

Demostracion. Supongamos que Z es denso. Luego Z = X. Si suponemos que X r Z no

tiene interior vacıo, entonces existe x ∈ (XrZ)◦, o equivalentemente, existe δ > 0 tal que

B(x, δ) ⊂ X r Z, o bien B(x, δ) ⊂ Zc. Luego B(x, δ)c ⊃ Z. Como B(x, δ) es abierta, su

complemento es cerrado y luego B(x, δ)c ⊃ Z, ya que Z es el menor cerrado que contiene

a Z. Entonces Z X, que es absurdo.

Recıprocamente, si (XrZ)◦ = ∅ y suponemos que Z no es denso, entonces XrZ 6= ∅.Ademas X r Z = (Z)c es abierto y X − Z ⊂ X r Z, luego (X − Z)◦ 6= ∅, absurdo.

Corolario 2.10 Z es denso si y solo si para todo conjunto G abierto no vacıo, se verifica

que G ∩ Z 6= ∅.

Demostracion. Si existe G abierto no vacıo tal que G∩Z = ∅ entonces G ⊂ Zc = X −Z,

o equivalentemente (X − Z)◦ 6= ∅, con lo cual Z no es denso.

Recıprocamente, supongamos que para todo G abierto no vacıo, G ∩ Z 6= ∅ y supon-

gamos que Z no es denso. Entonces Zc tiene interior no vacıo, es decir (Zc)◦ 6= ∅. Si

G = (Zc)◦ entonces G ∩ Z ⊆ Zc ∩ Z = ∅ y G 6= ∅, absurdo.

El subconjunto Q de R es denso en R esencialmente porque cada intervalo abierto

contiene numeros racionales.

La siguiente proposicion nos da una caracterizacion de los puntos de Z.

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Proposicion 2.11 Z = {x ∈ X : ∀δ > 0, B(x, δ) ∩ Z 6= ∅}.

Demostracion. Supongamos que x0 ∈ Z =⋂F⊃Z

F, F cerrado y supongamos que existe

δ > 0 tal que B(x0, δ) ∩ Z = ∅. Entonces Z ⊂ B(x0, δ)c = F0, F0 es cerrado y x0 /∈ F0,

absurdo. Luego, x0 ∈ {x ∈ X : ∀δ > 0, B(x, δ) ∩ Z 6= ∅}.Recıprocamente si x0 ∈ {x ∈ X : ∀δ > 0, B(x, δ) ∩ Z 6= ∅} y suponemos que x0 /∈ Z,

entonces existe un conjunto cerrado F ⊃ Z tal que x /∈ F . Luego x0 ∈ F c, que es abierto.

Entonces existe δ > 0 y B(x0, δ) ⊂ F c, absurdo.

Llamamos frontera de Z ⊂ X al conjunto

∂Z = Z ∩ (X r Z) = Z ∩ Zc .

Por ejemplo si X = C[a, b] y Z = {f ∈ X : supt∈[a,b] |f(t)| ≤ 1} entonces Z◦ = {f ∈X : supt∈[a,b] |f(t)| < 1} y ∂Z = {f ∈ X : supt∈[a,b] |f(t)| = 1}.

Mas generalmente si E es un espacio normado y Z = B[x, r] = {x ∈ E : ‖x‖ ≤ r}entonces Z = Z, Z◦ = B(x, r) = {x ∈ E : ‖x‖ < r} y ∂Z = {x ∈ E : ‖x‖ = r}.

Se dejan como ejercicios estas afirmaciones.

Ejercicio: Sea (X, d) un espacio metrico y sean G y F subconjuntos de X. Probar que

G es abierto si y solo si G = G◦; F es cerrado si y solo si F = F .

Proposicion 2.12 Dado Z ⊂ X vale que Z = Z◦ ∪ ∂Z = Z ∪ ∂Z.

Demostracion. ∂Z = Z ∩ Zc ⊂ Z. Luego Z◦ ∪ ∂Z ⊂ Z ∪ ∂Z ⊂ Z. Recıprocamente si

x ∈ Z, hay dos posibilidades, o bien x ∈ Z◦ o x /∈ Z◦. Si x ∈ Z◦, listo. Supongamos

x /∈ Z◦, entonces @ δ > 0 tal que B(x, δ) ⊂ Z. Luego ∀δ > 0, B(x, δ)∩Zc 6= ∅, con lo cual

x ∈ Zc. Luego, x ∈ Z ∩ Zc = ∂Z.

Un espacio metrico (X, d) es separable si existe D ⊂ X denso numerable.

Por ejemplo Rn es separable con cualquier metrica dp (1 ≤ p ≤ +∞).

2.1. Sucesiones.

Una sucesion en un espacio metrico X es una funcion f : N → X. Usualmente se la

denota por sus valores: si f(n) = xn, se habla de la sucesion {xn} o (xn). Diremos que la

sucesion (xn) converge si existe x ∈ X tal que lımn→∞ d(x, xn) = 0; al punto x se lo llama

el lımite de la sucesion (xn). La expresion xn → x significa que x es el lımite de (xn).

Observese que xn → x significa que para todo ε > 0 existe n0 ∈ N tal que d(x, xn) < ε si

n ≥ n0.

La siguiente proposicion expresa la condicion de ser abierto, cerrado o denso en termi-

nos de sucesiones.

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Proposicion 2.13 Si (X, d) es un espacio metrico y V, F,D son subconjuntos de X en-

tonces:

(1) V es abierto si y solo si para todo x ∈ V y toda sucesion (xn) en X tal que xn → x

existe n1 ∈ N tal que xn ∈ V si n ≥ n1;

(2) F es cerrado si y solo si para toda sucesion (xn) en F tal que xn → x se verifica

x ∈ F .

(3) D es denso en X si y solo si para todo x ∈ X existe (xn) en D tal que xn → x.

Demostracion. (1) : Supongamos que V es abierto, x ∈ V y xn →nx. Como V es

abierto existe ε > 0 tal que B(x, ε) ⊂ V ; como xn →nx, dado ε > 0 existe n0 tal que si

n ≥ n0 entonces d(xn, x) < ε, o xn ∈ B(x0, ε) ⊂ V si n ≥ n0.

Recıprocamente, supongamos que para todo x ∈ V , si xn →nx entonces existe n0 tal

que xn ∈ V si n ≥ n0. Supongamos que V no es abierto. Entonces existe x ∈ V tal que

para todo ε > 0, el conjunto B(x, ε) no esta incluido en V . Sea εn = 1n

y tomemos para

cada n, xn ∈ B(x, 1n)r V . Entonces para todo n, d(xn, x) < 1

no sea que xn→x y xn /∈ V ,

absurdo.

(2) : Supongamos que F es cerrado y sea (xn) ⊂ F tal que xn→x. Si x /∈ F entonces

x ∈ F c; ademas F c es abierto y xn→x pero no existe n0 tal que si n ≥ n0 entonces

xn ∈ F c, lo que contradice (1).

Recıprocamente, si para toda sucesion (xn) ⊂ F , xn→x implica que x ∈ F y supon-

gamos que F no es cerrado entonces F c no es abierto, luego existe x ∈ F c tal que para

todo ε > 0, el conjunto B(x, ε) no esta incluido en F c. Razonando como en 1) llegamos a

un absurdo.

(3) : SiD es denso entonces (Dc)◦ = ∅, luego si x ∈ Dc, para todo ε > 0, B(x, ε)∩D 6= ∅y puedo construir una sucesion (xn) tomando εn = 1

ntal que (xn) ⊂ D, xn→x. Si x ∈ D

tomo xn = x para todo n.

Recıprocamente, supongamos que para todo x ∈ X existe (xn) ⊂ D tal que xn→x.

Entonces (Dc)◦ = ∅ ya que si x ∈ Dc sea xn→x, (xn) ⊂ D. Entonces dado ε > 0, existe

n0 tal que si n ≥ n0, xn ∈ B(x, ε).

Es facil probar que si Z ⊂ X y a ∈ X entonces a ∈ ∂Z si y solo si existen (xn) en Z,

(yn) en X r Z tales que lımxn = lım yn = a. (Ejercicio).

La convergencia uniforme sobre C[a, b] es la que define la metrica d∞. En otras pala-

bras, si (fn) es una sucesion en C[a, b] entonces d∞(fn, f)→ 0 se expresa diciendo que fn

converge uniformemente a f . Observese que si `∞[a, b] es el conjunto de todas las funciones

reales acotadas sobre [a, b] entonces (`∞[a, b], d∞) es un espacio metrico. Se puede demos-

trar facilmente que C[a, b] es un subconjunto cerrado de `∞[a, b]. En efecto, el lımite de

una sucesion uniformemente convergente de funciones continuas es una funcion continua.

9

Proposicion 2.14 Dos metricas d, d′ sobre el mismo conjunto X son equivalentes si y

solo si tienen las mismas sucesiones convergentes: d(xn, x)→ 0⇔ d′(xn, x)→ 0.

Demostracion. Ejercicio.

Si x es un punto del espacio metrico X, llamamos entorno de x a todo subconjunto

V ⊂ X tal que existe un abierto U tal que x ∈ U ⊂ V . En particular, x pertenece a

V . Es facil ver que toda union de entornos de x, ası como toda interseccion finita es un

entorno de x. Notese que todo entorno de x tiene interior no vacıo; mas aun, el interior

de un entorno de x es un entorno de x.

Proposicion 2.15 Si A ⊂ X y x ∈ X son equivalentes:

(1) x ∈ A;

(2) todo entorno abierto de x interseca a A;

(3) todo entorno de x interseca a A;

(4) existe (an) ⊂ A tal que an → x.

Demostracion. (1) ⇒ (2) : Supongamos que U es un entorno abierto de x. Entonces

existe δ > 0 tal que B(x, δ) ⊂ U . Aplicando la Proposicion 2.11, B(x, δ) ∩ A 6= ∅.(2)⇒ (3) : Si V es un entorno de x entonces V ◦ es un entorno abierto de x y por (2)

A ∩ V ◦ no es vacıo. Con mayor razon entonces A ∩ V no es vacıo.

(3)⇒ (4) : Consideremos la sucesion de entornos de x formada por las bolas abiertas

B(x, 1/n). Si an ∈ A∩B(x, 1/n) (la interseccion no es vacıa, por (3)) entonces d(an, x) <

1/n y entonces an → x.

(4)⇒ (1) : Si (an) ⊂ A converge a x y si F es un cerrado que contiene a A entonces,

aplicando (2) de la Proposicion 2.13, x ∈ F . Esto prueba que x ∈⋂

F donde F ⊃ A y

F es cerrado. Luego x ∈ A.

Diremos que x es un punto de acumulacion o punto lımite de A ⊂ X si para todo

entorno V de x, (V r {x}) ∩ A no es vacıo. Denotemos A′ al conjunto de puntos lımite

de A.

Corolario 2.16 A = A ∪ A′.Demostracion. Vale que A ⊂ A. Veamos que A′ ⊂ A: si x ∈ A′ entonces existe (xn) ⊂ A

tal que xn → x, por (4) de la proposicion anterior x ∈ A. Recıprocamente, supongamos

que x ∈ A. Si x ∈ A, listo. Supongamos que x /∈ A. Como x ∈ A, existe (xn) ⊂ A tal que

xn → x, entonces x ∈ A′, por definicion.

10

Si (X, d) es un espacio metrico y A es un subconjunto de X el diametro de A se define

como

δ(A) = sup{d(a1, a2) : a1, a2 ∈ A}.

El diametro puede ser un numero no negativo o +∞.

Proposicion 2.17 δ(A) = δ(A).

Diremos que A es acotado si δ(A) es finito. Ası , todo conjunto finito, toda bola abierta

o cerrada, toda union finita de bolas son conjuntos acotados. Si (xn) es una sucesion de

Cauchy, entonces {xn : n ≥ 1} es un conjunto acotado.

Conviene recordar que si (X, d) es un espacio metrico entonces existe una metrica d′

que es equivalente a d y X es acotado con respecto a d′, es decir

δ′(X) = sup{d′(x1, x2) : x1, x2 ∈ X} < +∞ .

En efecto d′ = d1+d

define una metrica acotada equivalente a d (ejercicio).

3. Continuidad

Si (X, d), (Y, d′) son espacios metricos y f : X → Y es una funcion diremos que f es

continua en x0 ∈ X si dado ε > 0 existe δ > 0 tal que d′(f(x), f(x0)) < ε si d(x, x0) < δ.

Equivalentemente, si dado ε > 0 existe δ > 0 tal que f(B(x0, δ)) ⊂ B(f(x0), ε).

Proposicion 3.1 f es continua en x0 si y solo si para todo entorno V de f(x0) existe

un entorno U de x0 tal que f(U) ⊂ V .

Demostracion. Supongamos que f es continua y sea V un entorno de f(x0), entonces

existe ε > 0 tal que B(f(x0), ε) ⊂ V y como f es continua en x0, existe δ > 0 tal que

f(B(x0, δ)) ⊂ B(f(x0), ε) ⊂ V . Tomando U = B(xo, δ) resulta que f(U) ⊂ V .

Recıprocamente, sea ε > 0 y tomemos V = B(f(x0), ε) entonces existe U entorno de

x0 tal que f(U) ⊂ V . Pero como x0 ∈ U , existe δ > 0 tal que B(x0, δ) ⊆ U . Luego,

f(B(x0, δ)) ⊂ B(f(x0), ε).

En terminos de sucesiones tenemos la siguiente descripcion de continuidad en un punto

x0:

Proposicion 3.2 f es continua en x0 si y solo si para toda sucesion (xn) vale que

lımn→∞ f(xn) = f(x0) si lımn→∞ xn = x0.

11

Demostracion. En efecto, si f es continua en x0 y xn → x0 dado ε > 0 existe δ > 0 tal

que si d(xn, x0) < δ entonces d(f(xn), f(x0)) < ε. Supongamos que f no es continua en

x0. Entonces existe ε > 0 tal que para cada n existe xn ∈ X que verifica d(xn, x0) < 1/n

y d(f(xn), f(x0)) > ε. Entonces xn → x0 pero f(xn) 9 f(x0).

Diremos que f : X → Y es continua si f es continua en x para todo x ∈ X.

Proposicion 3.3 Son equivalentes:

(1) f es continua;

(2) para todo abierto V de Y , f−1(V ) es abierto en X;

(3) para todo cerrado F de Y , f−1(F ) es cerrado en X.

Demostracion. (1) ⇒ (2) : Si V es abierto en Y y x ∈ f−1(V ) entonces f(x) ∈ V ,

notese que V es entorno de f(x) de modo que aplicando la Proposicion 3.1 existe U

entorno de x tal que f(U) ⊂ V . Ası, x ∈ U ⊂ f−1(V ) y luego f−1(V ) es abierto, en

particular es un entorno abierto de x.

(2)⇒ (1) : Supongamos que vale (2) y sea V un entorno de f(x0). Puedo suponer que

es abierto. entonces f−1(V ) es abierto y x0 ∈ f−1(V ) = U . Ademas f(U) ⊂ V . Luego f

es continua en x0.

La equivalencia entre (2) y (3) se deduce de la relacion f−1(Bc) = f−1(B)c.

Diremos que una funcion f : (X, d) → (Y, d′) entre espacios metricos es un homeo-

morfismo si f es biyectiva y tanto f como f−1 : (Y, d′) → (X, d) son continuas. Los

homeomorfismos preservan muchas esctructuras. Se suele llamar propiedades topologicas

a aquellas que son invariantes por homeomorfismos. Veremos mas adelante que la sepa-

rabilidad, la compacidad o la conexion estan entre ellas. Se deja esta afirmacion como

ejercicio.

Tambien es facil ver que si sobre un conjunto X hay dos metricas d1 y d2 entonces la

funcion identidad 1X : (X, d1)→ (X, d2) es un homeomorfismo si y solo si las metricas d1

y d2 son equivalentes.

4. Espacios metricos completos.

Mas util que la nocion de sucesion convergente en las aplicaciones es la nocion de

sucesion de Cauchy o sucesion fundamental: (xn) es de Cauchy si para todo ε > 0 existe

n0 ∈ N tal que d(xn, xm) < ε si n,m ≥ n0. Toda sucesion convergente es fundamental

aunque la recıproca no es cierta en general: en el espacio metrico (0, 1) la sucesion ( 1n) es

fundamental pero no es convergente.

Es mas util porque no es necesario encontrar el lımite, aun si este existe.

12

Ejercicio: probar que toda sucesion de Cauchy es acotada; y que si una sucesion de

Cauchy admite una subsucesion convergente, entonces toda la sucesion es convergente.

Claramente toda sucesion convergente es de Cauchy (probar esta afirmacion), pero la

recıproca no es cierta en general: en (0, 1) con la metrica del valor absoluto la sucesion

(xn) con xn = 1n

es una sucesion de Cauchy que no converge.

Diremos que (X, d) es un espacio metrico completo si toda sucesion de Cauchy es

convergente.

Veamos algunos ejemplos:

1. Q no es completo.

2. Todo espacio metrico (X, d) con d la metrica 0-1 es completo ya que toda sucesion

de Cauchy en X es constante a partir de un n0 y luego convergente.

3. No todo espacio metrico discreto ( es decir sin puntos de acumulacion) es completo:

por ejemplo X = {1, 1/2, ..., 1/n, ...} con la metrica inducida por (R, | · |).

4. (R, | · |) es un espacio metrico completo.

Demostracion. Sea (xn) una sucesion de Cauchy en R, entonces es acotada. Usando

el axioma de completitud, existe b = supn{xn}. Usando nuevamente el axioma

de completitud en R, es facil ver que toda sucesion monotona y acotada en R es

convergente. Para cada n ∈ N sea Xn = {xn, xn+1, ...}. Entonces X1 ⊃ X2 ⊃... ⊃ Xn ⊃ ... y los conjuntos Xn son acotados. Sea an = ınf Xn, n ∈ N; entonces

a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an ≤ an+1 ≤ ... ≤ b y luego {an} es convergente. Sea a = lımn an.

Veamos que a = lımn xn. Para probar esto, basta ver que existe una subsucesion de

(xn), (xnk) tal que xnk

→ a: si a = lımn an, dado ε > 0 y n1 ∈ N, existe m > n1 tal

que a− ε < am < a+ ε. Como am = ınf Xm, existe n ≥ m tal que am ≤ xn < a+ ε.

Luego xn ∈ (a− ε, a+ ε).

5. Rn con la metrica dp (1 ≤ p ≤ +∞) es un espacio metrico completo.

6. `p, para p ≥ 1 es un espacio metrico completo.

Demostracion. Veamos, por ejemplo, que `2 es completo. Veamos primero que `2 es

un espacio vectorial: si x = (xn), y = (yn) ∈ `2 entonces x+ y ∈ `2:

Si x e y ∈ `2 entonces∑xiyi <∞ : por la desigualdad de Cauchy-Schwarz,

n∑i=1

|xi||yi| ≤ (n∑i=1

|xi|2)1/2(n∑i=1

|yi|2)1/2 ≤ ‖x‖2‖y‖2.

13

Como la desigualdad vale para todo n, haciendo tender n→∞, listo. Por lo tanto

|∞∑i=1

xiyi| ≤ ‖x‖2‖y‖2.

Entonces,∑n

i=1(xi + yi)2 =

∑ni=1 |xi|2 +

∑ni=1 |yi|2 + 2

∑ni=1 xiyi ≤ ‖x‖22 + ‖y‖22 +

2‖x‖2‖y‖2.

Haciendo tender n→∞, listo. Analogamente, se demuestra que λx ∈ `2, λ ∈ C.

Veamos que `2 es completo con ‖ · ‖2: sea (xn) ⊂ `2 una sucesion de Cauchy, xn =

(xn1 , xn2 , ..., xni, ...). Para cada i fijo |xmi

− xni| ≤ ‖xm − xn‖2 y luego (xni

)n∈N es

de Cauchy. Por lo tanto xni→n ai para todo i.

Sea a = (ai). Como (xn) es de Cauchy, dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que si

n,m ≥ n0, ‖xn − xm‖2 < ε. Por lo tanto, para todo k,

k∑i=1

|xmi− xni

|2 ≤ ε2.

Por lo tanto, para k fijo, haciendo tender m→∞

k∑i=1

|ai − xni|2 ≤ ε2, ∀n ≥ n0.

Haciendo tender k →∞∞∑i=1

|ai − xni|2 ≤ ε2,

con lo cual a − xn ∈ `2, entonces a = a − xn + xn ∈ `2 y ‖a − xn‖2 ≤ ε si n ≥ n0.

Entonces xn →n a, en norma 2.

7. C[a, b] con d∞ es un espacio metrico completo.

Es facil ver que en un espacio metrico completo todo conjunto cerrado es completo y

que todo subespacio completo de un espacio metrico es cerrado. (Ejercicio).

Ejercicio: Ver que C[0, 2] no es completo con d1(f, g) =∫ 2

0|f(t)− g(t)|dt.

Sugerencia: considerar la sucesion de funciones continuas

fn(x) =

0 si 0 ≤ x ≤ 1− 1

n,

nx+ 1− n si 1− 1

n< x ≤ 1

1 si 1 < x ≤ 2.

14

Teorema 4.1 Un espacio metrico X es completo si y solo si para toda sucesion (Fn) de

subconjuntos cerrados no vacıos de X tales que Fn ⊃ Fn+1 (n = 1, 2, . . . ) y δ(Fn) → 0

existe x ∈⋂∞n=1 Fn.

Demostracion. Supongamos que X es completo y sea an ∈ Fn n ∈ N. Dado ε > 0 existe

n0 ≥ 1 tal que δ(Fn0) < ε. Entonces d(an, am) < ε si n,m ≥ n0, pues an ∈ Fn ⊂ Fn0 ,

am ∈ Fm ⊂ Fn0 y δ(Fn0) < ε. Como (an) es una sucesion de Cauchy, es convergente. Si

a = lımn→∞ an entonces a ∈⋂∞n=1 Fn: fijando Fn, am ∈ Fn ∀m ≥ n y como Fn es cerrado

a = lımm→∞ am ∈ Fn. Recıprocamente, si X tiene la propiedad de encaje de cerrados

y (xn) es una sucesion de Cauchy entonces An = {xk, k ≥ n} verifica An ⊃ An+1 ∀n y

δ(An)→ 0. Entonces (An) es una sucesion decreciente de cerrados con diametro tendiendo

a 0, de modo que existe x ∈⋂∞n=1An. Para ver que xn → x, dado ε > 0 encontremos

n0 ≥ 1 tal que δ(An) < ε si n ≥ n0. Entonces d(xn, x) ≤ δ(An) < ε si n ≥ n0 y esto

prueba que xn → x.

La hipotesis δ(Fn) −→n 0 es fundamental: consideremos Fn = [n,+∞), n ∈ N; cada Fn

es cerrado de R, Fn+1 ⊆ Fn pero⋂∞n=1 Fn = ∅. Otro ejemplo es el siguiente: consideremos

en l2(N) la familia de conjuntos Fn = {en, en+1, ...}, donde el elemento en es la sucesion

de l2 que tiene todas sus coordenadas nulas salvo la n-esima, que es uno. Probar que cada

Fn es cerrado, Fn+1 ⊆ Fn, δ(Fn) =√

2 y⋂∞n=1 Fn = ∅.

Observemos que la completitud no es una propiedad topologica: por ejemplo, la funcion

tangente, tg : (−π2, π2)→ R es un homomeorfismo, cuya inversa es la funcion arco tangente;

sin embargo, R es un espacio completo mientras que el intervalo abierto (−π2, π2) no lo es.

Una funcion f : (X, d) → (Y, d′) entre espacios metricos es uniformemente continua

si dado ε > 0 existe δ > 0 tal que d′(f(x), f(x′)) < ε si d(x, x′) < δ.

Es facil ver que un homeomorfismo f tal que tanto f como f−1 son uniformemente

continuas, preserva la completitud. Es facil ver que la continuidad de una funcion no es

suficiente para preservar sucesiones de Cauchy: por ejemplo f : (0, 1) → R definida por

f(t) = 1/t es continua, xn = 1n

es una sucesion de Cauchy pero n = f( 1n) no es de Cauchy.

Sin embargo:

Proposicion 4.2 Si f : (X, d) → (Y, d′) es uniformemente continua y (xn) ⊂ X es de

Cauchy entonces (f(xn)) ⊂ Y es de Cauchy.

Demostracion. En efecto, dado ε > 0 existe δ > 0 como en la definicion de continuidad

uniforme. Si d(xn, xm) < δ para n,m ≥ n0 entonces d(f(xn), f(xm)) < ε, si n,m ≥ n0.

Un ejemplo trivial de funcion uniformemente continua es el de las isometrıas. Decimos

que f : (X, d)→ (Y, d′) es una isometrıa si d′(f(x), f(y)) = d(x, y) ∀x, y ∈ X. El siguiente

15

resultado tecnico sera utilizado en varias ocasiones, a veces inclusive sin mencion explıcita.

Proposicion 4.3 Si X e Y son espacios metricos completos y A ⊂ X, B ⊂ Y son

subconjuntos densos entonces toda funcion uniformemente continua f : A→ B se extiende

unıvocamente a una funcion uniformemente continua f : X → Y . En particular, si

f : A→ B es una isometrıa entonces f : X → Y tambien lo es.

Demostracion. Sea x ∈ X, entonces existe (xn) ⊂ A tal que xn → x pues A = X.

Como f es uniformemente continua (f(xn)) ⊂ B es de Cauchy. Como Y es completo,

existe y = lımn f(xn). Definimos f(x) = y. Veamos primero que f esta bien definida: si

x′n → x, (x′n) ⊂ A entonces d(xn, x′n)→ 0. Como f es uniformemente continua resulta que

si yn = f(xn), entonces d(yn, y′n) → 0. Luego si y′n → y′, d(y, y′) ≤ d(y, yn) + d(yn, y

′n) +

d(y′n, y′)→n 0 e y = y′.

De manera analoga se puede probar que f es uniformemente continua.

Si (X, d) es un espacio metrico llamaremos una completacion de (X, d) a un espacio

metrico completo (Y, d′) con una isometrıa f : (X, d) → (Y, d′) tal que f(X) es denso en

Y .

Se puede demostrar que todo espacio metrico admite una completacion y que dos

completaciones del mismo espacio metrico son isometricamente isomorfas: para probar la

ultima afirmacion, consideremos (Y1, δ1), (Y2, δ2) completaciones de (X, d) entonces existen

isometrıas f1 : X → Y1, f2 : X → Y2 tales que Z1 = f1(X) es denso en Y1 y Z2 = f2(X) es

denso en Y2. Entonces f2◦f−11 : Z1 → Z2 es una isometrıa y por lo tanto es uniformemente

continua, de modo que se extiende de manera unica a una funcion uniformemente continua

φ : Y1 = Z1 → Y2 = Z2. Es facil probar que φ es un homeomorfismo isometrico de Y1

sobre Y2.

Mostraremos dos formas de probar la existencia de una completacion. La primera

consiste en definir un nuevo espacio metrico (X, d) a partir de (X, d) y probar que es

una completacion de (X, d). Para ello llamamos X al conjunto de todas las sucesiones de

Cauchy (xn) enX. Diremos que (xn), (x′n) en X son equivalentes (en sımbolos, (xn) ∼ (x′n))

si d(xn, x′n) → 0. Es facil ver que ∼ es una relacion de equivalencia en X . Definimos

X = X/ ∼ o sea que X es el conjunto de clases de equivalencia de sucesiones de Cauchy

de X. Si denotamos [(xn)] la clase de equivalencia de (xn) y definimos d([(xn)], [(yn)]) =

lım d(xn, yn), se prueba facilmente que este lımite existe y que solo depende de la clase de

equivalencia de (xn) e (yn). Veamos que dadas (xn) e (yn) de Cauchy, el lımite d(xn, yn)

existe: sea an = d(xn, yn), (an) ⊂ R+ es de Cauchy pues

|an − am| = |d(xn, yn)− d(xm, ym)| ≤ |d(xn, yn)− d(xm, yn)|+ |d(xm, yn)− d(xm, ym)|

≤ d(xn, xm) + d(yn, ym).

16

Como (xn) e (yn) son sucesiones de Cauchy, (an) resulta de Cauchy en R y por lo tanto

existe a = lımn an.

Para ver que el lımite solo depende de [(xn)] y de [(yn)], sean (xn) ∈ [(xn)] e (yn) ∈[(yn)]. Entonces si lımn d(xn, yn) = a′

|a′− a| ≤ |a′− d(xn, yn)|+ |d(xn, yn)− d(xn, yn)|+ |d(xn, yn)− d(xn, yn)|+ |d(xn, yn)− a|

≤ |a′ − d(xn, yn)|+ d(xn, xn) + d(yn, yn) + |d(xn, yn)− a| →n 0.

Es facil ver que (X, d) es un espacio metrico. Sea f : X → X, definida como f(x) =

{(xn) ⊂ X : xn →n x} = [(xn)], donde xn = x ∀n, para cada x ∈ X. Entonces f es

una isometrıa pues si x e y ∈ X, d(f(x), f(y)) = lımn d(xn, yn), donde xn → x e yn → y.

Luego d(f(x), f(y)) = d(x, y).

Ademas, si identificamos X con f(X), X resulta denso en X: sea x ∈ X y ε > 0. Sea

(xn) ∈ x entonces si n,m ≥ n0

d(xn, xm) < ε.

Para cada n fijo, sea la sucesion (yk), definida como yk = xn ∀k.

d([(yk)], x) = d([(yk)], [(xk)]) = lımkd(yk, xk) = lım

k(xn, xk) < ε.

Finalmente, veamos que X es completo. Para esto, observemos primero que dada una

sucesion de Cauchy (xn) ⊂ X, la sucesion (f(xn)) ⊂ X converge al punto x = [(xn)]. Pues

para n fijo, d(x, f(xn)) = d([(xk)], [(yk)]) = lımk d(xk, yk) < ε, si n ≥ n0.

Entonces dada una sucesion de Cauchy (xn) ⊂ X, sea yn ∈ X tal que d(xn, yn) < 1n.

Luego (yn)→ y y luego xn → y.

La segunda manera de completar un espacio metrico (X, d) consiste en considerar

el espacio metrico completo (`∞(X), d∞) y probar que, fijado x0 ∈ X, la funcion fx0 :

(X, d) → (`∞(X), d∞) definida por (fx0(x))(y) = d(x, x0) − d(x0, y) es una isometrıa. Si

Z es la imagen de fx0 entonces (Z, d∞) es una completacion de (X, d).

Ninguna construccion de la completacion de un espacio metrico es satisfactoria en el

sentido de que no permite “imaginar” como es o que forma tienen sus elementos. Mas

adelante mostraremos que la completacion del espacio metrico C[a, b] con la metrica dp

(1 ≤ p < +∞) definida por dp(f, g) = ‖f − g‖p =(∫ b

a|f(t)− g(t)|pdt

)1/pes el espacio de

Lebesgue Lp[a, b], construido a partir de la medida de Lebesgue en [a, b]. Tambien puede

probarse que las llamadas distribuciones o funciones generalizadas pueden pensarse como

los elementos de la completacion de un espacio de verdaderas funciones.

Una contraccion entre espacios metricos es una funcion que disminuye (contrae) dis-

tancias: mas precisamente, f : (X, d)→ (Y, d′) es una contraccion si existe una constante

λ, 0 < λ < 1, tal que d′(f(x), f(y)) ≤ λ d(x, y) para todo x, y ∈ X.

17

El siguiente es uno de los teoremas mas utiles del analisis y sus aplicaciones.

Teorema 4.4 (Principio de la contraccion o teorema de Banach-Cacciopoli). Si (X, d)

es un espacio metrico completo y f : X → X es una contraccion entonces existe un unico

elemento x0 ∈ X tal que f(x0) = x0. Mas aun, para todo z ∈ X la sucesion x1 = f(z),

x2 = f(x1), xn = f(xn−1), converge a x0 y d(x0, xn) ≤ λn

1−λd(f(z), z).

Demostracion. Probemos primero la unicidad del punto fijo x0. En efecto, si y es otro

punto fijo entonces x0 = f(x0), y = f(y) y d(x0, y) = d(f(x0), f(y)) ≤ λd(x0, y). Como

λ < 1, la desigualdad obliga a que d(x0, y) sea nula, o sea y = x0.

Dado z ∈ X definimos x1 = f(z), xn+1 = f(xn) para n ∈ N. Entonces d(xn+1, xn) =

d(f(xn), f(xn−1)) ≤ λd(xn, xn−1) ≤ λ2d(xn−1, xn−2) ≤ · · · ≤ λnd(f(z), z).

Si p ≥ 1, d(xn+p+1, xn) ≤∑n+p

k=n d(xk+1, xk) ≤∑n+p

k=n λkd(f(z), z) =

(∑n+pk=n λ

k)d(f(z), z).

Como 0 < λ < 1, la serie∑∞

m=0 λm converge a 1/(1 − λ) y entonces (xn) es una

sucesion de Cauchy. Como (X, d) es completo, existe x0 = lımn→∞ xn. Como f es continua

f(x0) = lımn→∞ f(xn) = lımn→∞ xn+1 = x0. Esto prueba la existencia del punto fijo x0.

Finalmente

d(x0, xn) ≤ d(x0, xn+p+1) + d(xn+p+1, xn) ≤ d(x0, xn+p+1) + d(f(z), z)∞∑k=n

λk

≤ d(x0, xn+p+1) +λn

1− λd(f(z), z)

y haciendo p→∞ obtenemos d(x0, xn) ≤ λn

1−λd(f(z), z).

Daremos a continuacion una extension del teorema de Banach-Cacciopoli.

Teorema 4.5 Si (X, d) es un espacio metrico completo y f : B(x0, r) → X es una

contraccion con constante λ ∈ (0, 1) que verifica d(f(x0), x0) < r(1 − λ) entonces existe

un unico x ∈ B(x0, r) tal que f(x) = x.

Demostracion. Como antes, construimos (xn) poniendo xn = f(xn−1). Observemos

que las hipotesis garantizan que xn pertenece a B(x0, r): inductivamente d(x1, x0) =

d(f(x0), x0) < r(1−λ) < r; si xk ∈ B(x0, r) para k = 1, 2, . . . , n−1 entonces, como antes,

d(xn, x0) ≤ d(xn, xn−1) + · · ·+ d(x1, x0) ≤ d(f(x0), x0)n−1∑k=0

λk < r(1− λ)n−1∑k=0

λk ≤ r.

Del mismo modo, (xn) es una sucesion de Cauchy y si x = lımn→∞ xn entonces f(x) =

x. De la desigualdad d(x, xn) ≤ λn

1−λd(f(x0), x0) obtenemos que d(x, x0) ≤ d(x, xn) +

d(xn, x0) ≤ ( λn

1−λ +(∑n−1

k=0 λk))d(f(x0), x0)), para todo n. Luego

d(x, x0) ≤d(f(x0), x0)

1− λ< r ,

18

o sea x ∈ B(x0, r).

Veamos algunas aplicaciones.

1. Ecuaciones integrales.

Si K : [a, b] × [a, b] → R es una funcion nucleo se trata de encontrar para cada

g ∈ C[a, b] y cada λ ∈ R una funcion f ∈ C[a, b] tal que

f(t) = λ

∫ b

a

K(t, s)f(s)ds+ g(t) ∀t ∈ [a, b] . (1)

La ecuacion (1) es una ecuacion integral lineal no homogenea de Fredholm.

Proposicion 4.6 Si K : [a, b]× [a, b] → R es continua y |λ| < 1/‖K‖∞(b− a) entonces

existe una unica funcion f ∈ C[a, b] que verifica (1).

(En el enunciado ‖K‖∞ = supt,s∈[a,b] |K(t, s)|.)

Para probarlo, consideramos el espacio metrico C[a, b] con la metrica uniforme y la

contraccion T : C[a, b] → C[a, b], (Tf)(t) = λ∫ baK(t, s)f(s)ds + g(t): la eleccion |λ| <

1/(b−a)‖K‖∞ garantiza que T sea una contraccion. La completitud de C[a, b] y el teorema

de la contraccion terminan la tarea.

2. Ecuaciones funcionales.

Si X es un espacio metrico completo y ϕ : X × R → R es una funcion continua tal

que existe λ ∈ (0, 1) que verifica |ϕ(x, t) − ϕ(x, s)| ≤ λ|t − s| ∀x ∈ X, t, s ∈ R entonces

existe una unica funcion continua u : X → R tal que u(x) = ϕ(x, u(x)) ∀x ∈ X.

Aca se aplica el teorema de la contraccion al espacio metrico completo C∞(X) =

`∞(X) ∩ C(X) y a la contraccion T : C∞(X) → C∞(X), (Tu)(x) = ϕ(x, u(x)): obser-

var que |(Tu)(x) − (Tv)(x)| = |ϕ(x, u(x)) − ϕ(x, v(x))| ≤ λ|u(x) − v(x)| de modo que

d(Tu, Tv) = ‖Tu− Tv‖∞ ≤ λ‖u− v‖∞ = λd(u, v) para todo u, v ∈ C∞(X).

3. Ecuaciones diferenciales.

Consideremos el problema de valores inicialesy′ = f(x, y)

y(x0) = y0(2)

donde f : G → R es continua, G = {(x, y) ∈ R2 : a < x < b, c < y < d} = (a, b) ×(c, d), (x0, y0) ∈ G y ademas f es de Lipschitz en la segunda variable, i.e.,

|f(x, y1)− f(x, y2)| ≤M |y1 − y2|.

La existencia y unicidad de solucion de (2) esta dada por el siguiente resultado.

19

Teorema 4.7 (de Picard) En las condiciones anteriores existe un δ > 0 tal que en el

intervalo (x0 − δ, x0 + δ), el problema (2) tiene una unica solucion.

Demostracion. El problema (2) es equivalente a la ecuacion integral

ϕ(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, ϕ(t))dt. (3)

Como f es continua en G, podemos hallar un conjunto compacto G′ ⊂ G tal que f es

acotada en G′ y (x0, y0) ∈ G′. Es decir que |f(x, y)| ≤ K, si (x, y) ∈ G′. Mas aun, existe

un rectangulo abierto, incluido en G′, que contiene a (x0, y0).

Tambien es posible hallar un numero δ > 0 que verifique que Mδ < 1 y (x, y) ∈ G′

si |x − x0| ≤ δ y |y − y0| ≤ Kδ. Consideremos el espacio X = C[x0 − δ, x0 + δ] con la

norma ‖ ‖∞ y el subespacio metrico S de las funciones ϕ tales que |ϕ(x)− y0| ≤ Kδ. El

subespacio S es cerrado y luego es completo ya que X es completo.

Sea (Tϕ)(x) = y0 +∫ xx0f(t, ϕ(t))dt, para ϕ ∈ S. Veamos que T (S) ⊆ S: dada ϕ ∈ S

entonces

|Tϕ(x)− y0| = |∫ x

x0

f(t, ϕ(t))dt| ≤ Kδ, ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ].

Ademas

|Tϕ1(x)− Tϕ2(x)| ≤∫ x

x0

|f(t, ϕ1(t))− f(t, ϕ2(t))|dt ≤Mδ‖ϕ1 − ϕ2‖∞.

Como Mδ < 1, el operador T resulta una contraccion. Entonces la ecuacion ϕ = Tϕ

tiene una unica solucion en S.

5. Espacios metricos compactos

Compacidad.

Un espacio metrico (X, d) es compacto si para todo cubrimiento de X por abiertos

existe un subcubrimiento finito: en otros terminos para toda familia {Ui : i ∈ I} de

abiertos de X tal que⋃i Ui = X existen i1, i2, . . . , in ∈ I tales que

⋃nk=1 Uik = X.

Diremos que X tiene la propiedad de la interseccion finita si toda familia de cerrados de

X {Fi : i ∈ I} tal que para cada subconjunto finito {i1, i2, . . . , in} ⊂ I la interseccion⋂nk=1 Fik no es vacıa, entonces la interseccion

⋂i∈I Fi no es vacıa.

Proposicion 5.1 X es compacto si y solo si X tiene la propiedad de interseccion finita.

Demostracion. Supongamos que X es compacto y sea {Fi : i ∈ I} una familia de cerrados

de X tales que⋂nk=1 Fik es no vacıo, para toda sub-familia finita y supongamos que

20

⋂i∈I Fi = ∅. Entonces X = (

⋂i∈I Fi)

c =⋃i∈I F

ci . Como los Fi son cerrados, {F c

i : i ∈I} es un cubrimiento por abiertos de X. Luego existe un subcubrimiento finito de X,

{F ci , ...F

cin}, ya que X es compacto. Pero entonces X =

⋃nk=1 F

cik

y luego⋂nk=1 Fik = ∅, lo

que es absurdo.

Recıprocamente, supongamos que X tiene la propiedad de la interseccion finita y sea

{Gi, i ∈ I} un cubrimiento por abiertos de X. Supongamos que no existe un subcubri-

miento finito. Entonces {Gci , i ∈ I} es una familia de cerrados tales que

⋂mk=1G

cik6= ∅

para toda subfamilia finita, pues en caso contrario, X =⋃nk=1Gik y {Gik : k = 1, ..., n}

serıa un subcubrimiento finito. Luego, como X tiene la propiedad de la interseccion finita,⋂i∈I G

ci 6= ∅, entonces

⋃i∈I Gi ( X, y esto es absurdo.

Uno de los teoremas basicos del analisis matematico es el siguiente

Teorema 5.2 Heine-Borel-Lebesgue. Todo intervalo cerrado acotado de R es compacto.

Mas generalmente si consideramos en Rn la metrica dp (1 ≤ p ≤ +∞) entonces K ⊂ Rn

es compacto si y solo si K es cerrado y acotado.

Observese que este enunciado es falso en general: si (X, d) es discreto entonces X es

cerrado y acotado (la metrica discreta es acotada) pero K ⊂ X es compacto si y solo si

K es finito.

Un subconjunto A de un espacio metrico (X, d) es totalmente acotado si para todo

ε > 0 existe una cantidad finita de bolas abiertas de radio ε que cubren A; es decir si

existen x1, . . . , xn ∈ X tales que A ⊂⋃ni=1B(xi, ε). Al conjunto {x1, . . . , xn} se lo suele

llamar una ε-red de A. Observese que A es totalmente acotado se para cada ε > 0 existe

una descomposicion de A en una cantidad finita de subconjuntos de diametro menor que

ε.

Todo conjunto totalmente acotado es acotado: en efecto, si r = max{d(xi, xk) : i, k =

1, . . . , n} entonces A ⊂ B(xi, r + ε) para cualquier i, de modo que δ(A) ≤ 2(r + ε).

La recıproca es falsa en general: un conjunto infinito con la metrica discreta es acotado

pero no es totalmente acotado. Mas interesante es el siguiente ejemplo: consideremos el es-

pacio normado `2N con la metrica inducida d2(x, y) = (∑∞

n=1 |xn − yn|2)1/2

y el subconjunto

A = B(0, 1) = {(xn) ∈ `2N :∑∞

n=1 |xn|2 ≤ 1}. Claramente, A es un conjunto acotado pues

δ(A) ≤ 2. Por otro lado, si en es el elemento de `2N con todas sus coordenadas nulas excepto

la n-esima, que es 1, entonces es claro que en ∈ A y que d2(en, em) = ‖en − em‖2 =√

2.

Por lo tanto, si 0 < ε <√

2 cualquier ε-red de {en : n ∈ N} debe ser infinita: en efecto,

cada bola de radio ε contiene a lo sumo un en.

El resultado siguiente contiene varios criterios equivalentes a la compacidad.

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Teorema 5.3 Si (X, d) es un espacio metrico, las siguientes propiedades son equivalentes

1. X es compacto;

2. X es totalmente acotado y completo;

3. todo subconjunto infinito de X admite un punto de acumulacion;

4. toda sucesion (xn) en X admite una subsucesion convergente.

Demostracion. 1 → 2 : Supongamos que X es compacto. Veamos que X es totalmente

acotado. Dado ε > 0 la familia {B(x, ε) : x ∈ X} es un cubrimiento por abiertos de X y

luego existe un subcubrimiento finito, i.e., existen x1, ..., xn ∈ X tal queX ⊂⋃ni=1B(xi, ε).

Para ver que X es completo consideremos una familia {Fn : n ∈ N} de subconjuntos

cerrados no vacıos de X, tales que δ(Fn) →n 0 y Fn ⊃ Fn+1. Entonces si I ⊂ N es finito

∩i∈IFi = Fi0 6= ∅, donde i0 = max I. Como X es compacto, aplicando la Proposicion 5.1,

resulta⋂n Fn 6= ∅. Luego, por el Teorema 4.1, X es completo.

2 → 3 : Sea Y ⊂ X infinito. Sea ε = 1. Como X es totalmente acotado, existen

x1, ..., xn ∈ X tales que X ⊂⋃ni=1B(xi, 1). Luego existe al menos un k entre 1 y n

tal que B(xk, 1) contiene infinitos puntos de Y . De otro modo Y serıa finito. Repetimos

el razonamiento para ε2 = 12

y el conjunto infinito Y1 = Y ∩ B(xk, 1) y obtenemos un

subconjunto infinito de Y contenido en una bola B(x′k,12)). En general, para εn = 1

nexiste

un subconjunto infinito de Y contenido en una bola de radio 1n.

Tomamos y1 ∈ Y1, y2 ∈ Y2−{y1}, ..., yn ∈ Yn−{y1, ..., yn−1}. Esto es posible ya que los

conjuntos Yk son infinitos. Luego (yn) ⊂ Y es de Cauchy y como X es completo, yn → y.

Ademas y es un punto de acumulacion de Y , ya que yn 6= ym si n 6= m.

3 → 4 : Sea (xn) ⊂ X; si (xn) es un conjunto finito entonces alguno de los finitos

valores se repite infinitas veces. Es decir que para todo n existe mn > n tal que xmn = c

donde c es uno de los finitos valores de la sucesion y la sucesion constante xmn → c.

Supongamos entonces que (xn)n∈N es infinito. Entonces (xn) tiene un punto de acu-

mulacion x. Es decir que para k ∈ N, B∗(x, 1k)∩ (xk) 6= ∅ donde B∗(x, 1

k) = B(x, 1

k)−{x}.

Sea n1 tal que xn1 ∈ B∗(x, 1). Observemos que d(x, xn1) > 0. Sea n2 tal que 1n2

<

d(x, xn1) y n2 > n1. Entonces existe xn2 ∈ B∗(x, 1n2

). Ası puedo construir una subsucesion

xnk→ x.

4→ 1 : Veamos primero que X es totalmente acotado. Sea ε > 0 y x1 ∈ X cualquiera.

Si no existe x2 ∈ X tal que d(x1, x2) ≥ ε entonces X ⊆ B(x1, ε). Si no, considero el

conjunto Aε = {x1, x2}. En general, sea xn ∈ X tal que d(xn, xk) ≥ ε, ∀k = 1, ..., n − 1.

La sucesion (xn) debe ser finita pues en caso contrario no tendrıa ninguna subsucesion

convergente y luego (xn) = {x1, ..., xn0} = Aε y X ⊆⋃ni=1B(xi, ε). Entonces X es

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totalmente acotado. Ademas X es separable pues A =⋃n∈NA 1

nes un conjunto denso en

X y es numerabe (lo probaremos mas adelante).

Sea {Gi}i∈I un cubrimiento por abiertos de X. Dado Gi, sea x ∈ Gi, como Gi es abierto

existe ε > 0 tal que B(x, ε) ⊂ Gi y existe y ∈ A tal que d(x, y) < 12n< ε

2. Por lo tanto,

B(y, 12n

) ⊂ Gi. Para cada y ∈ A y n ∈ N elijo i tal que B(y, 12n

) ⊂ Gi, esta subfamilia

de {Gi}i∈I es numerable y es un cubrimiento de X. Se prueba, de manera similar, que en

este caso puedo extraer un subcubrimiento finito de X.

En los cursos de topologıa si X satisface 3 se dice que satisface la propiedad de Bolzano-

Weierstrass y si X satisface 4 se dice que es secuencialmente compacto. El siguiente

resultado sera utilizado con frecuencia en estas notas.

Proposicion 5.4 Si f : X → Y es una funcion continua y A ⊂ X es compacto entonces

f(A) ⊂ Y es compacto. En particular, si f es biyectiva, continua y f−1 es tambien

continua, entonces X es compacto si y solo si Y es compacto.

Demostracion. En efecto, si {Vi : i ∈ I} es un cubrimiento abierto de f(A) entonces

{f−1(Vi) : i ∈ I} es un cubrimiento abierto de A; como A es compacto, existen i1, . . . , in ∈I tales que

⋃nk=1 f

−1(Vik) ⊃ A y aplicando f a ambos miembro resulta

n⋃k=1

Vik ⊃ f(A).

(En todo el argumento anterior se utilizan propiedades conjuntistas de la imagen inversa,

demostradas en el Apendice I).

Usando este resultado, si f : X → Y es continua y biyectiva y si f−1 : Y → X tambien

es continua, entonces Y (= f(X)) es compacto si X lo es y recıprocamente.

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