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Amor Vincit Omnia

Categoría: Math

Sumas Superiores, Inferiores no dependen de la Partición

Lema 1: Sea P_{1} y P_{2} particiones cualesquiera en el intervalo [a,b] \in \mathbb{R} y sea f:[a,b]\to\mathbb{R} una función acotada sobre [a,b]. entonces

L(f,P_{1}) \le U(f,P_{2})

Para poder demostrar este lema hace falta demostrar un lema anterior.


Lema 2: Sea P  un refinamiento de  Q particiones  en el intervalo [a,b] \in \mathbb{R} y sea f:[a,b]\to\mathbb{R} una función acotada sobre [a,b]. entonces

  1. L(f,P) \le L(f,Q)
  2. U(f,P) \ge U(f,Q)

Demostración 1.

Mostramos nuestras particiones

P = \{x_{0}=a,x_{1},...,x_{n}=b\}
Q = \{x_{0}=a,x_{1},...,x_{i-1},x',x_{i},...,x_{n}=b\}

Por definición tenemos que

L(f,P) = \sum_{i=1}^{n}m_{i}(x_{i}-x_{i-1})

Este será el ínfimo para la función f con respecto a la partición P

m_{i} = inf\{f(x) | x \in [x_{i-1},x_{i}]\}

ahora con respecto a la partición Q

Supongamos que como se muestra en la partición Q el nuevo punto cae entre x_{i-1} y x_{i} pueden ser los mismo, y para que tenga sentido supondremos que no lo es.

Por lo tanto tenemos dos ínfimos más, de tal manera que:

m_{i}' = inf\{f(x) | x \in [x_{i-1},x']\}
m_{i}'' = inf\{f(x) | x \in [x',x_{i}]\}

Tendremos que ver cual es la relación entre estos nuevos ínfimos y el ínfimo de P. Para ello recurriremos una propiedad de los ínfimos y supremos.


Propiedad 1. Sean A,B \in \mathbb{R} acotados, tales que A \subset B  entonces

  1. inf(A) \ge inf(B) o lo que es lo mismo inf(B) \le inf(A)
  2. sup(A) \le sup(B)

Demostración 1.

Por definición de ínfimo tenemos \forall x \in A entonces inf(A) \le x donde recordemos que inf(A) \not\in A pues es la mayor de las cotas inferiores.  Pero como A \subset B se cumple que inf(B) \le x, \forall x \in A entonces inf(B) es una cota inferior para A y por el axioma del ínfimo (Todo conjunto acotado inferior-mente tiene ínfimo) pero el ínfimo de A es inf(A) que por definción es la más grande de las cotas inferiores. Por lo tanto

inf(B) \le inf(A)

Demostración 2.

Por definición de supremo se cumple que \forall x \in A, x \le sup(A) donde sup(A) \not\in A pues es la menor de las cotas superiores. Pero además tenemos que como A \subset B se cumple que x \le sup(B), esto quiere decir que sup(B) es una cota superior de A pero el supremo de A es sup(A) que es la mínima de las cotas superiores, por lo tanto y por el axioma del supremo para números reales se tiene.

sup(A) \le sup(B)

Ahora que tenemos esta propiedad demostrada podemos seguir con la demostración original. Lo que en reaidad estamos buscando es una relación entre nuestros ínfimos. Que son m_{i} para la partición P, m_{i}' y  m_{i}'' para el refinamiento o la partición con un punto más que es Q. Pero como acabamos de ver cuando tenemos un conjunto acotado, como un intervalo [a,b]  y en especifico el que nos sirve es  \alpha = [x_{i-1},x_{i}] y sea \beta = [x_{i-1},x'] , \gamma = [x',x_{i}] teneos por la propiedad anterior que como \beta\subset \alpha y \gamma \subset \alpha entonces inf(\alpha) \le inf(\beta), inf(\alpha) \le inf(\gamma) y esto sucede para todos sus puntos.  Sean m_{i}' = inf(\beta) y m_{i}'' = inf(\gamma)

m_{i} \le m_{i}' y m_{i} \le m_{i}'' (1.1)

Análogo con supremos tenemos que

M_{i} \ge M_{i}' y M_{i} \ge M_{i}'' (1.2)


Ahora que tenemos la relación (1.1) veamos quién es L(f,Q)

\begin{aligned} L(f,P) = \sum_{i =1}^{n} m_{i}(x_{i}-x_{i-1}) \end{aligned}

Sumando un cero a m_{i}(x_{i} - x_{i-1} + x' - x') tenemos
m_{i}(x_{i} - x_{i-1} + x' - x') = m_{i}(x' - x_{i-1})+m_{i}(x_{i} - x')
\begin{aligned} = \sum_{i =1}^{i-1} m_{i}(x_{i}-x_{i-1}) + m_{i}(x' - x_{i-1}) + m_{i}(x_{i} -x') + \sum_{i =i+1}^{n} m_{i}(x_{i}-x_{i-1}) \\ \end{aligned}
Pero por la relación (1.1) tenemos la siguiente desigualdad
\begin{aligned} \le \sum_{i =1}^{i-1} m_{i}(x_{i}-x_{i-1}) + m_{i}'(x' - x_{i-1}) + m_{i}''(x_{i} -x') + \sum_{i =1+1}^{n} m_{i}(x_{i}-x_{i-1}) \\ \end{aligned}
\begin{aligned} = L(f,Q) \end{aligned}

Por lo tanto
L(f,P) \le L(f,Q) y la demostración para supremos o las sumas superiores es completamente análogo y utilizando (1.2) tenemos lo que deseamos U(f,P) \ge U(f,Q) el siguiente paso es poner más de un punto en el refinamiento pero es procedimiento sencillo de inducción y así queda demostrado el Lema 2


Para demostrar el Lema 1 basta con utilizar el Lema 2 y utilizar una truco, definiendo una nueva partición de la manera siguiente:
P_{3} = P_{1} \cup P_{2} que será como nuestra Q de la demostración anterior

Por el lema anterior tenemos, y tomando a P_{1} y P_{2} de tal manera que

L(f,P_{1}) \le L(f,P_{3}) \le U(f,P_{3}) \le U(f,P_{2})
\Box

Utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz para Integrales

Este problema viene en la página 422, Problema 23 del capítulo 14 del Libro Cálculo Infinatesimal – Michael Spivak

Supongase que f' es integrable en [0,1] y f(0) = 0. Demostrar que para toda x \in [0,1] se tiene que |f(x)| \leq \sqrt {\int_0^{1} (|f'|)^2}

(El truco de está demostración es utilizar la desigualdad de Cauchy-Schwarz para integrales, pero para eso habrá que difinir nuevas funciones.)

Sean f' = f y g = 1

f es contunia por que f' es integrable y la función constante también es continua.

Por Cauchy-Scwarz tenemos

f(x)^{2} = (\int_0^{x} f'(t) \delta t)^{2} \leq \int_0^{x} {f'(t)}^{2} \delta t \int_0^{x} {1}^{2}

Como la \int_0^{x} 1^2 \leq \int_0^{1} 1^2   y por esto tenemos

(\int_0^{x} f'(t) \delta t)^{2} \leq \int_0^{x} {f'(t)}^{2} \delta t \int_0^{x} 1^2 \leq \int_0^{1} f'(t)^2 \delta t

Por el torema del encaje

(f(x))^{2} \leq \int_0^{1} {f'(t)}^{2} \delta t

Aplicando raíz de ambas partes.

|f(x)| \leq \sqrt {\int_0^{1} (|f'|)^2} \square

An es Simple.

A_{n} es simple para n \geq 5

\text{Demostraci\'on}

Supongamos que existe H \lhd A_{n} distinto de la indentidad.

P.D H = A_{n}

Sea b \in H, b \neq e, tal que

\forall { i} \in {\mathbb{I}}_{n} \Rightarrow b(i) = j para algun \text{j} \in {\mathbb{I}}_{n}

Sea a un {3-ciclo} en A_{n} tal que a mueve a j y fija a i.

Es decir, por la elección de a.

b(a(i)) = b(i) = j

a(b(i)) = a(j) = i

*Recordemos que a y b son permutaciones o lo que es lo mismo funciones biyectivas de {\mathbb{I}}_{n} \rightarrow {\mathbb{I}}_{n}

por lo tanto ab\neq ba es dcir no conmutan \Rightarrow [a,b]\neq e donde [a,b] es el conmutador.

sea aba^{-1}b^{-1} \neq e

Sabemos que a y a{^-1} tienen la misma estructura ciclica.

Ejemplo: a \in S_{n} y sea a = (123) su inverso es a^{-1}=(213) y como es obvio tiene la misma estructura ciclica.

y el conjugado de a y su inverso también tienen la misma estructura ciclica es decir ba^{-1}b^{-1} tienen la misma estructura ciclica por lo tanto

ba^{-1}b^{-1} es un 3-ciclo

a(ba^{-1}b^{-1}) es un producto de 2 3-clicos

\Rightarrow aba^{-1}b^{-1} mueve a lo más 6-elementos (Ver cada caso)

digamos que son \{a,b,c,d,e,f\}

Definamos F=\{ c \in A_{n} | c mueve a lo más \{a,b,c,d,e,f\}\}

por lo tanto F\simeq A_{6}

\Rightarrow aba^{-1}b^{-1} \in F. Además b \in H

y recordando que H \lhd A_{n} por lo tanto aba^{-1} \in H

también b^{-1} \in H.

por lo tanto ab^{-1}b^{-1} \in H.

por lo tanto ab^{-1}b^{-1} \in F \bigcap H = {e} ó F

por lo tanto F \bigcap H es subgrupo no trivial de F ( no puede ser el trivial por dos razones

el segundo teorema de isormfía y además recordando que H \neq e y F \neq e)

como H \lhd A_{n} y

por el segundo teorema de isotrmorfía

H \bigcap F\lhd F y H\bigcap F\neq e

como F es simple por que F\simeq A_{6} y A_{6} es simple

H \bigcap F = F

por lo tanto F \subset H

por lo tanto H contiene un 3-ciclo

por lo tanto H = A_{n}

por lo tanto A_{n} es simple

\square

Raíz de dos es Irracional

Existe varias formas de demostar la irracionalidad de raíz de algun número, la mayoria por reducción al absurdo y suponiedo que los valores del cociente son primos relativos ((p,q) = 1). ¿Pero qué pasa si no supones que sean primos relativos?

Pues veamoslo, se sigue de suponer que no es irracional y por tanto es racional, lo que en algún momento nos llevara a una contradicción.

Definamos el conjunto de los número racionales de la siguiente forma:

{\mathbb{Q} } = {\{ } {p \over{q} } | (p,q) \in\mathbb{Z} {\}}

Demostración: Por contradicción

Supongamos que \sqrt{2} no es irracional,

P.D \sqrt{2} = {p \over { q}}

Elevando al cuadrado

{2} = {p^{2} \over {q^{2}}} \Rightarrow {2q^{2}} = {p^{2}}

Esto quiere decir que p^2 es multiplo de 2. Y se puede expresar de la forma p = 2n, sustituyendo

{2q^{2}} = {(2n)^{2}} \Rightarrow {2q^{2}} = {4n^{2}}

Dividiendo entre 2

{q^{2}} = {2n^{2}}, pero esto quiere decir que q^{2} es multiplo de 2  de nuevo sustituyendo ambas por: p = 2n, q = 2m

\sqrt{2} = {2n \over 2m} \Rightarrow \sqrt{2} = {n \over m}, si repetimos el procedimiento anterior obtendremos de nuevo que…

n y m se puede expresar como multiplo de 2. Por lo que tendriamos una sucesión de la siguiente forma:

\sqrt{2} = {p \over q} = {k \over m} = {k_{1} \over m_{1}} = ... = {k_{n} \over m_{n}} =.... Pero recordando que

p > k > k_{1} > ... > k_{n} > ... Dado que estamos construyendo una sucesion finita de enteros. Cada vez que repetimos el procedimiento, obtentemos un nuevo entero que es multiplo de 2, y que además es menor que su anterior. Dado que {k_{i} \over m_{i}} = {2k_{i-1} \over 2m_{i-1}} con i \in \mathbb{N}

Pero es una sucesión entera infinita acotada, por el método del desenso infinito de fermat. dice que eso es falso. Entonces encontramos la contradicción que deseabamos.

\therefore suponer que \sqrt{2} no es irracional es falso.

es decir \sqrt{2} es irracional \Box.