Sln Semana 1

1

Soluci´
on Semana 1

Problema 1.
Sln:
Sea (X, d) un espacio m´etrico no vac´ıo. Veamos que ρ : X ×X → [0, +∞), definida por ρ(x, y) =

d(x, y)
,
1 + d(x, y)

es una m´etrica.
En efecto,
i. ρ(x, x) =

d(x, x)
0
=
= 0 pues d es m´etrica.
1 + d(x, x)
1+0

Si x = y ⇒ ρ(x, y) =
ii. ρ(x, y) =

d(x, y)
> 0 puesto que d es m´etrica, es decir, d(x, y) > 0.
1 + d(x, y)

d(x, y)
d(y, x)
=
= ρ(y, x)
1 +d(x, y)
1 + d(y, x)

iii. Consideremos la funci´
on real f : R → R definida por f (x) =

x
. Veamos que f es creciente en
1+x

[0, +∞).
1
, es decir, f > 0 en [0, +∞). Ahora bien, como d(x, y) ≤ d(x, r) + d(r, y), de
(1 + x)2
d(x, y)
d(x, r) + d(r, y)
d(x, r)
donde f (d(x, y)) ≤ f (d(x, r) + d(r, y)) ⇒
≤
≤
+
1 + d(x, y)
1 + d(x, r) + d(r, y)
1 + d(x, r) + d(r, y)
d(r, y)
d(x, r)
d(r, y)
≤
+
i.e.ρ(x, y) ≤ ρ(x, r) + ρ(r, y).
1 + d(x, r) + d(r, y)
1 + d(x, r) 1 + d(r, y)
En efecto, f =

Por tanto, ρ es una m´etrica.
Problema 2.
Sln:
Sea ρ : R × R → [0, +∞) la funci´
on definida por
y

ρ(x, y) =
x

dξ
1 + ξ2

i. Veamos que ρ(x, y) es una m´etrica.
(a) ρ(x, x) =

x dξ
x 1+ξ 2

= 0 por definici´on de la integral.

Si x = y ⇒ ρ(x, y) =

y dξ
x 1+ξ 2

> 0 por la positividad de la funci´on aintegrar.

2
(b) ρ(x, y) =

y dξ
x 1+ξ 2

= −

(c) ρ(x, y) =

y dξ
x 1+ξ 2

=

x dξ
y 1+ξ 2

r dξ
x 1+ξ 2

+

=

x dξ
y 1+ξ 2

y dξ
r 1+ξ 2

≤

= ρ(y, x)
r dξ
x 1+ξ 2

+

y dξ
r 1+ξ 2

= ρ(x, r) + ρ(r, y).

ii. Consideremos {n} ⊆ R, sucesi´
on de n´
umeros naturales. Veamos que es sucesi´on de Cauchy con la m´etrica
ρ.
n dξ
−1 (n) − tan−1 (m)
Notemos que ρ(m, n) = m 1+ξ
2 = tan
Si consideramos lasucesi´
on xn = {tan−1 (n)}n podemos ver que xn es creciente y acotada.
π
En efecto, si m < n → tan−1 (m) < tan−1 (n) y es cota superior para xn . As´ı, xn converge, de donde
2
es Cauchy.
As´ı, para > 0 ∃N ∈ N tal que si m, n ≥ N → ρ(m, n) = | tan−1 (m) − tan−1 (n)| <
Por lo tanto, {n} es Cauchy con la m´etrica ρ.
iii. Veamos que toda sucesi´
on {xn : n ∈ N} ⊆ R tiene una subsucesi´on de Cauchy.
Si {xn }es acotada, tenemos entonces que {xn } tiene una subsucesi´on convergente, y por ende Cauchy.
Si {xn } no es acotada entonces existe una subsucesi´on {xnk } tal que xnk → ∞ o xnk → −∞. Si
xnk → ∞ entonces {xnk } es creciente.
x nk
dξ
De forma similar a ii., ρ(xnl , xnk ) =
= tan−1 (xnl ) − tan−1 (xnk ) . Como lim tan−1 (x) =
2
x→∞
xnl 1 + ξ
π
π
entonces para x suficientemente grande, − tan−1 (x)es suficientemente peque˜
no.
2
2
π
Sea > 0, tomemos N tal que − tan−1 (N ) < .
2
π
−1
Como lim tan (x) = entonces existe K ∈ N tal que si k ≥ K entonces xnk ≥ N
x→∞
2
π
As´ı, si k, l ≥ K y k ≥ l tenemos que tan−1 (N ) ≤ tan−1 (xnl ) ≤ tan−1 (xnk ) ≤ . De donde
2
π
tan−1 (xnk ) − tan−1 (xnl ) ≤ − tan−1 (N ). Luego, si k, l ≥ K entonces ρ(xnk , xnl ) < .
2
El otro caso se hace de manera an´
aloga.iv. Veamos que (R, ρ) no es completo.
En ii. vimos que {n} es Cauchy, veamos ahora que no es convergente.
Supongamos que {n} es convergente, es decir, lim n = x. Es decir, para > 0 existe N ∈ N
n→∞
1 π
− tan−1 (x) entonces para n ≥ N tenemos
tal que si n ≥ N , ρ(n, x) < . Si tomamos =
2 2
1 π
ρ(n, x) = | tan−1 (n) − tan−1 (x)| <
− tan−1 (x) .
2 2
π
1 π
De donde
− tan−1 (x) ≤
− tan−1 (x) . Lo cuales absurdo. Por tanto, (R, ρ) no es completo.
2
2 2

Problema 3.
Sln:
Considerando en R2 la funci´
on ρ : R2 × R2 → [0, +∞) definida por
ρ(x, y) =

0
x=y
|x| + |y| x = y

i. Veamos que ρ es una m´etrica.
En efecto,
(a) ρ(x, x) = 0 y si x = y entonces no pasa x = y = 0, de donde ρ(x, y) = |x| + |y| > 0.
(b) ρ(x, y) = |x| + |y| = |y| + |x| = ρ(y, x)
(c) ρ(x, y) = |x| + |y| ≤ |x| + |y| + |r| + |r| =≤(|x| + |r|) + (|r| + |y|) = ρ(x, r) + ρ(r, y)

3
ii. Sea B(x, r) = {y ∈ R2 , y = x : ρ(x, y) < r} ∪ {x} = {y ∈ R2 : |x| + |y| < r} ∪ {x} =
{y ∈ R2 : |y| < r − |x|} ∪ {x}.
Si r − |x| ≤ 0, i.e. 0 < r ≤ |x| entonces B(x, r) = {x}
r
Si |x| < entonces B(x, r) = {y ∈ R2 : |y| < r−|x|}∪{x} = {y ∈ R2 : |y| < r−|x|}. As´ı, la bola de ra2
r
dio r−|x| centrada en el origen contiene al punto x |x| < →...