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Curso EVT. Lectura 14. Subespacios suplementarios

Definición 1. Sean F y G dos subespacios de E. Decimos que la suma F+G es directa si y sólo si cada vector u del conjunto F+G se puede escribir de una sola forma (excepto por el orden) como suma de un vector de F y otro de G.

En el caso de que la suma de F y G sea directa escribimos F\oplus G en lugar de F+G.

Teorema 1. Son equivalentes:
(a). La suma de los subespacios F y G es directa.
(b) Es F \cap G = \{0 \}.

Prueba. Supongamos que la suma F+G es directa. Como el vector cero pertenece a todo subespacio, es 0 \in F \cap G. Si existe otro elemento x \neq 0 perteneciente a F \cap G, entonces x \in F y x \in G por lo que -x \in G y tenemos que 0 = 0+0 = x+(-x). Esto significa que el cero se puede obtener de dos formas diferentes como suma de un elemento de F y otro de G. Para evitar esta contradicción concluimos que F \cap G = \{0 \} y (a) implica (b). Sea cierto (b) y supongamos que para u \in F+G existen x,y \in F y z,t \in G, tales que u = x+z=y+t. En tal caso x-y = t-z \in F \cap G, por lo que x-y =t-z = 0 y concluimos que x=y y z=t. Esto prueba que la suma es directa y (b) implica (a) terminando nuestra demostración.

Definición 2. Dos subespacios F y G de E se dice que son suplementarios si F \oplus G = E.

Como consecuencia del teorema 1 tenemos el siguiente resultado.

Corolario 1. Dados dos subespacios F y G de E, son equivalentes:
(a) F y G son suplementarios.
(b) F+G = E y F \cap G = \{0 \}.

El siguiente resultado garantiza la existencia de subespacios suplementarios a uno dado.

Teorema 2. Si F es un subespacio de E, hallaremos al menos un subespacio G de E tal que F \oplus G = E.

Prueba. Sea F= \{0 \} el subespacio trivial. Bastará elegir G=E para obtener un suplementario. En el caso de que F=E se invierten los papeles y bastará elegir G= \{0 \}. Supongamos que F no es el subespacio trivial ni tampoco E. En tal caso, si A es una base de Hamel de F resulta un conjunto linealmente independiente y podemos entonces hallar una base de Hamel B de E que incluya a A. Probaremos que G=L(B-A) es el subespacio suplementario de F. En efecto, si x pertenece a E se expresa como combinación lineal finita de elementos de B por lo que es evidente que es resultado de la suma de un elemento de F y otro de G. Así pues, E = F+G. Finalmente, si existiera un elemento no nulo en F \cap G, dicho elemento sería combinación lineal finita con escalares no nulos de elementos de los conjuntos A y B-A a un tiempo, por lo que igualando sus expresiones podríamos obtener el vector cero de forma no trivial con elementos de B y la base B sería linealmente dependiente en contra de lo supuesto. Así pues, F \cap G = \{0 \} y esto termina la demostración.

Una consecuencia directa de la demostración del teorema anterior hace referencia a las dimensiones.

Corolario 2. Si E = F \oplus G, entonces dim(E) = dim (F)+ dim(G).

Prueba. En efecto, sea E = F \oplus G. Si B es la base de Hamel de E que incluye a la base A de F, sabemos que B-A es una base de G, disjunta con A. Por tanto, dim (E) = |B| = |A \cup (B-A) | = |A| + |B-A| = dim(F)+dim(G).

Vamos a definir la suma directa para una familia cualquiera de subespacios.

Definición 3. Sea (S_{i})_{i \in I} una familia no vacía de subespacios de E. Decimos que la suma \sum_{i \in I} S_{i} es directa si cada x \in \sum_{i \in I} S_{i} admite una única expresión como suma finita de elementos de \cup_{i \in I} S_{i}.

Escribiremos \oplus_{i \in I} S_{i} para indicar la suma directa de la familia de subespacios (S_{i})_{i \in I}.

Teorema 3. Sea (S_{i})_{i \in I} una familia no vacía de subespacios de E. Son equivalentes:
(a) La suma H= \sum_{i \in I} S_{i} es directa.
(b) Para cada i de I es (\sum_{j \in I- \{i \}} S_{j}) \cap S_{i} = \{0 \}.

Prueba. Supongamos que la suma \sum_{i \in I} S_{i} es directa y que existe al menos un i_{0} de I y un vector x \neq 0 tales que x \in(\sum_{j \in I- \{i_{0} \}} S_{j}) \cap S_{i_{0}}. En tal caso, x = x y x = x_{1}+ \dots + x_{m}, serían dos expresiones diferentes de x como suma finita de elementos de \cup_{i \in I} S_{i}, ya que en la primera x \in S_{i_{0}} y en la segunda x_{k} \in \cup_{j \in I- \{i_{0} \}} S_{i} para k=1, \ldots, m. Para evitar esta contradicción será x=0, de donde (a) implica (b). Sea cierto (b) y sea x un elemento de la suma tal que x = x_{1}+ \ldots + x_{n} = y_{1}+ \ldots + y_{m}, con x_{j} \in S_{i_{j}}, y_{k} \in S_{i_{k}} \quad \text{para} \quad j=1, \ldots, n, \quad k=1, \ldots, m. Tomando r= \max \{n,m \} podemos hacer más homogénea la representación de x. Bastará escribir ceros para completar los sumandos en el caso que corresponda. Así pues, queda x = x_{1}+ \ldots + x_{r} = y_{1}+ \ldots + y_{r}. En consecuencia, \sum_{l=1}^{r} (x_{l} -y_{l}) = 0. Ahora bien, esto significa que para cada l_{j} es x_{l_{j}} -y_{l_{j}} = \sum_{l \neq l_{j}} (y_{l}-x_{l}). Aplicando (b) concluimos entonces que x_{l_{j}} -y_{l_{j}} = 0 y variando j tenemos que x_{l} = y_{l} para todo l=1,2, \ldots, r. Por tanto, (b) implica (a) y termina la demostración.

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Curso EVT. Lectura 11. Subespacios (1)

Sea E un espacio vectorial sobre un cuerpo K. Decimos que un subconjunto F  de E, no vacío, es un subespacio de E si y sólo si la restricción de las operaciones de suma de vectores y producto por escalares al conjunto F hace de éste un espacio vectorial sobre K.

Teorema 1: Sea F un subconjunto no vacío del espacio vectorial E. Son equivalentes:a) F es un subespacio de E.

b) Para todos x,y \in F y todo \lambda \in K son x+y, \lambda x elementos de F.

c) El subconjunto F contiene a todas las combinaciones lineales finitas de sus elementos.

d) Para todos \lambda, \mu de K y para todos x,y de F es \lambda x+ \mu y un elemento de F.

Prueba: a) implica b). Como F es un subespacio de E, tenemos que es cerrado para las restricciones de las operaciones de suma de vectores y producto de escalares por vectores. En consecuencia, si x,y \in F y \lambda \in K, se sigue que x+y, \lambda x son elementos de F.

b) implica c). Haremos la prueba por inducción. Así si (x_i)_{i=1}^{n}, con n \geq 1 es una familia finita de elementos de F, resulta por (b) que \lambda_{1} x_{1} \in F y si para r \geq 1 fuera \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i} \in F, entonces

\sum_{i=1}^{r+1} \lambda_{i} x_{i} = \lambda_{r+1} x_{r+1} + \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i}.

Pero al ser \lambda_{r+1} x_{r+1} y \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i} elementos de F, su suma es un elemento de F.

c) implica d). Es inmediato.

d) implica a).  Sean x,y elementos de F y sean \lambda=1, \mu=-1, entonces \lambda x + \mu y = x-y es un elemento de F y F es un subgrupo de E. Si ahora hacemos \mu =0 es $\lambda x$ un elemento de F y el producto de escalares por vectores es cerrado cumpliéndose de forma inmediata las propiedades de este. En definitiva, F es un espacio vectorial sobre K con las restricciones de la suma de vectores y el producto de escalares por vectores.

Utilizando el teorema anterior podemos ver que

1. El cero es un elemento de todo subespacio de F.

2. La intersección de subespacios es un subespacio.

En efecto. Si F es un subespacio entonces es no vacío y tomando x \in F y \lambda =0 es \lambda x = 0x= 0 un elemento de F. Si (F_i)_{i \in I} es una familia de subespacios de E, entonces su intersección es no vacía pues el cero pertenece a todos ellos. Además si x,y \in \cap_{i \in I} F_i y \lambda, \mu \in K, se sigue que x,y \in F_i para todo i \in I, de donde \lambda x+ \mu y \in F_i, para todo i \in I y la intersección es un subespacio por (d) del teorema anterior.

En todo espacio vectorial no trivial hay al menos dos subespacios: el propio espacio y el subconjunto \{0\}. Por ello podemos dar la siguiente

Definición: Sea E un K-espacio vectorial y sea A un subconjunto no vacío de E. La clase de los subespacios que incluyen a A se denota por \mathcal{L}(A).

Esta clase es no vacía pues E \in \mathcal{A}. Además la intersección de todos los elementos de \mathcal{A} será un subespacio, pero no cualquier subespacio es un subespacio muy especial.

Teorema 2: Sea E un K-espacio vectorial y sea A un subconjunto no vacío de E. La intersección de todos los subespacios que incluyen a A es la envoltura lineal de A. En símbolos: \cap_{F \in \mathcal{L}(A)} F = L(A).

Prueba: Sea \mathcal{L}(A) = \{H_i : i \in I \} la familia de todos los subespacios de E que incluyen a A. Sea C su intersección. Evidentemente, C es no vacío pues contiene a A y además es un subespacio como ya hemos probado. Si x depende linealmente de A, entonces x es combinación lineal de elementos de A y por ende de elementos de C por lo que pertenece a C al ser este un subespacio (Ver teorema 1). Por tanto, si denotamos L(A) a la envoltura lineal de A es

L(A) \subset C.

Recíprocamente, probaremos que L(A) es un subespacio vectorial de E. En efecto, sean x,y elementos de L(A). Hallaremos familias finitas (x_i)_i, (y_j)_j de elementos de A tales que x = \sum_{i} a_i x_i, y= \sum_{j} b_j y_j. En consecuencia, si \lambda \in K, podemos escribir

x+y = \sum_{i,j}( a_i x_i+b_j y_j), \lambda x = \lambda \sum_{i} a_i x_i = \sum_{i} (\lambda a_i) x_i.

Pero esto significa que x+y \in L(A) y \lambda x \in L(A), por lo que L(A) es un subespacio. Evidentemente, de A \subset L(A) se sigue que L(A) \in \mathcal{L}(A) y, en consecuencia

C = \cap_{i \in I} H_i \subset L(A).

Esto termina la demostración. El siguiente resultado es consecuencia inmediata del teorema 2.

Corolario: Un subconjunto A no vacío es un subespacio si y sólo si coincide con su envoltura lineal.

 

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Curso EVT. Lectura 10. Las nociones de base y dimensión (4)

En la lectura 9 hemos probado que un espacio vectorial que tienen una base formada por un número finito de elementos tiene todas sus bases con el mismo cardinal. Ahora probaremos el mismo hecho para espacios vectoriales con bases que tengan un número infinito de elementos.

Teorema: Sea E un espacio vectorial y sea A una base de Hamel de E con cardinal infinito. Entonces si B es otra base de Hamel de E, se tiene que el cardinal de B es el mismo que el de A.

Prueba. Sea x un elemento de la base A. Entonces hallaremos un subconjunto finito y no vacío F(x) de la base B, de forma que x es combinación lineal con coeficientes no nulos de elementos de F(x). Es decir, x depende linealmente de F(x). Reiterando este proceso formamos el conjunto

M = \cup_{x \in A} F(x),

que obviamente es un subconjunto de B pues cada uno de los elementos de la unión es subconjunto de B. A continuación probaremos que M=B. Para ello nos falta la inclusión B \subset M. Sea pues z un elemento de B. Podremos encontrar un subconjunto finito

S(z) = \{x_1, x_2, \ldots, x_r \}

de elementos de A, cuya combinación lineal con coeficientes no nulos da lugar a z. Para cada uno de los x_i, hemos definido previamente los subconjuntos F(x_i) de B, por lo que

N = \cup_{i=1}^{r} F(x_i)

es un subconjunto de M que genera z. Si dicho z perteneciera a B-M, entonces B sería linealmente dependiente pues z dependería linealmente de B-\{z\}. Así pues z \in M y B =M.

Llegados a este punto utilizaremos la notación |X| para indicar el cardinal del conjunto X y la notación \omega para el cardinal de los enteros positivos. Las propiedades de los cardinales (que veremos en una ampliación a esta lectura) permiten escribir

|B| = |M| =| \cup_{x \in A} F(x)| \leq \sum_{x \in A} |F(x)| \leq \sum_{x \in A} \omega = |A| \omega = |A|.

Esto prueba que el cardinal de A y el de B son iguales.

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Curso EVT. Lectura 4. Más sobre dependencia e independencia lineales.

Consideremos un espacio vectorial E sobre un cuerpo K. Probaremos que

a) Toda familia A de vectores de E que incluye al cero es linealmente dependiente.

b) Si x es un elemento no nulo de E, entonces el conjunto \{x\} es linealmente independiente.

c) Si A y B son subconjuntos de E con A \subset B, entonces si A es linealmente dependiente también lo es B y si B es linealmente independiente, también lo es A.

d) Sea x un elemento de E y sea A un subconjunto linealmente independiente de E. Si x no depende linealmente de A, entonces el conjunto B = A \cup \{x\} es linealmente independiente.

Demostración.

a) Sea A= (x_i)_{i \in I} y supongamos que para algún j \in I es x_j = 0, entonces tomando la subfamilia (x_j) = (0) podemos ver que la combinación lineal 1 0 = 0 no es trivial y produce el vector cero. Así pues A es linealmente dependiente.

b) Supongamos que el conjunto A = \{x \}, con x \neq 0 es linealmente dependiente. Entonces, la única familia finita que podemos formar es (x) (aparte de la vacía que por convenio es linealmente independiente). La combinación \lambda x = 0, sólo será posible si \lambda = 0 (ver propiedades del espacio vectorial en lectura 2). Esto prueba que A es linealmente independiente.

c) Este hecho se deduce de forma inmediata de la definición de dependencia e independencia lineal.

d) Supongamos que A es linealmente independiente. Si fuera vacío, tendríamos que su envoltura lineal es el vector cero por lo que si x no depende linealmente de A, resulta no nulo y por b), el conjunto B = A \cup \{x\} = \{x\} es linealmente independiente. Supongamos ahora que A es no vacío. Si B = A \cup \{x\} fuera linealmente dependiente hallaríamos una familia finita (x_i)_{i \in I} de elementos de B que dan lugar al cero de forma no trivial. Es claro que si todos los elementos de dicha familia fueran de A, entonces A sería linealmente dependiente en contra de lo supuesto. Por ello, ha de existir al menos un i_{0} \in I, tal que x = x_{i_{0}}. Además, el escalar correspondiente en esta combinación lineal no trivial \lambda_{i_{0}} no puede ser nulo pues entonces la contribución de x desaparece y volvemos a tener una combinación lineal nula no trivial de elementos de A. En definitiva,

\sum_{i \in I} \lambda_{i} x_{i} = 0, con \lambda_{i_{0}} \neq 0 y x_{i_{0}} = x.

Esto permite expresar x en la forma

x = -\sum_{i \in I- \{i_{0}\}} \lambda_{i_{0}}^{-1} \lambda_{i} x_{i}.

Así pues x depende linealmente de A. Para evitar esta contradicción, B ha de ser linealmente independiente.

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Cuerpos ordenados

Sabemos que un cuerpo conmutativo (K,+, ) no es más que un anillo unitario y conmutativo donde todo elemento diferente del cero aditivo tiene inverso multiplicativo. Por ello, la estructura de cuerpo totalmente ordenado se obtiene considerándolo como un anillo totalmente ordenado. Esto es, se considera una 4-tupla

(K,+, , P),

donde (K,+, ) es un cuerpo conmutativo, P un subconjunto de K, tal que (P, -P, \{0\}) es una partición de K, (P,+) un semigrupo y (P, ) un magma. Como ya demostramos en la entrada relativa a anillos ordenados, todo cuerpo ordenado, al ser un anillo unitario y conmutativo ordenado, tiene característica cero. También vimos una serie de propiedades que verificaban las desigualdades. Las completaremos con una serie de nuevas desigualdades y llegaremos a la conclusión de que el orden en el cuerpo es denso y dicho cuerpo es infinito.

Sean x,y,a,b elementos del cuerpo ordenado K. Entonces si \leq es el orden total de dicho cuerpo,

a)Las desigualdades x \leq y y a \leq b, implican x+a \leq y+b.
b) Si es x > 0, entonces x^{-1} \geq 0.
c) Si se cumple 0 < x \leq y, entonces 0 < y^{-1} \leq x^{-1}.
d) Si tenemos x \leq y < 0, entonces y^{-1} \leq x^{-1}.

a) Como y-x \in P \cup \{0\} y también b-a \in P \cup \{0\}, resulta que su suma

(y-x)+(b-a) = (y+b)-(x+a)

es un elemento de P \cup \{0\}, lo que nos permite afirmar que x+a \leq y+b.

b) Si x > 0  y suponemos que x^{-1} <0, resultaría que x x^{-1} = 1 <0. Pero sabemos que en todo anillo unitario y conmutativo ordenado es 1 >0. Para evitar esta contradicción, es x^{-1} >0.

c) Supongamos que es x^{-1} < y^{-1}. Entonces multiplicando ambos miembros por x>0, resulta

xx^{-1} < y^{-1} x,

es decir, 1 < y^{-1} x. Volviendo a multiplicar por y >0 ambos miembros

y < (y^{-1} x)y,

expresión que, en virtud de la asociatividad y conmutatividad del producto viene a dar

y <x.

Pero esto contradice nuestra suposición inicial . Por tanto,

0 < y^{-1} \leq x^{-1}.

d) La prueba es análoga a la de c).

Recordemos ahora que un orden \leq es denso en un conjunto X si para todos a,b \in X, tales que a \leq b y a \neq b, existe un c \in X, con c \neq a,b, tal que a \leq c \leq b. Es decir, que si tenemos dos elementos, uno mayor que el otro, entre ellos hay un tercero que es mayor que el menor y menor que el mayor.  Para probar que todo cuerpo ordenado tiene un orden denso primero probaremos que todo cuerpo ordenado es infinito y para ello usaremos la idea de aplicación que preserva el orden. 

Definición: Sean (A, \leq) y (B, \preceq) conjuntos ordenados. Una aplicación

\phi : A \rightarrow B

se dice que preserva el orden si a \leq a' implica \phi(a) \preceq \phi(a'), para todos a, a' \in A.

Cuando los conjuntos A y B tienen además estructura algebraica podemos considerar homomorfismos que preserven el orden. Esto es, aplicaciones que además de conservar las operaciones también conserven el orden.

Teorema: Todo cuerpo ordenado contiene un subanillo isomorfo al anillo de los enteros \mathbb{Z}.

Demostración: Sea 1 el neutro multiplicativo del cuerpo K, definimos para cada entero n \in \mathbb{Z}, el elemento

1+1+ \ldots+1 (n veces), si n >0,

0 si n=0

-(1+1+ \ldots +1) (-n) veces, si n<0.

Comprobaremos que esta asignación determina una aplicación f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{K} que conserva las operaciones y el orden y además resulta inyectiva. En efecto, la definición es correcta ya que sólo es posible asignar un elemento del cuerpo a cada entero. Además, sean n,m enteros, trivialmente comprobamos que f(n+m)=f(n)+f(m) y también f(nm) = f(n)f(m). Para acabar si n <m, entonces f(n) < f(m).
Esta última propiedad nos muestra además que f es inyectiva pues si n \neq m, entonces en virtud del orden total definido en los enteros, será n < m o m <n, luego las imágenes f(n) y f(m) tienen la misma relación que sus originales y no son iguales.

Por tanto, existe en todo cuerpo ordenado un subconjunto infinito y así todo cuerpo ordenado es infinito (aunque no precisemos de qué tipo). Ahora veremos que el orden es denso.

Teorema: Todo cuerpo ordenado tiene un orden denso.

Demostración: Sean a,b elementos del cuerpo ordenado K  con a < b, entonces

a+a < a+b < b+b,

2a < a+b < b+b,

(donde utilizamos x+x = 1x+1x = (1+1)x = 2x, siendo 2 el elemento correspondiente al entero 2 en el isomorfismo de orden anterior). Como 2> 0, entonces

a <2^{-1} (a+b) < b.

Esto prueba que el orden es denso.

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Una definición equivalente de grupo ordenado

Leyendo el texto “Elements of Abstract Anaylisis” ( Mícheál Ó Seracóid, Ed. Springer Verlag) me he encontrado con una definición de grupo totalmente ordenado equivalente a la dada en anteriores entradas de esta bitácora. Cito la definición tal como aparece en el texto:Imagen

Vamos a comentar esta definición pero antes daremos unos conceptos sobre orden.

Una relación binaria R sobre un conjunto X, se dice que es un orden estricto si es antireflexiva y transitiva. Es decir, si para cada x \in X es (x,x) \notin R y para cada x,y,z \in X, si (x,y),(y,z) \in R, entonces (x,z) \in R. Escribimos entonces \prec en lugar de R y la definición anterior queda una forma más familiar:

a) Para todo x \in X, x \nprec x.

b) Para todos x,y,z \in X, si x \prec y e y \prec z, entonces x \prec z.

Todo orden estricto cumple la antisimetría y que si x \prec y e y \prec x, entonces por b) sería x \prec x. Pero esto contradice a) por lo que o bien se cumple una de las dos desigualdades anteriores o ninguna.

A partir de un orden estricto siempre se puede obtener un orden parcial. Basta añadir la diagonal de X a la relación. Es decir, si R es un orden estricto en dicho conjunto, R \cup \{(x,x) : x \in X es un orden parcial.

Consideremos ahora un grupo abeliano (G,+) y una partición de G en tres subconjuntos: P, (-P), \{0\}, de forma que (P,+) es un semigrupo. Esto significa que

i) P \cup (-P) \cup \{0\} = G.

ii) P \cap (-P) = \emptyset, P \cap \{0\} = \emptyset, (-P) \cap \{0 \} = \emptyset.

iii) P+P \subset P.

Definimos una relación en G mediante x \prec y, si y sólo si y-x \in P. Esta relación es un orden estricto conexo. En efecto, sean x,y,z \in G. Como x-x = 0 \notin P, se sigue que x \nprec x y la relación es antireflexiva. Si x \prec y e y \prec z, tenemos que (y-x), (z-y) \in P por lo que z-x =(z-y)+(y-x) \in P, lo que prueba que $x \prec z$ y la relación es transitiva. Para acabar, la diferencia x-y es un elemento de G por lo sólo puede ser nula, pertenecer a P o a -P, siendo estas posibilidades mutuamente excluyentes. En el primer caso, x=y. En el segundo, y \prec x y en el tercero y-x =-(x-y) \in P y x \prec y. Por tanto, todos los elementos de G son comparables en esta relación.

Para acabar, bastará añadir a este orden estricto conexo los elementos (x,x) para obtener un orden total \preceq. Este orden total conserva la operación del grupo. Sean x,y,z \in G y supongamos que x \preceq y. Entonces (y-x) \in P o x=y. En el primer caso, (y+z)-(x+z) =(y+z)-(z+x)=y+(z-z)-x = y-x \in P, por lo que x+z \preceq y+z y en el segundo trivialmente x+z = y+z y también x+z \preceq y+z.

Álgebra

Anillos ordenados (III)

En un anillo ordenado A se cumplen las propiedades más comunes de las desigualdades. Así tenemos que:
(a) Para todos x,y \in A tales que x \leq y y para todo z \geq 0 es xz \leq yz.
(b) Para todos x,y \in A tales que x \leq y y para todo z \leq 0 es xz \geq yz.
(c) Para todos x,y \in A, si x \leq 0 e y \leq 0, entonces xy \geq 0.
(d) Para todos x,y \in A, si x \leq 0 e y \geq 0, entonces xy \leq 0.
(e) Para todos x,y \in A, si x \geq 0 e y \leq 0, entonces xy \leq 0.
(f) Si A es totalmente ordenado, entonces x^{2} \geq 0.
(g) Si A es unitario y totalmente ordenado, entonces 1 \geq 0.
(h) Todo anillo unitario totalmente ordenado es de característica cero.

(a) Sean x,y dos elementos de A verificando x \leq y y sea z otro elemento de A tal que z \geq 0, entonces si P es el cono positivo definido por el orden tenemos que z \in P y también y-x \in P. Por tanto, (y-x)z = yz -xz pertenece a P, de donde xz \preceq yz.
(b) Del mismo modo, si z \leq 0, entonces z-z \leq 0-z y de aquí (-z) \geq 0 por lo que (-z) \in P. Por tanto, (y-x) (-z)= -yz+xz = xz-yz \in P y concluimos que yz \leq xz.

(c) Si x \leq 0 e y \leq 0, entonces (-x) \geq 0 y (-y) \geq 0 por lo que (-x) (-y) = xy \in P y de aquí xy \geq 0.

(d) (e) Se prueban de forma análoga a (c) .

(f) Esta propiedad se sigue de la ordenación total. En efecto, para todo x \in A es x \in P o -x \in P, por lo que, en todos los casos es x^{2} = x x = (-x) (-x) \in P y de aquí x^{2} \geq 0.

(g) Supongamos que en el anillo A, unitario no trivial y totalmente ordenado, es 1 \leq 0. En tal caso, (-1) \geq 0 y aplicando la propiedad (f) concluimos que (-1)(-1)= 1 \geq 0. De ambas desigualdades llegaríamos a la igualdad 0=1. Esto es absurdo por lo que nuestra suposición inicial es falsa y será 1 \geq 0.

(h) Como 1 \in P, tenemos que para cualquier entero positivo m, la suma
m 1 = 1+1+1+ \cdots +1 \quad (m \quad \text{veces})
pertenece a P como podemos probar fácilmente por inducción. Si para algún entero positivo n es n 1 = 0, entonces
(n-1) 1 = n 1 - 1 = -1 \in P.
Pero si (-1) \in P, entonces 1 \leq 0. Esto es absurdo. Para evitar esta contradicción nuestra suposición inicial es falsa y el anillo unitario y conmutativo totalmente ordenado es de característica cero.