El Espacio Euclideo Rn Definición 1. Como conjunto, Rn es la colección de todas las n-adas ordenadas de números reales. Es decir Rn = {(x1 , x2 , ..., xn )|xi ∈ R} Notación. Denotamos a un elemento de Rn por x = (x1 , x2 , ..., xn ) Dados dos elementos x, y ∈ Rn decimos que x = y ⇔ xi = yi ∀i = 1, 2, ..., n Frecuentemente a los elementos de Rn se les denomina vectores, y con las operaciones usuales (suma y producto por un escalar) Rn es un espacio vectorial. Estructura Algebraica La suma + : Rn × Rn → Rn para dos elementos x, y ∈ Rn se define asi: x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , ..., xn + yn ) Definición 2. Definimos 0 ∈ Rn como 0 = (0, 0, ..., 0) Lema 1. ∀ a, b, c ∈ Rn ∀ a ∈ Rn a+b=b+a a+b +c=a+ b+c (1) 0+a=a (3) ∃ b ∈ Rn tal que a + b = 0 (2) (4) Observación.-El elemento 0 es el único elemento de Rn que se comporta como neutro para la suma. Para cada elemento a ∈ Rn existe exactamente un elemento b ∈ Rn tal que a + b = 0. A dicho elemento lo denotamos −a El producto escalar · : Rn × Rn → Rn para x ∈ Rn y λ ∈ R se define asi: λ · x = (λx1 , λx2 , ..., λxn ) 1 Lema 2. ∀ a, b ∈ Rn , λ, µ ∈ R 1·a=a (5) (λ + µ) · a = λ · a + µ · a λ· a+b =λ·a+λ·b (6) (7) La base canónica de dicho espacio vectorial son los vectores: e1 = (1, 0, 0, ..., 0) e2 = (0, 1, 0, ..., 0) . . . en = (0, 0, 0, ..., 1) ya que si x = (x1 , x2 , ..., xn ), se tiene que x = x1 e1 + x2 e2 + ... + xn en Estructura Geométrica Para dotar de una estructura geométrica al espacio Rn (que incluya los conceptos de distancia, ángulo y ortogonalidad) debemos dotar a Rn de un producto escalar. Definición 3. Sea E un espacio vectorial, un producto escalar en E es una función de E ×E en R que a cada par de vectores x, y le asocia un número hx, yi que satisface las siguientes propiedades: 1)hx, xi > 0 si x 6= 0 2) hx, yi = hy, xi 3)hλx, yi = λhx, yi 4) hx + y, zi = hx + yi + hy, zi 2 Teorema 1. La función de Rn × Rn → R con valores hx, yi = x · y = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn es un producto escalar Demostración. Tenemos que a) hx, xi = x · x = x21 + x22 + · · · + x2n > 0 si x 6= 0 b) hx, yi = x · y = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn = y1 x1 + y2 x2 + · · · + yn xn = y · x = hy, xi c) λhx, yi = λ(x · y) = λ(x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn ) = (λx1 y1 + λx2 y2 + · · · + λxn yn ) = ([λx1 ]y1 + [λx2 ]y2 + · · · + [λxn ]yn ) = (λx · y) = hλx, yi d) hx+y, zi = (x+y)·z = (x1 +y1 , x2 +y2 , ···, xn +yn )·(z1 , z2 , ···zn ) = ((x1 +y1 )z1 +(x2 +y2 )z2 +··· +(xn +yn )zn ) = x1 z1 +y1 z1 +x2 z2 +y2 z2 +···+xn zn +yn zn = x1 z1 +x2 z2 +···+xn zn +y1 z1 +y2 z2 +···+yn zn = (x · z) + (y · z) = hx, zi + hy, zi Ejemplo.-Si x = (x1 , x2 ) e y = (y1 , y2 ) son dos vectores de R2 , definimos hx, yi mediante la fórmula hx, yi = 2x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + x2 y2 El ejemplo anterior pone de manifiesto que pueden existir más de un producto interior en un espacio lineal dado. Ejemplo.-Sea C[a, b] el espacio lineal de todas las funciones reales continuas continuas en el intervalo [a, b]. Definimos hf, gi mediante la fórmula Z b hf, gi = f (t)g(t)dt. a 3 El Espacio Normado Rn Un producto escalar h, i en un espacio vectorial E da lugar a una noción de longitud de un vector x ∈ E, llamada su norma, y definida como kxk = p hx, xi En general, una norma en un espacio vectorial E es una aplicación x → kxk de E en (0, +∞) que satisface las siguientes propiedades: 1)kxk = 0 ⇔ x = 0 2) kλxk = λkxk ∀λ ∈ R 3) kx + yk ≤ kxk + kyk Desigualdad T riangular. Al par (E, k.k) se le denomina espacio normado Desigualdad de Cauchy-Shwarz Teorema 2. Sean x̄ = (x1 , . . . , xn ) ȳ = (y1 , . . . , yn ) elementos de Rn entonces |x1 y1 + . . . + xn yn | ≤ q q x21 + . . . + yn2 y12 + . . . + yn2 Primero probaremos la desigualdad |x1 ||y1 | + . . . + |xn ||yn | ≤ q q x21 + . . . + yn2 y12 + . . . + yn2 lo cual implica la desigualdad deseada ya que |x1 y1 + . . . + xn yn | ≤ |x1 ||y1 | + . . . + |xn ||yn | Demostración. Si alguno de los vectores x̄ ó ȳ es 0̄ entonces la desigualdad se cumple trivialmente, pues p p en este caso ambos miembros son 0. Si x̄, ȳ 6= 0 hagamos α = x21 + . . . + yn2 β = y12 + . . . + yn2 usando α y β, la desigualdad a probar se escribe |x1 ||y1 | + . . . + |xn ||yn | ≤ αβ y como α, β > 0 esta desigualdad es equivalente a x y x y 1 1 n n + . . . + ≤ 1 α β α β 4 Dado que para cualquiera reales a y b se cumple a2 + b2 2 |ab| ≤ tenemos entonces que x21 x2n y12 yn2 + + 2 2 2 x y1 β α β2 1 + . . . + xn yn ≤ α + . . . + α β α β 2 2 y12 + . . . + yn2 x21 + . . . + x2n β2 α2 = + 2 2 = 1 2 + 1 2 =1 Pasemos ahora a las propiedades de la norma euclidiana. Proposición 1. Para cualquiera vectores x̄, ȳ ∈ Rn i) kx̄k ≥ 0 α ∈ R se cumple: k0k = 0 ii) kαx̄k = |α|kx̄k iii) kx̄ + ȳk ≤ kx̄k + kȳk iv) kx̄k = 0 ⇒ x̄ = 0 Demostración : p i) kx̄k = x21 + . . . + x2n ≥ 0 pues es la raı́z positiva ∴ kx̄k ≥ 0 ii) kαx̄k kαx̄k = p (αx1 )2 + . . . + (αxn )2 = p α2 x21 + . . . + α2 x2n p α2 (x21 + . . . + x2n ) √ p = α2 x21 + . . . + x2n = = |α|kx̄k 5 iii) kx̄ + ȳk2 kx̄ + ȳk2 = (x1 + y1 )2 + . . . + (xn + yn )2 = x21 + 2x1 y1 + y12 + . . . + x2n + 2xn yn + yn2 = x21 + . . . + x2n + 2(x1 y1 + . . . + xn yn ) + y12 + . . . + yn2 = kx̄k2 + 2(x1 y1 + . . . + xn yn ) + kȳk2 Aplicando la desigualdad de Cauchy-Shwarz x1 y1 + . . . + xn yn ≤ kx̄kkȳk se tiene que kx̄k2 + 2(x1 y1 + . . . + xn yn ) + kȳk2 ≤ kx̄k2 + 2kx̄kkȳk + kȳk2 = [kx̄k + kȳk]2 kx̄ + ȳk2 ≤ [kx̄k + kȳk]2 y al sacar raiz obtenemos kx̄ + ȳk ≤ kx̄k + kȳk p iv) Si kȳk = 0 se tiene entonces x21 + . . . + x2n = 0 es decir x21 + . . . + x2n = 0 pero x2 ≥ 0 ∴ ∴ x2i = 0 ∴ x̄ = 0 ∀ i = 1, . . . , n El concepto general de Norma en Rn . Las propiedades de la norma euclidiana nos ayudan para definir la noción abstracta de Norma. Definición: Una norma en Rn es cualquier función k k : Rn → R que satisface las siguientes propiedades que denominaremos Axiomas de Norma para cualesquiera x̄, ȳ ∈ Rn y toda α ∈ R se cumple i) kx̄k ≥ 0 k0k = 0 ii) kαx̄k = |α|kx̄k iii) kx̄ + ȳk ≤ kx̄k + kȳk iv) kx̄k = 0 ⇒ x̄ = 0 Proposición: Para toda norma k k : Rn → R se cumple: 6 i) k − x̄k = kx̄k ∀ x ∈ Rn ii) |kx̄k − kȳk| ≤ kx̄ − ȳk ∀ x̄, ȳ ∈ Rn Demostración : i) k − x̄k = | − 1|kx̄k = kx̄k ii) 0 ≤ kx̄k = kx̄ − ȳ + ȳk ≤ kx̄ − ȳk + kȳk ∴ kx̄k − kȳk ≤ kx̄ − ȳk Intercambiando x̄ por ȳ obtenemos kȳk − kx̄k ≤ kȳ − x̄k = kx̄ − ȳk ∴ |kȳk − kx̄k| ≤ kx̄ − ȳk Otras normas en Rn Definimos k k1 : Rn → R por k k1 = |x1 | + . . . + |xn | ∀ x̄ ∈ Rn . Por demostrar k k1 es una norma en Rn i) Dado que ∀ x ∈ R |x| ≥ 0, se tiene k k1 = |x1 | + . . . + |xn | ≥ 0 ∀ x̄ ∈ Rn ii) Si α ∈ R y x̄ = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , entonces kαx̄k = |αx1 | + . . . + |αxn | = |α||x1 | + . . . + |α||xn | = |α|(|x1 | + . . . + |xn |) = |α|kx̄k ∀ x̄ ∈ Rn iii) Si x̄ = (x1 , . . . , xn ) y ȳ = (y1 , . . . , yn ) son elementos de Rn kx̄ + ȳk = |x1 + y1 | + . . . + |xn + yn | ≤ |x1 | + |y1 | + . . . + |xn | + |yn | = |x1 | + . . . + |xn | + . . . + |y1 | + . . . + |yn | = kx̄k1 + kȳk1 Si kx̄k1 = 0 ⇒ |x1 | + . . . + |xn | = 0 y como cada |xi | ≥ 0 i = 1, . . . , n entonces |x1 | + . . . + |xn | = 0 ⇒ |xi | = 0 i = 1, . . . , n ∴ x̄ = 0 7 Consideremos ahora la función k k∞ : Rn → R dada por k k∞ = máx{|x1 |, . . . , |xn |} ∀ x ∈ Rn Proposición.- La función k k∞ : Rn → R es una norma en Rn , que se denomina norma del máximo o norma cúbica. Demostración : 1. Puesto que |xi | ≥ 0 i = 1, . . . , n entonces máx{|x1 |, . . . , |xn |} ≥ 0 es decir kx̄k∞ ≥ 0 2. Sea α ∈ R y x̄ ∈ Rn . Se tiene entonces que kαx̄k = máx{|αx1 |, . . . , |αxn |} = máx{|α||x1 |, . . . , |α||xn |} Supongamos ahora que |xiα | = máx{|x1 |, . . . , |xn |} ∴ |xiα | ≥ |xi | ∀ ∴ |α||xiα | ≥ |α||xi | ∴ |αxiα | ≥ |αxi | i = 1, . . . , n ∀ ∀ i = 1, . . . , n i = 1, . . . , n por lo que |α||xiα | = |αxi | = máx{|αx1 |, . . . , |αxn |} = máx{|α||x1 |, . . . , |α||xn |} es decir |α| máx{|x1 |, . . . , |xn |} = máx{|αx1 |, . . . , |αxn |} = máx{|α||x1 |, . . . , |α||xn |} ∴ |α|kx̄k∞ = kαx̄k∞ 3. kx̄ + ȳk∞ = máx{|x1 + y1 |, . . . , |xn + yn |} Sea |x1 α + y1 α| ≤ máx{|x1 + y1 |, . . . , |xn + yn |} 8 como |x1 α + y1 α| ≤ |x1 α| + |y1 α| se tiene que máx{|x1 + y1 |, . . . , |xn + yn |} ≤ |x1 α| + |y1 α| pero por definición de máx{|x1 |, . . . , |xn |} máx{|y1 |, . . . , |yn |} también se tiene que |x1 α| ≤ máx{|x1 |, . . . , |xn |} |y1 α| ≤ máx{|y1 |, . . . , |yn |} luego máx{|x1 + y1 |, . . . , |xn + yn |} ≤ máx{|x1 |, . . . , |xn |} + máx{|y1 |, . . . , |yn |} o sea kx̄ + ȳk∞ ≤ kx̄k∞ + kȳk∞ 4. kx̄k∞ ⇒ máx{|x1 |, . . . , |xn |} sea |x1 α| = máx{|x1 |, . . . , |xn |} entonces |x1 α| = 0 ∴ |x1 α| = 0 Sea I = [0, 1]. Demsotrar que kf k = sup{|f (x)|}. Es una norma de C[0, 1]. Solución: Recordar que toda función real continua definida en un intervalo cerrado es acotada, por tanto kf k está bien definida. Puesto que |f (x)| ≥ 0 kf k = 0 sii |f (x)| = 0 ∀ x ∈ I entonces kf k ≥ 0 y ademas ∀ x ∈ I, i.e. sii f = 0 Recordemos un resultado Sean a y b números reales tales que a ≤ b + ε. Demostrar que a ≤ b 9 Supongase que a > b entonces a = b + δ, δ > 0 tomamos δ =ε 2 entonces a>b+δ >b+ ∴ δ =b+ε 5 2 ◦ a≤b ahora sea ε > 0. Entonces existe x0 ∈ I tal que kf + gk = sup{|f (x) + g(x)|} ≤ |f (x0 ) + g(x0 )| + ε ≤ |f (x0 )| + |g(x0 )| + ε ≤ sup{|f (x)|} + sup{|g(x)|} + ε = kf k + kgk + ε ∴ kf + gk ≤ kf k + kgk Sea k ∈ R entonces kkf k = sup{|kf (x)|} = sup{|k||f (x)|} = |k| sup{|f (x)|} = |k|kf (x)k Z Demostrar que kf k = 1 |f (x)|dx es una norma de C[0, 1] (funciones continuas en el intervalo [0, 1]) 0 Z 1. kf k = 1 Z |f (x)|dx ≥ 0 puesto que |f (x)| ≥ 0 ⇒ 0 1 |f (x)|dx ≥ 0 0 2. Tenemos que Z 1 kkf k = |kf (x)|dx Z0 1 |k||f (x)|dx Z 1 = |k| |f (x)|dx = 0 0 = |k|kf k 10 3. Tenemos que 1 Z |f (x) + g(x)|dx kf + gk = Z0 1 ≤ Z0 1 = [|f (x)| + |g(x)|]dx Z 1 |f (x)|dx + |g(x)|dx 0 0 = kf k + kgk Definición 4. Sea k kp : Rn → R dada asi: n X kxkp = !1 p p |xi | i=1 Vamos a demostrar que kxkp es una norma Demostración. 1. Puesto que |xi | ≥ 0 i = 1, . . . , n entonces n X p |xi | ≥ 0 ∴ n X 1 !1 p |xi | p ≥0 ∴ kxkp ≥ 0 1 2. Sea α ∈ R y x̄ ∈ Rn . Se tiene entonces que kαx̄kp = n X !1 p |αxi |p = |α|p 1 n X !1 p |xi |p = |α| 1 n X !1 p |xi |p = |α|kxkp 1 1 3. Dada la norma kxkp = [|x1 |p + ... + |xn |p ] p procederemos a demostrar que cumple con la propiedad de la desigualdad del triángulo, es decir que para x, y ∈ Rn kx + ykp ≤ kxkp + kykp Para ello primero procederemos a demostrar lo siguiente (1) Sean p,q números reales tales que p, q > 1 y 1 p + 1 q = 1 esto lo usaremos para probar la desigualdad |ab| ≤ 11 |a|p |b|q + p q Demostración. Consideremos la función ϕ : [0, ∞) → R dada por ϕ(t) = tm − mt con m = 1 0 m−1 − m = m tm−1 − 1 por lo que ϕ0 (t) = 0 ⇔ m tm−1 − 1 = p se tiene que ϕ (t) = mt 0 ⇔ t = 1 por lo tanto t = 1 es un punto crı́tico de la función, ahora volvemos a derivar ϕ00 (t) = m(m − 1)tm−2 que en t = 1 es < 0 por lo tanto en t = 1 ϕ alcanza un punto máximo ∴ ϕ(t) ≤ ϕ(1) ⇒ tm − mt ≤ mt − m ⇒ tm − 1 ≤ m(t − 1) Ahora hacemos t = |a|p |b|q y sustituimos |a|p |b|q 1 p 1 −1≤ p |a|p −1 |b|q multiplicando ambos miembros de la desigualdad por |b|q se tiene que ! p 1 p |a| p 1 |a| q q (|b| ) − 1 ≤ (|b| ) −1 |b|q p |b|q lo que nos queda q− pq |a||b| como q − q p − |b|q ≤ q = 1 y − |b|p + |b|q = |a|p |a|p |b|q q− q − |b|q ⇒ |a||b| p ≤ − + |b|q p p p |b|q q tenemos entonces |ab| ≤ |a|p |b|q + p q (2) Probaremos la desigualdad de Holder n X " |ak bk | ≤ n X |ak |p #1 " n p X k=1 k=1 #1 q |bk |q k=1 1 1 P P Demostración. Sea A = ( nk=1 |ak |p ) p y B = ( nk=1 |bk |q ) q y definimos a0k = ak A y b0k = bk B usando la desigualdad probada en la parte (1) se tiene |a0k b0k | ≤ n n n n k=1 k=1 k=1 k=1 X X |a0 |p |b0 |q X |a0 |p X |b0 |q |a0k |p |b0k |q k k k + ⇒ |a0k b0k | ≤ + k = + p q p q p q n n n n n n 1X 0 p 1X 0 q 1 X h ak ip 1 X bk q 1 1 X 1 1 X p = |ak | + |bk | = + = |ak | + |bk |q p q p A q B p Ap q Bq k=1 k=1 k=1 k=1 12 k=1 k=1 como n X Ap = ! 1 p n X p |ak |p = k=1 ! |ak |p n X Bq = k=1 ! 1 q n X q |bk |q = k=1 ! |bk |q k=1 se tiene que n n n n X X X 1 1 1 1 1 1 1 1 X p p 1 1 q |ak | + Pn |bk |q = + = 1 |ak | + |bk | = Pn p q p q pA qB p ( k=1 |ak | ) q ( k=1 |bk | ) p q k=1 k=1 k=1 k=1 Por lo tanto n X k=1 n n n X X X ak bk |a0k b0k | ≤ 1 ⇒ |≤1⇒ | |ak bk | ≤ AB ⇒ |ak bk | ≤ AB k=1 k=1 n X k=1 !1 !1 n X p |ak |p q |bk |q k=1 k=1 (3) Probaremos la desigualdad de Minkowski " n X #1 " p |ak + bk |p ≤ n X #1 " p |ak |p + k=1 k=1 n X #1 q |bk |q k=1 Demostración. Tenemos que n X |ak + bk |p = k=1 n X n X |ak + bk |p−1 |ak + bk | ≤ k=1 n X |ak + bk |p−1 (|ak | + |bk |) = k=1 ! |ak + bk |p−1 (|ak |) + n X ! |ak + bk |p−1 (|bk |) k=1 k=1 Aplicando la desigualdad de Holder a cada sumando tenemos que n X ! |ak + bk |p−1 " (|ak |) ≤ k=1 n X n X #1 " p apk k=1 ! p−1 |ak + bk | " (|bk |) ≤ k=1 n X n X #1 " q |ak + bk |q(p−1) = k=1 bpk #1 " n p X k=1 n X #1 " p apk k=1 #1 q |ak + bk | q(p−1) = k=1 " n X p k=1 #1 q |ak + bk |p k=1 #1 " bpk n X n X #1 q p |ak + bk | k=1 Por lo tanto n X k=1 |ak + bk |p ≤ " n X k=1 apk #1 " n p X #1 q |ak + bk |p k=1 13 + " n X k=1 #1 " p bpk n X k=1 #1 q |ak + bk |p P −1 Multiplicando ambos miembros de la desigualdad por [ nk=1 |ak + bk |p ] q obtenemos ası́ n X |ak + bk |p !" n X k=1 #− 1 n X q |ak + bk |p = #1 " n p X p ak k=1 " n X n X q |ak + bk |p = k=1 k=1 " n X !1− 1 # 1 " q |ak + bk |p n X k=1 !1 p |ak + bk |p k=1 #− 1 " q |ak + bk |p = n X #1 p apk k=1 k=1 # 1 " n #1 " n #− 1 " n #1 p q q p X X X = |ak + bk |p bpk |ak + bk |p bpk k=1 k=1 k=1 Por lo tanto n X !1 p |ak + bk |p ≤ k=1 " n X k=1 #1 " p apk + k=1 n X #1 p bpk k=1 Por lo tanto kx + ykp ≤ kxkp + kykp Definición 5. Sea E un espacio vectorial dotado de un producto escalar h, i, se dice que dos vectores x, y ∈ E son ortogonales si hx, yi = 0 Tenemos que si hx, yi = 0 entonces kx + yk2 = hx + y, x + yi = hx, xi + 2hx, yi + hy, yi = hx, xi + hy, yi = kxk2 + kyk2 es decir se cumple el teorema de pitagoras. Sean ahora x, y ∈ R2 y sea θ el ángulo entre ellos 14 Según la ley de los cosenos kx − yk2 = kxk2 + kyk2 − 2kxkkyk cos(θ) ⇒ kxk2 − 2hx, yi + kyk2 = kxk2 + kyk2 − 2kxkkyk cos(θ) ⇒ hx, yi = kxkkyk cos(θ) Esta fórmula motiva la siguiente definición de ángulo θ entre dos vectores no nulos x, y ∈ E, por medio de θ = arc cos hx, yi kxkkyk El Espacio Metrico Rn El concepto de k k (norma) nos da una noción de distancia, el tener una noción de distancia en R o más generalmente en Rn , es lo que nos permite hablar de limite o de convergencia. Consideremos la noción común de distancia entre dos puntos en R3 . Si x̄ = (x1 , x2 , x3 ) ȳ = (y1 , y2 , y3 ) kx̄ − ȳk = p (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + (x3 − y3 )2 Esta distancia la denominamos métrica euclidiana y la generalizamos en Rn en la siguiente definición. Definición: Sean x̄ = (x1 , . . . , xn ) y ȳ = (y1 , . . . , yn ) elementos cualesquiera de Rn definimos la distancia euclidiana entre ellos como d(x̄, ȳ) = kx̄ − ȳk = p (x1 − y1 )2 + . . . + (xn − yn )2 La función d : Rn × Rn → R se denomina distancia o métrica euclidiana. Proposición: Para cualesquiera vectores x̄, ȳ, z̄ Rn se tiene: i. d(x̄, ȳ) ≥ 0 ii. d(x̄, ȳ) = d(ȳ, x̄) iii. d(x̄, ȳ) ≤ d(x̄, z̄) + d(z̄, ȳ) iv. d(x̄, ȳ) = 0 ⇒ x̄ = ȳ Demostración : 15 1. Como d(x, y) = kx̄ − ȳk ≥ 0 entonces d(x̄, ȳ) ≥ 0 tambien si d(x, y) = 0 kx̄ − ȳk = 0 ⇒ ⇒ x̄ = ȳ 2. d(x̄, ȳ) = kx̄ − ȳk = kx̄ − ȳk = kȳ − x̄k = d(ȳ, x̄) 3. d(x̄, ȳ) = kx̄ − ȳk = kx̄ − z̄ + z̄ − ȳk ≤ kx̄ − z̄k + kz̄ − ȳk = d(x̄, z̄) + d(z̄, ȳ) 0 a=b satisface los axioMétrica discreta.- Demostrar que la metrica definida por d(a, b) = 1 a= 6 b mas de métrica Demostración : 1. Sean a, b Rn entonces d(a, b) = 1 ó d(a, b) = 0 ∴ d(a, b) ≥ 0 2. Sean a, b Rn Si ā 6= b̄ d(ā, b̄) = 1 y si b̄ 6= ā d(b, a) = 1 ∴ d(a, b) = 1 = d(b, a) Ahora bien si a = b entonces d(a, b) = 0 = d(b, a) ∗ * Si a = b entonces b = a por lo tanto d(b, a) = 0 3. Sean ā, b̄, c̄ Rn ā 6= b̄ 6= c̄ d(ā, b̄) = 1, d(b̄, c̄) = 1 y d(ā, c̄) = 1 ∴ d(a, c) = 1 ≤ 1 + 1 = d(a, b) + d(b, c) Métrica C[a, b].- Sea C[a, b] el conjunto de las funciones reales continuas en el intervalo cerrado [a, b]. Sean f, g C[a, b] definimos d(f, g) = máx {|f (x) − g(x)|} x [a,b] demostrar que d es una métrica. Demostración : 1. Como |f (x) − g(x)| ≥ 0 para todo x [a, b] entonces máx{|f (x) − g(x)|} ≥ 0 por lo tanto d(f, g) ≥ 0 2. d(f, g) = 0 ⇒ máx {|f (x) − g(x)|} = 0 x [a,b] 16 ⇒ |f (x) − g(x)| = 0 ⇒ f (x) = g(x) ∀ x [a, b] 3. d(f, g) = máx {|f (x) − g(x)|} = máx {|g(x) − g(x)|} = d(g, f ) ∗ x [a,b] x [a,b] * |f (x) − g(x)| = |g(x) − f (x)| ∀x 4. d(f, g) = máx {|f (x) − g(x)|} x [a,b] máx {|f (x) − g(x)|} = máx {|f (x) − h(x) + h(x) − g(x)|} x [a,b] x [a,b] ≤ máx {|f (x) − h(x)| + |h(x) − g(x)|} x [a,b] ≤ máx {|f (x) − h(x)|} + máx {|h(x) − g(x)|} x [a,b] x [a,b] ∴ d(f, g) ≤ d(f, h) + d(h, g) Probar que en el espacio de sucesiones {an } de números reales tales que La aplicación d(xn , yn ) = ∞ X ∞ X |an | < ∞. 1 |xn − yn | es una distancia. 1 Prueba : 1. Como |xn − yn | ≥ 0 ∀ n N entonces ∞ X |xn − yn | ≥ 0 1 por lo tanto d(xn , yn ) ≥ 0 2. d(xn , yn ) = 0 ∞ X ⇒ |xn − yn | = 0 1 ⇒ |xn − yn | = 0 ⇒ xn − yn = 0 ⇒ xn = yn 3. d(xn , yn ) = ∞ X ∀nN ∀nN |xn − zn | 1 ∞ X |xn − zn | ≤ 1 = ∞ X 1 ∞ X 1 |xn − yn | + |yn − zn | |xn − yn | + ∞ X |yn − zn | 1 = d(xn , yn ) + d(yn , zn ) 17 Ejercicio: Sea d una métrica de un conjunto no vacio X. Demostrar que la función e definida por e(a, b) = mı́n(1, d(a, b)) donde a, b X tambien es una métrica de X. Solución : 1. Sean a, b X. Puesto que d es una métrica d(a, b) ≥ 0 entonces e(a, b) = 1 ó e(a, b) = d(a, b) ≥ 0, en cualquier caso e(a, b) ≥ 0 2. Si a = b entonces e(a, b) = mı́n(1, d(a, b)) = mı́n(1, 0) = 0 3. Sea a, b X. Por definición e(a, b) = d(a, b) ó e(a, b) = 1 Supongamos e(a, b) = d(a, b)) entonces d(a, b) < 1. Puesto que d(a, b) es una métrica d(a, b) = d(b, a) < 1. En consecuencia e(b, a) = d(a, b) = e(a, b), por otro lado supóngase que e(a, b) = 1, entonces d(a, b) ≥ 1 ∴ d(b, a) ≥ 1 por lo tanto e(a, b) = 1 = e(b, a) Sean ahora a, b, c X. Demostremos la desigualdad triangular. Por demostrar e(a, c) ≤ e(a, b) + e(b, c) Observese que e(a, c) = mı́n{1, d(a, c)} ≤ 1 de donde e(a, b) = 1 ó e(b, c) = 1 ∴ e(a, c) ≤ e(a, b) + e(b, c) pero puede ocurrir e(a, b) < 1 y e(b, c) < 1 ∴ e(a, b) = d(a, b) e(b, c) = d(b, c) por lo tanto e(a, c) = mı́n(1, d(a, c)) ≤ d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c) = e(a, b) + e(b, c). Z 1 Sea d(f, g) = |f (x) − g(x)| ¿Es d una métrica? 0 Solución: No, ya que si consideramos f (x) = 0 g(x)k = 0 pero f 6= g ∴ d no es una métrica. 18 0 0≤x≤1 ∀ x, g(x) = entonces kf (x) − 1 x=1 El espacio Topológico Rn Bolas abiertas, bolas cerradas y esferas. Sea d una métrica y x̄0 un punto en Rn (1) La bola abierta con centro en x̄0 y radio r > 0, es el conjunto: B(x̄0 , r) = {x̄ ∈ Rn |kx̄ − x̄0 k < r} (2) La bola cerrada con centro x̄0 y radio r ≥ 0 es el conjunto: B̄(x̄0 , r) = {x̄ ∈ Rn |kx̄ − x̄0 k ≤ r} (3) La esfera con centro x̄0 y radio r ≥ 0 es el conjunto: S(x̄0 , r) = {x̄ ∈ Rn |kx̄ − x̄0 k = r} Observemos que para la bola abierta r > 0 estrictamente, mientras que la bola cerrada y la esfera pueden tener radio cero. En este último caso ambas se reducen a un punto: B̄(x̄0 , 0) = {x̄0 } S(x̄0 , 0 = {x̄0 }) Los conjuntos B(x0 , r), B̄(x0 , r) y S(x̄0 , r) son subconjuntos de Rn y su aspecto depende de la métrica con la cual se midan las distancias. p Ejemplo: B2 (0, 1) = {x̄ ∈ R2 | kx̄k2 ≤ 1} = {x̄ ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1} = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1} 19 La periferia de este disco es el circulo que tiene por ecuación x2 + y 2 = 1, que corresponde a la esfera S2 (0, 1) = {x̄ ∈ R2 | kx̄k2 = 1}. Ejemplo: Sea ahora la bola cerrada B̄2 (0, 1) = {x ∈ R2 | kx̄k ≤ 1} = {(x, y) ∈ R2 | |x| + |y| ≤ 1} Para S1 (0, 1) = {x̄ ∈ R2 | kx̄k = 1} Para B∞ (0, 1) = {x̄ ∈ R2 | kx̄k∞ ≤ 1} = {(x, y) ∈ R2 | max{|x|, |y|} ≤ 1} 20 tenemos entonces que que en forma explicita se escriben: max{|x1 |, · · · , |xn |} ≤ q x21 + · · · + x2n ≤ |x1 | + · · · + |xn | Probemos estas desigualdades: Como |xi |2 ≤ x21 + · · · + x2i + · · · + x2n ∀i = 1, . . . , n, entonces max{|x1 |, . . . , |xn |} ≤ q x21 + · · · + x2n ∴ kx̄k∞ ≤ kx̄k2 Por otra parte dado que x21 + · · · + x2n ≤ (|x1 | + · · · + |xn |)2 entonces q x21 + · · · + x2n ≤ |x1 | + · · · + |xn | 21 ∴ kx̄k2 ≤ kxk1 Las contenciones tanto para las bolas abiertas, como para las bolas cerradas se siguen de las desigualdades kx̄ − x0 k∞ ≤ kx̄ − x̄0 k2 ≤ kx̄ − x0 k1 Pues por ejemplo si x̄ ∈ B2 (x̄0 , r) entonces kx̄ − x̄0 k2 < r luego kx̄ − x0 k∞ < kx − x − 0k < r ∴ kx̄ − x̄0 k∞ < r es decir x ⊂ B∞ (x0 , r) ∴ B2 (x̄0 , r) ⊂ B∞ (x̄0 , r) Si x ∈ B1 (x̄0 , r) entonces kx̄ − x̄0 k1 < r luego kx − x̄0 k2 ≤ kx̄ − x̄0 k1 < r ∴ kx − x̄0 k2 < r ∴ x ∈ B2 (x0 , r) ∴ B1 (x̄0 , r) ⊂ B2 (x0 , r) Para las esferas S1 ⊆ B2 (x̄0 , r) ⊂ B∞(x̄0 ,r) S2 ⊆ B∞ (x̄0 , r) S∞ ⊆ B∞ (x̄0 , r) Conjuntos Abiertos y Conjuntos Cerrados Definición. Un conjunto V ⊂ Rn se dice que es abierto si para cada x̄ ∈ V existe una bola abierta B(x̄, r) contenida en V . Es decir si para cada x̄ ∈ V existe r > 0 tal que B(x̄, r) ⊂ V . 22 Definición. Un conjunto F ⊂ Rn se dice que es cerrado si su complemento F c = Rn − F es un conjunto abierto. Ejemplo: El espacio Rn es un conjunto abierto, pues dado cualquier x̄ ∈ Rn , toda bola abierta B(x̄, r) esta contenida en Rn . Ejemplo: Mostraremos que el ∅ es abierto. Demostración: Suponemos que el ∅ no es abierto ∴ ∃ x ∈ ∅ para el cual no es posible hallar una bola abierta B(x̄, r) contenida en ∅. Pero esto no es posible ya que el ∅ no tiene elementos. Entonces debemos suponer que el ∅ no es abierto ! ∴ ∅ es abierto. Un conjunto x̄ ∈ Rn no es abierto, si existe un punto x̄0 ∈ X tal que no existe bola abierta alguna B(x̄0 , r) contenida en X. Un conjunto X ⊆ Rn no es abierto, si existe x0 ∈ X tal que ∀ r > 0 B(x̄, r) ∩ X c 6= ∅. Ejemplo: Los conjuntos Rn y ∅ son cerrados. En efecto Rn es cerrado pues su complemento ∅ es abierto. Similarmente ∅ es cerrado pues su complemento Rn es abierto. Proposición: Toda bola abierta en Rn es un conjunto abierto. Demostración: Sea x̄0 ∈ Rn y r > 0. Mostraremos que B(x̄0 , r) es un conjunto abierto. Debemos probar que para cada x̄ ∈ B(x̄0 , r), existe una bola abierta B(x̄, r) contenida a su vez en la bola abierta B(x̄0 , r). Sea pues x̄ ∈ B(x̄0 , r) y consideremos R = r − kx̄ − x̄0 k. Como x̄ ∈ B(x̄0 , r) se tiene entonces que kx̄ − x̄0 k < r ∴ R > 0. Mostraremos que la bola abierta B(x̄, R) esta contenida en B(x̄0 , r). 23 esto prueba que ȳ ∈ B(x̄0 , r). Proposición: Toda bola cerrada en Rn es un conjunto cerrado. Demostración: Sea x̄0 ∈ Rn y r ≥ 0. Probaremos que la bola cerrada B̄(x0 , r) es un conjunto cerrado, es decir, que su complemento Rn − B̄(x0 , r) es un conjunto abierto. Sea pues x̄ ∈ Rn − B̄(x0 , r). Mostraremos que existe una bola abierta B(x̄, R) contenida en Rn −B̄(x0 , r). Como x̄ no está en la bola cerrada B̄(x0 , r), se tiene entonces que kx̄−x̄0 k > r. Definamos R = kx̄ − x̄0 k − r > 0, esto equivale a r = kx̄ − x̄0 k − R. Veamos que B(x̄, R) ⊂ Rn − B̄(x0 , r) luego kx̄ − x̄0 k < R + kȳ − x̄0 k ∴ kx̄ − x̄0 k − R < kȳ − x̄0 k, es decir, r < kȳ − x̄0 k. Esto significa que ȳ 6∈ B̄(x̄0 , r), es decir, ȳ ∈ Rn − B̄(x̄0 , R). Proposición: Toda esfera en Rn es un conjunto cerrado. Demostración: Sea x̄0 ∈ Rn y r ≥ 0. Mostraremos que la esfera S(x0 , r) es un conjunto cerrado mostrando que su complemento Rn − S(x0 , r) es un conjunto abierto. Sea x̄ ∈ Rn − S(x0 , r), debemos mostrar que existe una bola B(x̄, R) contenida en Rn − S(x0 , r). Como x̄ 6∈ S(x0 , r) entonces kx̄ − x̄0 k = 6 r tenemos dos casos: 24 i) kx − x0 k < r ii) kx − x0 k > r Para el primer caso tenemos que x̄ ∈ B(x0 , r) como esta bola es un conjunto abierto, hay una bola abierta con centro en x̄B(x̄, R) contenida en B(x̄0 , r). Asi que ∀ z ∈ B(x̄0 , R) satisface kz̄ − x̄k < r. Luego z̄ no puede ser elemento de la esfera S(x0 , r), es decir, z ∈ Rn − S(x0 , r). Para el segundo caso la desigualdad significa que x̄ esta en el complemento de la bola cerrada B̄(x̄0 , r) y como esta bola es un conjunto cerrado entonces su complemento es abierto ∴ ∃ una bola abierta B(x̄, R) contenida en Rn − B̄(x0 , r). Los elementos z de B(x̄, R) no estan en la bola cerrada B̄(x̄0 , r), es decir, todo elemento z de la bola B(x̄, R) satisfacen kz̄ − x̄k > r. Esto quiere decir B(x̄, R) ⊂ Rn − S(x0 , r). Ejemplo : Un conjunto con un solo punto {0̄} es cerrado ya que Rn − {0̄} es abierto. Ejemplo: Mostraremos que en R2 , el semiplano superior v = {(x, y) ∈ R2 |y > 0}, es un conjunto abierto respecto a la norma kk1 Sea v = y0 y consideremos la bola B1 (v̄0 , y0 ) y sea v̄ = (x, y) ∈ B1 (v̄0 , y0 ) se tiene que kv̄ − v0 k1 < y0 , es decir, |x − x0 | + |y − y0 | < y0 . Debemos probar que y > 0 (1) y no puede ser cero pues si y = 0 |x − x0 | + |y − y0 | < y0 ⇒ |x − x0 | + |y0 | < y0 25 ! (2) y no puede ser negativa pues |x − x0 | + |y − y0 | = |x − x0 | + |y| + |y0 | < y0 | {z } ! ∗ * y < y0 ⇒ |y − y0 | = −y + y0 = |y| + |y0 | ∴ y tiene que ser y > 0 ∴ B1 (v̄0 , y0 ) esta en el semiplano superior. Definición: Familias de conjuntos Si tenemos dos conjuntos A y B, al conjunto cuyos elementos son estos conjuntos, lo llamaremos COLECCION O FAMILIA de conjuntos y se representa con la notación {A, B} Si una familia tiene tres elementos (conjuntos) , digamos A1 , A2 y A3 , se denota por {A1 , A2 , A3 } En general, si una familia de conjuntos tiene m elementos, la representamos por {A1 , A2 , ..., Am } Lo cual podemos representar asi: = = {A1 , A2 , ..., Am } ó también = = {Aα |α = 1, 2, ..., m} (1) Si = = {Aα |α ∈ I} es una familia de conjuntos, definimos La unión de la familia, como el conjunto [ Aα = {x|x ∈ Aα , p.a α ∈ I} α∈I (2) (1) Si = = {Aα |α ∈ I} es una familia de conjuntos, definimos La intersección de la familia, como el conjunto \ Aα = {x|x ∈ Aα , α∈I . 26 ∀α ∈ I} Definición: Si I = {1, 2, ..., m} podemos escribir [ Aα = m [ α∈I α=1 \ m \ Aα = Aα Aα α=1 α∈I Proposición: Propiedades básicas de la familias de conjuntos (1) Si A y B son subconjuntos abiertos de Rn , entonces A S ByA T B son abiertos Demostración. Sea x ∈ A ∪ B. Se tiene entonces que x ∈ A ó x ∈ B. Si x ∈ A, entonces, puesto que A es abierto existe r > 0 tal que Br (x) ⊂ A, luego Br (x) ⊂ A ∪ B Si x ∈ B, entonces, puesto que B es abierto existe r > 0 tal que Br (x) ⊂ B, luego Br (x) ⊂ A ∪ B En cualquiera de los casos, existe una bola abierta Br contenida en A ∪ B. ∴ A ∪ B es abierto (2) Si A y B son subconjuntos cerrados de Rn , entonces A S ByA T B son cerrados Demostración. sea Proposición: Es una generalización de la proposición anterior de la familias de conjuntos (1) La unión arbitraria de conjuntos abiertos es un conjunto abierto (2) La intersección finita de conjuntos abiertos es un conjunto abierto (3) La unión finita de conjuntos cerrados es un conjunto cerrado (4) La intersección arbitraria de conjuntos cerrados es un conjunto cerrado Demostración. Ejercicio Definición: Sea A un subconjunto de Rn 27 (1) Un elemento ā ∈ A se dice que es un punto interior de A, si existe una bola abierta con centro en ā contenida en A es decir si ∃ r > 0 tal que B(ā, r) ⊂ A. (2) Un elemento ā ∈ Rn se dice que es un punto adherente de A si toda bola abierta con centro ā tiene puntos de A. Es decir, si toda r > 0 B(ā, r) ∩ A 6= ∅. Al conjunto de puntos interiores de A se le denomina interior de A y se le denota por cualquiera de o los simbolos A, Ao , int(A). Al conjunto de puntos adherentes de A se le denomina adherencia (o cerradura de A) y se le denota por cualquiera de los simbolos Ā, A− , adhA. Proposición: Para todo subconjunto A de Rn se tiene: o (1) A ⊂ A Demostración: Si ā ∈ Ao ∃ r > 0 tal que B(ā, r) ⊂ A ∴ Ao ⊂ A (2) A ⊂ Ā Demostración: Si ā ∈ A ∀ B(ā, r) se tiene que B(ā, r) ∩ A 6= ∅ ∴ A ⊂ Ā Lema: Sea A un subconjunto de Rn (1) Si v ⊂ A y v es abierto entonces v ⊂ Ao Demostración: Sea x̄ ∈ v, como v es abierto ∃ r > 0 tal que B(x̄, r) ⊂ v y como v ⊂ A entonces B(x̄, r) ⊂ A esto significa que x̄ es un punto interior de A es decir x̄ ∈ A. (2) Si A ⊂ F ⊂ Rn y F es cerrado, entonces Ā ⊂ F Demostración: Para probar que Ā ⊂ F mostraremos que el complemento de F , F c está contenido en el complemento de Āc de Ā. Sea x̄ ∈ F c como F es cerrado F c es abierto, luego ∃ r > 0 tal que B(x̄, r) ⊂ F c pero A ⊂ F 28 ∴ F c ⊂ Ac de donde B(x̄, r) ⊂ Ac o sea B(x̄, r) ∩ A = ∅ esto significa que x̄ no es punto adherente de A es decir x̄ 6∈ Ā asi que x̄ ∈ Āc . Proposición: Para todo subconjunto A de Rn (1) Ao es un conjunto abierto. Demostración: Sea x̄ ∈ Ao . Por definición ∃ B(x̄, r) ⊂ A como la bola es un conjunto abierto, B(x̄, r) ⊂ Ao . ∴ Ao es un conjunto abierto. (2) Ā es un conjunto cerrado. Demostración: Mostraremos que Āc es un conjunto abierto. Sea x̄ ∈ Āc como x̄ no es punto adherente de A, existe r > 0 tal que B(x̄, r)∩A = ∅ es decir A ⊂ [B(x̄, r)]c , como [B(x̄, r)]c es un conjunto cerrado Ā ⊂ [B(x̄, r)]c . Proposición: Sea A un subconjunto de Rn , entonces: a) A es abierto ⇒ Ao = A Demostración: Suponemos que A es abierto Ao ⊂ A y como A ⊂ A y A es abierto A ⊂ Ao b) A es cerrado ⇒ Ā = A Demostración: Supongamos que A es cerrado A ⊂ Ā y como A ⊂ A y A es cerrado Ā ⊂ A. ∴ Ā = A Puntos Frontera y Frontera de un Conjunto Definición. Si A es un subconjunto cualquiera de Rn , la frontera de A es el conjunto Ā ∩ Āc . Es decir la frontera de un conjunto esta formada por aquellos puntos que son comunes tanto en al adherencia del conjunto como la adherencia de su complemento. 29 Proposición: a) La frontera de todo subconjunto de Rn es un conjunto cerrado. Demostración: Esto es consecuencia del hecho de que la adherencia de cualquier conjunto es cerrado y de que la intersección de 2 conjuntos cerrados es un conjunto cerrado. b) La frontera de todo subconjunto de Rn es igual a la frontera de su complemento. Demostración: Sea A un subconjunto cualquiera de Rn , se tiene entonces F r(A) = Āc ∩ Ā = Āc ∩ A¯cc = F r(Ac ) Ejemplos: En la recta real R con la métrica usual tenemos: 1) Si A = (a, b), F r(A) = {a, b}. 2) Si A = Q, F r(A) = R F r(Ac ) = F r(I) = R. 3) F r(∅) = ∅, F r(R) = ∅. 4) ∀ z ∈ R F r({z}) = {z}. Proposición: Para todo subconjunto A de Rn tenemos: 1) F r(A) = Ā − Ao Demostración: oc Ā − Ao = Ā ∩ A = Ā ∩ Āc = F r(A) 30 2) Ā = Ao ∪ F r(A) Demostración: Como Ao ⊂ A ⊂ Ā Ā = Ā − Ao ∪ Ao = F r(A) ∪ Ao Punto de Acumulación Sea A un subconjunto arbitrario de Rn . Se dice que x ∈ Rn es un punto de acumulación de A, si toda bola abierta con centro en x contiene un punto de A distinto de x es decir ∀r > 0 (B(x, r) − {x}) \ A 6= ∅ Al conjunto de puntos de acumulación de A se le denomina el conjunto derivado de A y se le denota Aa Proposición 2. Si x ∈ Rn es un punto de acu,mulación de A ∈ Rn , entonces toda bola abierta con centro en x B(x, r) contiene una infinidad de puntos de A. Demostración. Sea B(x, r) una bola abierta arbitraria con centro x supongase que esta bola tuviese un ‘número finito de elementos de A, digamos a1 , a2 , ..., ak con aj 6= x j = 1, 2, ..., k y elijamos r0 = mı́n{d(a1 , x), d(a2 , x), ..., d(ak , x)} se tiene que r0 ≤ d(x, ai ) < r i = 1, 2, ..., k al tomar B(x, r0 ) se tiene que B(x, r0 ) ⊂ B(x, r) y ai ∈ / B(x, r0 ) ∀i ∴ x no puede ser punto de acumulación de A 5 31