Funciones continuas no diferenciables

30 junio, 2013 de nfalvarado

1.- Consideremos la función $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^\infty2^{-n}g(2^{2^n}x)$ ,

donde $g(x)\begin{cases} 1+x, & x\in[-2,0]\\ 1-x, & x\in[0,2]\\ \end{cases}$

, y $g(x+4)=g(x)$ para todo $x\in\mathbb{R}$ .

Mostraremos que $f$ es continua y no diferenciable en todo $\mathbb{R}$ .

En efecto. Para ver que $f$ es continua basta notar que $g$ lo es, y que por otra parte se tiene $\displaystyle\sup_{x\in\mathbb{R}}\Big|2^{-n}g(2^{2^n}x)\Big|=2^{-n}$ , con $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty 2^{-n}<\infty$ . Luego, como $f$ es el límite uniforme de una sucesión de funciones continuas, y por el M-Test de Weierstrass (http://es.wikipedia.org/wiki/Prueba_M_de_Weierstrass) $f$ es continua.

Para mostrar que $f$ no es diferenciable para todo $x\in\mathbb{R}$ consideremos $x\in\mathbb{R}$ arbitrario pero fijo y $k\in\mathbb{N}$ arbitrario. Luego, escojamos $\displaystyle\triangle x=\pm 2^{-2^k}$ , donde el signo escogido es tal que $x$ y $x+\triangle x$ están en el mismo segmento lineal de $\displaystyle g(2^{2^k}x)$ .

Sea $n\in\mathbb{N}$ , para $n>k$ tenemos que:

$\displaystyle g(2^{2^n}(x+\triangle x))-g(2^{2^n}x)=g(2^{2^n}x)-g(2^{2^n}x)=0$ , ya que $g$ tiene periodo 4 y $\displaystyle 2^{2^n}\triangle x=4q$ para algún $q\in\mathbb{Z}$ .

Para $n=k$ tenemos que :

$\displaystyle |g(2^{2^k}(x+\triangle x))-g(2^{2^k}x)|=g(1+2^{2^k}x)-g(2^{2^k}x)=1$ .

Para $n<k$ estimamos,

$\displaystyle\sup_{n=1,..,k-1}|g(2^{2^n}(x+\triangle x))-g(2^{2^n}x)|\leq 2^{2^{k-1}}2^{-2^k}=2^{-2^{k-1}}$

Y por lo tanto,

$\displaystyle\Big|\sum_{n=1}^{k-1}2^{-n}(g(2^{2^n}(x+\triangle x))-g(2^{2^n}x))\Big|\leq (k-1)2^{-2^{k-1}}<2^k2^{-2^{k-1}}\leq 1$

Entonces,

$\displaystyle\Big|\frac{f(x+\triangle x)-f(x)}{\triangle x}\Big|=2^{2^k}\Big|\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n}(g(2^{2^n}(x+\triangle x))-g(2^{2^n}x))\Big|$

$=\displaystyle2^{2^k}\Big|\sum_{n=1}^{k}2^{-n}(g(2^{2^n}(x+\triangle x))-g(2^{2^n}x))\Big|$

$\geq\displaystyle2^{2^k}\Big(1-\Big|\sum_{n=1}^{k-1}2^{-n}(g(2^{2^n}(x+\triangle x))-g(2^{2^n}x))\Big|\Big)$

$\geq\displaystyle2^{2^k}(1-2^k2^{-2^{k-1}})=2^{2^{k-1}}(2^{2^{k-1}}-2^k)$ .

Finalmente, tomando $k\rightarrow\infty$ se tiene que $f'(x)\rightarrow \infty$ , concluyendo así, que $f$ es no diferenciable para todo $x\in\mathbb{R}$ .

Sobre grupos y densidad.

15 marzo, 2013 de nfalvarado

Proposición: Sea $(\mathbb{R}, +)$ un grupo y $G\leq\mathbb{R}$ . Demuestre que $G$ es denso en $\mathbb{R}$ , o bien $G=a\mathbb{Z}$ con algún $a$ en $\mathbb{R}$

Solución: Si $G$ es el grupo trivial escogemos $a=0$ . Luego $G=a\mathbb{Z}=0\mathbb{Z}.$

Consideremos entonces $G^+$ como el conjunto de los elemtos positivos de $G$ . Luego tenemos que $\inf{G^+}=0$ o $\inf{G^+}\neq 0$ .

Tomemos el caso en que $\inf{G^+}=0$ , entonces tenemos elementos positivos de $G$ arbitrariamente cerca de $0$ .

Afirmamos que $G$ es denso en $\mathbb{R}$ .

En efecto, sean $x\in \mathbb{R}$ y $\varepsilon >0$ , consideremos $g\in G$ tal que $\varepsilon > g$ $>0$ .

Por otra parte, como $g\in G$ tenemos que $2g\in G$ , ya que $G$ es subgrupo de $(R,+)$ . Entonces repitiendo esto $k$ veces, notamos que $kg\in G$ para todo $k\in\mathbb{Z}$ . Ahora tomemos los intervalos de la forma $[(k-1)g,kg)$ ; es fácil ver que estos intervalos son disjuntos y que su largo es $g$ , además $\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}[(k-1)g,kg)=\mathbb{R}$ .

Por otro lado si $x\in$ $\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}[(k-1)g,kg)$ entonces $x\in [(k-1)g,kg]$ para algún $k$ en $\mathbb{Z}$ . Por lo tanto, como $|x-kg|<\varepsilon$ se tiene que todo $x$ se encuentra a distancia menor que $\varepsilon$ de algún $\bar{g}\in G$ para cualquier $\varepsilon$ . Así, concluimos que $G$ es denso en $\mathbb{R}$

Por otra parte, supongamos que $\inf{G^+}\neq 0$ , llamémosle $h$ .

Si $h\notin G$ , podemos escoger una sucesión de elementos distintos y mayores que $h$ . Consideremos la sucesión $(h_i)_{i\in\mathbb{N}}$ , decreciente. Luego como converge es una sucesión de Cauchy.

Entonces $\forall \varepsilon >0$ , $\exists N$ tal que $|h_n-h_m|<\varepsilon$ , $\forall n,m \geq N$ .

Sabemos que $h_n, h_m \in G$ , entonces $h_n-h_m \in G$ .

Si la diferencia entre los términos de la sucesión es negativa, basta considerar el inverso para hacerla positiva. Luego considerando $h=\varepsilon$ tenemos un elemento del grupo positivo y menor que $h$ , lo que es absurdo. Entonces tenemos que $h\in G$ .

Consideremos ahora $[(k-1)h,kh)$ , por lo demostrado anteriormente tenemos que solo $(k-1)h$ está en el intervalo, entonces luego es fácil ver que los únicos elementos de $G$ que pertenecen a $\bigcup_{k\in \mathbb{Z}} [(k-1)h,kh)$ son de la forma $hk$ , por lo tanto $G$ es de la forma $h\mathbb{Z}$ para algún $h\in \mathbb{R}$ .

Sobre subsucesiones

28 febrero, 2013 de nfalvarado

1.- Si una sucesión monótona tiene una subsucesión convergente, demuestre que la sucesión converge.

Solución: Probaremos que la sucesión está acotada, ya que si ésta es monótona y está acotada, converge.

Sea $(x_k)$ una sucesión monótona (supongamos creciente). En particular, tenemos una subsucesión creciente, y por enunciado, convergente.

Definimos la subsucesión $(x_{n_{k}})$ como { $x_{n_{1}}$ , $x_{n_{2}}$ , …, $x_{n_{k}}$ , … }= $X$ tal que $x_{n_{k}}\leq x_{n_{k+1}}$

Ahora, como sabemos que la subsucesión converge, ésta está acotada. Luego $x_{n_{k}}\rightarrow L$ cuando $k\rightarrow\infty$ , donde $L=\sup{X}.$ Entonces $x_{n_{k}}\leq L$ para todo $k\in N.$

Por otro lado, como $x_k$ es creciente, existe $f: \mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ tal que $f(k)=n_k$ con $f$ creciente, es decir que $k\leq n_k$ para todo $k$ en $\mathbb{N}$ , por lo tanto $x_k \leq x_{n_k}\leq L$ , luego $x_k\leq L$

Entonces, como $(x_k)$ está acotada y es monótona (creciente), converge.

Nociones Basicas

2 febrero, 2013 de nfalvarado

1) Supongamos que los vectores $x_1, x_2, x_3, ... x_n$ generan un espacio vectorial $X$ , y los vectores $y_1, y_2, y_3, ... y_j$ son linealmente independientes en $X$ . Entonces $j \leq n$ .

Desde que $x_1, x_2, x_3, ... x_n$ generan a $X$ , todo vector en $X$ puede ser escrito como una combinación lineal de $x_1, x_2, x_3, ... x_n$ .

En particular, $y_1= k_1x_1+ k_2x_2+ k_3x_3+ ...+ k_nx_n$ , con $k_i\in \mathbb{R}$ , e $i=1,...,n$ .

Por otra parte, como los vectores $y_1, y_2, y_3, ... y_j$ son l.i. (linealmente independientes) tenemos que $y_1\neq 0$ , entonces no todos los $k$ son iguales a $0$ . Vale decir $k_i\neq 0$ , para algún $i=1,...,n$ .

Luego, $x_i$ puede ser escrito como una combinación lineal de $y_1$ y los restantes $x_s$ (el resto de los vectores sin considerar el i-ésimo). Por lo tanto, el conjunto formado por los vectores $x$ , con $x_i$ reemplazado por $y_1$ genera a $X$ .

Ahora, si $j \geq n$ repetimos este paso $n-1$ veces más y concluimos que $y_1, y_2, y_3, ... y_n$ generan a $X$ .

Si $j>n$ estariamos en una contradicción respecto a la independencia lineal de los vectores $y$ , puesto que $y_{n+1}$ sería combinación lineal de $y_1, y_2, y_3, ... y_n$ .

Por lo tanto concluimos que $j \leq n$

2) Todas las bases de un espacio vectorial $X$ finito dimensional contienen el mismo número de vectores.

Recordemos que una base es un conjunto finito de vectores que genera a un espacio vectorial $X$ y estos son linealmente independientes.

Consideremos dos bases de $X$ , $x_1, x_2, x_3, ... x_n$ e $y_1, y_2, y_3, ... y_m$ . Entonces por la demostración anterior tenemos que $n\leq m$ y $m\leq n$ . Luego concluimos que $n=m$ .

Sobre la integral de Riemann-Stieltjes

17 enero, 2013 de nfalvarado

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

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

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

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.

Los naturales no son superiormente acotados

16 enero, 2013 de nfalvarado

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.