Archivos Mensuales: noviembre 2013

El principio arquimediano y sus equivalencias

En el cuerpo de los números reales sabemos que se verifica el principio arquimediano. Esto es, que dados x,y, números reales positivos, existe al menos un entero n para el que y< nx. La prueba de este hecho suele derivarse del axioma del supremo. También se suele utilizar el principio arquimediano para probar que el conjunto de los racionales es denso en los reales. En esta entrada vamos a partir del contexto más general de un cuerpo ordenado cualquiera y vamos a demostrar que el principio arquimediano es en realidad equivalente a la densidad de los racionales, los cuales se hallan presentes en dicho cuerpo mediante el isomorfismo natural.

Teorema: Sea K un cuerpo conmutativo totalmente ordenado. Son equivalentes

(a) Para todo x \in K, existe un entero positivo n \in K, tal que x <n.

(b) Para todos x,y de K, con y>0, podemos hallar un entero positivo n \in K que verifica x <ny.

(c) Para todo \epsilon >0, existe un entero positivo n \in K, tal que \frac{1}{n} < \epsilon.

(d) El conjunto de los racionales de K es denso en K.

Demostración. (a) implica (b). Como y>0, concluimos que existe y^{-1} >0 por lo que tomando xy^{-1} y aplicando (a) vemos que existe un entero positivo n que cumple

xy^{-1} <n.

Multiplicando ambos miembros por y llegamos a x <ny. El lector debe observar que esta desigualdad es equivalente a la que hemos dado para el caso de los números reales.

(b) implica (c). Sean x=1 e y= \epsilon>0. En virtud de (b), existe n \in K para el que

1 <n \epsilon.

Es decir, \frac{1}{ \epsilon} <n.

(c) implica (d). Este apartado es el más complicado de probar. Hemos de concluir que para todo x<y existe un racional z \in K, de forma que x<z<y. Vamos a analizar cuatro casos:

(1) Si es x <0 <y. La conclusión es inmediata haciendo z = 0.

(2) Si es 0< x <y, tomamos \epsilon = y-x >0 y aplicando (c) existe al menos un entero positivo n \in K para el que \frac{1}{n} < y-x. El valor \frac{1}{ny} es también positivo y aplicando de nuevo (c), hallamos p, entero positivo, que cumple \frac{1}{p} < \frac{1}{ny}, o lo que es lo mismo y < \frac{p}{n}. Por tanto, el conjunto

A= \{ p \in \mathbb{N} : y \leq \frac{p}{n} \}

es no vacío. Aplicando la buena ordenación de los naturales hallaremos un mínimo q para el conjunto A. Dicho mínimo será positivo (pues y>0 y permite afirmar que

z=\frac{q-1}{n} <y,

ya que q-1 \notin A. Finalmente de

x =y-(y-x) < \frac{q}{n} -\frac{1}{n} = \frac{q-1}{n},

vemos que x < \frac{q-1}{n} <y y este cociente de enteros es el racional z buscado.

(3) Si es x <y <0, entonces 0<-y <-x y aplicamos (2), con la salvedad de que si 0<-y<z<-x, entonces x<-z<y<0.

(4). Supongamos que x=0<y. Aplicando (c) deducimos que para \epsilon =y existe n, entero positivo, que cumple x=0< \frac{1}{n} <y. Esto significa que el racional buscado es z = \frac{1}{n}. Si es x<y=0, entonces 0=y<-x y aplicamos lo mismo,

(d) implica (a). Sea x \in K. Si x <1, trivialmente basta tomar n=1 y no hay nada que probar. Supongamos que x>1. Entonces \frac{1}{x} >0 y como los racionales de K son densos en K, hallamos \frac{m}{n}, de manera que

0<\frac{m}{n} < \frac{1}{x}.

Obviamente es mx = x+x+ \ldots +x \quad (m \quad \text{veces})> x,  pues x>0. En consecuencia,

0<x <mx = \frac{m}{n} nx <\frac{1}{x} nx = n.

Esto termina la demostración.

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Ejercicios resueltos. (Carothers). Ampliación (7)

Vamos a demostrar de otra manera el resultado del ejercicio 2.c de la entrada (2) correspondiente a los ejercicios resueltos del texto de N. L. Carothers.

Se trata de probar que si A es un conjunto acotado y B es el conjunto de sus cotas superiores, entonces

\sup A = \inf B.

Como el conjunto A está acotado, es obvio que el conjunto

B = \{ u : u \geq a, \forall a \in A \}

es no vacío pues está formado por todas las cotas superiores de A. Además si a es un elemento cualquiera de A, la definición de B implica que B está acotado inferiormente por a. El axioma del supremo garantiza entonces la existencia del ínfimo de B (la mayor de sus cotas inferiores), que denotaremos por \inf B. Como \sup A es una cota superior de A, se tiene que

\sup A \in B,

por lo que

\inf B \leq \sup A.

Si fuera \inf B < \sup A, entonces hallaríamos un elemento u \in B de forma que

u < \sup A.

Pero esto es imposible pues entonces \sup A no sería una cota superior mínima de A. En consecuencia,

\inf B = \sup A.

Ejercicios resueltos. (Carothers). Ampliación. (6)

En la entrada (5) de los ejercicios resueltos de Carothers veíamos en el ejercicio 10 una sucesión de la forma:

a_{n+1} = \sqrt{2 a_n}, \quad a_1 = \sqrt{2},

cuyo desarrollo más informal sería

a_{n} = \sqrt{2 \sqrt{ 2\sqrt {2 \ldots}}}, n veces.

Vamos a generalizar estas sucesiones recurrentes en dos variantes:

a_{1} = c >0, a_{n+1} = \sqrt{c a_{n}}, n \geq 2,

b_{1} = \sqrt{c}, c>0, b_{n+1} = \sqrt{c+b_{n}}n \geq 2.

Demostraremos que ambos tipos convergen y hallaremos sus límites.  En el primer caso el proceso es análogo al expuesto en el problema 10. En efecto, sabemos que a_1=c \leq c, probaremos por inducción que a_n \leq c para todo n. Sea cierto que a_{n-1} \leq c, para n>1  entonces

\sqrt{a_{n-1}} \leq \sqrt{c},

de donde

a_{n} = \sqrt{c a_{n-1}} \leq \sqrt{c c} = c.

El carácter creciente de a_n es también inmediato. Pues si a_n \leq c, para todo n, entonces

\sqrt{a_{n}} \leq \sqrt{c},

a_n = \sqrt{a_n} \sqrt{a_n} \leq \sqrt{a_n} \sqrt{c} = \sqrt{c a_n} = a_{n+1}.

Si \lim_n a_n = l, entonces de

\lim_n a_{n+1} = \lim_n \sqrt{c a_n},

concluimos que l = \sqrt{c l}, es decir, l^2 = c \cdot l y l =c.

El siguiente tipo resulta más interesante. La expresión de la recurrencia es

b_1 = \sqrt{c}, b_{n+1} = \sqrt{c+b_n},

lo que nos permite escribir

b_{n+1}^{2} = c+b_{n},

b_{n+1}^{2} -b_{n} -c = 0.

Esta ecuación nos va a servir de “guía” para resolver el problema. Escribimos

b_{n}^{2}-b_n-c=0,

donde no tenemos dos variables sino sólo una (b_n). Las soluciones de esta ecuación son

r =\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}, r' =\frac{1-\sqrt{1+4c}}{2}.

Como c>0, la solución r es positiva y r' es negativa. Dibujamos ahora una parábola correspondiente a la gráfica de y = x^2-x-c para servirnos de guía (hemos puesto c=4,5 pero cualquier otro valor positivo nos sirve).

parabola10bis

Si suponemos que 0 \leq b_n <r, entonces 

b_{n}^{2}-b_n-c <0

pues los valores de y en la parábola serían negativos. Esto quiere decir que

b_{n}^{2} < b_{n}+c,   b_{n} < \sqrt {c+b_n} = b_{n+1}.

Es decir, la sucesión es creciente. Pero, ¿será también b_{n+1} <r.  Si suponemos lo contrario tenemos que b_{n+1} \geq r, lo que haría que

b_{n+1}^2 -b_{n+1}-c \geq 0

Es decir,

b_{n+1}^2 \geq b_{n+1}+c > b_{n}+c, b_{n+1} > \sqrt{c+b_n}=b_{n+1}.

Pero esto es absurdo por lo que concluimos que si para algún b_n es b_n<r, entonces la sucesión es monótona creciente y está acotada superiormente por r. Análogamente se puede probar que si para algún b_n es b_n>r, entonces la sucesión es monótona decreciente y está acotada inferiormente por r. Por definición era b_1= \sqrt{c}, de donde b_1 <r como podemos comprobar:

\sqrt{c} < \frac{1+\sqrt{1+4c}}{2},

2 \sqrt{c} -1 < \sqrt{1+4c},

4c -4 \sqrt{c}+1 < 1+4c,

-4\sqrt{c} <0.

Así pues, la sucesión será creciente y acotada superiormente y su límite vale precisamente

\lim_n b_n = \frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}.

Veamos ahora otra forma de demostrar la acotación de la sucesión del ejercicio 11. Usaremos  la desigualdad entre las medias aritméticas y geométricas. Recordemos que esta desigualdad nos dice que si x_1, x_2, \ldots, x_n son n números positivos, entonces

\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n} \geq \sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdots x_n}.

Como la sucesión era

x_{n+1} = \frac{1}{2} (x_{n}+\frac{a}{x_n}),

siendo a>0 y también x_1 > \sqrt{a}, podemos escribir

\frac{x_n + \frac{a}{x_n}}{2} \geq \sqrt{ x_n \frac{a}{x_n}} = \sqrt{a},

lo que prueba que todo término de la sucesión es mayor o igual que \sqrt{a}.

Ejercicios resueltos. (Carothers) (5)

Carothers-10-11 Solución:

10.  Observemos que todos los términos de esta sucesión son positivos. Esto es importante pues nos permite plantear desigualdades que de otra forma no tendrían sentido. Pobaremos que esta sucesión está acotada superiormente por 2. Lo haremos por inducción sobre n. Para n=1 es inmediato que a_n = \sqrt{2} \leq 2. Sea cierto para n dado, entonces a_n \leq 2 y de aquí a_{n+1} = \sqrt{2a_n} \leq \sqrt{2 \cdot 2} = \sqrt{4} = 2. Por tanto, a_n \leq 2 para todo n. Veamos que es una sucesión creciente. Para ello utilizamos la acotación ya demostrada y de ella deducimos que

\sqrt{a_n} \leq \sqrt{2}.

Multiplicando ambos miembros por \sqrt{a_n} y simplificando, obtenemos

a_n =\sqrt{a_n} \sqrt{a_n} \leq \sqrt{2} \sqrt{a_n} = \sqrt{2 a_n} = a_{n+1}.

Al ser la sucesión creciente y acotada superiormente tiene límite en la recta real y su valor es el supremo del rango de la sucesión. Para determinarlo vamos a transformar la expresión recurrente en una expresión explícita. Vemos que

a_1 = 2^{1/2}, \quad a_2 = (2 \cdot 2^{1/2})^{1/2} = 2^{1/2} \cdot 2^{1/4} = 2^{1/2 + 1/4}, a_3 = (2 \cdot 2^{1/2 + 1/4})^{1/2} = 2^{1/2} 2^{1/4 + 1/8} = 2^{1/2 + 1/4 + 1/8}.

Podemos concluir que la expresión explícita será a_n = 2^{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}}}. En efecto, esta afirmación se puede probar por inducción de forma sencilla (dejamos esto en manos del lector).

En este punto, debemos recordar la expresión de la suma de n términos de una progresión geométrica x_n, de razón r:

x_1 + x_2 + \ldots + x_n = \frac{x_1 -r x_n}{1-r}.

Como x_n = (\frac{1}{2})^{n} es una progresión geométrica de razón \frac{1}{2}, podemos simplificar más aún la fórmula explícita aplicando la fórmula anterior. Quedará entonces

a_n = 2^{\frac{1/2 - (1/2)^{n+1}}{1/2}} = 2^{1-(\frac{1}{2})^n}.

Si hacemos el límite de esta expresión obtenemos

\lim_n a_n = 2^{\lim_n 1-(\frac{1}{2})^{n}} = 2.

11. Veremos que la sucesión x_n está acotada. Para ello la relación de recurrencia se puede simplificar de manera que

x_{n}^2-2 x_{n+1} x_n+a = 0, para todo n. (1)

Esto significa que el valor real x_n satisface dicha ecuación y esto sólo será posible si el discriminante de dicha ecuación es positivo:

\Delta = 4 x_{n+1}^2 - 4a \geq 0. (2)

Es decir, x_{n+1}^2 \geq a, x_{n+1} \geq \sqrt{a}. (3)

Como x_1 > \sqrt{a}, será entonces x_n \geq \sqrt{a}, para todo n.

Ahora veremos que es monótona decreciente. En efecto, planteamos

x_{n+1} -x_{n} = \frac{1}{2} (x_n +\frac{a}{x_n}) - x_n =\frac{a}{x_n}-\frac{x_n}{2} = \frac{a -x_{n}^2}{ 2 x_n}.

Como el denominador x_n es positivo y el numerador a-x_{n}^2 es negativo (ver (2),) el cociente es negativo y la sucesión es decreciente.  Con todo lo visto ya sabemos que tiene límite y que dicho límite es el ínfimo de su rango. Para calcularlo, utilizamos de nuevo la aritmética de los límites y despejamos su valor en la ecuación de recurrencia (1). Esto, es si \lim_n x_{n} = l, entonces

\lim_n (x_{n}^{2} -2 x_{n+1} x_{n} +a) = l^2 -2 l^2 +a = 0.

Esto es, a-l^2 = 0 y l = \sqrt{a}.

Curso EVT. Lectura 8. Notas aclaratorias (2)

Vamos enunciar el lema de Zorn, el cual hemos utilizado para los resultados de la lectura 7. Hemos de señalar que, en realidad, el lema de Zorn, es equivalente al axioma de elección y aunque no demostraremos tal equivalencia (el lector interesado puede ver una prueba en el texto “Naive Set Theory” de Halmos) daremos sus definiciones y otras equivalencias.

El axioma de elección se suele incluir en la mayoría de las teorías axiomáticas de conjuntos. Es de enorme importancia en la matemática moderna para la deducción de resultados en gran cantidad de sus ramas. Sin embargo, está sujeto a una gran controversia pues su aplicación permite algunas paradojas físicas como la de Banach-Tarski (es una afirmación, publicada en 1924, en la que una esfera puede ser dividida en 5 conjuntos no medibles de puntos los cuales se pueden reacomodar en dos esferas del mismo volumen). Para clarificar su naturaleza empezaremos con una definición.

Definición: Función de elección.
Sea X un conjunto no vacío. Dada una familia no vacía (A_{i})_{i \in I} de subconjuntos no vacíos de X, se define una función de elección como una función f de I en X tal que para cada i de I es f(i) un elemento de A_{i}.

Es decir, una función de elección “escoge” un elemento de cada conjunto de una familia no vacía cualesquiera de conjuntos no vacíos.

Definición. Producto cartesiano.
Sea (A_{i})_{i \in I} una familia no vacía de conjuntos no vacíos. El producto cartesiano de la familia es el conjunto de todas las funciones de elección definidas sobre dicha familia. Se notará por \times_{i \in I} A_{i}.

La existencia de funciones de elección (y en consecuencia de productos cartesianos cualesquiera) no se puede garantizar sin más. Esto es lo que pretende el axioma de elección.

Axioma de elección.El producto cartesiano de una familia no vacía de conjuntos no vacíos es no vacío.

De acuerdo con nuestras definiciones este axioma es equivalente al siguiente.

Primer axioma equivalente: Para cada familia no vacía de conjuntos no vacíos existe una función de elección.

En efecto, si (A_{i})_{i \in I} es una familia no vacía de conjuntos no vacíos, el conjunto X = \cup_{i \in I} A_{i} existe en virtud del axioma de la unión. Es obvio que cada A_{i} es un subconjunto de X. Cada función f:I \rightarrow X que cumpla que para todo i \in I es f(i) \in A_{i} es una función de elección. La no vacuidad del producto cartesiano equivale a la existencia de al menos de una de estas funciones.

Existen otros enunciados equivalentes al axioma de elección, uno de los más conocidos es el siguiente.

Postulado de Zermelo. Sea (A_{i})_{i \in I} una familia no vacía de conjuntos disjuntos no vacíos. Existe entonces un subconjunto S de \cup_{i \in I} A_{i} cuyo intersección con cada A_{i} de la familia consta de un sólo elemento.

Pasemos a demostrar la equivalencia.

Teorema. El axioma de elección es equivalente al postulado de Zermelo.
Prueba. Sea (A_{i})_{i \in I} una familia disjunta no vacía de conjuntos no vacíos y sea X= \cup_{i \in I} A_{i} la unión de los elementos de dicha familia. Si suponemos que existe una función de elección f:I \rightarrow X, podemos formar el subconjunto S de X dado por

S = \{f(i) : i \in I \},

el cual será no vacío y cumplirá S \cap A_{i} = \{f(i) \} para cada i \in I. Esto prueba el postulado de Zermelo a partir del axioma de elección. Veamos el recíproco. Sea cierto el postulado de Zermelo y sea (A_{i})_{i \in I} una familia no vacía de conjuntos no vacíos (no necesariamente disjuntos). Para cada i de I, definimos el conjunto B_{i} = A_{i} \times \{i \} y la familia (B_{i})_{i \in I} resultará no vacía y formada por conjuntos no vacíos y disjuntos. Podemos pues aplicar el postulado de Zermelo para obtener un subconjunto S de la unión \cup_{i \in I} B_{i} tal que para cada i de I, la intersección

S \cap(\cup_{i \in I} B_i)

consta de un sólo elemento. Ahora bien, por definición de los B_{i}, la intersección será de la forma (a_{i}, i), con a_{i} \in A_{i} para cada i \in I. Esto nos permite definir una función de elección f sobre la familia (A_{i})_{i \in I}, mediante f(i) = a_{i} para cada i \in I. Por tanto, el postulado de Zermelo implica el axioma de elección y esto termina nuestra demostración.

Como ya hemos indicado otro de los enunciados equivalentes al axioma de elección es el Lema de Zorn. Para definirlo damos antes una serie de nociones básicas sobre orden. Consideremos un conjunto X, no vacío. Sabemos que una relación \preceq definida en X es un orden parcial si es reflexiva, antisimétrica y transitiva. Un conjunto dotado de una relación de orden parcial se dice parcialmente ordenado y escribimos x \preceq y para indicar que los elementos x e y de X están relacionados mediante el orden, leyéndose x es menor o igual que y. Si x e y son dos elementos de X, se dice que son comparables si x \preceq y o bien y \preceq x. Un conjunto parcialmente ordenado donde todos sus elementos son comparables se dice que está totalmente ordenado.

En un conjunto parcialmente ordenado hay una serie de elementos distinguidos: minimales, maximales, cotas superiores e inferiores y máximos y mínimos. Ya hemos dado la definición de algunos de ellos (minimal y maximal) veremos las de los otros.

Se dice que un elemento u de un conjunto parcialmente ordenado (X, \preceq) es cota superior de un subconjunto M \subset X si para todo m de M es m \preceq u. En el caso de que l \in X verifique l \preceq m, para todo m \in M, se dice que l es una cota inferior de M. La existencia de cotas no está garantizada sin más. Si un conjunto tiene cotas superiores e inferiores se dice que está acotado superior e inferiormente o simplemente que está acotado.  Si una cota superior pertenece al conjunto que acota se dice entonces que es un máximo y si una cota inferior pertenece al conjunto que acota se dice entonces que es un mínimo.

Lema de Zorn.
Sea X un subconjunto no vacío parcialmente ordenado. Si toda parte de X totalmente ordenada tiene una cota superior en X, entonces X posee al menos un maximal.

Curso EVT. Lectura 7. Las nociones de base y dimensión (2)

En la lectura 5 hemos dado la noción de base de Hamel para un espacio vectorial. En el caso de que el espacio vectorial sea trivial, nuestros convenios conducen de forma natural a considerar que el conjunto vacío es la única base posible para dicho espacio. En efecto, hemos supuesto que el vacío es linealmente independendiente  y que su envoltura lineal es el conjunto \{0 \} y cualquier otro conjunto linealmente independiente y no vacío no podría contener al cero por lo que contendría a un elemento no nulo y su envoltura lineal sería diferente del espacio trivial. Pero si E es un espacio vectorial no trivial no hemos garantizado que tenga base. Eso se consigue mediante la aplicación del lema de Zorn y una serie de resultados previos.

Teorema 1: Sea E un espacio vectorial y supongamos que A es un subconjunto linealmente independiente y no vacío de E. Entonces existe al menos una base de Hamel B de E que incluye a A.

Prueba: Formamos la familia \mathcal{S} de todos los subconjuntos de E que son linealmente independientes y contienen a A. Dicha familia es no vacía pues A \in \mathcal{S}. Establecemos un orden parcial en \mathcal{S} mediante la inclusión. Si \mathcal{H} es una subfamilia de \mathcal{S} que está totalmente ordenada, veremos que el conjunto

M= \cup_{H \in \mathcal{H}} H

es una cota superior de \mathcal{H} que se halla en \mathcal{S}.  En efecto, sea (z_i)_{i \in I} una familia finita de elementos de M. Como M es la unión de los elementos de una familia totalmente ordenada, habrá un H' de dicha familia que contendrá a todos los z_i de dicha familia finita de vectores y, en consecuencia, si planteamos \sum_{i \in I} \lambda_i z_i = 0, sólo obtendremos la solución trivial pues H' es linealmente independiente por definición. En consecuencia, M es también linealmente independiente. Además como A \subset H para todo H \in \mathcal{H}, se sigue que A \subset M y como queríamos probar es M \in \mathcal{S}. Llegados a este punto podemos aplicar el lema de Zorn para afirmar que existe un elemento maximal en el conjunto \mathcal{S}. Esto es, que existe un subconjunto B de E que incluye a A, es linealmente independiente y maximal con estas propiedades. Por ello, B es una base (ver lectura 5).

Ahora podemos dar el resultado central de esta lectura:

Teorema 2: Todo espacio vectorial tiene una base.

Prueba: Si E es un espacio vectorial trivial entonces su única base, como hemos visto, es el conjunto vacío. Si E es no trivial, existe al menos un x \in E tal que x \neq 0. En consecuencia, el conjunto A=\{x\} es linealmente independiente y aplicando el teorema 1, hallaremos una base de Hamel B de E con A \subset B.

 

Ejercicios resueltos (Carothers) (4 bis)

Existe una solución más sencilla al ejercicio 7 de la entrada anterior. Se basa en el hecho de que el cuerpo de los números reales es arquimediano. Es decir, dados dos números reales x,y, positivos, existe un entero positivo n tal que y < nx. Partimos también del hecho de que entre dos reales a <b, existe al menos un racional r (cuestión que puede probarse también utilizando el mismo principio arquimediano). En definitiva, como a <r <b es b-r >0 y como \sqrt{2} >0, hallaremos un entero positivo n, tal que

\sqrt{2} < n (b-r),

de donde

0< \frac{\sqrt{2}}{n}<b-r.

Sumando r a los miembros de la desigualdad, obtenemos

a<r < r+\frac{\sqrt{2}}{n}<b.

Esto significa que x = r+\frac{\sqrt{2}}{n} es el irracional buscado.