Este documento presenta las soluciones a 5 problemas de cálculo. La solución al primer problema demuestra que el producto cartesiano de dos conjuntos abiertos es un conjunto abierto. La segunda solución prueba que una función dada es una métrica. La tercera prueba la desigualdad de Cauchy-Schwarz. La cuarta demuestra que un límite es cero. Y la quinta que un límite, cuando existe, es único.

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