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Y para terminar, dos resultados fuertes de la integral de Riemann-Stieltjes

Por Lizbeth Fernández Villegas

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

El contenido de esta sección corresponde al libro
Wheeden, R.L., Zygmund, A., Measure and Integral. An Introduccion to Real Analysis. (2da ed.). New York: Marcel Dekker, 2015, págs 34-37.

En la entrada anterior vimos que para cualesquiera P1,P2P[a,b] se cumple que SP1SP2, entonces

(1)<supSPPP[a,b]ínfSPPP[a,b]<.

Esto también ocurre con la integral de Riemann que se estudia en los cursos de Cálculo, donde además, cuando se da la igualdad supSPPP[a,b]=ínfSPPP[a,b] se toma el valor del límite como el valor de la integral. (Ver Cálculo Diferencial e Integral II: Definición de la integral definida).

Nota que nosotros no hemos definido así la integral de Riemann-Stieltjes, sino tomando particiones cuyas normas tienden a cero. Aunque la intuición nos dice que particiones de intervalos muy pequeños se aproximan demasiado al valor de la integral, esto no siempre ocurre. Específicamente, incluso cuando se cumple que supSPPP[a,b]=ínfSPPP[a,b] en el caso de las sumas inferior y superior de Riemann-Stieltjes, la integral podría no existir. Veamos un ejemplo.

Sean f:[a,b]R y α:[a,b]R definidas como

f(x)={0 si 1x<01 si 0x1.

α(x)={0 si 1x01 si 0<x1.

Observa que f y α tienen un punto de discontinuidad común que provoca que 11fdα no exista. En efecto, si P={x0=1,,xn=1} es una partición entonces para algún j{1,,n}
xj10xj
Queda como ejercicio probar que S(P,f,α)=f(ξj) con ξj[xj1,xj], y así

S(P,f,α)=0 o S(P,f,α)=1
sin importar qué tan pequeños sean los intervalos de la partición, por lo que no existe lim|P|0S(P,f,α).

Pese a lo anterior, es sencillo verificar que
supSPPP[a,b]=ínfSPPP[a,b]=1.

La siguiente proposición muestra hipótesis en las que la integral de Riemann-Stieltjes y los límites de las sumas sí coinciden.

Proposición: Sea f:[a,b]R acotada y α:[a,b]R monótona creciente. Si abfdα existe, entonces

lim|P|0SP y lim|P|0SP

existen y

lim|P|0SP=lim|P|0SP=supSPPP[a,b]=ínfSPPP[a,b]=abfdα.

Demostración:
En el caso no trivial, supongamos que α no es constante en [a,b].

Sea I=abfdα. Entonces dada ε>0 existe δ>0 tal que si |P|<δ entonces |IS(P,f,α)|<ε.

Supongamos que P={x0=a,,xn=b} con |P|<δ. Tomemos ξi,ηi[xi1,xi],i=1,,n, tales que

(2)0Mif(ξi)<εα(b)α(a) y (3)0f(ηi)mi<εα(b)α(a)

Sean

(4)SP=i=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1)) y (5)S´´P=i=1nf(ηi)(α(xi)α(xi1))

entonces

(6)|ISP|<ε y(7)|IS´´P|<ε.

Por otro lado, por (2),

0SPSP=i=1nMi(α(xi)α(xi1))i=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1))=i=1n[Mif(ξi)](α(xi)α(xi1))<i=1nεα(b)α(a)(α(xi)α(xi1))=εα(b)α(a)i=1n(α(xi)α(xi1))=εα(b)α(a)(α(b)α(a))(8)=ε.

Análogamente

(9)0S´´PSP<ε.

De (6), (8) y la desigualdad del triángulo se sigue

|SPI||SPSP|+|SPI|<ε+ε=2ε,

mientras que de (7), (9) y la desigualdad del triángulo tenemos

|SPI||SPS´´P|+|S´´PI|<ε+ε=2ε,

por lo tanto

lim|P|0SP=I=lim|P|0SP.

Dado que

SPsupSPPP[a,b]ínfSPPP[a,b]SP

entonces también

lim|P|0SP=supSPPP[a,b]=ínfSPPP[a,b]=lim|P|0SP

terminando así la prueba.

Para finalizar, veamos la siguiente:

Proposición: Sean f:[a,b]R acotada y α:[a,b]R monótona creciente y continua, entonces

a)
lim|P|0SP y lim|P|0SP

existen y se cumplen las siguientes igualdades:

(10)lim|P|0SP=supSPPP[a,b](11)lim|P|0SP=ínfSPPP[a,b].

b) Si además supPP[a,b]SP=ínfPP[a,b]SP entonces

abfdα

existe y

supPP[a,b]SP=abfdα=ínfPP[a,b]SP.

Demostración:
a) Será suficiente probar (10) y (11). Presentamos la demostración de (11). La igualdad faltante es análoga y se dejará como ejercicio al lector.

Para simplificar la notación, hagamos

ínfPP[a,b]SP:=S.

Nota que (11) se cumple si y solo si dado ε>0 existe δ>0 tal que si |P|<δ entonces

|SPS|<εSPS<ε(12)SP<S+ε

Tomemos P^={x0^=a,,xn^=b} una partición de [a,b] tal que

SP^<S+ε2.

y sea
(13)M=supx[a,b]|f(x)|.

Ya que α es uniformemente continua en [a,b], existe η>0 tal que si |xx|<η entonces

(14)|α(x)α(x)|<ε4(n+1)M.

Ahora tomemos P={x0=a,,xm=b} partición de [a,b] tal que |P|<η y
|P|<míni{1,,n}(xi^x^i1).

Vamos a mostrar que SP cumple (12).

Nota que

(15)SP=i=1mMi(α(xi)α(xi1))(16)=+´´

donde representa a los sumandos cuyos intervalos no tienen puntos de P^ y ´´ representa a los que sí. Observa que, por como fueron elegidas P y P^, cada intervalo generado por P tiene a lo más un punto de P^, así

(17)SPP^=+´´´

donde ´´´ resulta de reemplazar cada sumando en ´´ que es de la forma

Mi(α(xi)α(xi1))

por la expresión

supx[xi1,x^j]f(x)(α(x^j)α(xi1))+supx[x^j,xi,]f(x)(α(xi)α(x^j))

donde x^j es el punto de P^ en (xi1,xi).

Por lo tanto de (16) y (17) tenemos
SPSPP^=´´´´´.

Observa que se satisface al menos una de las siguientes igualdades:

(18)Mi=supx[xi1,x^j]f(x) o bien(19)Mi=supx[x^j,xi,]f(x)

Si se cumple (18) entonces

Mi(α(xi)α(xi1))[supx[xi1,x^j]f(x)(α(x^j)α(xi1))+supx[x^j,xi,]f(x)(α(xi)α(x^j))]=(20)=(Misupx[x^j,xi,]f(x))(α(xi)α(x^j))

Pero si se cumple (19) se sigue que

Mi(α(xi)α(xi1))[supx[xi1,x^j]f(x)(α(x^j)α(xi1))+supx[x^j,xi,]f(x)(α(xi)α(x^j))]=(21)=(Misupx[xi1,x^j]f(x))(α(x^j)α(xi1))

En cualquier caso, de (13) y (14) la diferencia es a lo más
2Mε4(n+1)M=ε2(n+1)

Entonces.

SPSPP^ε(n+1)2(n+1)=ε2.

Más aún

SPP^SP^<S+ε2

con lo cual queda demostrada la proposición.

b) Dado que para cualquier PP[a,b]

SPS(P,f,α)SP
entonces haciendo |P|0 concluimos:

supSPPP[a,b]=abfdα=ínfSPPP[a,b].

Más adelante…

¡Gracias por acompañarnos en la exposición de este curso! Si deseas continuar, puedes consultar el contenido correspondiente a Análisis Matemático II. La comunidad sigue creciendo y ya trabaja creando notas con ejercicios que motiven el aprendizaje. Pronto te las compartiremos.

Tarea moral

  1. En el ejemplo descrito al inicio, demuestra que
    a)
    S(P,f,α)=f(ξj)
    con ξj[xj1,xj] donde [xj1,xj] es el intervalo de la partición que tiene al cero.
    Prueba también que para todo δ>0 existe una partición P con |P|<δ tal que
    S(P,f,α)=0 o S(P,f,α)=1
    dependiendo el punto ξj elegido. Concluye que no existe lim|P|0S(P,f,α).
    b) Verifica que
    supSPPP[a,b]=ínfSPPP[a,b]=1.
  2. Demuestra la igualdad (10).

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Propiedades de la integral de Riemann-Stieltjes. Parte 1

Por Lizbeth Fernández Villegas

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

El contenido de esta sección corresponde al libro
Wheeden, R.L., Zygmund, A., Measure and Integral. An Introduccion to Real Analysis. (2da ed.). New York: Marcel Dekker, 2015, págs 26-30.

Mostraremos resultados formales de la integral de Riemann-Stieltjes. Recordemos que en la entrada anterior partimos de dos funciones acotadas f:[a,b]R y α:[a,b]R y una partición P={x0=a,,xn=b} en [a,b] con puntos ξi[xi1,xi]. Definimos la suma de Riemann-Stieltjes como

S(P,f,α)=i=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1)).

Este resultado depende de P,f y α. En esta ocasión, más que hacer n haremos que la norma de la partición tienda a cero. Cuando existe IR tal que para cada ε>0, existe δ>0 tal que si |P|<δ
entonces |IS(P,f,α)|<ε, diremos que
I:=lim|P|0S(P,f,α).
Si es finito lo llamamos integral de Riemann-Stieltjes de f con respecto a α en [a,b]. El valor de I se denota como:
abf(x)dα=abfdα.

Por supuesto que este límite no siempre existe en R. Conozcamos una equivalencia que muestra cuando sí.

Proposición. Criterio de Cauchy para la integral de Riemann-Stieltjes: La integral abfdα existe si y solo si para cada ε>0 existe δ>0 tal que si |P|,|Q|<δ entonces
|S(P,f,α)S(Q,f,α)|<ε.

La demostración se propone como tarea moral.

Ejemplos

  • Sean f,α:[a,b]R con f continua y α continuamente diferenciable, entonces
    abfdα=abfαdx
    De hecho, por el teorema del valor medio aplicado en α, para cada i=1,2,..,n existen ηi[xi1,xi] tales que
    (22)S(P,f,α)=i=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1))(23)=i=1nf(ξi)α(ηi)(xixi1).
Teorema del valor medio en α.

Usando la continuidad uniforme de α podemos asumir que, en intervalos muy pequeños, α(ηi)=α(ξi), en consecuencia

i=1nf(ξi)α(ηi)(xixi1)=i=1nf(ξi)α(ξi)(xixi1)

Nota que esto ya es la común suma de Riemann y así:
lim|P|0S(P,f,α)=abfαdx,

o bien

abfdα=abfαdx.

  • Ahora considera f,α:[a,b]R donde

α(x)={1 si x00 si x<0

Gráfica de α.

y f es una función continua en 0. Es sencillo demostrar que
11fdα=f(0).

A continuación enunciaremos algunas propiedades de la integral de Riemann-Stieltjes. Las demostraciones las dejaremos como ejercicio.

Proposición: Sean f,f1,f2,α,α1 y α2 funciones de [a,b]R y cR, entonces se satisfacen:

a) Si abfdα existe, entonces también existen tanto abcfdα como abfd(cα) y además
abcfdα=abfd(cα)=cabfdα.

b) Si tanto abf1dα como abf2dα existen, entonces también
ab(f1+f2)dα existe y
ab(f1+f2)dα=abf1dα+abf2dα.

c) Si tanto abfdα1 como abfdα2 existen, entonces también
abfd(α1+α2) existe y
abfd(α1+α2)=abfdα1+abfdα2.

Para finalizar esta sección, veremos que es posible obtener la integral de Riemann-Stieltjes como equivalencia de la suma de integrales correspondientes a cada división del intervalo, como muestra la siguiente:

Proposición: Si abfdα existe y acb, entonces

a) Tanto acfdα como cbfdα existen y

b) abfdα=acfdα+cbfdα.

Demostración:
Para simplificar la notación, hagamos SP[a,b]=S(P,f,α) donde PP[a,b].

Para mostrar que acfdα existe, de acuerdo con el criterio de Cauchy para la integral de Riemann-Stieltjes encunciado arriba, será suficiente probando que para todo ε>0 existe δ>0 tal que si P1,P2P[a,c] con |P1|,|P2|<δ, entonces

(24)(SP1[a,c]SP2[a,c])<ε.

Como abfdα existe entonces dada ε>0 existe δ>0 tal que para cualesquiera P1,P2P[a,b] con |P1|,|P2|<δ, tenemos
(25)(SP1[a,b]SP2[a,b])<ε.

Sean P1,P2P[a,c] tales que |P1|,|P2|<δ y toma PP[c,b] tal que también |P|<δ.

Definimos P1=P1P y P2=P2P. Nota que ambas son particiones de [a,b] cuya norma es menor que δ y por tanto satisfacen (4).

Notemos que

(26)SP1[a,b]=SP1[a,c]+SP[c,b](27)SP2[a,b]=SP2[a,c]+SP[c,b]

así, restando (5) de (6)

(28)SP1[a,c]SP2[a,c]+SP[c,b]SP[c,b]=SP1[a,b]SP2[a,b]

De (7) y (4) se cumple (3), por lo tanto

acfdα existe.

Análogamente se puede probar que cbfdα existe, mientras que (5) y (6) permiten concluir que
abfdα=acfdα+cbfdα
que es lo que queríamos demostrar.

Más adelante…

Veremos algunas propiedades más de la integral de Riemann-Stieltjes, por lo pronto desarrolla las ideas con los siguientes ejercicios.

Tarea moral

  1. Prueba el Criterio de Cauchy para la integral de Riemann-Stieltjes: La integral abfdα existe si y solo si para cada ε>0 existe δ>0 tal que si |P|,|Q|<δ entonces
    |S(P,f,α)S(Q,f,α)|<ε.
  2. Considera f,α:[a,b]R donde
    α(x)={1 si x00 si x<0
    y f es una función continua en 0. Prueba que
    11fdα=f(0).
  3. Sean f,f1,f2,α,α1 y α2 funciones de [a,b]R y cR. Demuestra que se satisfacen:
    a) Si abfdα existe, entonces también existen tanto abcfdα como abfd(cα) y además
    abcfdα=abfd(cα)=cabfdα.
    b) Si tanto abf1dα como abf2dα existen, entonces también
    ab(f1+f2)dα existe y
    ab(f1+f2)dα=abf1dα+abf2dα.
    c) Si tanto abfdα1 como abfdα2 existe, entonces también
    abfd(α1+α2) existe y
    abfd(α1+α2)=abfdα1+abfdα2.
  4. Sean f,α:[a,b]R funciones acotadas. Demuestra que si [a,b][a,b] y abfdα existe entonces también abfdα existe.

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Funciones de variación acotada. Parte 2

Por Lizbeth Fernández Villegas

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

El contenido de esta sección corresponde al libro
Wheeden, R.L., Zygmund, A., Measure and Integral. An Introduccion to Real Analysis. (2da ed.). New York: Marcel Dekker, 2015, págs 22-26.

Tal como lo hicimos en la entrada anterior, seguiremos hablando de las funciones de variación acotada. Notemos que en los resultados de esta teoría no suele pedirse que la función sea continua o acotada, más aún, esto pudiera no ser suficiente para que una función sea de variación acotada, tal como lo muestra un ejercicio de la tarea moral de esta sección. Veamos entonces qué hipótesis pudieran ser útiles. Comencemos con la siguiente:

Definición. Discontinuidades del primer tipo. Sea f:RR y sea x0R. En los siguientes dos casos, f no es continua en x0.

a) Cuando limxx0+f(x) y limxx0f(x) existen y son distintos de pero
limxx0+f(x)limxx0f(x).

El límite por la izquierda en x0 es distinto al límite por la derecha.

b) Cuando limxx0+f(x) y limxx0f(x) existen y son distintos de y además
limxx0+f(x)=limxx0f(x)
pero limxx0f(x)f(x0).

Existe el límite en x0 pero la función no es continua ahí.

En cualquiera de estas situaciones, diremos que f tiene una discontinuidad del primer tipo en x0.

Proposición. Sea f:[a,b]R una función de variación acotada en [a,b], entonces tiene a lo más una cantidad numerable de discontinuidades y todas son del primer tipo.

Demostración:
Sea f de variación acotada. De acuerdo con la entrada anterior, f es acotada en [a,b]. Veamos un caso bonito en el que f es creciente.

El conjunto de discontinuidades de f puede expresarse como
D:=nN{x0:limxx0+f(x)limxx0f(x)1n}

pues el «tamaño del salto» en una discontinuidad siempre será mayor que algún 1n suficientemente pequeño.

Nota que cada uno de los conjuntos que compone la unión es o bien finito o vacío, (pues para cada kN el segmento 1k cabe un número finito de veces en la altura f(b)f(a)), por lo tanto, D es contable.

Cada conjunto {x0:limxx0+f(x)limxx0f(x)1k} es finito o vacío.

Ahora veamos el caso general. De acuerdo con el teorema de Jordan, visto al final de la entrada anterior,
f=f1f2,
con f1 y f2 funciones crecientes y acotadas que, por lo que acabamos de ver, tienen un número contable de discontinuidades del primer tipo, por lo tanto f1f2=f también cumple la condición.

Definición: Norma de P. Sea P={x0=a,x1,,,xn=b} una partición de [a,b]. La norma de P se define como la longitud del intervalo más grande de la partición y se denota como:

|P|:=máx 1in{xixi1}.

El resultado que veremos a continuación muestra condiciones bajo las cuales, cuando los intervalos generados por la partición son chiquititos, es posible aproximarse mucho a la variación a través de sumas SP. Esto no siempre es así, recordemos el tercer ejemplo de la entrada anterior. ¿Puedes dar ejemplos de particiones P donde SP[f;a,b] no se acerca a V, aun siendo |P| menor que cualquier δ>0? (Ver ejercicio en tarea moral).

Proposición. Si f es una función continua en [a,b] entonces
V=lim|P|0SP,
es decir, dado M<V, existe δ>0 tal que M<SP para cualquier partición P de [a,b] con |P|<δ.

Demostración:

Sea μ>0 tal que
M+μ<V

Tomemos
P^={x^0=a,,x^n=b}
tal que
(29)M+μ<SP^.

Como f es continua en [a,b] entonces es uniformemente continua en [a,b]. Sea δ1>0 tal que si |xx|<δ1 entonces
(30)|f(x)f(x)|<μ2(n+1)

Nota que μ2(n+1) sí es fijo, pues n lo es por ser el número de intervalos de la partición P^ elegida.

Toma δ>0 tal que
(31)δ<mín{δ1,mín1in{x^ix^i1}}.

Sea P={x0,x1,,,xm} una partición de [a,b], tal que |P|<δ. Afirmamos que esta partición satisface lo deseado, es decir que
(32)M<SP.

Partimos de la igualdad
(33)SP[f;a,b]=i=1m|f(x1)f(xi1)|

Ahora separemos los términos del lado derecho sumando en todos los sumandos donde no hay elementos de P^ en el intervalo de P correspondiente y sumando en ´´ aquellos donde sí los hay.

(34)SP[f;a,b]=i=1m|f(xi)f(xi1)|=+´´

Por (3) todos estos intervalos son menores que cualquier intervalo de P^, entonces cada intervalo [xi1,xi] de P contiene a lo más un término x^j de P^ y así ´´ tiene a lo más n+1 sumandos.

Sea Q=PP^, entonces Q es un refinamiento de ambas particiones. Bajo este indicador podemos reemplazar cada sumando de ´´
|f(xi)f(xi1)|
por los sumandos que separa el término x^j de P^
|f(xi)f(x^j)|+|f(x^j)f(xi1)|.
La suma de todos estos la representaremos con ´´´.

Por (2) y (3),
(35)´´´<2(n+1)μ2(n+1)=μ.

y como
(36)SQ=+´´´(37)=SQ´´´

de (7) y (8) tenemos
y como
(38)SP>>SQμSP^μ>M

Por lo tanto SP>M que es lo que queríamos demostrar.

Corolario. Si f tiene derivada continua f en [a,b], se tiene que:

a) V=ab|f(x)|dx

b) S+=ab(f(x))+dx

c) S=ab(f(x))dx

Demostración:
a) Sea P={x0=a,,xn=b} una partición de [a,b]. Por el teorema del valor medio, aplicado en cada intervalo [xi1,xi] con i=1,,n sabemos que existe ξi[xi1,xi] tal que

|f(xi)f(xi1)|=|f(ξi)|(xixi1)

Por el teorema que acabamos de demostrar concluimos que
(39)V=lim|P|0SP=lim|P|0i=1n|f(ξi)|(xixi1)=ab|f(x)|dx.

b) A continuación usaremos un resultado visto en la entrada anterior y haremos también una sustitución en V con la igualdad en a).

S+=12(V+f(b)f(a))=12[ab|f(x)|dx+abf(x)dx]=12ab(|f(x)|+f(x))dx(40)=ab(f(x))+dx.

c) La demostración es análoga a la anterior, partiendo de
S=12(Vf(b)+f(a))
y la proponemos como ejercicio.

Pasemos ahora a conocer las curvas rectificables, comenzando con aquellas que pertenecen al plano R2.

Definición. Curva en el plano y traza. Sean ϕ:[a,b]R y ψ:[a,b]R dos ecuaciones paramétricas. Una curva en el plano R2 está dada por:
C(t)=(ϕ(t),ψ(t)) con atb.

La traza de C es el conjunto {(x,y)R2:x=ϕ(t),y=ψ(t),atb}.

Nota que en la definición no se excluye que la traza pueda tener intersecciones ni tampoco se dan las condiciones necesarias para que sea continua o acotada.

Definición. La longitud de C. Sea P={t0=a,t1,,tn1,tn=b} una partición de [a,b]. Para cada ti,i=0,,n definimos Pi:=(ϕ(xi),ψ(xi)). Pensemos en dibujar los puntos Pi y las líneas que los conectan con su sucesor. La suma de la medida de cada una de estas líneas está dada por:

l(P)=i=1n(ϕ(ti)ϕ(ti1))2+(ψ(ti)ψ(ti1))2

y denota la longitud de la poligonal generada. Como esta longitud depende de la partición, presentamos la longitud de C como:

L=L(C)=SupPPl(P)

Entonces 0L.

Representación de l(P).

Veamos bajo qué condiciones podemos hablar de una longitud finita.

Definición curva rectificable. Sea C una curva. Diremos que es rectificable si L(C)<.

Proposición. Sea C una curva. Entonces C es rectificable si y solo si tanto ϕ como ψ son de variación acotada. Más aun.

V(ϕ),V(ψ)LV(ϕ)+V(ψ).

Demostración:
Supongamos que C es rectificable. Sea P={t0=a,t1,,tn1,tn=b} una partición de [a,b].

Sabemos que para cualesquiera A,BR,
(41)|A|A2+B2 y(42)|B|A2+B2

Por definición

l(P)=i=1n(ϕ(ti)ϕ(ti1))2+(ψ(ti)ψ(ti1))2L.

Usando (13) y (14) en cada término de l(P)
i=1n|ϕ(ti)ϕ(ti1)|i=1n(ϕ(ti)ϕ(ti1))2+(ψ(ti)ψ(ti1))2L(43)V(ϕ)L

Análogamente
(44)V(ψ)L

Es decir, V(ϕ) y V(ψ) son de variación acotada. Recíprocamente, partiendo de este hecho y usando que para cualesquiera A,BR se cumple que
(45)A2+B2|A|+|B|

concluimos
(46)l(P)i=1n|ϕ(ti)ϕ(ti1)|+i=1n|ψ(ti)ψ(ti1)|V(ϕ)+V(ψ)

Por lo tanto LV(ϕ)+V(ψ) lo que significa que C es rectificable.

Al final de esta sección se te propone, en el ejercicio 4 de la tarea moral, una función que no es de variación acotada. De acuerdo con la proposición que acabamos de probar, la curva dada por (f(t),f(t)),[0t1] no es rectificable aunque, curiosamente, tiene su traza en apenas un segmento de la línea y=x en R, lo que significa que la longitud de la traza de una curva no necesariamente coincide con la longitud de la curva.

Las curvas en Rn

La idea de la curva en R2 también puede generalizarse en el caso Rn. A partir de P={t0=a,t1,,tn1,tm=b} una partición de [a,b] podemos definir la curva con puntos en Rn de la forma (ϕ1(t),ϕ2(t),,ϕn(t)) con t[a,b] y donde cada ϕi es una ecuación paramétrica. La longitud de la curva está dada por:

l(P)=i=1mj=1n(ϕj(ti)ϕj(ti))2.

También diremos que L=SupPPl(P) y si LR definimos que la curva es rectificable.

Más adelante…

Presentaremos la integral de Riemann-Stieltjes motivándola con conceptos de Probabilidad, viendo su significado a través de la función distribución o la esperanza.

Tarea moral

  1. Construye una función f:RR no decreciente, acotada que sea continua en los números irracionales y discontinua en los racionales como sigue: si {rn:nN} es el conjunto de números racionales define f(x)=n:rnx2n. ¿Es de variación acotada?
  2. El ejercicio 3 de la entrada anterior decía lo siguiente:
    Sea [a,b] un intervalo con el 0 en su interior y f:[a,b]R tal que
    f(x)={1si x=00si x0
    Entonces SP=2 o SP=0, de modo que V=2.
    Sea ε>0. Para cada δ>0 ¿Puedes dar ejemplo de una partición Pδ donde |SPδV|>ε, aun siendo |Pδ| menor que δ?
  3. Prueba que si f tiene derivada continua, entonces S=ab(f(x))dx.
  4. Sea f:[0,1]R tal que
    f(x)={xsen(1x), si 0<x1f(x)=0, si x=0
    Muestra que f es acotada y continua en [0,1] pero V=.
  5. Demuestra que también en el caso en que la curva está en Rn, C es rectificable si y solo si cada ϕj es de variación acotada.

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Última parte de la demostración del teorema de Stone-Weierstrass

Por Lizbeth Fernández Villegas

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

Usaremos los resultados vistos en las entradas anteriores Enunciado del teorema de Stone-Weierstrass y primera parte de la demostración y Segunda parte de la demostración del teorema de Stone-Weierstrass para culminar con la demostración del teorema de Stone-Weierstrass. Sin más preámbulo, recordemos lo que dice.

Teorema. Stone-Weierstrass: Sea K un espacio métrico compacto. Sea AC0(K,R), es decir, A es un conjunto de funciones continuas de K en R. Si A satisface las siguientes propiedades:

a) Para cada λ,μR y f,gA se cumple que λf+μgA. Esto es, A es cerrado bajo combinaciones lineales.

b) Para cada f,gA se cumple que fgA. Esto es, A es cerrado bajo producto de funciones.

c) 1A, donde 1 es la función constante que para cada xK asigna el valor 1.

d) Para cualesquiera x1,x2K tales que x1x2 existe una función φA tal que φ(x1)φ(x2).

Entonces A es denso en C0(K,R), es decir, A=C0(K,R).

Demostración:
Sea A como en las hipótesis. Para probar que A=C0(K,R) tomemos fC0(K,R).
Sea ε>0. Demostraremos que para toda B(f,ε) se cumple que existe una función φA tal que φB(f,ε), es decir
d(f,φ)<ε.

Para que dicha φA exista, es suficiente demostrar que existe φ^A tal que
d(f,φ^)<ε2.

Pues si esa φ^A existe, entonces por lo visto en la entrada Convergencia, existe también una sucesión (φn)nN de funciones en A tales que φnφ^ en C0(K,R) y así existe NN tal que
d(φ^,φN)<ε2.
En consecuencia las desigualdades
d(f,φN)d(f,φ^)+d(φ^,φN)<ε2+ε2<ε,
evidenciarían la existencia de la φ deseada. Procedamos entonces a justificar la existencia de la φ^A descrita arriba.

Fijemos xK. Por el lema 1, visto en la entrada tal sabemos que para cada yK existe φx,yA (que depende de x y de y) tal que
(47)φx,y(x)=f(x), y(48)φx,y(y)=f(y).

Sea ε>0. Como tanto φx,y como f son continuas en K, entonces la función φx,yf es continua en K. Así, para cada yK existe δy>0 tal que si zB(y,δy) entonces
|(φx,yf)(z)(φx,yf)(y)|<ε|φx,y(z)f(z)(φx,y(y)f(y))|<ε |φx,y(z)f(z)0|<ε(49)|φx,y(z)f(z)|<ε

La colección de bolas abiertas de radio δy y centro en la respectiva yK:{B(y,δy)}yK es una cubierta abierta de K que recordemos es compacto. Así, existe una subcubierta finita de {B(y,δy)}yK, es decir, existen

y1,y2,,ynK con nN tales que {B(y1,δy1),B(y2,δy2),,B(yn,δyn)} es una cubierta abierta de K.

Sea

φx=mín{φx,y1,φx,y2,,φx,yn}.
Demostraremos que esta función se acerca muchísimo a f en cualquier punto, específicamente que
Para cada zK,φx(z)f(z)<ε.

Esto ocurre porque si zK entonces existe jN tal que zB(yj,δyj). Así:

φx(z)φx,yj(z)φx(z)f(z)φx,yj(z)f(z)

Y por (3)
(50)φx(z)f(z)<ε

Por el lema 4 de la entrada anterior sabemos que φx es continua en x. En consecuencia la función φxf también lo es, de modo que existe γx>0 tal que si zB(x,γx), entonces por (1) tenemos

|(φxf)(z)(φxf)(x)|<ε|(φx(z)f(z))(φx(x)f(x))|<ε|(φx(z)f(z))0|<ε(51)|φx(z)f(z)|<ε

Como x es arbitraria, pensemos ahora en todas las φx´s que podemos hacer con cada xK. Nota que {B(x,δγx)}yK es una cubierta abierta de K compacto. Así, existe una subcubierta finita de {B(y,δy)}yK, es decir, existen

x1,x2,,xmK con mN tales que {B(x1,γx1),B(x2,γx2),,B(xn,γxm)} es una cubierta abierta de K.

Sea

φ^=máx{φx1,φx2,,φxm}.

Como todas las funciones dentro del corchete están en A, también pertenecen a A. Por el Lema 4, podemos decir que φ^A, (ver tarea moral de esta sección).

A continuación demostraremos que d(φ^,f)<ε.

Sea zK.

Por un lado, como existe i{1,2,,m} tal que zB(xi,γxi). Sabemos que

φx(z)φxi(z)φx(z)f(z)φxi(z)f(z)
Y por (5)
φx(z)f(z)φxi(z)f(z)>εφx(z)f(z)>ε(52)ε<φx(z)f(z)

Como esto ocurre para cualquier x, entonces ocurre para cada xk,k=1,2,,m. Se sigue que

ε<φxk(z)f(z),k=1,2,,mε<máxk{1,,m}{φxk(z)}f(z)ε<máxk{1,,m}{φxk(z)}f(z)(53)ε<φ^(z)f(z)

Por otro lado, en la desigualdad (4) tenemos

φx(z)f(z)<ε

Como esto ocurre para cualquier x, entonces ocurre para cada xk,k=1,2,,m. Se sigue que

φxk(z)f(z)<ε,k=1,2,,mmáxk{1,,m}{φxk(z)f(z)}<εmáxk{1,,m}{φxk(z)}f(z)<ε(54)φ^(z)f(z)<ε

De (7) y (8) tenemos que para cada zK
(55)|φ^(z)f(z)|<ε

Y así

supzK|φ^(z)f(z)|<ε(56)d(φ^,f)<ε

Que es lo que queríamos demostrar.

Finalizamos esta sección con el siguiente:

Corolario. Sea KRn compacto y sea A el conjunto de polinomios en n variables que van de K en R. Entonces toda función continua f:KR se puede aproximar con polinomios, es decir, existe una sucesión de polinomios (pn)nN tal que (pn)f con la métrica uniforme.

La demostración se deja como ejercicio.

Más adelante…

Complementaremos las ideas de aproximación notando que, para el caso de las funciones continuas en un intervalo cerrado, también es posible encontrar una aproximación a través de lo que llamaremos «función cuadrática por pedazos».

Tarea moral

  1. Sea A como en las hipótesis del teorema de Stone-Weierstrass. Muestra que si fiA,i=1,,n, entonces la función míni{1,,n}{fi} también pertenece a A.
  2. Prueba el corolario. Sugerencia: Demuestra que satisface las hipótesis del teorema de Stone-Weierstrass. Usa la función proyeccion, que es continua, para probar que cumple d).
  3. Demuestra que el conjunto de polinomios de grado impar de [0,1]R es denso en C0[0,1]. ¿Satisface las hipótesis del teorema?
  4. Sea fC0[0,1] tal que para cada nN{0}
    01f(x)xndx=0.
    Prueba que 01f2(x)dx=0 y concluye que f=0.

Enlaces

Un ejemplo de aproximación con funciones cuadráticas por pedazos

Por Lizbeth Fernández Villegas

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

En las entradas anteriores vimos que es posible aproximarnos a una función continua a través de polinomios (link Bernstein) y también que es posible generalizar el concepto en funciones continuas con dominio en un espacio compacto (link Stone-Weierstrass). No queremos pasar a otra sección sin hacer notar que, para el caso de las funciones continuas en un intervalo cerrado, también es posible encontrar una aproximación a través de una función cuadrática por pedazos.

Definición. Función cuadrática por pedazos. Sea [a,b]R, decimos que f:[a,b]R es una función cuadrática por pedazos en [a,b] si existen intervalos [x0=a,x1],[x1,x2],,[xn1,xn=b] donde xi1<xi,i=1,,n tal que la función f restringida en cada intervalo [xi1,xi] es una función cuadrática.

Representación de una función cuadrática por pedazos

Antes de dar paso a la proposición recordemos que si tenemos tres puntos P1(x1,y1),P2(0,y2),P3(x1,y1) con x1,y1,y2R como muestra la imagen, entonces la parábola que pasa por ellos tiene a P2 como vértice de la parábola y por tanto también como máximo o mínimo.

Dicha parábola está dada por la función P(x)=(y1y2x12)x2+y2.

Una traslación nos muestra que esta propiedad se cumple para cualesquiera tres puntos del plano cuando uno de ellos tiene la primera coordenada en el punto medio de las primeras coordenadas de los otros dos.

Esta construcción la usaremos más adelante. Ahora sí, demos paso a la aproximación deseada.

Proposición: Sea A el conjunto de las funciones cuadráticas por pedazos en el intervalo [a,b]R, entonces A es denso en C0([a,b],R) (el conjunto de las funciones continuas en [a,b]).

Demostración:
Sea fC0([a,b],R) y ε>0. Para probar que A es denso en C0([a,b],R), buscamos gA tal que
d(f,g)<ε.

Como f es continua en [a,b] entonces también es uniformemente continua, por lo tanto existe δ>0 tal que para cada x,y[a,b], si |xy|<δ entonces
(57)|f(x)f(y)|<ε2.

Sea nN tal que ban<δ

Definimos n intervalos de longitud ban en [a,b] como sigue:

[a,a+ban],[a+ban,a+2ban],,[a+(n1)ban,a+nban=b]

El intervalo se divide en n subintervalos de igual longitud

Si xk=a+kban, k=0,,n, para cada intervalo [xk1,xk] con k=1,,n identifica la parábola que pasa por el punto (xk1,f(xk1)), el punto (xk,f(xk)) (motivados por la función f) y el punto (xk+ban,f(xk1)) (simplemente reflejando al punto (xk1,f(xk1) en la recta x=xk ).

Representación del caso en que f(xk) es máximo en la parábola

Arriba describimos que existe una parábola gk que pasa por esos tres puntos y que hace que el punto (xk,f(xk)) sea vértice y así es también máximo o mínimo de la parábola. Consideremos únicamente la restricción de gk en el intervalo [xk1,xk] y una concatenación de estas para definir una función g, es decir

g(x):=k=1n1[xk1,xk]gk(x)

donde 1[xk1,xk] es la función característica en el intervalo [xk1,xk].

Representación de la función g

Ahora probemos que la distancia de f a g es menor que ε. Sea x[a,b], entonces x[xk1,xk] para algún k{1,,n}.

Por (1) sabemos que
|xxk|<δ|f(x)f(xk)|<ε2

Por otro lado, como g es creciente cuando f(xk) es máximo (o decreciente si es mínimo), entonces se cumple

f(xk1)=g(xk1)g(x)g(xk)=f(xk)o bien f(xk)=g(xk)g(x)g(xk1)=f(xk1),

En cualquier caso |f(xk)g(x)|<ε2

Representación de la distancia entre f y g

Por lo tanto

|f(x)g(x)||f(x)f(xk)|+|f(xk)g(x)|<ε2+ε2=ε

probando así que

d(f,g)<ε.

Más adelante…

Comenzaremos con la última sección del blog correspondiente a Análisis Matemático I. A través de definiciones y proposiciones llegaremos al concepto de la integral de Riemann-Stieltjes. Esta noción generaliza a la integral de Riemann, que suele verse en los cursos de Cálculo, pero que también es un caso particular de la integral de Lebesgue, la que se verá en el curso de Análisis Matemático II.

Tarea moral

  1. Sea [a,b]R y sea A el conjunto de funciones lineales por pedazos en [a,b]. Muestra que A es denso en C0([a,b],R).

Enlaces