Consultorio: Una desigualdad a demostrar (III)

Como último detalle relativo a la desigualdad que estamos tratando vamos a probar precisamente la desigualdad de las medias aritmética y geométrica (AM-GM para abreviar).

Supongamos que dados n números positivos a_1, a_2, \ldots, a_n es A_n = \frac{ \sum_{i=1}^{n} a_i}{n} su media aritmética. Hemos visto que se cumple

A_{n}^{n} \geq A_{n-1}^{n-1} a_n

para todo n \geq 2. Reiterando esta desigualdad

A_{n}^{n} \geq A_{n-1}^{n-1} a_n \geq A_{n-2}^{n-2} a_{n-1} a_n \geq \ldots \geq A_{1}^{1} a_2 \ldots a_{n-1} a_{n}.

Ahora bien, A_1 = a_1 por lo que queda

A_{n}^{n} \geq a_1 a_2 \ldots a_{n-1} a_n,

A_{n} \geq \sqrt[n]{a_1 a_2 \ldots a_{n-1} a_n}.

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Consultorio: Una desigualdad a demostrar

Sea n un entero positivo mayor o igual que 2 y sean a_1, a_2, \ldots, a_n números positivos. Si definimos su media aritmética como
A_n = \frac{a_1+ \ldots +a_n}{n}
se nos pide demostrar sin usar la desigualdad de las medias aritmética y geométrica que
A_{n}^{n} \geq A_{n-1}^{n-1} a_n.
Creo que he encontrado una demostración y aquí la expongo para que me corrijáis si es necesario.
Supongamos que n \geq 2 está dado. Entonces podemos considerar, sin pérdida de generalidad que
a_1 \leq a_2 \ldots \leq a_{n-1} \leq a_n.
Recordemos esta hipótesis para más adelante. Ahora vemos que
A_{n-1} = \frac{a_1+\ldots+a_{n-1}}{n-1}
por lo que
(n-1)A_n = a_1+ \ldots a_{n-1}.
Por ello
A_{n} = \frac{a_1+\ldots+a_{n-1}+a_n}{n}
puede ponerse como
nA_{n} = (n-1) A_{n-1} +a_n.
Esto nos sirve para despejar a_n y así la desigualdad buscada queda (aparentemente más difícil) como
A_{n}^{n} \geq A_{n-1}^{n-1} (nA_{n} - (n-1) A_{n-1}).
Vamos a simplificar un poco
A_{n}^{n} \geq n A_{n-1}^{n-1} A_{n} -nA_{n-1}^{n} + A_{n-1}^{n},
A_{n}^{n} - A_{n-1}^{n} \geq n A_{n-1}^{n-1} (A_{n} - A_{n-1}).
Ahora debemos recordar la siguiente igualdad
a^{n} -b^{n} = (a-b) \sum_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-1-k}
(ver “Análisis Matemático” de T.M. Apostol, Segunda Edición, pág. 31).
En efecto, esta igualdad nos permite afirmar que si a \neq b
\frac{a^{n}-b^{n}}{(a-b)} = \sum_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-1-k}
por lo que en este caso, si A_n \neq A_{n-1} tenemos
\frac{A_{n}^{n} - A_{n-1}^{n}}{(A_{n} - A_{n-1})} \geq n A_{n-1}^{n-1},
\sum_{k=1}^{n} A_{n}^{k-1} A_{n-1}^{n-k} \geq n A_{n-1}^{n-1}.
En este punto veremos que con la hipótesis
a_1 \leq a_2 \leq \ldots a_n, se tiene
A_{n-1} \leq A_n.
En efecto, si la desigualdad fuera cierta entonces
\frac{a_1+ \ldots + a_{n-1}}{n-1} \leq \frac{a_1+ \ldots+ a_n}{n},
n (a_1+ \ldots + a_{n-1}) \leq (n-1) (a_1+ \ldots + a_{n-1})+ (n-1) a_n,
(n-(n-1))(a_1+ \ldots a_{n-1}) \leq (n-1) a_n,
a_1+ \ldots + a_{n-1} \leq (n-1) a_n.
Pero como hemos supuesto que a_i \leq a_n, para i=1,2, \ldots, n-1 vemos que esta última desigualdad es cierta.
Por tanto,
A_{n-1}^{k} \leq A_{n}^{k}, para k=0,1,2, \ldots, lo que supone que si tomamos k=0, \ldots, n-1, entonces
A_{n-1}^{k}A_{n-1}^{n-1-k} \leq A_{n-1}^{n-1} A_{n}^{n-1-k}.
Es decir
A_{n-1}^{n-1} \leq A_{n}^{k} A_{n-1}^{n-1-k}, k=0,1, \ldots, n-1,
lo que equivale a
A_{n-1}^{n-1} \leq A_{n}^{k-1} A_{n-1}^{n-k}, k=1,2, \ldots, n.
Finalmente, sumando estas expresiones tenemos
n A_{n-1}^{n-1} \leq \sum_{k=1}^{n} A_{n}^{k-1} A_{n-1}^{n-k}
que es la forma equivalente de la desigualdad buscada.

Si fuera A_n = A_{n-1}, entonces  a_1 = a_2 = \ldots =a_n =a,  por lo que

A_n^{n} = a^{n} = a^{n-1} a = A_{n-1}^{n-1} a_{n}.

En cualquier otro caso la desigualdad sería estricta.

Funciones monótonas (IV)

Sea I un intervalo no vacío de la recta real. Recordemos que la propiedad definitoria de un intervalo es que si a,b son elementos del intervalo con a <b, entonces existe un c de dicho intervalo que verifica a<c<b. Esto mismo puede trasladarse con ciertos matices a las funciones que se definan sobre intervalos. Así decimos que una función real f definida sobre un intervalo I verifica la propiedad del valor intermedio si para cualesquiera a,b \in I con a<b, si r es un valor entre f(a) y f(b), entonces hallaremos cierto x \in [a,b] que cumple f(x)=r.  Obsérvese que si f(a)=f(b)=r, bastará tomar a o b para que esto sea cierto y, en consecuencia, las funciones constantes verifican trivialmente la propiedad del valor intermedio. Lo más interesante de las funciones con esta propiedad es que transforman intervalos en intervalos (aunque no necesariamente del mismo tipo).

Teorema 1: Sea I un intervalo no vacío de la recta real y sea f:I \rightarrow \mathbb{R} una función que verifica la propiedad del valor intermedio. Entonces f(I) es un intervalo.

Prueba: Obviamente f(I) es no vacío. Si I consiste en un sólo punto entonces f(I) también consiste en un sólo punto y también es un intervalo. Supongamos que I tiene más de un punto y sean c,d elementos de f(I) con c<d. Hallaremos a,b \in I con f(a)=c y f(b)=d. Si r \in (c,d), la propiedad del valor intermedio nos asegura que existe un x \in I entre a y b (no preciso si uno es mayor que el otro) tal que f(x)=r, luego r=f(x) \in f(I) y f(I) es un intervalo.

Es fácil comprobar que no toda función monótona tiene la propiedad del valor intermedio. Por ejemplo, la gráfica siguiente nos muestra como una función monótona creciente transforma el intervalo [0,1] en dos subintervalos disjuntos.

monotona1

Vamos a probar que las funciones reales de variable real continuas verifican la propiedad del valor intermedio y, en consecuencia, transforman intervalos en intervalos. Primero necesitamos algunos resultados.

Teorema 2: Sea I un intervalo no vacío y sea f una función real continua en un punto p de I y con f(p) \neq 0. Entonces existe un \delta >0 tal que f(x) tiene el mismo signo que f(p) en (p-\delta, p+\delta) \cap I.

Prueba: Supongamos que f(p)>0. Como f es continua en p, dado \epsilon = \frac{f(p)}{2}, hallaremos \delta>0 tal que

x \in (p-\delta , p+\delta)\cap I  implica -\frac{f(p)}{2} < f(x)< \frac{f(p)}{2}.

Esto es, \frac{f(p)}{2} <f(x) < fra{3f(p)}{2} si x \in (p-\delta, p+\delta) \cap I, lo que prueba que en dicho entorno de p la función f(x) tiene el mismo signo que f(p). Si fuera f(p)<0, tomamos \epsilon = -\frac{f(p)}{2} y el desarrollo es análogo.

Teorema 3: (Bolzano). Sea [a,b] un compacto de la recta real y sea f una función real continua en dicho compacto y con f(a)f(b)<0 (extremos de distinto signo). Entonces hallaremos al menos un c \in (a,b) tal que f(c) = 0.

Prueba: Supongamos que f(a)>0 y f(b)<0. Definimos el conjunto

A = \{x \in [a,b]: f(x) \geq 0.

Es decir, los puntos del compacto donde la función es no negativa. Obviamente A es no vacío pues al menos a pertence a A. Además está acotado por b. Esto significa que existe  y es único el valor c= \sup A. Probaremos que f(c)=0. En efecto, si no fuera así, sería f(c)>0 y aplicando el teorema anterior, existiría un entorno de c donde f tendría signo positivo. Esto, es habría al menos un x_0>c que está en A. Esto contradice la definición de c por lo que no es posible. Del mismo modo, si fuera f(c)<0, hallaríamos un entorno (c-\delta, c+\delta) de c donde f es negativa. Ahora bien, por definición del supremo hallaríamos un x_0 \in A tal que c- \delta <x_0 <c. Pero esto no es posible pues para dicho x_0 sería f(x_0) \geq 0. Para evitar estas contradicciones concluimos que f(c)=0.

Teorema 4: Sea f una función real continua en un intervalo compacto [a,b]. Sean xx' dos puntos de [a,b] con x <x'. Entonces f toma todos los valores comprendidos entre f(x) y f(x').

Prueba: La continuidad en [a,b] implica la continuidad en [x,x']. Sea \alpha un número real comprendido entre f(x) y f(x'). Definimos la función g(x)=f(x)-\alpha y resulta continua en [x,x'] con g(x)g(x') <0. Aplicando el teorema de Bolzano, hallamos un x<c<x' tal que

g(c) =f(c) - \alpha =0.

Esto es, f(c) =\alpha.

Teorema 5: Sea I un intervalo no vacío ni reducido a un punto y sea f una función real continua en dicho intervalo. Entonces f(I) es un intervalo.

Prueba: Sean \alpha, \beta dos elementos de f(I). Si f(I) fuera un conjunto unipuntual no habría nada que probar. Supongamos que existen \alpha, \beta en f(I) con \alpha < \beta. Hallaremos a,b \in I, tales que f(a) = \alpha y f(b)= \beta. Ahora bien, es evidente que a \neq b por lo que podemos suponer sin pérdida de generalidad que a<b. Entonces la función f es continua en el compacto [a,b] \subset I y aplicando el teorema 4 concluimos que existe a<c<b tal que f(c) está comprendido entre \alpha y \beta.  Esto significa que f cumple la propiedad del valor intermedio y, en consecuencia, f(I) es un intervalo.

Podemos precisar más si el intervalo en cuestión es compacto. Pero eso lo veremos en la siguiente entrada de esta serie

Funciones monótonas (III)

Vamos a estudiar las relaciones entre la monotonía y continuidad de las funciones reales de variable real. Esto precisa de un repaso de conceptos topológicos para hacer la exposición más clara y amplia.

Definición 1: Sean (X,T) e (Y,S) dos espacios topológicos y sea f:X \rightarrow Y una aplicación. Diremos que f es continua en X si para todo abierto V de S, su imagen inversa f^{-1}(V) es un abierto de T.

Esta es la definición de lo que podemos llamar continuidad global. También nos interesa la continuidad puntual.

Definición 2: Sean (X,T) e (Y,S) dos espacios topológicos, f una función de X en Y y x \in X. Decimos que f es continua en x si para todo entorno V de f(x) existe un entorno U de x que verifica f(U) \subset V.

Obsérvese la utilización de entornos en lugar de abiertos. Recordemos que un entorno de un punto x no es más que un conjunto que incluye a un abierto al que pertenece x. Además, según esta definición de continuidad puntual, en todo punto aislado resulta que f es continua. En efecto, si x_0 es un punto aislado de X, entonces existe un entorno U' tal que U' \cap X= \{x_0\}. Por tanto, dado cualquier entorno V de f(x_0), bastará tomar U' para que f(U') = \{f(x_0) \} \subset V.

Vamos a dar algunas condiciones equivalentes de continuidad.

Teorema 1: Sean (X,T) e (Y,S) dos espacios topológicos. Son equivalentes:
(1) f:X \rightarrow Y es continua en X.
(2) Para cada subconjunto A de X es f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)}.
(3) Para cada cerrado B de Y es f^{-1}(B) un cerrado de X.

Prueba: (1) implica (2). Sea A un subconjunto de X. Supongamos que \overline{A} = \emptyset, entonces trivialmente \emptyset = f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)}. Supongamos que \overline{A} es no vacío y sea x \in \overline{A}. Si V es un entorno de f(x), hallaremos un abierto \theta tal que f(x) \in \theta \subset V. Por tanto,

x \in f^{-1}(\theta) \subset f^{-1}(V).

Pero al ser f continua esto implica que f^{-1}(\theta) es abierto y f^{-1}(V) es un entorno de x. En consecuencia, f^{-1}(V) \cap A \neq \emptyset y de aquí

\emptyset \neq f(f^{-1}(V) \cap A) \subset f^(f^{-1}(V)) \cap f^{-1}(A) \subset V \cap f^{-1}(A).

Es decir, todo entorno de f(x) corta a f(A) por lo que f(x) \in \overline{f(A)}. Como es claro que f(x) \in f( \overline{A}), concluimos pues la inclusión buscada: f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)}.

(2) implica (3). Sea B un cerrado de Sy sea A=f^{-1}(B). Como

f(A) = f(f^{-1}(B)) \subset B,

resulta que si x \in \overline{A}, entonces

f(x) \in f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)} \subset \overline{B} = B.

Esto prueba que x \in f^{-1}(B) =A y por ello A contiene todos sus puntos adherentes y es cerrado.

(3) implica (1). Sea \theta un abierto de S. Entonces Y-\theta es abierto y tenemos que

f^{-1}(Y-\theta) = X- f^{-1}(\theta)

es cerrado. En consecuencia, f^{-1}(\theta) es abierto y la función f es continua.

Para acabar esta entrada nos queda relacionar la continuidad global y la puntual

Teorema 2: Sean (X,T) e (Y,S) dos espacios topológicos. Son equivalentes:

(a) f:X \rightarrow Y es continua en todo punto x \in X.

(b) f:X \rightarrow Y es continua en X.

Prueba:

(a) implica (b). Sea \theta un abierto de S. Sea x \in f^{-1}(\theta). Hallaremos que f(x) \in \theta y existe un entorno abierto U_x del punto x tal que

f(U_x) \subset \theta.

Es decir,

x \in U_x \subset f^{-1}(\theta).

Hacemos esto para cada punto de f^{-1}(\theta) quedando

\cup_{x} U_x = f^{-1}(\theta)

y así f^{-1}(\theta) es abierto al ser unión de abiertos. Esto nos permite afirmar que f es continua en X.

(b) implica (a). Sea f continua en X y sea x un punto de X y V un entorno de f(x). Hallaremos pues un abierto \theta de S tal que

f(x) \in \theta \subset V.

Luego

x \in f^{-1}(\theta) \subset f^{-1}(V).

Como f es continua, resulta que f^{-1}(\theta) es un abierto y f^{-1}(V) un entorno de x. Para acabar

f(f^{-1}(V)) \subset V.

Esto prueba que U=f^{-1}(V) es un entorno de x que cumple la definición de continuidad puntual y así f es continua en x.

En la próxima entrada veremos que ocurre con las funciones continuas y los compactos.

Funciones monótonas (II)

Consideremos una función real f definida en un intervalo cerrado y acotado no trivial [a,b]. Vamos a probar que si f es creciente o decreciente, entonces cada punto interior de su dominio tiene límite por la izquierda y por la derecha y los puntos a y b tienen límite por la derecha y la izquierda, respectivamente.

Teorema: Sea f:[a,b] \rightarrow \mathbb{R} una función creciente y sea c \in (a,b), entonces existen f(c+) y f(c-) y se cumple f(c-) \leq f(c) \leq f(c+).

Prueba: Consideramos el conjunto

A= \{f(x) : c<x<b \}.

Este conjunto es no vacío pues c es un punto interior de [a.b]. Además A está acotado inferiormente por f(c) por lo que existe y es único el valor

\alpha = \inf A.

Probaremos que f(c+) = \inf A. En efecto, dado \epsilon >0, podemos hallar un x_0 \in A tal que

f(x_0) \leq \alpha +\epsilon.

Pero como f es creciente resulta que si c < x <b es

\alpha \leq f(x) \leq f(x_0) < \alpha + \epsilon.

Tomando \delta = x_{0}-c >0 esto nos lleva a

|f(x)- \alpha| < \epsilon si c<x< c+\delta.

Es decir, f(c+) = \alpha, que era lo que queríamos probar. De modo similar, tomando el conjunto

B= \{ f(x) : a<x<c \}

se puede probar que f(c-) = \sup B y por definición de ínfimo y supremo se tiene

f(c-) \leq f(c) \leq f(c+).

Sólo hacen falta modificaciones triviales para deducir que existen f(a+) y f(b-).

¿Qué pasaría si f fuera decreciente? Pues -f sería creciente y entonces podríamos aplicar el teorema demostrado en párrafos anteriores para concluir que existen los límites laterales en cada punto interior c y verificarían

-f(c-) \leq -f(c) \leq -f(c+).

Esto es,

f(c+) \leq f(c) \leq f(c-).

En todo caso, este resultado nos muestra que una función monótona en un intervalo cerrado y acotado no trivial solo puede tener discontinuidades de salto.