BOLZANO-WEIW.                      Todo subconjunto infimito y acotado tiene al menos un punto de acumulacion.                  DEMO: Como el conjunto A  tiene infinitos elementos, existe una suceson Xn de elementos distintos dos a dos contenida en A.
 Esta sucesion tiene una subsucesion ;onotona que esta contenidaen A.  Como A esta acotado, la sucesion lo esta y es convergenteLlamemos x a su limite. Al ser los elementos de la sucesion distintos y ser la sucesion monotona
entonces es estrictamente monotona y su limite es x(distinto de los elementos).que es punto de acumulacion de A, por lo que A'distinto de vacio.                xpertenece A' si, y solo si, exis Xn incluida A,Xndistinx/x=Lxn
tinua **Si f(a)f(b)<0, exixte al menos un punto c perten(a,b) tal que f(c)=0*sea f:(a;b)->R     DEMO:La condicion f(a)f(b)<0 nosdice que f(a) y f(b) tienen signos distintos.Suponemos q f(a)<0<<f(b). Dividimos el intervalo en dos partes igales siendo el
punto de division a+b/2. Si f(a+b/2)=0, el teorema esta demostrado.                             Si f(a+b/2)>0. Sea [a1,b1]=[a,a+b/2] y si f[a+b/2]<0,sea [a1,b1]=[a+b/2,b].
El nuevo intervalo[a1,b1] verifica tambien la condicion f(a1)<0<f(b1) y ademas su longitud es la mitud que la del intervalo original. Repetimos indefinidamente el proceso. Si en alguno de los pasos la imagen del punto medio del inetrvalo es cero: el teor.
esta demostrado. De no ser asi tenemos una sucesion de intervalos cerrados [a,b]incluido[a1,b1]inclui...[an,bn]incluis... cuyas longitudes tienden acero. Por  el principio de los intervalos encajados de CANTOR existe un uni
existe un unico punto c tal que  c pertence inter(n=1-%)[an,bn] Como c= lim an = lim bn y como f es continua                    f(c)=limf(an)<=0 ya q f(an)<0    """" bn >=0"""" bn> para to n  Luego f(c)=0, y comof(a y f(b dist0, c=/a,b.Portantocpert (a,b)
PUNTO FIJO                       Sea (E,d) un esp metrico completo y f:E---->E una aplicacion contractiva en E. Entonces existe un unico punto a pertE/f(a)=a   DEMO: Sea \ la cte. cotrespondiente a la aplicacion f y sea x0 un punto cua=quiera de E.
Formamos la sicesion             x1=f(x0),x2=f(x1),..,xn=f(xn-1)...Veamos que esta sucesion es de Cauchy Primero calculamos la distancia entre dos terminos consecutivos de la suesion:         d(xn+1,xn)=d(f(xn),f(xn-1))< =   \d(xn,xn-1)<=\^2d(xn-1,xn-2)<=
\^nd(x1,x0). Dadosp,n,se,tiene  d(xn+p,xn)<=d(xn+p,xn+p-1)+.+d(xn+1,xn)<=(\^n+p-1.+\^n)d(x1,x0)<[S\^i]d(x1,x0)=d(x1,x0)/1-\*\^n y como \<1, \^n tiende a cero cuabdo n tiende a infinito.       Se sigue que la sucesion s de CAUCHY
y como el espacio es completo tiene limite. Sea a=limxn . Como f es continua, f(a)= lim f(xn)=  lim xn+1=a por lo que a es punto fijo. Este punto a es unicoya que si existe un punto,b,yal que f(b)=b tendriamosd(a,b)=d(fa,fb)<=\d(a,b)<d(a,b)ya q 0<\<1CONTR
Sean (E,d1),(F,d2) dos espacios metricos,X yn subconjunto de E yf:X ---->F una aplicacion continua.Si Xes compacto f es uniformemente continua en X.            DEMO: Como f es continua en X,dado un $>0, para cada x pert X existe rx tal que
f[B(x,rx)interscX]incluid(f(x),$/2) consideremos las bolas B[x,rx/2]. Es claro que x inclui UNION(xpertX)b[x,rx/2].               Como las bolas consideradas son abiertas, tenemos un cubrimiento abiwrto de X, que es compactoAsi, existen x1,x2,.xn tales q
XinlcuiU(i=1-n)Bixi,rxi/2].     Sea &=min[rx1/2,...,rxn/2].Vamosa comprobar que este & es el que buscamos. Sean x',x'' pertX tales q d1(x',x'u)<&. Como x' pertXincluU(i=1-n)B[xi,rxi/2] existe xk tal que x'pertB[xk,rxk/2]    y asi d1(x'',xk)<=d1(x'',x')+d1
(x',xk)<&+rxk/2<=rxk/2*2=rxk porloqx'' pert  B(xk;r xk). Ademas x' pertenece tambien a esta bola y como                         f[B(x,rxk)interscX]incluB(f(xk),&/2) tenemos que f(x'),f(x'')pertB(xk,&/2). Por tanto,          d2(f(x'),f(x'')<=d2(f(x'),f(xk)
+d2(f(xk),f(x''))<&/2+$/2=&     SE SIGUE QUE F ES UNIFORMEMENTE        C O N T I N U A
RELACION ENTRE LIM FUNC. Y DE S. Sean (e,d1),(F,d2) dos espaciosmetricos,X un subconjunto de E yf:X--->F una aplicacion. Si a es un, punto de acumulacion,son equivalentes: 1.- existe lim f(x) 2.- Para toda sucesion Xn(n1-%)incluX,xn,=/a para to n a=limxn
existe limf(xn.Si se cumplecon),lim f(x)= lim f(xn) para todas las sucesiones indicadas en 2.   DEMO: 1->2. trivial             2 ->1: En primer lugar veamos que, con esra hipotesis, el lim f(xn) es el mismo para todas las su
para todas las siucesiones indicdas en 2. y supongamos que      lim,f(xn)=L y lim f(x'n)=L'. Si formamos la sucesion (zn)(1-%)  asi: z2n=x' , z2n-1=xn          es inmediato que zn(1-%)inclX,  zn=/a pa to n y lim zn=a. Por tanto, existe lim f(zn)=L''.
Por otra parte, como xn(1-%) es una subsucesion de zn(1-%),(f(xn))(1-%) es subsucesion de (f(zn )(1-&) por lo q (f(xn))(1-) debetener el mismi lim que (f(zn)).
Se sigue que L=L', y las dos sucesiones tienen el mismo im.      Supongamos que f no tiene lim  en el punto a.  Entonces ese lim comun a todas las sucesioness  (f(xn))(1-) L no puede verificar la deginicon de limite de la
funcion f cuando x tiende a a(ya que supone;os que ese liite mo existe). Asi existe una bola de centro L y radio &,B(L,&) tal que para toda bola B(a,\) el conjunto f[(B(a,\)/-a-)intersX]no esta contenido en B(l,&). Como est
se verifica para todo \, se verificara para los valores particulares de\=1/n,n pert N. Asi para cada valor n pertN existe xn tal que xn pert [B(a,1/n)/-a-]incluX y f(xn) no pert B(L,&).
Se sigue q la sucesion xn(1-) esta contenida en X,xn distinto de a para todo n y lim f(xn) fistinti L. Tenemos una contradiccion. Se sigue que existe limf(x) y qye vale L            x->a
R ES UN ESPACIO METRICO COMPLETO Sea xn(1-) una sucesion de Cuachy en R.Sabemos que esta sucesion tiene una subsucesion monotona(xnk)(k=1-). Como toda sucesion de Cauchy esta acotada, (xn) y
por tanto (xnk) esta acotada. Se sigue que (xnk) es convergente.Toda sucesion de cauchy que tiene una subsucesion convergenre es convergente. Pot tanta xn es convergente y R es COMPLEYO
RK ES UN E. METRICO COMPLETO      Sea xn una sucesion de Cauchy en RK. Entonces las sucesiones de numeros reales formadas por sus coponenetes sosnt todasellas de cauchy, y al se R completo, son,convergentes.xn conv, y RK COMPLETO.
COMPACIDAD EN E. METRICOS       ** Sea (E,d) un e.m. yAunsubcjE - cubrimiento.-deA a toda familia de conjuntos @=!Ai;ipertI! TAL Q A <INCL UipertI Ai.          Si los el. de @ son abiertos es un cubrimiento abierto.
. subcubrimiento.- subfamilia de @ que sigue siendo un cubri;iwnto de A.
T1. Sea (E,d) un e.m. y A un subconjunto de E. Diremos que A ex un CONJUNTO COMPACTO si,de todo cubrimiento abierto de A puede extraerse un subcubrimiento finito.
T2. Sea (e,d) un e.m. y A un subconj de E. A es compacto si y solo si toda sucesion xn <inc A tiene una subsucesion convergente cuyo lim pert a A
T3. Un subconjunto de E es compacto si,y solo si es cerrado y acotado.                          DEMO:Suponemos que X es COMPACTO, veamos que es cerrado y acota X es cerrado: Para ello compro
probaremos que R/X es abiero. Sea y un punto cualquiera de R/X. Para cada x pertX, sea &x=1/2!x-y!.   La familia !B(x,&x);xpertX! es un cubrimiento abrieto de X. Como X,exs compacto, existen x1,...,xn tales q xinncluiU(i=1-)B(xi,&xi), y por tanto
inters(i=1-n)(R/B(xi,&xi))icluR/X.  Ademas para cada xi, B(y,&xi)intersB(xi,&xi)=0              para todo i=1,..,n, por lo q    B(y,&)incluR/B(xi,&xi).         Si &=mim(&x1,..,&xn), setiene q B(y,&)incluB(y,&xi),  y asi,
B(y,&)iclui inter(i=1-n)(R/B(xi,&xi))incluiR/X  por loq y es un punto inetrior de R/X. Se sigue que R/X es avierto y X es cerra .X es ACOTADO: consideremos la familia @=!(-n,n);npertN!. Es evidente que @ es un cubrimiento abierto de X. Por ser X compacto,
existe un subcubrimiento finito !(-n1,n1),..,(-nk,nk)!. Sea m=  mas(n1,..,nk). Es evidente que  x inclu U (i=1-x) (-ni,ni)= (-m,m) y X esta acotado
- Suponga;os ahora que X es cerrado, acotado y no compacto. Sea @ un cubrimiento abierto de X del que no se puede extraer un subcubrimiento finito. Como X es acotado,existe un intervalo [a,b],
tal q Xiinc[a,b]  Dividios el inetrvalo en, dos partes iguales. sea [a1,b1] una,de esas dos ;itades, precisamente la que verifi
ca que los puntos conetnidos en ella no pueden se rcubiertos por una familia finita de elementosde@. si esto sucede con las dos pares, timamos una xualquiera de ella.
la longitud de[a1,b1] es (b-a)/2repitamos el rpoceso con[a1,b1] obteniendo entonces un intervalo[a2,b2] que verifica lo mismo que el anterior. si,repetimos indefinida;ente el proceso, obtememos una sucesion de intervalos cerados que verifican
[a,b]>incl[a1,b1]>[a2,b2]..[an,bn]...  Como ya sabemos por0el teorema de los intervalos encajados de Cantor, existe un unico    x pert inters(n=1-inf)[an,bn].  Veamos que x pert X-=X.
Dado cualquier &>0, consideremos el intervalo (x-&,x+&). Como   long[an,bn]=b-a/2 existe n0 tal q lon [an0,bn0]<& y por tanto,
dado que x pert[an0,bn0],[an0,bn0]<incl(x-&,x+&]. Como en [an0,bn0] hay puntos de X, XINTERS(x-&,x+&)=/0 y asi, x perX-=X.
veamos la contradicion. como xpertX,.EXISTE UN Apert@ tal q xpertA. Como A es abierto, existe un\>0 tal que (x-\,x+\)<incl A.
repitiendo kas consideraciones que acabamos de hacer sobre la longitud de los intervalos, existe0n1 tal que [an1,bn1]<inc(x-\,x+\)<incluA.
asi lis puntos deX que se encuentran en [an1,bn1] pueden cubrirse mediante un unico abierto A mientras que la eleccion de estos intervalos se ha echo de forma que los puntos de X de uno de
estos intervalos no pudieran ser recubiertos por un numero finito de elementos de @. Por tanto  X ES COMPACTO.
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