Archivo del Autor: Angélica Amellali Mercado Aguilar

Punto de Acumulación

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

Introducción

En está sección estudiaremos el concepto matemático que define los puntos infinitamente cercanos a un conjunto.

Sea A un subconjunto arbitrario de Rn. Se dice que xRn es un punto de acumulación de A, si toda bola abierta con centro en x contiene un punto de A distinto de x es decir r>0(B(x,r)x)A
Al conjunto de puntos de acumulación de A se le denomina el conjunto derivado de A y se le denota Aa

Lema 1.-x¯Rn es punto de acumulación de A si y solamente si x¯Ax¯

Demostración. Si x¯ es un punto de acumulación de A entonces \quad r>0 \quad B(x¯,r)x¯A esta expresión es equivalente a B(x¯,r)Ax¯
por lo que B(x¯,r)x¯cA=[B(x¯,r)x¯c]A=B(x¯,r)Ax¯
pero esto significa que x¯ es un punto de
adherencia de Ax¯
x¯Ax¯ ◻

Ejercicio. Pruebe que AA

Demostración. Sea x A se tiene entonces
x A  xAx¯ Ax¯ A xA
por lo tanto AA

Ejercicio. Pruebe que AB  A B

Demostración. Sea x A se tiene entonces
x A  xAx Ax Bx xBx  x B
por lo tanto AB ◻

Proposición 1.-Si x¯Rn es un punto de acumulación de A, entonces toda bola abierta B(x¯,r) contiene una infinidad de puntos de A.

Demostración. Sea B(x¯,r) una bola abierta arbitraria con centro x¯,
supongase que esta bola tuviese solamente un número finito de puntos de A, digamos x¯1,,x¯k cada uno distinto de x¯ elijamos
r0=mind(x¯,x¯1),,d(x¯,x¯k) d(x¯,x¯i)r. Consideremos ahora la bola abierta B(x¯,r0). Es claro que B(x¯,r0)B(x¯,r) y de la desigualdad se sigue que B(x¯,r0) no contiene puntos de A distintos de x¯ pues todo punto de A que estubiese en B(x¯,r0) también sería elemento de B(x¯,r) lo cual no es posible ya que x¯1,,x¯k son los únicos elementos de A que están en B(x¯,r). Entonces la bola abierta B(x¯,r0) no tiene puntos de A diferentes de x¯, esto contradice la hipotesis de que x¯ es punto de acumulación. ◻

Teorema 1.- Un conjunto A es cerrado si y solo si contiene a todos sus puntos de acumulación.

Demostración. Sea x¯ un punto de acumulación de A. si x¯A, el conjunto abieto Ac es una vecindad de x¯, que debe contener cuando menos un punto de A, pero esto no es posible, por lo tanto se concluye xA.
Inversamente:Si A contiene a todos sus puntos de acumulación se habrá de probar que
Ac es abierto.
Sea yAc entonces y no es punto de acumulación de A. Por lo tanto, existe una vecindad r de y tal que Av=.
En consecuencia vyAc. Dado que esto es válido  yAc se deduce que Ac es abierto A es cerrado. ◻

Ejercicio. Sean A,BRn. Pruebe que (AB)=AB

Demostración. Tenemos que
x(AB)  xABx
  xAxBx
  xAxo´xBx
  xAo´xB
  xAB
Inversamente
AAB  A(AB)
BAB  B(AB)
de lo anterior se tiene
AB(AB) ◻

Ejercicio. Pruebe que (AB)AB

Demostración.

AB  A  (AB)A
AB  B  (AB)B
de lo anterior se tiene
(AB)AB ◻

Más adelante

Tarea moral

1.- Prueba que si ARn es un conjunto arbitrario entonces

int(A)Aint(A)Fr(A)

2.- Prueba que AA=A

3.- Sea A={(m,0)R2|mZ} Describe y prueba quién es A

4.- Determina quien es el S de S={(1n,0)|nN}R2

5.-Da un ejemplo de un conjunto S en R2 donde S sólo tenga un punto de acumulación y otro donde contenga una infinidad.

Enlaces

Teorema del valor medio para funciones de RnR

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

Introducción

Recordemos el teorema del valor medio para funciones de RR

Suponga que f:[a,b]R es derivable en (a,b) y continua en [a,b] entonces existe c(a,b) tal que
f(c)=f(b)f(a)ba

En esta sección se presenta el caso en la versión para funciones de Rn en R. De esta manera el caso general se ve de la siguiente manera:

Teorema. Sea f:ARnR
una función definida en el conjunto abierto A de Rn. Si x0,y0A se pide que el conjunto A sea tal que [x0,y0]=x0+t(y0x0) | t[0,1]A. Sea u un vector unitario en la dirección del vector y0x0. Si la función f es continua en los puntos del segmento [x0,y0] y
tiene derivadas direccionales en la dirección del vector u en los puntos del segmento (x0,y0), entonces existe θ , 0<θ<1 tal que f(x0+hu)f(x0)=fu(x0+θhu)h donde h=|y0x0|.

Una consecuencia del teorema anterior es el teorema
Teorema. Sea f:ARnR
una función definida en el conjunto abierto A de Rn. Si las derivadas parciales fxi  i=1,..,n son continuas en x0A entonces f es diferenciable en x0A
Vamos a dar una idea de la demostración para el caso n=2

Teorema del Valor Medio para Funciones de R2R

Teorema. Sea f:AR2R una función definida en el conjunto abierto A de R2. Si x0,y0A se pide que el conjunto A sea tal que [x0,y0]=x0+t(y0x0) | t[0,1]A. Sea u un vector unitario en la dirección del vector y0x0. Si la función
f es continua en los puntos del segmento [x0,y0] y tiene derivadas direccionales en la dirección del vector u en los puntos del segmento (x0,y0), entonces existe
θ \, 0<θ<1 tal que f(x0+hu)f(x0)=fu(x0+θhu)h donde h=|y0x0|.

Demostración. Considere la función ϕ:[0,h]R dada por ϕ(t)=f(x0+tu) ciertamente
la función ϕ es continua en [0,h] pues f lo es en [x0,y0]. Ademas

[ϕ(t)=limh0ϕ(t+h)ϕ(t)h=limh0f(x0+(t+h)u)f(x0+tu)h=limh0f(x0+tu+hu)f(x0+tu)h=fu(x0+tu)]

de modo que para t(0,h), ϕ(t) existe y es la derivada direccional de f en x0+tu(x0,y0) en la dirección del vector u. Aplicando entonces el teorema del valor medio a la función ϕ, concluimos que existe un múmero θ(0,1) que da ϕ(h)ϕ(0)=ϕ(θh)h\ es decir de modo que f(x0+hu)f(x0)=fu(x0+θhu)h

Ahora para la verisón del teorema 3

Teorema 5. Sea f:AR2R
una función definida en el conjunto abierto A de Rn. Si las derivadas parciales fx,  fy son continuas en (x0,y0)A entonces f es diferenciable en (x0,y0A

Demostración. Vamos a probar que f((x0,y0)+(h1,h2))=f(x0,y0)+fx(x0,y0)h1+fy(x0,y0)h2+r(h1,h2)donde lim(h1,h2)(0,0)r(h1,h2)|(h1,h2)|=0

para ello tenemos que
r(h1,h2)=f((x0,y0)+(h1,h2))f(x0,y0)fx(x0,y0)h1fy(x0,y0)h2
sumando un cero adecuado
r(h1,h2)=f((x0,y0)+(h1,h2))f(x0,y0+h2)+f(x0,y0+h2)f(x0,y0)fx(x0,y0)h1fy(x0,y0)h2
trabajaremos

f((x0,y0)+(h1,h2))f(x0,y0+h2)Considerando la función φ(x)=f(x,y0+h2) por lo tanto tenemos que φ(x)=limh10φ(x+h1)φ(x)h1=limh10f(x+h1,y0+h2)f(x,y0+h2)h1
este limite existe y nos dice que φ es es continua en este caso en el intervalo [x0,x0+h1]. Por lo tanto aplicando el TVM en dicho intervalo se obtiene
φ(x0+h1)φ(x0)=φ(x0+θ1h1)h1 p.a. θ1(0,1)
es decir
f((x0+h1,y0+h2)f(x0,y0+h2)=fx(x0+θ1h1,y0+h2)h1
Analogamente

f(x0,y0+h2)f(x0,y0)Considerando la función φ(y)=f(x0,y) por lo tanto tenemos que φ(y)=limh20φ(x0,y0+h2)φ(y0+h2)h2=limh20f(x0,y0+h2)f(y0+h2)h2
este limite existe y nos dice que φ es es continua en este caso en el intervalo [y0,y0+h2]. Por lo tanto aplicando el TVM en dicho intervalo se obtiene
φ(y0+h2)φ(y0)=φ(y0+θ2h2)h2 p.a. θ2(0,1)
es decir
f((x0,y0+h2)f(x0,y0)=fy(x0,y0+θ2h2)h2

Sustituimos en
r(h1,h2)=f((x0,y0)+(h1,h2))f(x0,y0+h2)+f(x0,y0+h2)f(x0,y0)fx(x0,y0)h1fy(x0,y0)h2y obtenemos
r(h1,h2)=fx(x0+θ1h1,y0+h2)h1fx(x0,y0)h1+fy(x0,y0+θ2h2)h2fy(x0,y0)h2

es decir
r(h1,h2)=(fx(x0+θ1h1,y0+h2)fx(x0,y0))h1+(fy(x0,y0+θ2h2)fy(x0,y0))h2
por lo tanto
r(h1,h2)|(h1,h2)|=(fx(x0+θ1h1,y0+h2)fx(x0,y0))h1|(h1,h2)|+(fy(x0,y0+θ2h2)fy(x0,y0))h2|(h1,h2)|
ahora bien si |(h1,h2)|(0,0) se tiene
(fx(x0+θ1h1,y0+h2)fx(x0,y0))0
y
h1|(h1,h2)|<1
Analogamente
(fy(x0,y0+θ2h2)fy(x0,y0))0
y
h2|(h1,h2)|<1
en consecuencia
lim(h1,h2)(0,0)r(h1,h2)|(h1,h2)|=0por lo tanto f es diferenciable en (x0,y0)

Más adelante

Tarea Moral

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Conjuntos Convexos

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

Introducción

En esta sección estudiaremos los conjuntos convexos del espacio Rn. Intuitivamente decimos que un conjunto convexo es aquel que dados dos puntos del conjunto, el segmento de linea que los une también pertenece a ese conjunto.

Definición. Dados x, y Rn, al segmento rectilineo que une dichos puntos lo denotamos
[x,y]={ty+(1t)x | t[0,1]}

Definición. Sea kRn. Se dice que k es convexo si dados dos puntos de k, el segmento que los une está contenido en k es decir
[x,y]k     x, yk

Ejemplo. Una bola abierta es un conjunto convexo
Demostración. Sea x0Rn y consideremos x, y  B(x0,ϵ) vamos a ver que [x,y] B(x0ϵ) tenemos que

xB(x0,ϵ)  |xx0|<ϵ y yB(x0,ϵ)  |yx0|<ϵ por lo tanto

|[x,y]x0|=|ty+(1t)xx0|=|t(yx0)+(1t)(xx0)|t|yx0|+(1t)|xx0|<
tϵ+(1t)ϵ=ϵ|[x,y]x0|<ϵ y de esta manera [x,y] B(x0,ϵ)

Ejemplo. El cuadrado A=[1,1]×[1,1] es un conjunto convexo
Demostración. Sean x=(x1,x2), y=(y1,y2) A y t[0,1] vamos a ver que ty+(1t)xA, tenemos que
ty+(1t)x=(ty1,ty2)+((1t)x1,(1t)x2)=(ty1+(1t)x1,ty2+(1t)x2)
como x1, x2, y1, y2 son tal que
1x11

1x21

1y11

1y21
entonces

1t(1)+(1t)(1)ty1+(1t)x1t(1)+(1t)(1)1
1t(1)+(1t)(1)ty2+(1t)x2t(1)+(1t)(1)1
por lo que
(ty1+(1t)x1,ty2+(1t)x2)[1,1]×[1,1]
por lo tanto
ty+(1t)xA

Teorema. Si x1,x2,,xnRn son conjuntos convexos tales que xi  i=1,..,n entonces xi es un conjunto convexo.

Demostración. Sean x, yxi entonces para todo i se tiene que
x, yxi como xi es convexo entonces [x,y]xi para todo i, por lo tanto [x,y]xi por lo tanto xi es convexo.

Teorema. Un conjunto convexo es conexo

Demostración. Dado un conjnuto X convexo, si X no fuera conexo entonces existirian A,B conjnutos abiertos separados tales que X=AB y AB= y si consideramos x, yX entonces el segmento [x,y] se puede parametrizar
como f(t)=ty+(1t)x t[0,1] y podríamos construir los abiertos {t[0,1] | f(t)A} y {t[0,1] | f(t)B}
estos abiertos proporcionarían una disconexion para el segmento rectilineo pues ya hemos probado que un segmento rectilineo es conexo, por lo tanto X es conexo.

Ejemplo. Un conjunto Conexo no es convexo, considere el conjunto
A=R2{(x,y)R2 | x0, y=0}
Vamos a mostrar que A es conexo pero no convexo\
Dado (x,y) A tomamos tres casos\
Caso (1) y=0 y x>0\
Consideremos el segmento
[x,x0]=[(x,x0),(1,0)]
que esta dado por
(x+t(1x),0)=((1t)x+t,0)R2 | t[0,1]
y como (1t)x+t>0 para todo t[0,1]. Se tiene que esta contenido en A.\
Caso (2) y>0 y xR. En este caso el segmento
[x,x0]=[(x,x0),(1,0)]
que esta dado por
(x+t(1x),yty)=((1t)x+t,(1t)y)R2 | t[0,1]
se tiene que
(1t)y>0 t[0,1) para t=1 se tiene el punto (1,0)=x0, entonces en este caso también dicho segmento esta contenido en A.\ Caso (3) y<0 y xR. En este caso el segmento [x,x0]=[(x,x0),(1,0)] que esta dado por (x+t(1x),yty)=((1t)x+t,(1t)y)R2 | t[0,1] se tiene que (1t)y<0 t[0,1)
para t=1 se tiene el punto (1,0)=x0, entonces en este caso también dicho segmento esta contenido en A.
Solo falta ver que el conjnuto A no es convexo

Si consideramos el punto x=(1,1) y el punto y=(1,1) se tiene que x,yA y sin embargo el punto
(1,0)=x+(12)(yx)[x,y]
pero no pertenece a A, es decir [x,y]A

Más adelante

Traea Moral

1.-Determina si los siguientes conjuntos son convexos:

A={(x,y)R2|x2y21}

B={(x,y)R2||x|y}

2.-Demuestra o da un contraejemplo. La unión de dos conjuntos convexos siempre es convexos.

Sea S={(x,y)R2|2x+3y6} el conjunto de soluciones de la desigualdad lineal:

3.- Demuestra que S es convexo.

4.- Grafica S y verifica geométricamente su convexidad.

5.-Describe un conjunto en $\mathbb{R}^2 que sea conexo pero no convexo.

Resultados de Conjuntos abiertos y cerrados

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

Propiedades de los Conjuntos abiertos y cerrados

Proposición:Si A y B son subconjuntos abiertos de Rn, entonces AB es un conjunto abierto de Rn.
Demostración.
Sea xAB. Se tiene entonces que xA ó xB. Si xA, entonces, puesto que A es abierto existe r>0 tal que Br(x)A, luego Br(x)AB Si xB, entonces, puesto que B es abierto existe r>0 tal que Br(x)B, luego Br(x)AB. En cualquiera de los casos, existe una bola abierta Br contenida en AB. AB es abierto.  ◼


Proposición. Si A y B son subconjuntos abiertos de Rn, entonces AB es un conjunto abierto de Rn.
Demostración. Sea xAB. Se tiene entonces que xA y xB. Puesto que A es abierto  r1>0 tal que B(x,r1)A. Puesto que b es abierto  r2>0 tal que B(x,r2)B.\Sea r=minr1,r2, entonces se tiene que
B(x,r)B(x,r1)B(x,r)B(x,r2)
Por lo tanto B(x,r)A y B(x,r)B, o sea B(x,r)AB.  ◼


Proposición. Si A y B son subconjuntos cerrados de Rn, entonces AB es un conjunto cerrado de Rn.
Demostración. Para mostrar que AB es un conjunto cerrado, tenemos que mostrar que (AB)c es un conjunto abierto, al ser A, B conjuntos cerrados entonces Ac, Bc son conjuntos abiertos y por leyes de D’morgan
(AB)c=AcBc
ahora bien por el resultado anterior se tiene que la intersección de conjuntos abiertos es un conjunto abierto, esto prueba que (AB)c es un conjunto abierto, por lo tanto AB es un conjunto cerrado.  ◼


Proposición. Si A y B son subconjuntos cerrados de Rn, entonces AB es un conjunto cerrado de Rn.
Demostración. Para mostrar que AB es un conjunto cerrado, tenemos que mostrar que (AB)c es un conjunto abierto, al ser A, B conjuntos cerrados entonces Ac, Bc son conjuntos abiertos y por leyes de D’morgan
(AB)c=AcBc
ahora bien por el resultado anterior se tiene que la unión de conjuntos abiertos es un conjunto abierto, esto prueba que (AB)c es un conjunto abierto, por lo tanto AB es un conjunto cerrado.  ◼

Generalizaciones de la proposiciones anteriores de la familias de conjuntos.

Proposición. La unión arbitraria de conjuntos abiertos en Rn es un conjunto abierto en Rn.
Demostración.
Sea Aα una colección de subconjuntos de Rn tal que Aα es un conjunto abierto en Rn. Sea A=Aα.
Sea x0A. Entonces existe α tal que x0Aα y como Aα es un conjunto abierto, existe r>0 tal que
B(x0,r)AαAα=A
Por lo tanto A es abierto.  ◼


Propposición. La intersección finita de conjuntos abiertos en Rn es un conjunto abierto en Rn.
Demostración. Sean A1,A2,,Ak subconjutos abiertos de Rn. Sea B=i=1kAi=A1A2Ak.
Sea x0B. Entonces x0Ai para toda 1ik. Cada Ai es un conjunto abierto. Por lo tanto existe ri>0 tal que B(x0,ri)Ai para toda 1ik. Sea r=minr1,r2,,rn>0. Entonces
B(x0,r)B(x0,ri)Ai   i=1,,n
Por lo tanto
B(x0,r)i=1kAi=B
y por lo tanto B es un conjunto abierto.  ◼


Proposición. La unión finita de conjuntos cerrados en Rn es un conjunto cerrado en Rn.
Demostración. Sean A1,,AkRn conjuntos cerrados y sea B=i=1nAi. Entonces
Bc=(i=1nAi)c=i=1nAic
el cual es un conjunto abierto de Rn. Por lo tanto B es un conjunto cerrado de Rn.  ◼


Proposición. La intersección finita de conjuntos cerrados en Rn es un conjunto cerrado en Rn.
Demostración. Sea Aα una colección de subconjuntos de Rn tales que cada Aα es cerrado en Rn. Por lo tanto para cada α, Acα es un conjunto abierto en Rn. Sea A=αAα tal que
Ac=(αAα)c=αAαc
es un conjunto abierto en Rn. Por lo tanto A es un conjunto cerrado en Rn.  ◼


Definición. Un elemento x¯A se dice que es un punto interior de A, si existe una bola abierta con centro en x¯ contenida en A es decir si r>0 tal que B(a¯,r)A. Denotamos por int(A) al conjunto formado por todos estos puntos, es decir int(A)={xRn | x es punto interior de A}
y diremos que este conjunto es el interior de A.


Ejemplo. Determinar el int(A),  Fr(A),  ext(A) con
A=[0,1]×[0,1](Q×Q)={(x,y)R2 | (x,y)Q  y  0x1  0y1}.

Solución. Primero analicemos la figura, ¿qué pasa si tomamos un (x,y) en A y un r>0?, ¿qué podemos observar?. Si recordamos la densidad de los irracionales sabemos que podemos encontrar un x irracional entre x y x+r, entonces si tomamos el punto (x,y) podemos ver que esta dentro de Br(x,y), pero (x,y) no es un punto de A. Esto pasa para toda r>0 y todo (x,y) en A. Entonces, podemos afirmar que el int(A)=.
Ademas, podemos decir que para todo (x,y) en A y todo r>0 se tiene que Br(x,y)Ac. Usando el mismo argumento, pero ahora para los racionales, podemos decir que para cualquier (x,y) y r>0 se tiene que Br(x,y)A.
Todo esto dentro del cuadrado [0,1]×[0,1]. Entonces, podemos afirmar que Fr(A)=[0,1]×[0,1].

¿Que podemos decir del exterior? De lo anterior podemos deducir que
ext(A)=R2[0,1]×[0,1].
Entonces, demostremos la siguiente afirmación:


Afirmación: int(A)=
Demostración. Sean (x,y)A y r>0. Mostraremos que Br(x,y)Ac, es decir, que para cualquier punto (x,y) de A y cualquier radio r>0, la bola Br(x,y) siempre contiene puntos de Ac, es decir, que A no tiene puntos interiores.
Como (x,y)A, entonces xQ y por la densidad de los irracionales sabemos que siempre existe un xQ tal que x<x<x+r……
Tomemos el punto (x,y) y calculemos su distancia con (x,y):
(x,y)(x,y)=(xx,0)=(xx)2=|xx|<r esta ultima desigualdad se cumple por  Veamos por que se cumple . De tenemos que x<x<x+r, restando x tenemos xx<xx<x+rx 0<xx<r como esto es positivo, le podemos sacar el valor absouto y se mantiene la desigualdad 0<|xx|<r y sabemos que |ab|=|ba|. Por lo tanto, |xx|<r.
Entonces, como (x,y)(x,y)<r, tenemos que (x,y)Br(x,y), pero como xQ esto implica que (x,y)Q×Q. Por lo tanto, Br(x,y)(R2Q×Q).
Podemos observar que AQ×Q Br(x,y)(R2A)=Br(x,y)Ac,
es decir, que para todo r>0 se tiene que Br(x,y) siempre interseca a Ac. Por lo tanto, int(A)=.  ◼


Afirmación: Fr(A)=[0,1]×[0,1]
Demostración. Primero mostraremos que [0,1]×[0,1]Fr(A). Sea (x,y)[0,1]×[0,1] y r>0. Ya probamos que Br(x,y)Ac, falta probar que Br(x,y)A. (Para que se cumpla la definición de frontera). Tenemos varios casos para x y y:
(1) Supongamos que 0x<1 y 0y<1. Por la densidad de los números racionales, sabemos que existen x,yQ tal que:
x<x<min{1,x+r2},y<y<min{1,y+r2}
Entonces, (x,y)A y además |xx|<r2 y |yy|<r2. Así podemos ver lo siguiente:
||(x,y)(x,y)||=(xx)+(yy)<(r2)2+(r2)2=r,
lo que nos dice que el punto (x,y)Br(x,y), y por tenemos que Br(x,y)A.
(2) En este caso juntaremos los casos que faltan. Escogiendo a x,y como en , tenemos lo siguiente:
(a) Si x=1 y y<1 nos fijamos en la pareja (1,y),
(b) Si x<1 y y=1 nos fijamos en la pareja (x,1), y
(c) Si x=1 y y=1nos fijamos en la pareja (1,1).
Podemos observar que estos puntos están en A, pues sus entradas pertenecen a los racionales. Por lo tanto, Br(x,y)A. Por lo tanto, [0,1]×[0,1]Fr(A).


Afirmación: ext(A)=R2[0,1]×[0,1]
Demostración. Primero mostremos que R2{[0,1]×[0,1]}ext(A). Sea (x,y)R2{[0,1]×[0,1]}
y supongamos que x<0 ó 1<x, (la otra posibilidad es que y<0 ó y>1, pero se hace de manera análoga).
(1) Si x<0, entonces tomamos r=|x|>0. Vamos a mostrar que Br(x,y)R2{[0,1]×[0,1]}. Observemos que R2{[0,1]×[0,1]}Ac...
Sea (x,y)Br(x,y), sabemos que
|xx|(x,y)(x,y)<r
pero |x|=r, entonces
|xx|<|x|=x pues x<0
entonces
x<xx<xx+x<x+xx<xx0<x<2x
multiplicando por (1), tenemos que x<0, lo cual implica que
(x,y)[0,1]×[0,1]. Así tenemos que (x,y)Rn[0,1]×[0,1].
Entonces, Br(x,y)Rn[0,1]×[0,1].
Por lo tanto, por , Br(x,y)Ac, lo cual implica que (x,y)ext(A).
(2) Si x>1, entonces tomamos r=x1>0.
Vamos a mostrar que Br(x,y)R2{[0,1]×[0,1]}. Observemos que R2{[0,1]×[0,1]}Ac...
Sea (x,y)Br(x,y), sabemos que

Vamos a mostrar que Br(x,y)R2[0,1]×[0,1].
Observemos que R2[0,1]×[0,1]Ac...\
Sea (x,y)Br(x,y), sabemos que
|xx|(x,y)(x,y)<r=x1

|xx|<x11x<xx<x112x<xxx<xx1

12x<x<11<x<2x1

entonces tenemos que x>1, lo cual nos dice que (x,y)[0,1]×[0,1].
Así tenemos que (x,y)Rn{[0,1]×[0,1]}.
Entonces, Br(x,y)Rn{[0,1]×[0,1]}.
Por lo tanto, por , Br(x,y)Ac, lo cual
implica que (x,y)ext(A). Por lo tanto, R2{[0,1]×[0,1]}ext(A).
De la proposición tenemos que Rn=int(A)ext(A)Fr(A),
en nuestro caso obtuvimos que int(A)=. Entonces,

R2=ext(A)Fr(A)
y de esto obtenemos las siguientes igualdades
R2ext(A)=Fr(A) y R2Fr(A)=ext(A).
De tenemos Fr(A)R2ext(A) y de (2) tenemos [0,1]×[0,1]Fr(A), entonces [0,1]×[0,1]Fr(A)R2ext(A).
De (3) tenemos R2[0,1]×[0,1]ext(A),
entonces

(R2[0,1]×[0,1])[0,1]×[0,1]ext(A)[0,1]×[0,1]

entonces
R2ext(A)[0,1]×[0,1]R2ext(A)(ext(A)[0,1]×[0,1])ext(A)

así tenemos
R2ext(A)[0,1]×[0,1]..

Entonces, por y tenemos que Fr(A)=[0,1]×[0,1]. Y de esta igualdad y de tenemos que ext(A)=R2[0,1]×[0,1].  ◼


Proposición:
Si ARn, entonces:
(1) int(A)A
(2) ext(A)Ac
(3) (a) int(A)ext(A)=, (b) int(A)Fr(A)= y (c) Fr(A)ext(A)=
(4) Rn=int(A)ext(A)Fr(A)
(5) int(Ac)=ext(A) y Fr(A)=Fr(Ac).

Demostración.
(1) Por demostrar que int(A)A. Sea x^int(A) por definición que existe r>0 tal que Br(x^)A. Como x^Br(x^) (por definición de bola), entonces x^A. Por lo tanto, int(A)A.


(2) Por demostrar que ext(A)Ac. Sea x^ext(A) por definición que existe r>0 tal que Br(x^)Ac. Como x^Br(x^) (por definición de bola), entonces x^Ac. Por lo tanto, ext(A)A.


3_aPor demostrar que int(A)ext(A)=. Supongamos por contadicción que int(A)ext(A), esto implica que existe x^int(A)ext(A) x^int(A) y x^ext(A), esto implica por (1) y (2) que x^A y x^Ac, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, int(A)ext(A)=.


3_b Por demostrar que int(A)Fr(A)=. Supongamos por contadicción que int(A)Fr(A), esto implica que existe x^int(A)Fr(A)
x^int(A) y x^Fr(A). Así, tenemos lo siguiente: (a). Existe r>0 tal que Br(x^)A, y (b). Para todo r>0 se tiene que Br(x^)A y Br(x^)Ac. En particular, por (a), para r>0 tenemos que Br(x^)Ac=, lo cual contradice la hipótesis (b). Por lo tanto, int(A)Fr(A)=.


3_c Por demostrar que Fr(A)ext(A)=.
Supongamos por contradicción que Fr(A)ext(A),
esto implica que existe x^Fr(A)ext(A)
x^Fr(A) y x^ext(A). Así, tenemos lo siguiente:
(a). Para todo r>0 se tiene que Br(x^)A
y Br(x^)Ac, y
(b). Existe r>0 tal que Br(x^)Ac.
Así, por (b)tenemos que existe r>0 tal que Br(x^)A=,
lo cual contradice la hipótesis (a). Por lo tanto, Fr(A)ext(A)=.


(4) Por demostrar que Rn=int(A)Fr(A)ext(A).
Como ARn, se tiene que int(A)Fr(A)ext(A)Rn. Falta ver que Rnint(A)Fr(A)ext(A). Sea x^Rn, como ARnentonces tenemos tres casos:

(a) Existe r>0 tal que Br(x^)A, entonces por
definición tenemos que x^int(A),

(b) existe r>0 tal que Br(x^)Ac, entonces por defición tenemos que x^ext(A), o
(c) para todo r>0 se tiene que Br(x^)Ac
y Br(x^)A, entonces por definición x^Fr(A). Así tenemos que, Rnint(A)Fr(A)ext(A). Por lo tanto, Rn=int(A)Fr(A)ext(A).


(5) (a) Por demostrar que int(Ac)=ext(A).
int(Ac)ext(A) Sea x^int(Ac), por definición se tiene que existe r>0 tal que Br(x^)Ac, pero esta es la definición de un punto exterior de A. Por lo tanto, x^ext(A). ext(A)int(Ac). Sea x^ext(A), por definición se tiene que existe r>0 tal que Br(x^)Ac, pero esta es la definición de un punto interior de Ac. Por lo tanto, x^int(Ac). Por lo tanto, int(Ac)=ext(A).  ◼


Definición. Sea ARn. Definimos la cerradura de A, que denotamos por A, como A=int(A)Fr(A)


Proposición. Sea ARn. Las siguientes afirmaciones son ciertas:
(1) Int(A) es un conjunto abierto
(2) Ext(A) es un conjunto abierto
(3) Fr(A) es un conjunto cerrado
(4) A es un conjunto cerrado.
Demostración.
(1) Sea xInt(A), entonces existe r>0 tal que B(x,r)A. Sea yB(x,r), existe r>0 tal que B(y,r)B(x,r)A por lo que yInt(A) y por tanto B(x,r)Int(A).
(2) Como Ext(A)=Int(Ac) y de acuerdo al inciso anterior este conjunto es abierto.
(3) Tenemos que (Fr(A))c=RnFr(A)=int(A)Ext(A)
ambos conjuntos son conjuntos abiertos y la unión de conjuntos abiertos es abierta, entonces este conjunto es abierto y por tanto Fr(A) es cerrado.
(4) Se tiene que
(Ac)=Rn(int(A)Fr(A))=ext(A)
el cual es conjunto abierto, por lo tanto A es un conjunto cerrado.  ◼

Punto de Acumulación

Definición. Sea ARn y xRn. Se dice que
(1) x es un punto de acumulación de A, si toda bola abierta con centro en x contiene un punto de A distinto de x es decir r>0,(B(x,r)x)A
Al conjunto de puntos de acumulación de A se le denomina el conjunto derivado de A y se le denota A.
(2) xA es un punto aislado de A si x no es un punto de acumulación de A, es decir, si existe r>0 tal que
(B(x,r)x)A=.


Ejemplo. Sea
A={(x,y)R2 | x2+y2<1}
Muestre que x0=(12,12) es un punto de acumulación de A.
Solución. Vamos a considerar el punto x=(12(r+1),12(r+1)), para r>0.
Tenemos entonces que


(1) xA pues
(12(r+1))2+(12(r+1))2=12(r+1)2+12(r+1)2<12+12=1


(2) Tenemos que
xx0=|(12,12)(12(r+1),12(r+1))|=|(1212(r+1),1212(r+1))|=|r2(r+1),r2(r+1)|=r2(r+1)(1,1)=r2(r+1)2=rr+1<r


Tenemos entonces que xB((12,12),r). Por lo tanto
[B((12,12),r){(12,12)}]A
Por lo tanto x0=(12,12) es un punto de acumulación de A.  ◼

Más adelante

En la siguiente sección continuaremos estudiando topológicamente los conjuntos importantes obtenidos a partir de la caracterización de puntos de Rn

Tarea Moral

1.- Si ARn es un conjunto arbitrario demuestra que int(A)A´int(A)Fr(A)

2.- Sea ARn prueba que: A no puede ser cerrado y abierto a la vez.

3.- Sea ARn prueba que: Fr(A)ϕ

4.-Sean A y B subconjuntos de Rn. Indica y prueba si las siguientes afirmaciónes son ciertas.

a) Si AB entonces AB

b) (AB)=AB

c) (AB)=AB

5.- Sea A un subconjunto de Rn Prueba que: Si BA y B es abierto, entonces Bint(A) (es decir, de los conjuntos abiertos que están contenidos en A, int(A) es el más «grande»).

Mutiplicadores de Lagrange

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

Extremos Restringidos (Multiplicadores de Lagrange)

Supongase que se quieren hallar los valores extremos (máximo ó mínimo) de una función f(x,y) sujeta a la restircción x2+y2=1; esto es, que (x,y) está en el circulo unitario. Con mayor generalidad, podemos necesitar maximizar o minimizar f(x,y) sujeta a la condición adicional de que (x,y) también satisfaga una ecuación g(x,y)=c donde g es alguna función y c es una constante. En el ejemplo g(x,y)=x2+y2 y c=1]. El conjunto de dichas (x,y) es un conjunto de nivel de g.

En general, sean f:uRnR y g:uRnR funciones C1 dadas, y sea S el conjunto de nivel de g con valor c. Recordar que el conjunto de nivel son los puntos xRn con g(x)=c] Cuando f se restringe a S, de nuevo tenemos el concepto de máximos locales o mínimos locales de f (extremos locales), y un máximo (valor mayor) o un minimo absoluto (valor menor) debe ser un extremo local.

Teorema.- Método de los multiplicadores de lagrange. Sean f:uRnR y g:uRnR funciones C1 con valores reales dados. Sean x0u y g(x0)=c, y sea S el conjunto de nivel de g con valor c. Suponer g(x0)0.
Si f|s (f restringida a s) tiene un máximo o un mínimo local en S, en x0, entonces existe un número real λ tal que f(x0)=λg(x0).

Demostrción Para n=3 el espacio tangente o plano tangente de S en x0 es el
espacio ortogonal a g(x0) y para n arbitraria podemos dar la misma definición de espacio tangente de S en x0. Esta definición se puede motivar al considerar tangentes a trayectorias c(t) que estan en s, como sigue: si c(t) es una trayectoria en S y c(0)=x0, entonces c(0) es un vector tangente a S en x0, pero dg(c(t))dt=ddt(c)=0
Por otro lado usando regla de la cadena
ddtg(c(t))|t=0=g(x0)c(0)
de manera que g(x0)c(0)=0, esto es, c(0) es ortogonal a g(x0).

Si f|s tiene un máximo en x0, entonces f(c(t)) tiene un máximo en t=0. Por cálculo de una variable, df(c(t))dt|t=0=0. Entonces por regla de la cadena 0=df(c(t))dt|t=0=f(x0)c(0)
Asi, f(x0) es perpendicular a la tangente de toda curva en S y entonces tambien es perpendicular al espacio tangente completo de S en x0. Como el espacio perpendicular a este espacio tangente es una recta, f(x0) y g(x0) son paralelos. Como g(x0)0, se deduce que f(x0) es multiplo de g(x0).

Corolario. Si f al restringirse a una superficie S, tiene un máximo o un mínimo local en x0, entonces f(x0) es perpendicular a S en x0.La geometria de los valores extremos restringidos.

Ejemplo. Sea SR2 la recta que pasa por (1,0) inclinada a 45o, y sea f:R2R daa asi f(x,y)=x2+y2. Hallar los extremos de f|s.

Solución. Aqui S={(x,y)|yx1=0} y por lo tanto hacemos g(x,y)=yx1 y c=0. Tenemos g(x,y)=i+j0. Los extremos relativos de f|s deben hallarse entre los puntos en que f es ortogonal a S, esto es, inclinada a 45o. Pero f(x,y)=(2x.2y), que tiene la pendiente deseada sólo cuando x=y, o cuando (x,y) está sobre la recta L, que pasa por el origen inlinada a 45o. Esto puede suceder en el conjunto S sólo para el unico punto en
el que se intersecan L y S. Al referirnos a las curvas de nivel de f se indica que este punto (11,12) es un mínimo relativo de f|s (Pero no de f).

Ejemplo. Sea f:R2R dada asi f(x,y)=x2y2 y sea S el círculo de radio 1 alrededor del origen. Hallar los extremos de f|s.

Solución. El conjunto S es la curva de nivel para g con valor t. Donde g:R2R, (x,y)x2+y2. La condición de que f=λg en x0, es decir que f y g son pararlelos en x0, es la misma que las curvas de nivel sean tangentes en x0. Asi los puntos extremos de f|s son (0,±1) y (±1,0). Evaluando f hallamos que (0,±1) son mínimos y (±1,0) son máximos. Usando Multiplicadores de
lagrange f(x,y)=(2x,2y) y g(x,y)=(2x,2y)\ \quad (2x,2y)=λ(2x,2y) cuya solución es (0,±1), (±1,0).

Ejemplo. Maximizar la función f(x,y,z)=x+z sujeta a la restricción x2+y2+z2=1

Solución. Buscamos λ y (x,y,z) tales que 1=2xλ, 0=2yλ y 1=2zλ x2+y2+z2=1 la solución es (12,0,12), (12,0,12) comprobando los valores de f en estos puntos podemos ver que el primer punto produce el máximo de f y el segundo el mínimo.

Ejemplo. Hallar los puntos extremos de f(x,y,z)=x+y+z sujeto a las dos condiciones x2+y2=2 y x+z=1

Solución. Aquí hay dos restricciones g1=(x,y,z)=x2+y22=0 g2(x,y,z)=x+z1=0 asi, debemos encontrar x,y,z,λ1 y λ2 tales que f(x,y,z)=λ1g(x,y,z)+λ2g2(x,y,z)
g1(x,y,z)=0yg2(x,y,z)=0
Calculando gradientes e igualando componentes, obtenemos


(1)1=λ12x+λ21(2)1=λ12y+λ20(3)1=λ10+λ21(4)x2+y2=2(5)x+z=1


De (3) λ2=1 y asi 2xλ1=0, 2yλ1=1.

Como la segunda implica λ10 x=0. Asi y=±2 y z=1. Entonces los extremos deseados son (0,±2,1).

Por inspección (0,2,1) da un máximo relativo y (0,2,1) un mínimo relativo.

La condición x+z=1 implica que z tambien está acotada. Se deduce que el conjunto de restricciones S es cerrada y acotada,

Por lo tanto f tiene un máximo y un mínimo en S que se deben alcanzar en (0,2,1) y (0,2,1) respectivamente.