Archivos Mensuales: octubre 2013

Proyecto de curso de Espacios Vectoriales Topológicos

Este curso se en dividirá lecturas y cubrirá los fundamentos de la teoría de los espacios vectoriales y las topologías compatibles con dicha estructura. Al final de cada lectura se darán una serie de referencias para ampliar o fundamentar el material expuesto. También se intentarán plantear y resolver problemas para afianzar los conceptos teóricos.

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Grupos ordenados

Un grupo (G, \star) es un magma en el que la operación es asociativa, existe un elemento neutro y además todo elemento tiene inverso. Por tanto, la idea de magma ordenado se extiende inmediatamente a la de grupo ordenado. En general, nos interesan los grupos conmutativos y esto nos lleva a simplificar la notación y las condiciones para obtener un grupo ordenado. Así, un grupo conmutativo (G, +), en el que se ha definido un orden \leq, es un grupo ordenado si y sólo si para todos x,y de G, tales que x \leq y y para todo z de G es

x+z \leq y+z.

Existe una manera equivalente de obtener grupos ordenados basada en un subconjunto distinguido. En primer lugar, si H es un subconjunto no vacío del grupo G, definimos

-H = \{ -x : x \in G \}.

El conjunto -H será vacío y estará formado por los opuestos de los elementos de H. Finalmente, si tenemos un orden en G, decimos que el conjunto

P = \{x \in G : x \geq 0 \}

es el cono positivo definido por el orden en G. Es claro que P es no vacío pues 0 \in P.

Una vez dadas estas definiciones pasamos a demostrar el siguiente teorema:

Sea (G,+) un grupo conmutativo. Son equivalentes:

(a) Existe una relación de orden parcial \leq tal que el grupo (G,+) es ordenado.

(b) Existe un subconjunto P de G que verifica: 0 \in P, P+P \subset P y P \cap (-P) = \{0 \}.
(a) implica (b). Suponemos que G es un grupo abeliano ordenado y que \leq es el orden compatible. El cono positivo determinado por el orden es
P = \{ x \in G : x \geq 0 \}.
y resulta no vacío ya que, por su misma definición, es 0 uno de sus elementos. Si x e y son elementos de P, entonces x \geq 0 e y \geq 0. Como la suma conserva el orden, de la desigualdad x \geq 0 se sigue, añadiendo y a ambos miembros, que

x+y \geq 0+y,

luego

x+y \geq y.
Como y \geq 0, resulta por transitividad que x+y \geq 0 y esto supone que x+y es un elemento de P y así P+P \subset P. Finalmente, si x pertenece a P y a -P, es x \geq 0 y -x \geq 0. Tomando esta última desigualdad y sumando x a ambos miembros tenemos

(-x)+x \geq 0+x.
Esto significa que x \leq 0 y como por hipótesis es x \geq 0, resulta que aplicando la propiedad antisimétrica del orden es x=0. Esto prueba que P \cap (-P) = \{0 \}.

(b) implica (a). Suponemos la existencia de un subconjunto P de G con las propiedades expuestas en (b) y definimos una relación \preceq en G mediante: x \preceq y si y sólo si y-x es un elemento de P. Probaremos que esta relación \preceq es un orden parcial y hace de G un grupo ordenado. En efecto, para todo x de G, es x-x = 0 por lo que x \preceq x y la relación es reflexiva. Análogamente, si x \preceq y e y \preceq x, deducimos que y-x pertenece a P y x-y = -(y-x) también pertenece a P. Por tanto, y -x es un elemento de P \cap (-P), lo que significa que y-x=0 y x=y. Esto prueba que la relación es antisimétrica. Si además x \preceq y e y \preceq z, entonces y-x es elemento de P y z-y también es elemento de P y la suma

(z-y)+(y-x) = z-x
es un elemento de P lo que significa que x \preceq z. Esto prueba la propiedad transitiva. Por tanto, al ser reflexiva, antisimétrica y transitiva, la relación \preceq es un orden parcial. Ahora bien, dados cualesquiera x,y,z de G si x \preceq y, tenemos que y-x pertenece P por lo que

(y+z)-(x+z) = y-x
es un elemento de P. Es decir, x+z \preceq y+z y el orden es compatible con la operación.

Orden y operaciones

Sea X un conjunto no vacío y sea \star una operación definida en dicho conjunto. Decimos entonces que el par (X, \star) es un magma. Si tenemos además definida una relación de orden \leq en X, decimos que el par (X, \leq) es un conjunto ordenado. En muchas ocasiones resulta interesante y productivo relacionar ambas estructuras. Esto se consigue, en general, haciendo que el orden sea invariante por traslaciones. Es decir, si z es un elemento de X, y las aplicaciónes

f_z: X \rightarrow X,

g_z: X \rightarrow X,

dadas por f(x) = x \star z y g(x) = z \star x son, respectivamente, traslaciones por la derecha y la izquierda, entonces dados cualesquiera x,y,z de X, tales que x \leq y, se han de cumplir

f_z(x) \leq f_z(y),

g_z(x) \leq g_z(y).

En ese caso decimos que (X, \star, \leq) es un magma ordenado.

Una desigualdad interesante

Sean a y b dos números reales positivos y sean p y q dos números reales del intervalo abierto (0,1) tales que p+q =1, entonces

a^{p} b^{q} \leq ap+bq

En el caso de que a = b = x, se tiene

x^{p} x^{q} = x^{p+q} = x^{1} = x,

xp+xq = x(p+q) = x,

y la desigualdad no estricta se cumple de forma trivial. En el caso de que a y b sean distintos, hay dos posibilidades: a <b y b <a. Tomamos la primera y el lector puede darse cuenta que, por simetría, demostrar este caso equivale a demostrar el otro. Así pues, sea la función

f(x) = x^{q}

en el intervalo [a,b]. Como q es un número real positivo, esta función es continua en dicho intervalo cerrado y derivable en el intervalo abierto (a,b) por lo que podemos aplicarle el teorema del valor medio. Existe pues un número real a<t <b tal que

\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f'(t).

Es decir,

\frac{b^{q} -a^{q}}{b-a} = q t^{q-1}.

Por tanto,

b^{q} -a^{q} = (b-a) q t^{q-1}.

Ahora bien, como p+q=1, es q-1 = -p, por lo que

b^{q}- a^{q} = (b-a) q t^{-p}.

Por otro lado,  a < t y p>0, de donde a^{p} <t^{p} y t^{-p} < a^{-p}, lo que permite transformar la igualdad anterior en desigualdad

b^{q} -a^{q} < (b-a) q a^{-p}.

Multiplicando ambos miembros por a^{p} queda

(b^{q} -a^{q}) a^{p} <(b-a) q.

Operamos

b^{q} a^{p} - a^{p+q} < (b-a)q,

b^{q} a^{p} -a < bq-aq,

b^{q} a^{p} < bq-aq+a,

b^{q} a^{p} < bq +a (1-q).

Como p=1-q, llegamos a

b^{q}a^{p} < bq +ap.

Esto termina la demostración.

Cota superior para el número de vectores linealmente independientes en un espacio vectorial de dimensión finita

Vamos a demostrar un resultado clave en la prueba de la equicardinalidad de las bases de los espacios vectoriales de dimensión finita.

Sea E un K-espacio vectorial no trivial y sea A una base de E n elementos . Entonces si B=\{y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{m} \} es un conjunto de vectores de E linealmente independiente, se tiene que m \leq n.

Supongamos que m >n. Entonces hallaríamos al menos n+1 vectores y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{n}, y_{n+1} de B linealmente independientes y, en consecuencia, no nulos. Por el lema anterior, sabemos que si F(y_{1}) es el conjunto de los vectores de A que intervienen, con coeficientes no nulos, en la combinación lineal que da lugar a y_{1} y si z_{1} es un elemento de F(y_{1}), entonces el conjunto A_{1} =(A-\{z_{1}\}) \cup \{y_{1} \} es una base de E. Análogamente, si consideramos el vector y_{2} de B, el correspondiente conjunto F(y_{2})\subset A_{1} y un vector z_{2} de F(y_{2}), podemos ver que el conjunto A_{2} = (A - \{z_{1}, z_{2} \}) \cup \{y_{1}, y_{2} \} es un sistema generador de E. También resultará linealmente independiente ya que A- \{z_{1}, z_{2} \} es linealmente independiente al ser subconjunto de A y los vectores y_{1} e y_{2} no dependen linealmente de A- \{z_{1}, z_{2} \} y tampoco uno del otro. Así pues, A_{2} es una base. Vamos a generalizar este proceso. Supongamos que r es un entero positivo mayor o igual que uno y menor que n y que tenemos un subconjunto \{z_1, z_2, \ldots, z_r \} de A de forma que

A_r = (A- \{z_1, z_2, \ldots, z_r \}) \cup \{y_1, y_2, \ldots, y_r \}

es una base de E. Entonces, y_{r+1} depende linealmente de A_r y es combinación lineal, con coeficientes no nulos, de un subconjunto finito no vacío F(y_{r+1}) de A_r. Como los vectores y_1, y_2, \ldots, y_r, y_{r+1} son linealmente independientes, es claro que y_{r+1} no es combinación lineal de y_1, y_2, \ldots, y_r por lo que existe z_{r+1} de A-\{z_1, z_2, \ldots, z_r \} en F(y_{r+1}). El conjunto

A_{r+1} = (A - \{z_{1}, z_{2}, \ldots, z_{r}, z_{r+1} \}) \cup \{y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{r}, y_{r+1} \}

es una base de E. En efecto, es linealmente independiente al ser el conjunto A-\{z_1, z_2, \ldots, z_r, z_{r+1} \} un subconjunto de A, al ser y_1, y_2, \ldots, y_r, y_{r+1} a su vez, linealmente independientes y no pertenecer a la envoltura del conjunto A-\{z_1, z_2, \ldots, z_r, z_{r+1} \}. Por otro lado, es un sistema generador ya que A_r es un sistema generador y toda combinación donde interviene z_{r+1} se puede obtener utilizando su relación con y_{r+1}.

Una vez probada la posibilidad de reiterar esta construcción vemos que para n se obtiene el conjunto

(A -\{z_1, z_2, \ldots, z_n \} ) \cup \{y_1, y_2, \ldots, y_n \} = \emptyset \cup \{y_1, y_2, \ldots, y_n \} = \{y_1, y_2, \ldots, y_n \}

que resulta ser una base de E y por ende, un sistema generador. En consecuencia, y_{n+1} depende linealmente de \{y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{n} \} y por ello B es linealmente dependiente en contra de lo supuesto. Por tanto, este proceso de reemplazo para obtener nuevas bases ha de acabarse antes de llegar a n reemplazos y de aquí que m \leq n.

Un lema para la demostración de la equicardinalidad de las bases de espacios vectoriales de dimensión finita

Sabemos, en virtud del Lema de Zorn, que todo espacio vectorial tiene al menos una base (en el caso del espacio vectorial trivial se conviene que dicha base esté formada sólo por el conjunto vacío).  Si la base de dicho espacio vectorial tiene cardinal finito se dice que el espacio vectorial es de dimensión finita. Se puede probar que cualquier otra base de dicho espacio tendrá el mismo cardinal finito que la encontrada en primer lugar. En virtud de esto es posible definir la idea de dimensión como un invariante de dicho espacio vectorial. La prueba de la equicardinalidad se basa en una serie de sustituciones. Nosotros daremos aquí un lema que vamos a utilizar para el desarrollo final de esta prueba (que daremos en una entrada posterior).

Sea E un K espacio vectorial no trivial y sea A=(x_{i})_{i=1}^{n} una base de E con n elementos. Supongamos que y es un vector no nulo de E; entonces podemos obtener una nueva base de E eliminando un elemento de A y sustituyéndolo por el vector y.

Como A es una base e y \neq 0, hallaremos que y = \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} x_{i} con no todos los \lambda_{i} nulos. Por tanto, el conjunto de índices
S= \{ i \in \{1,2, \ldots,n\} : \lambda_{i} \neq 0 \}
es no vacío y el conjunto de vectores F(y)= \{x_{i} \in A : i \in S \} es un subconjunto no vacío de A. Sea k un elemento de S, y sea z = x_{k} un elemento de F(y), podemos escribir
y = \sum_{i \in S} \lambda_{i} x_{i}= \lambda_{k} z + \sum_{i \in S- \{k \} } \lambda_{i} x_{i}.
Despejando el valor de z obtenemos

z = \lambda_{k}^{-1} (y - \sum_{i \in S-\{k\}} \lambda_{i} x_{i}).

Probaremos que A_{1} = (A- \{z \}) \cup \{ y \} es una base de E. En primer lugar, para cualquier x de E, sabemos que x pertenece a la envoltura lineal de A y, en consecuencia, se puede obtener como combinación lineal de los elementos de A. Si en tal combinación sustituimos el valor de z por el valor despejado en la ecuación anterior es evidente que x pertenece a la envoltura lineal de A_{1}. Por tanto, E está generado por A_{1}. Veremos finalmente que A_{1} es linealmente independiente. En primer lugar, A-\{z \} es linealmente independiente al ser subconjunto de un conjunto A que es linealmente independiente. Por otro lado, y es no nulo y no depende linealmente de A- \{z \} pues en caso contrario tendría dos expresiones como combinación lineal de elementos de A: una en la que interviene el vector z y otra en la que no. Así pues, A_{1} =(A-\{z \})\cup \{y \} es linealmente independiente y esto acaba nuestra demostración.