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- 1. Correccion de Parcial calculo III Jennyfer Ni˜o n 20101167033 Daniel Ivan Abreo Meza 20102167016 2 de Mayo de 2012 1. Si A ⊂ Rn y B ⊂ Rm son abiertos, entonces A × B es abierto en Rn+m . d(x,y) 2. Sea d una metrica en un espacio X. Demuestre que σ(x, y) := 1+d(x,y) es una metrica en X. 3. Demuestre la desigualdad de Cauchy-Schwarz para la metrica usual de Rn . xy 2 4. Demuestre que l´ (x,y)→(0,0) ım x2 +y 2 := 0. 5. Demuestre que el limite es unico, cuando existe. 1
- 2. Solucion 1. Sea A × B = {(a1 , a2 )/a1 ∈ A ∧ a2 ∈ B}. Puesto que A es un conjunto abierto en Rn existe una n-bola B(a1 , r1 ) en A y tambi´n como B es un conjunto abierto en Rm existe una m-bola e B(a2 , r2 ) en B. Sea r = min{r1 , r2 }. Ahora queremos demostrar que la m+n-bola B(a,r) ⊆ A × B. Si x = (x1 , x2 ) es un punto cualquiera de B(a,r) entonces ||x-a|| < r, de modo que ||x1 − a1 || < r1 y ||x2 − a2 || < r2 . Por ende x1 ∈ B(a1 , r1 ) y x2 ∈ B(a2 , r2 ). Por consiguiente x1 ∈ A y x2 ∈ B, as´ que (x1 , x2 ) ∈ A × B. Esto demuestra que todo punto de B(a,r) est´ en A × B. Por lo tanto ı a todo punto de A × B es un punto interior, as´ que A × B es abierto. ı 2. Tenemos que demostrar tres opciones: d(x, y) ≥ 0 y d(x, y) = 0 ↔ x = y d(x, y) = d(y, x) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) Solucion σ(x, y) ≥ 0 d(x, y) d(x, y) := ≥ 0 Donde d(x, y) ≥ 0 y 1 + d(x, y) ≥ 0 1 + d(x, y) 0 x = y ↔ d(x, y) = 0 ↔ σ(x, y) := := 0 1+0 σ(x, y) := σ(y, x) d(x, y) σ(x, y) = 1 + d(x, y) d(y, x) = 1 + d(y, x) = σ(x, y) σ(x, y) ≤ σ(x, z) + σ(z, y) d(x, y) σ(x, y) = 1 + d(x, y) 1 + d(x, y) + d(x, y) − 1 − d(x, y) = 1 + d(x, y) 1 =1− 1 + d(x, y) 1 ≤1− 1 + d(x, z) + d(z, y) 1 + d(x, z) + d(z, y) − 1 = 1 + d(x, z) + d(z, y) d(x, z) d(z, y) = + 1 + d(x, z) + d(z, y) 1 + d(x, z) + d(z, y) d(x, z) d(z, y) ≤ + 1 + d(x, z) 1 + d(z, y) ≤ σ(x, z) + σ(z, y) 2
- 3. 3. ||u • v|| = ||u|| ||v|| DEMOSTRACION: Se demostrara primero la siguiente condici´n m´s fuerte: o a n ||u • v|| ≤ ||ui vi || ≤ ||u|| ||v|| i=1 En primer lugar, si u := 0 o v := 0, entonces la desigualdad se reduce a 0 ≥ 0 ≥ 0 y, por tanto, es cierta. Por ello solo es necesario tener en cuenta el caso en que u = 0 y v = 0 , es decir, |u| = 0 y |v| = 0 .Por tanto, debido a que, ||u • v|| := |ui vi | ≤ |ui vi | solo es necesario demostrar la segunda desigualdad. Ahora, para cualquier numero real x, y ∈ R, o ≤ (x − y)2 := x2 − 2xy + y 2 o, de forma equivalente 2xy ≤ x2 + y 2 (1) Haga x := |ui |/||u|| e y := |vi |/||v|| en (1) para obtener, cualquier i, |ui | |vi | |ui |2 |vi |2 2 ≤ 2 + (2) ||u|| ||v|| ||u|| ||v||2 Pero, por definicion de la norma de un vector, ||u|| := u2 := i |ui |2 y ||v|| := 2 vi := |vi |2 . Entonces, sumando (2) con respecto a i y usando |ui vi | := |ui ||vi | se tiene, |ui vi | ||ui ||2 ||vi ||2 ||u||2 ||v||2 2 ≤ + := + := 2 ||u||||v|| ||u||2 ||v||2 ||u||2 ||v||2 |ui vi | y asi ≤ 1. Multiplicando ambos lados por ||u||||v||, se obtiene la desigualdad deseada. ||u||||v|| xy 2 4. l´ (x,y)→(0,0) ım := 0 x2 + y2 xy 2 xy 2 Observe que: | 2 2 | ≤ | 2 | := |x| x +y y DEMOSTRACION: xy 2 (∀ > 0)(∃δ > 0)(∀(x)) 0 < ||(x, y) − (0, 0)|| < δ → −0 < x2 + y 2 Dado δ := tenemos ||(x, y) − (0, 0)|| := x2 + y 2 < δ, como |x| ≤ x2 + y 2 < δ, entonces |x| < δ Se sigue que: xy 2 ≤ |x| ≤ x2 + y 2 < δ x2 + y 2 xy 2 <δ x2 + y 2 xy 2 Como − 0 < δ − . Entonces el limite es cero. x2 + y 2 3
- 4. 5. DEMOSTRACION: Supongamos l´ (x,y)→(0,0) f (x, y) := L y l´ (x,y)→(a,b) f (x, y) := m ım ım Tenemos: (∀ > 0)(∃δ > 0)(∀(x))(0 < ||(x, y) − (a, b)|| < δ1 → |f (x, y) − L| < ) Y (∀ > 0)(∃δ > 0)(∀(x))(0 < ||(x, y) − (0, b)|| < δ2 → |f (x, y) − m| < ) Tomemos δ := min(δ1 , δ2 ). Podemos tomar := |L−m| ya que |L − m| > 0 2 (∀ 1 > 0)(∃δ > 0)(∀(x, y))0 < ||(x, y) − (a, b)|| < δ → |L − m|q = |L − f (x, y) + f (x, y) − m| ≤ |L − f (x, y)| + | (x, y) − m| |L − m| |L − m| < + 2 2 Lo cual se llega a una contradiccion. 4