Archivos Mensuales: enero 2013

Compendio de Problemas I (Topología)

de

1) Sea X\subset\mathbb{R}. Demuestre que int(X)=int(int(X)).

Recordemos que int(X)=\{x\in X:\textmd{existe }B(x,r)\subset X\}, donde B(x,r)=\{y\in\mathbb{R}:|x-y|<r\} para r>0. Bajo esta definición es claro que int(Y)\subset Y para todo subconjunto Y de los reales. Por lo tanto, en particular se tiene int(int(X))\subset int(X). 

Para la otra contención, notar que si int(X)=\emptyset no hay nada que probar, luego si int(X)\neq\emptyset, para cada y\in int(X) existe una bola B(y,R) totalmente contenida en X. Debemos mostrar por lo tanto que todo z\in B(y,R) pertenece a int(X). Para ello consideremos la figura siguiente


Figura 1
Debemos escoger r>0 suficientemente pequeño de modo que B(z,r)\subset B(y,R), pues en dicho caso z sería un punto en el interior de X, y por lo tanto B(y,R)\subset int(X) por lo que se concluiría que y\in int(int(X)).

Basta considerar r=\frac{R-|y-z|}{2}. En efecto, si w\in B(z,r), entonces debemos mostrar que w\in B(y,R), pero

|w-y|\leq|w-z|+|z-y|<r+|y-z|=\dfrac{R+|y-z|}{2}<R

lo que muestra la afirmación.

 

2) Determine si la siguiente afirmación es verdadera: Para todos A,B\subset\mathbb{R}, int(A\cup B)=int(A)\cup int(B).

Falso, basta considerar A=(0,1] y B=(1,2). De aquí se tiene A\cup B=(0,2) por lo que int(A\cup B)=(0,2) y por otro lado int(A)=(0,1), int(B)=(1,2), de donde int(A)\cup int(B)=(0,2)\setminus \{1\}.

 

3) Demuestre que todo subconjunto de los reales, X\subset\mathbb{R}, contiene un subconjunto numerable denso en X.

Consideremos los conjuntos I_{n,k,i} definidos por I_{n,k,i}=[k+\frac{i-1}{n},k+\frac{i}{n}), donde n\in\mathbb{N}, k\in\mathbb{Z} y 1\leq i\leq n. Notar que para k,n enteros fijos, la colección finita \{I_{n,k,i}\}_{1\leq i\leq n} es un cubrimiento de [k,k+1) por intervalos disjuntos de largo \frac{1}{n}, es decir, [k,k+1)=\bigcup_{i=1}^{n}I_{n,k,i}. De esta forma, la colección \{I_{n,k,i}\}_{1\leq i\leq n,k\in\mathbb{Z}} es un cubrimiento de los reales por intervalos disjuntos de largo \frac{1}{n}.

Considerando que n\in\mathbb{N} está fijo, consideremos para cada intervalo I_{n,k,i} un elemento x_{n,k,i}\in X en caso que I_{n,k,i}\cap X\neq\emptyset; si la intersección es vacía no hacemos nada. Es claro que por construcción la colección de elementos D_{n}\{x_{n,k,i}\}_{1\leq i\leq n,k\in\mathbb{Z}} es numerable (podemos considerar a D_{n} como unión numerable de singletons o como un subconjunto discreto, totalmente ordenado de los reales).

Definimos D=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}D_{n}, luego D\subset X es numerable al ser unión numerable de conjuntos numerables. Finalmente queda probar que D es nuestro conjunto denso (en X) buscado.

Sea x\in X\setminus D y \varepsilon>0 arbitrario. La densidad de D es equivalente a mostrar que B(x,\varepsilon)\cap D\neq\emptyset. Por principio Arquimediano sabemos que existe N\in\mathbb{N} tal que \frac{1}{N}<\varepsilon, luego, ya que \{I_{N,k,i}\}_{1\leq i\leq n,k\in\mathbb{Z}} es un cubrimiento de los reales, x\in I_{N,K,I} para algún K\in\mathbb{Z},I\in\{1,...,N\}. Pero por construcción existe un elemento d\in D\cap I_{N,K,I}, de donde |x-d|<\frac{1}{N}<\varepsilon, lo que concluye la demostración.

 

4) Sea X\subset\mathbb{R} un conjunto arbitrario. Demuestre que todo cubrimiento abierto de X admite un subcubrimiento numerable. (Teorema de Lindelöf)

Sea \mathcal{B}=\{B(y,r): y,r\in\mathbb{Q}\}, entonces \mathcal{B} es cubrimiento abierto y numerable de los reales. Si escribimos \mathcal{U}=\{U_{i}\}_{i\in I} un cubrimiento abierto arbitrario de X, entonces para cada x\in X existe i(x)\in I tal que x\in U_{i(x)}. Como U_{i(x)} es un abierto y los racionales son densos en \mathbb{R}, existe B(x)\in\mathcal{B} tal que x\in B(x)\subset U_{i(x)}.

Sea \mathcal{B}'=\{B(x)\}_{x\in X} de acuerdo a la construcción previamente descrita, entonces \mathcal{B}'\subset\mathcal{B}, y por lo tanto \mathcal{B}' es numerable. Para cada B(x)\in\mathcal{B'} escogemos U_{B(x)}\in\mathcal{U} tal que B(x)\subset U_{B(x)}, entonces \mathcal{U'}=\{U_{B(x)}:B(x)\in\mathcal{B'}\} es subcubrimiento numerable de X respecto al cubrimiento \mathcal{U}.

 

5) Demuestre que todo conjunto X\subset\mathbb{R} no numerable posee un punto de acumulación.

Supongamos que X no posee punto de acumulación, entonces para cada x\in X existe B(x,r(x)), con r(x)>0 tal que X\cap B(x,r(x))=\{x\} (contrarecíproco de la afirmación «tener punto de acumulación», la cual significa que para toda bola de radio r>0, se tiene una cantidad infinita de términos en X\cap B(x,r)).

Consideremos ahora un conjunto S(n) que es \frac{1}{n}-separado, es decir, un conjunto tal que para todos x,y\in S(n), la distancia |x-y|\geq\frac{1}{n}. Entonces este conjunto es numerable; en efecto, la partición numerable de los reales

\bigcup_{n\in\mathbb{N},k\in\mathbb{Z},i\in\{0,...,n-1\}}[k+\frac{i}{n},k+\frac{i+1}{n})

es tal que cada intervalo de la forma [k+\frac{i}{n},k+\frac{i+1}{n}) contiene a lo más un elemento de S(n), por lo que

X=X\cap\mathbb{R}=\bigcup_{n\in\mathbb{N},k\in\mathbb{Z},i\in\{0,...,n-1\}}([k+\frac{i}{n},k+\frac{i+1}{n})\cap X)

es numerable.

Sea entonces X(n)=\{x\in X:B(x,\frac{1}{n})\cap X=\{x\}\}, este conjunto es \frac{1}{n}-separado por definición, por lo que por la afirmación anterior se tiene X(n) es conjunto numerable. Por la caracterización que describimos al comienzo, todo punto de X al ser aislado debe pertenecer a algun conjunto X(N), para N\in\mathbb{N}, luego

X=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}X(n)

y por lo tanto X es unión numerable de conjuntos numerables, por lo tanto X es numerable.

Hemos mostrado que un conjunto sin puntos de acumulación en sí mismo es numerable, luego un conjunto no numerable debe tener puntos de acumulación en sí mismo.

Observacion: Es de vital importancia en este problema el hecho de que el punto de acumulación pertenezca al conjunto en cuestión. Por ejemplo, si consideramos X=\{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},...\} entonces X es numerable y tiene punto de acumulación en los reales, pero tal punto de acumulación NO pertenece al conjunto. 

Criterio de convergencia: Cuociente.

de

Cuando en los cursos de cálculo comienzan a enseñar sucesiones, uno de los primeros criterios de convergencia que se estudia es el Criterio del Cuociente. Para los que no lo conocen, este dice lo siguiente:

«Sea (a_{n})_{n\in\mathbb{N}} sucesión de términos positivos. Suponga que \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=L<1, entonces \lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0«.

Evidentemente existen muchos ejemplos en que este criterio es útil, uno de ellos es el siguiente

Ejemplo: Sea a_{n}=\frac{n!}{n^{n}}. ¿Tendra límite esta sucesión?. Intuitivamente podemos decir que n^{n} crece mas rápido que n! y por lo tanto el límite existe y es cero (¡pero en matemáticas la intuición no es suficiente!). El criterio anterior nos asegura que estamos en lo correcto, y que además, el crecimiento del denominador es lo suficientemente más rápido que el crecimiento del numerador como para asegurar que la sucesion tiende a cero;  en efecto,

\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)!n^{n}}{(n)!(n+1)^{n+1}}

y luego

\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{1}{e}.

Y así, como \frac{1}{e}<1 se tiene que \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n!}{n^{n}}=0.

Probaremos entonces un resultado un poco mas general.

Proposición: Sea (a_{n})_{n\in\mathbb{N}} sucesión de términos positivos tal que existe un natural N que satisface

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}<K<1

para todo n\geq N. Entonces \lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0.

Observacion: Es importante darse cuenta que nuestra hipótesis no implica que la sucesion de terminos \frac{a_{n+1}}{a_{n}} sea convergente. 

Consideremos N de nuestra hipótesis. Para n>N definimos m=n-N. Entonces

a_{n}=a_{N+m}<Ka_{N+m-1}<K^{2}a_{N+m-2}<...<K^{m}a_{N}

entonces, de aquí es claro que

0\leq a_{n}<K^{n}\frac{a_{N}}{K^{N}}

para cada n\geq N. Como \frac{a_{N}}{K^{N}} es una constante y 0\leq K<1 (lo que implica que el término de la derecha tiende a 0), concluímos aplicando límite (y Teorema del Sandwich) que

\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0.

Observaciones:

  • La proposición implica el criterio del cuociente (usual), pues si el límite del cuociente tiende a cero, entonces para \varepsilon>0 suficientemente pequeño tal que L+\varepsilon<1 (de ahi la importancia que L<1), entonces existe N natural tal que el cuociente \frac{a_{n+1}}{a_{n}} es menor que L+\varepsilon para n\geq N. Solo basta considerar K=L+\varepsilon.
  • Un criterio equivalente al que acabamos de mostrar es el siguiente. Si (a_{n})_{n\in\mathbb{N}} como en la proposición, y \limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\leq K<1, entonces la sucesión tiende a cero. La equivalencia de estos dos resultados no es difícil de ver y es dejada al lector como ejercicio.

Sobre puntos de acumulación y límite superior

de

Sea (a_{n})_{\mathbb{N}} una sucesión de números reales. Demuestre que x es un punto de acumulación de (a_{n})_{\mathbb{N}} sí y sólo sí (a_{n})_{\mathbb{N}} tiene una subsucesión (a_{\phi(n)})_{\mathbb{N}} tal que \lim_{n\rightarrow\infty}a_{\phi(n)}=x. Demuestre además que el límite superior de una sucesión es el mayor de sus puntos de acumulación.

Recordemos que x es un punto de acumulación sí y sólo sí para todo \varepsilon>0 el conjunto \{k\in\mathbb{N}:|x-a_{k}|<\varepsilon\} es infinito.

Sea entonces \varepsilon_{n}=\frac{1}{n}, luego existe N(n)\in\mathbb{N} tal que |x-a_{N(n)}|<\varepsilon_{n}. Como \{k\in\mathbb{N}:|x-a_{k}|<\varepsilon_{n}\} es infinito, podemos escoger los naturales N(n) de manera estrictamente creciente. Es decir, para \phi:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}, definida por n\mapsto N(n), nos queda

\lim_{n\rightarrow\infty}a_{\phi(n)}=\lim_{n\rightarrow\infty}a_{N(n)}=x

por construcción.

Observación: Para cada \varepsilon>0 existe k natural tal que si n>k entonces \frac{1}{n}<\varepsilon. En el caso anterior esto implica que |x-a_{\phi(n)}|<\varepsilon para n>k. De ahí la convergencia de la subsucesión.

Para el recíproco, basta notar que por definición de límite, la existecia de una subsucesión (a_{\phi(n)})_{n\in\mathbb{N}} implica que para cada \varepsilon el conjunto \{k\in\mathbb{N}:|x-a_{k}|<\varepsilon\} es infinito pues en particular todos los naturales k=\phi(n) pertenecen a dicho conjunto para n\geq N\in\mathbb{N} (cuya existencia proviene de la subsucesión convergente).

Para el segundo problema, nuevamente consideramos x punto de acumulación, y sea (a_{\phi(n)}) convergente a x. Recordemos que

\limsup_{n\rightarrow\infty}a_{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\sup\{a_{n},a_{n+1},...\}

Como \phi es función creciente tal que \phi(n)\geq n, se concluye

a_{\phi(n)}\leq\sup\{a_{n},a_{n+1},...\}

Y luego aplicando límite en ambos lados (y como ambas sucesiones son convergentes!) se concluye que x\leq\limsup_{n\rightarrow\infty}a_{n}. Por arbitrariedad de x se tiene que el límite superior es el mayor de los puntos de acumulación.

Sobre sucesiones de conjuntos compactos en los reales

de

Problema: Sean (A_{n})_{n \in \mathbb{N}} sucesión de subconjuntos de los reales, no vacíos, compactos, tales que A_{n+1}\subseteq A_{n}. Entonces \bigcap_{n\in\mathbb{N}}A_{n} \neq \emptyset.

Nota: Los subconjuntos K de \mathbb{R} compactos, son aquellos que son cerrados y acotados. Esto es equivalente a que para toda sucesión de términos en K, existe una subsucesión convergente en K.

Ya que para cada n natural, A_{n} es no vacío, podemos considerar cualquier elemento x_{n} de A_{n}. Así, encontramos una sucesión de términos (x_{n})_{n \in \mathbb{N}}. Notar que en particular esta sucesión es sucesión de términos de A_{1}, luego, por compacidad en tal conjunto, existe una subsucesión de (x_{n})_{n\in\mathbb{N}}, a saber (x_{\phi(n)})_{n\in\mathbb{N}}, donde \phi:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N} es función estrictamente creciente, tal que (x_{\phi(n)})_{n\in\mathbb{N}} es convergente a x \in A_{1}.

Notemos ahora que para cada k natural, se satisface (x_{\phi(n)})_{n \geq k} es sucesión de términos en A_{k} (conjunto compacto, luego cerrado), y como tal sucesión es convergente a x, entonces x \in A_{k}. Hemos probado entonces que

\forall k\in \mathbb{N}, x\in A_{k}

Es decir, x \in \bigcap_{n \in \mathbb{N}}A_{n}.

Rotaciones del Toro (Caso real 1 dimensional)

de

Este post tiene por finalidad entregar un ejemplo básico, pero bastante interesante, de un fenómeno estudiado en los Sistemas Dinámicos (topológicos). Los detalles rigurosos, ya sean definiciones o conceptos, no seran estrictamente necesarios, pero se espera que el lector este familiarizado con algunos términos.

Consideremos el conjunto \mathbb{R} de números reales. Sobre este conjunto podemos definir una relación de equivalencia. Decimos que dos reales x,y estan relacionados (por el grupo aditivo \mathbb{Z}) si x-y \in \mathbb{Z}, es decir, su diferencia es un número entero. No es difícil probar que esta es efectivamente una relación de equivalencia; en efecto, si x,y,z son reales, entonces

  • x-x = 0 \in \mathbb{Z} lo que hace que la relación sea refleja,
  • si x-y es entero entonces lo es y-x, por lo que la relación es simétrica, y por último
  • si x-y \in \mathbb{Z} y y-z \in \mathbb{Z} entonces x-z=(x-y)+(y-z) \in \mathbb{Z}, luego la relación es transitiva.

Consideramos ahora el espacio \mathbb{T}=\mathbb{R}/\sim, es decir, el espacio de las clases de equivalencia bajo esta relación. A este espacio le llamamos 1-Toro (real). Podemos imaginar a \mathbb{T} como el intervalo [0,1) donde en este caso 0 y 1 representan al mismo elemento. Dotamos a \mathbb{T} de la siguiente distancia (métrica):

d(\hat{x},\hat{y})=\min{\{|x-y+k|:k\in \mathbb{Z}\}}

Donde, de ahora en adelante, \hat{x} es un elemento del toro y x es un representante real de los elementos de la clase. Esto hace que la distancia sobre el espacio esté bien definida (es un buen ejercicio probar que efectivamente se satisfacen las hipótesis que definen una distancia).

Definamos ahora sobre el toro la aplicación T_{\hat{\alpha}}:\mathbb{T} \rightarrow \mathbb{T}, tal que \hat{x}\mapsto \hat{x}+\hat{\alpha}, donde \alpha es un número real irracional y \hat{\alpha} es su clase de equivalencia.

Observación: Es posible probar que \hat{x}+\hat{\alpha}=\hat{x+\alpha} por lo que la aplicación está bien definida.

Un Sistema Dinámico discreto, tiene como fin el estudio de las órbitas de un punto bajo cierta aplicación de un espacio en sí mismo. Es decir, en nuestro caso, buscamos estudiar a los conjuntos

\mathcal{O}^{+}(\hat{x})=\{T^{n}(\hat{x})|n\in \mathbb{N}\}

o escrito de manera equivalente, a los conjuntos

\mathcal{O}^{+}(\hat{x})=\{ \hat{x}+\hat{n\alpha}|n\in \mathbb{N}\}

donde \hat{x} es un elemento de \mathbb{T}. Este conjunto se conoce como la órbita positiva de \hat{x}.

En el post de Densidad provocada por un número irracional, mostramos que el conjunto \mathbb{Z}+\alpha\mathbb{N} es denso en los reales para \alpha un número irracional. ¿Cómo se ve esto reflejado al ver este conjunto bajo el cuociente de nuestra relación?

Consideremos \hat{x} un punto en \mathbb{T} y sea x un real representando a la clase de equivalencia \hat{x}. Por densidad, para cada \varepsilon>0, podemos encontrar a un elemento de la forma k+n\alpha tal que |x-(k+n\alpha)|<\varepsilon, es decir,

\min{\{|x-(m+n\alpha)|:m \in \mathbb{Z}\}}\leq|x-(k+n\alpha)|<\varepsilon

por lo que d(\hat{x},\hat{n\alpha})<\varepsilon.

Lo anterior se traduce en que para cada elemento \hat{x} del toro, podemos encontrar un elemento del conjunto  \{ \hat{na}|n\in \mathbb{N}\} que se encuentra arbitrariamente cerca de \hat{x}. Hemos probado entonces que la órbita positiva del elemento \hat{0} del toro es densa.
Como además, el conjunto \mathcal{O}^{+}(\hat{x})=T_{\hat{x}}(\mathcal{O}^{+}(\hat{0})) y las translaciones del toro son isometrías del toro, entonces \mathcal{O}^{+}(\hat{x}) es también denso en el toro. Hemos probado lo siguiente:

Proposición: Toda órbita de una rotación irracional del toro es densa.

Iteraciones de un punto bajo la rotación irracional del toro

Densidad provocada por un número irracional

de

Sea \alpha un número irracional. Demuestre que \mathbb{Z}+ \alpha \mathbb{Z} es denso en los reales.

Lo primero que debemos considerar es que G=\mathbb{Z}+ \alpha \mathbb{Z} es un subgrupo (aditivo) de los reales. Claramente G es asociativo, tiene neutro (el neutro aditivo de los reales) y tiene inverso (un elemento n+\alpha m tiene inverso (-n)+\alpha (-m)). Queda mostrar que G es cerrado bajo la suma; en efecto,

(n+\alpha m)+(n'+\alpha m')=(n+n')+\alpha (m+m') \in G.

Consideremos ahora el conjunto G^{+} definido por G \cap (0,\infty). Gracias al axioma del supremo podemos asegurar que G^{+} tiene ínfimo (es no vacío pues la unidad está en el conjunto, y es acotado inferiormente por el neutro). Sea entonces \varepsilon = \inf G^{+}. Mostraremos que \varepsilon=0.
Supongamos que no, entonces \varepsilon>0. Aseguramos que el conjunto [\varepsilon ,2\varepsilon) no contiene más de dos elementos de G^{+}. Si hubiesen dos elementos \eta, \gamma \in [\varepsilon,2\varepsilon) tal que \eta > \gamma, entonces como G grupo aditivo se tiene \eta - \gamma \in G, pero esta diferencia es positiva, por lo que \eta - \gamma \in G^{+}. Ya que (\eta-\gamma)<\varepsilon, se concluye que existe un elemento de G^{+} (a saber \eta-\gamma) menor que su ínfimo, lo que es una contradicción. Esto significa que el conjunto [\varepsilon,2\varepsilon) contiene a lo más un elemento de G^{+}, pero por construcción del ínfimo, \varepsilon debe ser el único elemento en dicho conjunto. Con esto, uno puede escribir

1=q \varepsilon + r                 \alpha = p \varepsilon + r'

donde p,q son enteros y r,r' son reales en [0,\varepsilon ). Notemos que por la afirmación del párrafo precedente se concluye que r,r' pertenecen a G^{+}, por lo que deben ser nulos. Esto nos dice que

\alpha = \frac{p}{q}

lo que es una contradicción (\alpha es irracional).

Para concluir, escogemos x \in \mathbb{R} y para \varepsilon > 0 consideramos algún elemento y de G^{+} tal que 0<y<\varepsilon. Finalmente consideramos a

\mathbb{R}= \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} [ky,(k+1)y)

De donde existe un entero k_{0} tal que k_{0}y\leq x<(k_{0}+1)y, por lo que se concluye el resultado.



Este resultado puese ser generalizado un poco más, de hecho, es posible probar que H=\mathbb{Z} +\alpha \mathbb{N} es denso en los reales.

Por el resultado anterior podemos encontrar una sucesión de términos de la forma p_{n}+\alpha q_{n} donde p_{n},q_{n} \in \mathbb{Z} para cada n y tal que es decreciente a cero.  Existen dos posibilidades (pueden ocurrir al mismo tiempo), o bien existen infinitos términos q_{n} en los naturales, o bien existen infinitos tales términos negativos.

  • En el primer caso se deduce que para cada x \in [0,\infty) podemos encontrar una sucesion de terminos en H convergiendo a x. Eso se debe a que, al igual que antes, dado $\varepsilon >0$ existe por hipótesis un elemento de la forma p_{n}+\alpha q_{n} que satisface

    0<p_{n}+\alpha q_{n}<\varepsilon.

    De este modo, cubrimos [0,\infty) con intervalos de la forma [k(p_{n}+\alpha q_{n}),(k+1)(p_{n}+\alpha q_{n})], por lo que x debe pertenecer a uno de ellos, y por lo tanto, como el largo de los intervalos es menor que \varepsilon, se obtiene la densidad en [0,\infty). Esto implica necesariamente, por como esta definido H, que H es denso en todo intervalo de la forma [k,\infty), donde k es un entero. De aqui se concluye la densidad en los reales.

  • En el segundo caso, para cada \varepsilon >0 podemos encontrar naturales n,n' tal que

    0<p_{n'}+\alpha q_{n'}<p_{n}+\alpha q_{n}<\varepsilon

    donde q_{n'}<q_{n}. Se concluye entonces que

    0<p_{n'}-p_{n}+\alpha (q_{n'}-q_{n})<\varepsilon

    lo que permite concluir como en el primer caso.

Sobre la integral de Riemann-Stieltjes

de

Si f:[a,b]\to\mathbb{R} es Riemann-Stieltjes integrable con respecto a α, entonces |f|:[a,b]\to\mathbb{R} es Riemann-Stieltjes integrable con respecto a α.

Como f es integrable, está acotada, y por lo tanto |f| también está acotada.

Dada una partición P=\{a=x_{0}<x_{1}<...<x_{n-1}<x_{n}=b\} tenemos que

\overline{S}(f,P,\alpha)-\underline{S}(f,P,\alpha)=\sum_{i=1}^{n} (M_{i}-m_{i})(\alpha (x_{i}-\alpha (x_{i-1}))

y

\overline{S}(|f|,P,\alpha)-\underline{S}(|f|,P,\alpha)=\sum_{i=1}^{n} (M'_{i}-m'_{i})(\alpha (x_{i})-\alpha (x_{i-1})).

Sabemos que \sup{A}-\inf{A}=\sup\{|x-y| : x,y \in A\}. Entonces

M_{i}-m_{i}=\sup{ \{ f(t): t \in [\alpha(x_{i-1}),\alpha(x_{i})] \} } - \inf{ \{ f(s): s \in [\alpha(x_{i-1}),\alpha(x_{i})] \} }
= \sup{ \{ |f(t)-f(s)|: s,t \in [\alpha(x_{i-1}),\alpha(x_{i})] \} }

para cada i.

Análogamente,

M'_{i}-m'_{i}=\sup{ \{ ||f(t)|-|f(s)||: s,t \in [\alpha(x_{i-1}),\alpha(x_{i})] \} }

Luego por desigualdad triangular ||f(t)|-|f(s)|| \leq |f(t)-f(s)|.
Entonces M'_{i}-m'_{i} \leq M_{i}-m_{i}, para cada i.

Luego \overline{S}(|f|,P,\alpha)-\underline{S}(|f|,P,\alpha) \leq \overline{S}(f,P,\alpha)-\underline{S}(f,P,\alpha).
Por lo tanto |f| es integrable.

Sobre la convergencia y convergencia absoluta

de

Demuestre que si \lim_{n \rightarrow \infty} a_{n}=L, entonces \lim_{n \rightarrow \infty} |a_{n}|=|L|. ¿Es cierto el recíproco?.

Por definición de límite se tiene que para cada \varepsilon >0 existe un natural N tal que para n>N se satisface |a_{n}-L|< \varepsilon. Por otro lado, por desigualdad triangular, se tiene que para cualquier x,y \in \mathbb{R}, se cumple la desigualdad

||x|-|y|| \leq |x-y|

Por lo que ||a_{n}|-|L|| \leq |a_{n}-L| < \varepsilon. Esto prueba que para todo \varepsilon > 0 existe N \in \mathbb{N} tal que

||a_{n}|-|L||< \varepsilon

para n>N. Esto se traduce en \lim_{n \rightarrow \infty} |a_{n}|=|L|

El recíproco es falso, basta considerar la sucesión que vale 1 para los pares y -1 para los impares. La sucesión no converge, pero su valor absoluto es constante e igual a 1, por lo que su límite es 1.

Los naturales no son superiormente acotados

de

El conjunto de los naturales (\mathbb{N}) no está acotado superiormente.

Supongamos que si. Entonces, como 1 \in \mathbb{N} \neq \emptyset podemos aplicar el axioma del supremo, es decir, \exists c \in \mathbb{\mathbb{R}} tal que c=\sup{\mathbb{N}}. En tal caso c-1 no es cota superior (si lo fuera, c-1 sería cota superior, menor a la menor cota superior de \mathbb{N}, un absurdo), luego existe n\in\mathbb{N} tal que c-1<n, de donde se concluye c<n+1 \in \mathbb{N}. Es decir, c no es cota superior de \mathbb{N}, lo que contradice nuestra hipótesis.

Por lo tanto \mathbb{N} no está acotado superiormente.

Densidad de racionales con denominador potencia de un entero.

de

Sea p un entero mayor que 1. Demuestre que el conjunto de números reales de la forma \frac{m}{p^{n}} donde m es entero y n es natural, son densos en \mathbb{R}.

Probaremos la densidad sobre [0,1] para n natural y m \in \{0,1,...,p^{n}\}.Sea entonces x \in [0,1] y \varepsilon > 0. Por principio de Arquimides existe un entero positivo N tal que \dfrac{1}{p^{N}} < \varepsilon. Consideremos ahora una partición de [0,1] dada por los intervalos de la forma [\dfrac{i}{p^{N}},\dfrac{i+1}{p^{N}}] para i \in \{0,...,p^{N}-1\}. Por construcción (definición de partición) x debe pertenecer a alguno de esos intervalos, por lo tanto existe m \in \{0,...,p^{N}-1\} tal que x \in  [\frac{m}{p^{N}},\frac{m+1}{p^{N}}], y luego |x-\dfrac{m}{p^{N}}| < |\frac{m+1}{p^{N}}-\frac{m}{p^{N}}|=\frac{1}{p^{N}} <\varepsilon.

Es decir, acabamos de probar que para cada x \in [0,1] y todo \varepsilon>0, existe un elemento de la forma \dfrac{m}{p^{n}} tal que |x - \dfrac{m}{p^{n}}|<\varepsilon, la cual es precisamente la definición de densidad.