Un problema de sucesiones de conjuntos

Problema: Sean A_n y B_n sucesiones de partes de un conjunto X y sea B_n \subset A_n, para todo n \geq 1. Probar que entonces \lim \inf B_n \subset \lim \inf A_n y que la misma relación de inclusión se tiene para el límite superior.
Solución: Como resulta que B_n \subset A_n, para todo n, si definimos las sucesiones:
D_n = \cup_{k=n}^{\infty} B_k,
E_n = \cup_{k=n}^{\infty} A_k,
podemos probar por inducción que
D_n \subset E_n, para todo n. Es decir,
\lim \inf B_n = \cap_{n=1}^{\infty} D_n \subset \cap_{n=1}^{\infty} E_n = \lim \inf A_n.
El mismo razonamiento se puede aplicar para demostrar la inclusión del límite superior usando las sucesiones
H_n = \cap_{k=n}^{\infty} B_k,
J_n = \cap_{k=n}^{\infty} A_k.
Esto termina nuestro desarrollo. Ahora bien, ¿cómo utilizamos la inducción para probar que D_n \subset E_n? Pues bien, vamos a esbozar el procedimiento. En primer lugar, dado n definimos para r=1,2, \ldots:
D_{n}^{r} = \cup_{k=n}^{r} B_k,
E_{n}^{r} = \cup_{k=n}^{r} A_k.
Por hipótesis, si n es fijo
D_{n}^{r} \subset E_{n}^{r}.
Entonces,
D_{n}^{r+1} = D_{n}^{r} \cup B_{r+1} \subset E_{n}^{r} \cup A_{r+1} = E_{n}^{r+1}.
Esto significa que para cualquier r es
D_{n}^{r} \subset E_{n}^{r},
luego
D_n = D_{n}^{\infty} \subset E_{n}^{\infty} = E_n,
que es lo que queríamos probar.

Anuncios

Corrección errata

En los problemas del Capítulo uno del borrador del texto sobre Teoría de la Medida hay una errata que ya he corregido. Este es el enunciado correcto.

Problema: Sean \mathcal{S}_1 y \mathcal{S}_2, semianillos sobre X e Y, respectivamente. Probar que el producto \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2 es un semianillo sobre X \times Y.
¿Cómo podemos utilizar este resultado para resolver el problema anterior?}
Solución: Sabemos que el vacío pertenece a todo semianillo. Por tanto,
\emptyset \times \emptyset = \emptyset \in \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2 .
Sean E y F elementos de \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2. Hallaremos A_1, B_1 \in \mathcal{S}_1 y A_2, B_2 \in \mathcal{S}_2, tales que
E = A_1 \times A_2, \quad F = B_1 \times B_2.
Por ello,
E \cap F = (A_1 \times A_2) \cap (B_1 \times B_2) = (A_1 \cap B_1) \times (A_2 \cap B_2).
Pero todo semianillo es un \pi-sistema por lo que A_1 \cap B_1 \in \mathcal{S}_1, A_2 \cap B_2 \in \mathcal{S}_2 y E \cap F \in \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2. Por tanto, el producto cartesiano de semianillos también es un \pi-sistema. Por otro lado,
E-F = (A_1 \times A_2)- (B_1 \times B_2) = ((A_1-B_1) \times A_2)) \biguplus ((A_1 \cap B_1) \times (A_2-B_2)).
Pero sabemos que A_1-B_1 = \biguplus_{i=1}^{n} C_i y A_2-B_2 = \biguplus_{j=1}^{m} D_j, donde C_i \in \mathcal{S}_1 y D_j \in \mathcal{S}_2. Por tanto, si hacemos A_1 \cap B_1 = H_1 \in \mathcal{S}_1, tenemos
E-F = ((A_1-B_1) \times A_2) \biguplus (H_1 \times (A_2-B_2)) =
((\biguplus_{i=1}^{n} C_i) \times A_2) \biguplus (H_1 \times (\biguplus_{j=1}^{m} D_j)) = \bigg(\biguplus_{i=1}^{n} (C_i \times A_2) \bigg) \biguplus \bigg( \biguplus_{j=1}^{m} (H_1 \times D_j) \bigg)

Es decir, E-F es unión finita y disjunta de elementos de \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2. Este resultado se puede generalizar por inducción para n semianillos, donde n es un entero positivo mayor o igual que dos. Bastará recordar que se define
\times_{i=1}^{n} S_i = (\times_{i=1}^{n-1} S_i) \times S_n .

Ejercicios de Demidovich (2)

Seguimos con problemas del texto de Demidovich:

Imagen

10. Es fácil ver que la función

g(x) = \frac{|x|+x}{2}

verifica g =f. En efecto, los dominios de ambas son iguales (toda la recta real) y si x > 0, entonces

f(x) = x = \frac{x+x}{2} =\frac{|x|+x}{2} = g(x),

y si x \leq 0, entonces

f(x) = 0 = \frac{x-x}{2} = \frac{x+|x|}{2} = g(x).

En consecuencia, f(x) = g(x) para todo x \in \mathbb{R}.

11. a) Debemos exigir que x+1 \geq 0. Por tanto, x \geq -1 y el dominio de esta función es el intervalo [-1 \infty). El apartado b) es muy diferente. Al ser una raíz cúbica, el radicando puede adoptar cualquier valor real y el dominio es todo \mathbb{R}.

12. El denominador de esta función no puede anularse, por lo que resolvemos la ecuación 4-x^2 = 0 y obtenemos las soluciones x = -2,2. El dominio es entonces, el conjunto (-\infty, -2) \cup (-2,2) \cup (2, \infty), o lo que es lo mismo \mathbb{R} - \{-2,2\}.

13. a) Como en 11, exigimos que x^2-2 \geq 0. Esta inecuación es de segundo grado y debemos estudiarla recurriendo a la ecuación correspondiente x^2-2 = 0, cuyas soluciones son x = -\sqrt{2}, \sqrt{2}. La obtención de las soluciones permite factorizar x^2-2 = (x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2}) y la inecuación queda como (x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2}) \geq 0. Es decir, ambos factores han de ser del mismo signo. Esto se puede estudiar cómodamente viendo el signo de cada factor en los intervalos determinados por las raíces: (-\infty, -\sqrt{2}), (-\sqrt{2}, \sqrt{2}), (\sqrt{2}, +\infty). Si hacemos esto vemos que en los intervalos (-\infty, -\sqrt{2}) y (\sqrt{2}, +\infty) el producto de ambos factores es positivo. En consecuencia, el dominio es la unión (-\infty, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, +\infty), pues también admitimos que el producto sea nulo. Una forma equivalente de llegar al mismo resultado es observar la gráfica de y=x^2-2, la cual es una parábola que da valores positivos precisamente en los intervalos señalados:

Imagen

El apartado b) es análogo.

14. Debemos resolver la inecuación 2+x-x^2 \geq 0. El procedimiento a seguir es el mismo que en 13.

15. Aquí la solución viene de la intersección de los dominios de las funciones y_1 = \sqrt{-x} e y_2 = \frac{1}{\sqrt{2+x}}. En definitiva, resolvemos el sistema:

-x \geq 0,

2+x >0.

Esto es fácil, tenemos que la solución de la primera inecuación es x \leq 0 y la de la segunda x >-2. Por tanto, el dominio buscado es (-\infty, 0] \cap (-2, \infty) = (-2,0].

Bases de Filtro (2)

Vamos a continuar con algunas propiedades de las bases de filtro. En primer lugar, veremos que se conservan a través de las aplicaciones.
Sean X e Y dos conjuntos no vacíos. Sea \mathcal{H} una base de filtro sobre X y sea f una aplicación de X en Y. Afirmamos que la clase
f(\mathcal{H}) = \{f(A) : A \in \mathcal{H} \}
es una base de filtro sobre Y.
En primer lugar, la clase \mathcal{H} es no vacía por lo que f(\mathcal{H}) será no vacía. Además como el vacío no pertenece a \mathcal{H}, se sigue que para todo A de \mathcal{H} es f(A) no vacío y, por tanto, la clase f(\mathcal{H}) no contiene al vacío. Sean U y V elementos de f(\mathcal{H}). Hallaremos A y B de \mathcal{H}, tales que U = f(A) y V = f(B). Además, como \mathcal{H} es una base de filtro, existe C en \mathcal{H}, no vacío, tal que C \subset A \cap B . El conjunto W = f(C) es no vacío, pertenece a f(\mathcal{H}) y verifica
W= f(C) \subset f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B) = U \cap V .
Esto termina la demostración.
Por otro lado, supongamos que X e Y son dos conjuntos no vacíos. y \mathcal{J} es una familia fundamental sobre Y y f una aplicación de X en Y. Si para todo B de \mathcal{J} es B \cap f(X) no vacío, entonces la clase de las imágenes inversas f^{-1}(\mathcal{J}) = \{ f^{-1} (B) : B \in \mathcal{J} \} es una familia fundamental sobre X. Veamos la prueba. Sean A_{1}, A_{2} dos elementos de f^{-1}(\mathcal{J}). Hallaremos dos conjuntos B_{1}, B_{2} \in \mathcal{J}, tales que A_{1}= f^{-1}(B_{1}),A_{2}= f^{-1}(B_{2}). Entonces

A_{1} \cap A_{2} = f^{-1}(B_{1}) \cap f^{-1}(B_{2}) = f^{-1} (B_{1} \cap B_{2}).

Pero como \mathcal{J} es una familia fundamental, sabemos que existe B_{3} \in \mathcal{J} con B_{3} \subset B_{1} \cap B_{2}, por lo que

f^{-1} (B_3) \subset f^{-1}(B_1 \cap B_2) = A_1 \cap A_2
Si la intersección A_{1} \cap A_{2} fuera vacía, entonces como B_{1} \cap B_{2} \cap f(X) \neq \emptyset, concluiríamos que la intersección B_{1} \cap B_{2} es vacía pues en otro caso su imagen inversa no sería vacía. Así pues, B_{3} = \emptyset y f^{-1} (B_{3}) = \emptyset. Para acabar, si la intersección A_{1} \cap A_{2} no fuera vacía, entonces el conjunto B_{1} \cap B_{2} es no vacío y también son  B_{3} y A_{3} = f^{-1} (B_{3}) no vacíos.

En el teorema anterior, la condición de corte de todo B \in \mathcal{J} con el recorrido de la aplicación f: X \rightarrow Y es esencial. En efecto, podemos asegurar en esas circunstancias que el vacío se obtiene sólo como imagen inversa del vacío.

Curioso ejercicio de límites superior e inferior

Sabemos que los números racionales de la recta real forman un conjunto numerable. Por ello existe una enumeración en la forma \mathbb{Q} = \{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}, \ldots \}. Es importante saber que tal enumeración no implica una ordenación x_{1} < x_{2}< \ldots <x_{n} < \ldots . Tan sólo es el resultado de una aplicación biyectiva f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}. El siguiente ejercicio es una cuestión de límites superior e inferior de conjuntos pero en su resolución se ha tenido en cuenta este hecho. Se trata de considerar la sucesión de intervalos de la recta real dada por

A_{n} =(x_{n}-1, x_{n}+1), n=1,2, \ldots,

donde x_{n} es el enésimo racional de una enumeración de los racionales. Se nos pide el límite superior e inferior de dicha sucesión.

Supongamos que x pertenece al límite inferior de la sucesión (A_{n})_{n}, entonces x pertenece a todos los elementos de la sucesión, excepto quizás a un número finito de ellos. Es decir, hallaremos un n_{0} tal que x \in A_{n} si n \geq n_{0}. Teniendo en cuenta la definición de la sucesión, esto significa que

x_{n}-1 < x < x_{n}+1 si n \geq n_{0}.

De manera equivalente

|x-x_{n}| <1, para todo n \geq n_{0}.

Ahora es cuando hay que tener cuidado con lo que significa considerar la enumeración de los racionales de n_{0} en adelante. La primera consecuencia de la desigualdad anterior es que

|x_{n}-x_{n_{0}}| = |x_{n}-x+x-x_{n_{0}}| \leq |x_{n}-x|+|x-x_{n_{0}}| <2,

si n es mayor que n_{0}. Lo que nos lleva a que \{x_{n_{0}}, x_{n_{0}+1}, \ldots, x_{m}, \ldots \} \subset (x_{n_{0}}-2, x_{n_{0}}+2). Esto es, todos los racionales, menos un número finito de ellos se hallan en un entorno de radio 2 del racional x_{0}. Pero esto es absurdo pues sabemos que hay una infinidad de racionales en cualquier intervalo no vacío de la recta real. Así pues, \lim \inf A_{n} = \emptyset. Veamos ahora el caso del límite superior. Si x pertenece a \lim \sup A_{n} entonces se hallará en una infinidad de A_{n}. Por ejemplo,  podemos ver que cualquier x real que cumpla

\frac{1}{n}-1 < x < \frac{1}{n}+1, para todo n,

pertenece a \lim \sup A_{n} pues se halla en una infinidad de conjuntos de la forma (x_{n}-1, x_{n}+1), con x_{n} racional. El lector puede comprobar con la siguiente figura que (0,1) \subset \lim \sup A_{n}.

Imagen

Es fácil ver que “trasladando” esta argumentación podemos “cubrir” toda la recta real. Por ejemplo, si sumamos \frac{1}{2}, resulta

\frac{1}{2}+\frac{1}{n}-1 <x < \frac{1}{2} + \frac{1}{n}+1, para todo n,

Luego es (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}) \subset \lim \sup A_{n}. Por tanto, \lim \sup A_{n} = \mathbb{R}.

Un caso de convergencia de series de funciones indicadoras

En el caso de una sucesión de subconjuntos disjuntos (A_{n})_{n} de un conjunto X podemos garantizar la igualdad:

\chi_{\cup_{n=1}^{\infty} A_{n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \chi_{A_{n}}.

Debemos demostrar que para cada x \in X, la serie
\sum_{n=1}^{\infty} \chi_{A_{n}}(x).
converge a \chi_{\cup_{n=1}^{\infty} A_{n}}(x). Sabemos que
\chi_{\cup_{n=1}^{\infty} A_{n}}(x) = \sup \{ \chi_{A_{n}}(x) : n \in \mathbb{N} \}.
Si x pertenece a \cup_{n=1}^{\infty} A_{n}, entonces x pertenece a uno y sólo uno de los conjuntos A_{n} (ya que la sucesión es disjunta). Sea x \in A_{r}. Entonces
\chi_{A_{k}}(x) = 0, \quad \text{si} \quad k \neq r,
pero
\chi_{A_{r}}(x) = 1
Por tanto,
\sup \{ \chi_{A_{n}}(x) : n \in \mathbb{N} \}= \sup \{0,1 \} = 1.
Por otro lado,
\sum_{k=1}^{r-1} \chi_{A_{k}} (x) = 0,
mientras que
\sum_{k=1}^{s} \chi_{A_{k}} (x) = 1, \quad \text{si} \quad s \geq r.
En consecuencia,
\sum_{n=1}^{\infty} \chi_{A_{n}} (x) = \lim_{n} \sum_{k=1}^{n}\chi_{A_{k}}(x) = 1.
Para acabar, si x \notin \cup_{n=1}^{\infty} A_{n}, entonces x \notin A_{n} para todo n y de aquí
\sup \{ \chi_{A_{n}}(x) : n \in \mathbb{N} \}= \sup \{0\} = 0,
y también
\sum_{k=1}^{n} \chi_{A_{k}} (x) = 0, \quad \text{para todo} \quad n.
Por ello
\sum_{n=1}^{\infty} \chi_{A_{n}} (x) = \lim_{n} \sum_{k=1}^{n}\chi_{A_{k}}(x) = 0.
Esto termina la demostración.

Sucesiones disjuntas de conjuntos y convergencia.

Una sucesión (A_{n})_{n} de subconjuntos de un conjunto X, se dice que es convergente si coinciden sus límites inferior y superior. Recordemos que tales límites se pueden definir mediante operaciones conjuntistas:

\lim \inf A_{n} = \cup_{n=1}^{\infty}(\cap_{k=n}^{\infty} A_{k}),

\lim \sup A_{n} = \cap_{n=1}^{\infty}(\cap_{k=n}^{\infty}A_{k}).

 Vamos a probar que cuando la sucesión está formada por conjuntos disjuntos converge y lo hace al conjunto vacío.

Sea (A_{n})_{n} una sucesión disjunta de partes de X. Definimos la sucesión
D_{n} =\cup_{k=n}^{\infty} A_{k}.
Sabemos que esta sucesión D_{n} es decreciente por su misma construcción y que \lim \sup A_{n} = \lim D_{n}= \cap_{n=1}^{\infty} D_{n}. Probaremos que esta intersección es vacía. Supongamos que x \in \cap_{n=1}^{\infty} D_{n}, entonces x \in D_{1} y hallaremos i \geq 1, tal que x \in A_{i}, pero también x \in D_{i+1}, lo que implica que existe A_{j} con j > i para el que x \in A_{j}. Esto contradice el carácter disjunto de la sucesión (A_{n})_{n} y por tanto, la intersección es vacía. Es decir,
\lim \sup A_{n} = \cap_{n=1}^{\infty} D_{n} = \emptyset
Como \lim \inf A_{n} \subset \lim \sup A_{n}, también es \lim \inf A_{n} = \emptyset. Al coincidir límite superior e inferior, la sucesión disjunta es convergente al vacío.