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Curso EVT. Lectura 24. Cardinales (7)

Vamos a ver otro interesante resultado que involucra a los números reales

Teorema 1. Se cumple que |\mathcal{P}(\mathbb{N})| \leq |\mathbb{R}|

Prueba. Para llevar a cabo esta demostración vamos a utilizar el llamado conjunto de Cantor. Sea el intervalo cerrado unidad C_{1} =[0,1]. Dividimos este intervalo unidad en tres partes
\displaystyle  I_{1} =\bigg[0, \frac{1}{3}\bigg], I_{2} =\bigg]\frac{1}{3}, \frac{2}{3} \bigg[, I_{3} =\bigg[\frac{2}{3}, 1 \bigg]
y tomamos las dos partes cerradas extremas para formar la unión:
\displaystyle C_{2} = \bigg[0, \frac{1}{3}\bigg] \cup \bigg[\frac{2}{3}, 1 \bigg].
Repetimos el proceso para cada una de estas nuevas partes:
\displaystyle \bigg[0, \frac{1}{9}\bigg],\bigg]\frac{1}{9}, \frac{2}{9}\bigg[,\bigg[\frac{2}{9}, \frac{3}{9}\bigg],
\displaystyle \bigg[\frac{6}{9}, \frac{7}{9}\bigg],\bigg]\frac{7}{9}, \frac{8}{9}\bigg[,\bigg[\frac{8}{9}, 1\bigg].
Construimos entonces
\displaystyle C_{3} = \bigg[0, \frac{1}{9}\bigg] \cup \bigg[\frac{2}{9}, \frac{3}{9}\bigg] \cup \bigg[\frac{6}{9}, \frac{7}{9}\bigg] \cup \bigg[\frac{8}{9}, 1\bigg]

conjuntocantor

Este proceso sigue indefinidamente y se caracteriza por las propiedades siguientes
(i)Cada C_{m+1} está incluido en C_{m}
(ii) Cada C_{m} es la unión de 2^{m-1} intervalos cerrados disjuntos.
Al conjunto intersección C = \cap_{i=1}^{\infty} C_{i} le llamamos conjunto de Cantor. Construiremos una función inyectiva de \Delta en C. Para ello, recordemos que en la construcción del conjunto de Cantor cada uno de los 2^{m-1} intervalos [a,b] de C_{m} se reemplaza por 2 intervalos
\displaystyle L[a,b] =\bigg[a, a+\frac{1}{3}(b-a) \bigg], R[a,b] = \bigg[ a+\frac{2}{3}(b-a),b \bigg].
Esto nos va a servir para asociar a cada sucesión infinita de \Delta uno de estos dos intervalos. En efecto, sea \delta(n) una sucesión infinita de ceros y unos, definimos

\displaystyle F_{1}^{\delta}= C_{1},
\displaystyle F_{n+1}^{\delta} = LF_{n}^{\delta}, si \delta(n)=0,
\displaystyle F_{n+1}^{\delta}=RF_{n}^{\delta}, si \delta(n) = 1

Evidentemente, cada F_{n}^{\delta} es subconjunto de C_{n} por lo que F_{n+1}^{\delta} \subset F_{n}^{\delta} y obtenemos una sucesión decreciente de intervalos cerrados. La completitud de la recta implica entonces que su intersección es un único punto que llamaremos f(\delta). La función inyectiva que vamos a construir será pues aquella que a cada sucesión \delta le asocia el único punto f(\delta). En efecto, está bien definida y si suponemos que dos sucesiones \delta y \epsilon de \Delta son diferentes, entonces hallaremos un valor mínimo n \in \mathbb{N} tal que \delta(i) = \epsilon(i) para i \leq n y es \delta(n) = 0 pero \epsilon(n) =1 (o al contrario sin pérdida de generalidad). Entonces f(\delta) \in F_{n+1}^{\delta}=LF_{n}^{\delta} y también f(\epsilon) \in F_{n+1}^{\epsilon}=RF_{n}^{\delta}. Los intervalos LF_{n}^{\delta} y RF_{n}^{\delta} son disjuntos por lo que las imágenes f(\delta) y f(\epsilon) son diferentes. Esto prueba que la aplicación es inyectiva. Evidentemente, la aplicación f también es inyectiva de \Delta en \mathbb{R} y esto prueba que |\Delta| \leq |\mathbb{R}|. Como sabemos que |\Delta|=|\mathcal{P}(\mathbb{N})| se sigue el enunciado del teorema y esto termina nuestra demostración.

Vamos a probar ahora la relación contraria.

Teorema 2. Se cumple que |\mathbb{R}| \leq |\mathcal{P}(\mathbb{N})| .

Prueba. Sea I=]0,1[ el intervalo abierto unidad. Consideremos cada número de dicho intervalo en base dos. Esto es, para cada x de I escribimos
\displaystyle x = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{ 2^{n}},
donde a_{i} es 0 o 1. La aplicación f que a cada x le hace corresponder la sucesión (a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, \ldots) es inyectiva ya que si dos sucesiones de ceros y unos son iguales entonces han de representar al mismo número real x. Por tanto, |]0,1[| \leq | \Delta |. Ahora bien, sabemos que el intervalo abierto unidad es equipotente a la recta real y de aquí que |\mathbb{R}| \leq | \Delta |= |\mathcal{P}(\mathbb{N})|

Los teoremas 1 y 2 nos muestran dos desigualdades entre cardinales de la forma a \leq b y b \leq a. Podemos preguntarnos si, como en el orden usual, estas dos desigualdades implican que a=b. La respuesta es afirmativa y viene dada por el teorema llamado de Cantor-Schröder-Bernstein. Para demostrarlo utilizaremos un lema auxiliar

Lema 1.Sean A_{1}, B y A conjuntos tales que A_{1} \subset B \subset A. Si |A_{1}| = |A|, entonces |A| = |B|

Prueba. Como A y A_{1} son equipotentes existe una biyección entre ellos f:A \rightarrow A_{1}. Construimos a partir de esta biyección un par de sucesiones de conjuntos mediante

\displaystyle A_{n} =A, si n=0,
\displaystyle A_{n} = f^{n}(A) , si n \geq 1.
\displaystyle  B_{n} = B, si n =0.
\displaystyle  B_{n} = f^{n}(B), si n \geq 1.

Obsérvese que de la inclusión A_{1} \subset B=B_{0} \subset A_{0} = A se sigue fácilmente por inducción que f^{n}(A_{1}) \subset f^{n} (B_{0}) \subset f^{n} (A_{0}). Esto es, A_{n+1} \subset B_{n} \subset A_{n} para todo n. Definimos C_{n} = A_{n}- B_{n} para cada n. Como f es inyectiva tenemos que f(C_{n}) = f(A_{n})- f(B_{n}) = A_{n+1} -B_{n+1} = C_{n+1}. Sea entonces
\displaystyle C = \bigcup_{n=0}^{\infty} C_{n},
\displaystyle D = A-C.
Esto significa que
\displaystyle f(C) = f(\cup_{n=0}^{\infty} C_{n})= \cup_{n=0}^{\infty}f(C_{n}) = \cup_{n=0}^{\infty}C_{n+1} = \cup_{n=1}^{\infty}C_{n}.
\displaystyle D = A-C = A -\bigcup_{n=0}^{\infty} C_{n} = \bigcap_{n=0}^{\infty} (A-C_{n}).
Entonces f(C) \cup D = B (unión disjunta) y definimos una aplicación g:A \rightarrow B mediante

\displaystyle g (x) =f(x), si x \in C,
\displaystyle g (x) =x, si x \in D,

Esta aplicación es una biyección entre A y B, luego |A| = |B|

Lema 2.Sean A y B dos conjuntos y sea f: A \rightarrow B una aplicación inyectiva. Si |f(A)| = |B| entonces |A| = |B|.

Prueba. Si f: A \rightarrow B es una aplicación inyectiva, entonces la aplicación f: A \rightarrow f(A) es una biyección. Si suponemos que |f(A)| = |B|, entonces existe una biyección h: f(A) \rightarrow B por lo que la composición h \circ f es una biyección entre A y B y esto termina la demostración.

Teorema 3 (Cantor-Schröder-Bernstein).Sean A y B dos conjuntos tales que |A| \leq B y |B| \leq |A|. Entonces |A| = |B|.

Prueba. Existen aplicaciones inyectivas f: A \rightarrow B y g:B \rightarrow A. Por tanto, la composición g \circ f:A \rightarrow A es una biyección (ya que el ser una inyección de un conjunto en sí mismo resulta también sobreyectiva). Claramente
\displaystyle g \circ f (A) \subset g(B) \subset A..
Obviamente |g \circ f(A)| = |A |, por lo que aplicando el lema 1 concluimos que |A | = |g(B) |. Finalmente, aplicando el lema 2 concluimos que |A|=|B|.

Estos resultados nos llevan a afirmar que |\mathcal{P}(\mathbb{N})| =|\mathbb{R}|.

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Curso EVT. Lectura 17. Aplicaciones Lineales (2)

Vamos a continuar con el tema de las aplicaciones lineales. Probaremos que “conservan” los subespacios.

Teorema 1. Sea f una aplicación lineal entre los K-espacios E y F y sean S un subespacio de E y T un subespacio de F. Afirmamos que f(S) es un subespacio de F y f^{-1}(T) es un subespacio de E.

Prueba. Si S es un subespacio de E, entonces es no vacío y su imagen f(S) es un subconjunto no vacío de F. Sean u,v elementos de f(S). Hallaremos x e y de S tales que f(x)=u, f(y) =v. Por tanto, para cualesquiera \lambda, \mu escalares, tenemos que \lambda x + \mu y pertenece a S y f(\lambda x + \mu y) = \lambda f(x) + \mu f(y) = \lambda u + \mu v pertenece a f(S). Esto prueba que f(S) es un subespacio de F. Análogamente, si T es un subespacio de F, resulta que 0 \in T por lo que de la igualdad f(0) = 0 se sigue que 0 \in f^{-1}(T) y f^{-1}(T) es un subconjunto no vacío de E. Dados x,y \in f^{-1}(T), se sigue que f(x), f(y) \in T por lo que para cualesquiera \lambda, \mu escalares, tenemos que \lambda f(x)+ \mu f(y) = f(\lambda x + \mu y) pertenece a T, luego \lambda x + \mu y \in f^{-1}(T). Esto prueba que f^{-1}(T) es un subespacio de E.

Teorema 2. Una aplicación lineal f:E \rightarrow F es inyectiva si y sólo si su núcleo tiene al cero como único elemento

Prueba. Sabemos que f(0)= 0 para toda aplicación lineal. Por tanto, si f es inyectiva y x \neq 0, concluiremos que f(x) \neq 0 y de aquí Ker (f) = \{0 \}. Recíprocamente, supongamos que el núcleo de f sólo tiene al vector 0 como elemento y sean x,y de E tales que f(x) = f(y). Entonces basta observar que

f(x)-f(y) = f(x)+(-1)f(y) = f(x) +f((-1)y) =f(x)+f(-y) = f(x-y) = 0

para concluir que x = y. Así pues, f es inyectiva y termina nuestra demostración

Teorema 3. Una aplicación lineal f:E \rightarrow F es sobreyectiva si y sólo si Im (f) = F.

Prueba. La prueba es inmediata.

También es fácil probar que si una aplicación f.E \rightarrow F es lineal y biyectiva, entonces también es lineal y biyectiva su inversa f^{-1} :F \rightarrow E. Más interés tiene el siguiente teorema pues nos llevará al resultado más interesante de esta lectura.

Teorema 4. Sean E y F espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K y sea B=(x_{i})_{i \in I} una base de E. Podemos definir una aplicación lineal f de E en F de la siguiente manera: para cada i \in I, definimos f(x_{i}) como un elemento cualquiera de F y extendemos esta asignación a cada x de E mediante
f(x)=0, si x=0,
f(\sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j}) = \sum_{j \in J} \lambda_{j} f(x_{j}), si x \neq 0.
Donde J una subfamilia finita de elementos de B que da lugar a x mediante su combinación lineal con coeficientes (\lambda_{j})_{j \in J} no nulos.

Prueba. En primer lugar, la aplicación f está bien definida ya que la expresión de cada vector no nulo de E como combinación lineal, con escalares no nulos, de elementos de B es única. Supongamos que los vectores x o y o ambos sean nulos, entonces se comprueba de forma inmediata que para cualesquiera \lambda, \mu escalares, se tiene que f(\lambda x + \mu y) = \lambda f(x)+ \mu f(y). Sean x= \sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j} e y= \sum_{k \in K} \delta_{k} x_{k}, dos vectores de E expresados como combinación lineal de elementos de la base $ñatex B$ y sean \lambda_{j} \neq 0 y \delta_{k} \neq 0, para todo j \in J y todo k \in K, respectivamente. Entonces para cualesquiera escalares \lambda, \mu podemos escribir

\lambda x+ \mu y = \lambda \sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j} + \mu \sum_{k \in K} \delta_{k} x_{k} = \sum_{j \in J} (\lambda \lambda_{j}) x_{j}+ \sum_{k \in K} (\mu \delta_{k}) x_{k} = \sum_{r \in R} \theta _{r} x_{r},

donde R = J \cup K y \theta_{r} =\lambda \lambda_{r} si r \in J-K, \theta_{r} = \lambda \lambda_{r} + \mu \delta_{r} si r \in J \cap K y \theta_{r} = \mu \delta_{r} si r \in K-J. Por tanto, tenemos que

f( \lambda x + \mu y) = f \big( \sum_{r \in R} \theta _{r} x_{r} \big) = \sum_{r \in R} \theta _{r} f(x_{r})= \sum_{r \in J-K}(\lambda \lambda_{r}) f(x_{r}) + \sum _{r \in J \cap K} (\lambda \lambda_{r} + \mu_{r} \delta_{r}) f(x_{r})+ \sum_{r \in K-J} (\mu_{r} \delta_{r}) f(x_{r})= \sum_{j \in J} (\lambda \lambda_{j}) f(x_{j}) + \sum_{k \in K} (\mu \delta_{k}) f(x_{k}) = \lambda \big(\sum_{j \in J} \lambda_{j} f(x_{j}) \big) + \mu \big(\sum_{k \in K} \delta_{k} f(x_{k}) \big) = \lambda f(x) + \mu f(y).

Esto prueba que f es lineal.

Ahora llegamos al resultado central.

Teorema 5. Dos espacios vectoriales sobre un mismo cuerpo son isomorfos si y sólo si tienen la misma dimensión.

Prueba. Supongamos que los K-espacios E y F son isomorfos. Entonces existe una biyección lineal f:E \rightarrow F. Si E = \{0 \}, entonces F = f(E) = f(0) = \{0 \} y, en consecuencia, dim (E) = dim (F) =0. Sea E un espacio vectorial no trivial y sea B una base de Hamel de E. Probaremos que C = f(B) es una base de Hamel de F. En efecto, sea (y_{j})_{j \in J} una familia finita de elementos de C y supongamos que \sum_{j \in J} \lambda_{j} y_{j} = 0. Entonces para cada j \in J el vector x_{j} = f^{-1}(y_{j}) es un elemento de B y podemos escribir f(\sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j}) = \sum_{j \in J} \lambda_{j} f(x_{j}) = \sum_{j \in J} \lambda_{j} y_{j} = 0 . Como f es biyectiva esto significa que \sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j} = 0 y como (x_{j})_{j \in J} es una subfamilia finita de B, esto implica que \lambda_{j} = 0 para todo j \in J. Hemos probado pues que C es linealmente independiente. Por otro lado, si z es un elemento cualquiera de F, tenemos que existe un x de E que verifica f(x) = z. Para dicho x podemos hallar una subfamilia finita (u_{k})_{k \in K} de elementos de B, tal que x = \sum_{k \in K} \mu_{k} u_{k} y esto significa que z=f(x) = \sum_{k \in K} \mu_{k} f(u_{k}). Evidentemente (f(u_{k}))_{k \in K} es una subfamilia finita de C y de aquí que C sea un sistema generador de F. Como C=f(B) es una base y f es una biyección, concluimos que dim (E) = |B| = |f(B)|= |C| = dim (F).
Supongamos ahora que dim(E) = dim(F). Si ambas dimensiones son nulas, basta tomar la aplicación f:E \rightarrow F definida por f(0) = 0 para conseguir una biyección lineal (el lector puede comprobar este extremo fácilmente). Sea dim(E) = dim (F) >0. Si B= (x_{i})_{i \in I} es una base de E y C= (y_{i})_{i \in I} es una base de F tenemos que la asignación f(x_{i}) = y_{i}, para cada i \in I, da lugar a una aplicación lineal de E en F (ver teorema 4) mediante: f(x) =0 si x=0 y f(\sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j}) = \sum_{j \in J} \lambda_{j} y_{j}, si x \neq 0, donde J una subfamilia finita de elementos de B que genera x mediante su combinación lineal con coeficientes (\lambda_{j})_{j \in J} no nulos. Claramente f es inyectiva ya que Ker(f) = \{0 \} y también es sobreyectiva pues Im (f) = F. En consecuencia E y F son isomorfos.

Para acabar, exponemos un resultado conocido del álgebra lineal básica pero que a la luz de lo expuesto es válido para cualquier espacio vectorial ya sea de dimensión finita o infinita.

Teorema 6.Sea f:E \rightarrow F una aplicación lineal. Afirmamos que si G es un subespacio de E suplementario de Ker(f), entonces G es isomorfo a Im(f).

Prueba. Sea Ker(f) el núcleo de f y sea G su suplementario. Vamos a restringir la aplicación f a G. Dicha restricción es inyectiva ya que si u y v son elementos de G y resulta que f(u)=f(v), entonces f(u)-f(v) = 0, de donde f(u-v) = 0 y u-v \in Ker(f) \cap G. Luego u-v= 0 y u=v. Es claro que la imagen de la restricción de f a G está incluida en Im(f) pero por otro lado, si y es un elemento de Im(f), hallaremos un x \in E tal que f(x)=y. Ahora bien, como x =z+u, con z \in Ker(f) y u \in G, concluimos que y=f(x)=f(z+u) = f(z)+f(u) = 0+f(u)=f(u). Esto prueba que Im(f) está incluida en la imagen de la restricción de f a G y así ambas coinciden. La conclusión final es que f:G \rightarrow Im(f) es una biyección por lo que G es isomorfo a Im(f).

Corolario 1.f: E \rightarrow F una aplicación lineal. Entonces dim(Ker(f))+dim(Im(f)) = dim(E)

Prueba. Si G es suplementario de Ker (f), el corolario 2 de la lectura 14 permite afirmar que dim(E) = dim((Ker(f))+dim(G) y el teorema 6 nos lleva a la igualdad buscada: dim(E) = dim(Ker(f))+dim(Im(f)).

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.