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43. Material de prueba: Curvatura sin longitud de arco

Por Mariana Perez

Fórmulas para curvatura y torsión cuando la curva no está parametrizada por longitud de arco.

(*) Expresar la curvatura y la torsión como determinantes.

(*) Usar la regla de la cadena para derivar composiciones.

CASO n=2 curva plana

Dada α(t)=(x(t),y(t)) y t=h(s) con s= longitud de arco; entonces γ(s)=α(h(s))=(u(s),v(s)) γ(s)=(u(s),v(s))

Curvatura de γ en el punto s es el número K para el cual se cumple la ecuación γ(s)=K(v(s),u(s))

Así definida K(s) puede ser K(s)>0, K(s)<0 o incluso K(s)=0.

Se sigue cumpliendo que |K|=γ(s)

Si γ(s) está dada por longitud de arco, entonces γ(s)=1γ(s),γ(s)=1

Derivando γ(s),γ(s)+γ(s),γ(s)0γ(s),γ(s)0

γ(s) es ortogonal a γ(s)

Luego, γ(s) está en la recta ortogonal a γ(s).

¿Cuál es el signo de K(s)?

Observemos el producto punto de γ(s) con (v(s),u(s)).

Signo de K(s)= signo |uuvv|

Por lo que el signo de K(s) está dado por el signo del determinante de (γ|γ).

Luego

u=Kvv=Ku

Por lo que

|uuvv|=|uKvvKu|=uuKvvK=K((u)2(v)2)=K$

Entonces |γ|=|(u,v)|=1

1° paso: La curvatura se puede ver como

K(s)=|u(s)u(s)v(s)v(s)|

2° paso: Ahora consideremos la relación con cambio de variable.

u(s)=x(h(s))=x(t)

Derivando

u(s)=duds=dxdtdtds=x˙(t)dtds

u(s)=dds(dxdtdtds)

u(s)=(ddsdxdtdtds+dxdt(ddsdtds)

u(s)=d2xdt2dtdsdtds+dxdtd2tds2u(s)

u(s)=x¨(t)(dtds)2+x˙(t)d2tds2

Entonces la curvatura está dada por:

K(s)=|u(s)u(s)v(s)v(s)|

K(s)=|dudsd2uds2dvdsd2vds2|

K(s)=|dxdtdtdsd2xdt2(dtds)2+dxdtd2tds2dydtdtdsd2ydt2(dtds)2+dydtd2tds2|

K(s)=|dxdtdtdsd2xdt2(dtds)2dydtdtdsd2ydt2(dtds)2|+|dxdtdtdsdxdtd2tds2dydtdtdsdydtd2tds2|

K(s)=(dtds)3|dxdtd2xdt2dydtd2ydt2|+(dtds)d2tds2|dxdtdxdtdydtdydt|

K(s)=(dtds)3|dxdtd2xdt2dydtd2ydt2|

Pero s=α(t)dt entonces dsdt=α(t)=(dxdt)2+(dydt)2

Por lo tanto

K(s)=|dxdtd2xdt2dydtd2ydt2|((dxdt)2+(dydt)2)32

Luego, cuando n=2 K(t)=x˙y¨y˙x¨((x˙)2+(y˙)2)32

CASO n=3

1° paso: Expresar la curvatura y la torsión en términos de determinantes.

T(s)=γ(s) N(s)=γ(s)γ(s)

Luego γ(s)=K(s)N(s)

y B(s)=T(s)×N(s)

entonces γ(s)×γ(s)=T(s)×K(s)N(s)

γ(s)×γ(s)=K(s)(T(s)×N(s))=K(s)B(s)

γ(s)×γ(s)=K con el parámetro longitud de arco, ya que B(s)=1.

Cuando no está parametrizada por longitud de arco, γ(s)=(x(s),y(s),z(s)) γ(s)=(dxds,dyds,dzds) γ(s)=(d2xds2,d2yds2,d2zds2)

Entonces γ(s)×γ(s)=|i^j^k^dxdsdydsdzdsd2xds2d2yds2d2zds2|

γ(s)×γ(s)=|i^j^k^dxdtdtdsdydtdtdsdzdtdtdsd2xdt2(dtds)2+dxdtd2tds2d2ydt2(dtds)2+dydtd2tds2d2zdt2(dtds)2+dzdtd2tds2|

Por lo tanto, para n=3 se tiene que K(t)=γ˙(t)×γ¨(t)γ˙(t)3

Torsión

T(s)=K(s)N(s)

N(s)=K(s)T(s)τ(s)B(s)

B(s)=τ(s)N(s)

Tenemos que:

γ=T(s)

γ=T(s)=KN

γ=dds(KN=KN+KN=KN+K(K(s)T(s)τ(s)B(s))=KNK2(s)T(s)Kτ(s)B(s)

Resolviendo el triple producto escalar de (γ,γ,γ) se tiene que:

(γ,γ,γ)=(T,KN,K2T+KNKτB=K(T,N,K2T+KNKτB)=K(T,N,K2T)+(T,N,KN)+(T,N,KτB))=K3(T,N,T)+KK(T,N,N)K2τ(T,N,B)

Por lo tanto (γ,γ,γ)=K2τ

Por lo tanto, para curvas parametrizadas por longitud de arco τ(s)=(γ,γ,γ)K2(s)

Partiendo de τ(s)=(γ,γ,γ)K2(s)

Buscamos una expresión en términos de t y las derivadas con respecto a t.

1° paso:

γ=γ˙(t)dtds

γ=γ¨(t)(dtds)2+γ˙(t)d2tds2

γ=γ(t)(dtds)3+γ¨(t)2dtdsd2tds2+γ¨(t)dtdsd2tds2+γ˙(t)d3tds3

Entonces γ=γ(t)(dtds)3+3γ¨(t)dtdsd2tds2+γ˙(t)d3tds3

Luego (γ,γ,γ)=(γ˙(t)dtds,γ¨(t)(dtds)2+γ˙(t)d2tds2,γ(t)(dtds)3+3γ¨(t)dtdsd2tds2+γ˙(t)d3tds3)=(γ˙(t)dtds,γ¨(t)(dtds)2,γ(t)(dtds)3)+(γ˙(t)dtds,γ¨(t)(dtds)2,3γ¨(t)dtdsd2tds2)+(γ˙(t)dtds,γ¨(t)(dtds)2,γ˙(t)d3tds3))+(γ˙(t)dtds,γ˙(t)d2tds2,γ(t)(dtds)3+3γ¨(t)dtdsd2tds2+γ˙(t)d3tds3)

Entonces

(γ,γ,γ)=(γ˙(t)dtds,γ¨(t)(dtds)2,γ(t)(dtds)3)=(dtds)6(γ,γ,γ)

Por lo tanto (γ,γ,γ)γ˙6

Luego τ(s)=(γ,γ,γ)K2=(γ,γ,γ)γ˙6γ˙×γ¨2γ˙6

τ(s)=(γ,γ,γ)γ˙×γ¨2

Forma canónica local

Sea γ(s)=(x(s),y(s),z(s)) podemos desarrollar cada función en series de Taylor. Luego γ(s)=γ(0)+sγ(0)+s22γ(0)+s36γ(0)+

Sin pérdida de generalidad, γ(0)=0 entonces γ(0)

Luego e1=(1,0,0)=T(0) e2=(0,1,0)=N(0) e3=(0,0,1)=B(0)

Entonces (x(s),y(s),z(s))=(0,0,0)+s(1,0,0)+s22(0,K,0)+s36(K,K,Kτ)+

Por lo que x(s)=s+s36K2(0)+Residuox(s) y(s)=s22K(0)+s36K(0)+Residuoy(s) z(s)=K(0)τ(0)6s3+Residuoz(s)

42. Material de prueba: Reparametrizaciones

Por Mariana Perez

Sea α:(a,b)RRn una curva parametrizada, sea I=(a,b).

Sea h:J=(c,d)I=(a,b) una función monótona RR tal que:

h(c,d)=(a,b)

Sea t(a,b) y sea τ(c,d).

Podemos hacer la composición β:JRn

β=αh

β(τ)=α(h(τ))

t=h(τ)

entonces β(τ)=ddτ(α(h(τ))=α(h(τ))h(τ)

Pueden suceder dos casos:

* h(τ)>0τh es creciente, entonces el vector β(τ) es un mútliplo positivo de α(h(τ)), es decir, apunta en la misma dirección.

* h(τ)<0τh es decreciente, entonces el vector β(τ) es un mútliplo negativo de α(h(τ)), es decir, apunta en la dirección contraria.

EJemplo:

Una hélice γ(t)=(cost,sint,t)

γ(t)=(sint,cost,1)

γ(t)=(sint)2+(cost)2+(1)2

γ(t)=2 por lo que esta curva está parametrizada con rapidez constante.

Reparametricemos a γ(t) con longitud de arco.

Sea t=h(s) tal que β(0)=γ(h(s)) cumpla que β(s)=1 para toda s.

Entonces β(s)=γ(h(s))h(s)

β(s)=γ(h(s))|h(s)|

β(s)=2|h(s)|

Buscamos h tal que h(s)>0.

Entonces 2h(s)1h(s)12

Una solución de la ecuación anterior es h(s)=12s

Entonces β(s)=(cos(s2),sin(s2),s2)

Esta curva recorre la misma hélice pero ahora está parametrizada con rapidez unitaria.

Longitud de arco medida desde el punto β(0)=(1,0,0)

Calculemos la curvatura de la hélice en cada punto.

K(s)=β(s)

β(s)=(cos(s2),sin(s2),s2)

β(s)=(12sin(s2),12cos(s2),12)=T(s) unitario.

β(s)=(12cos(s2),12sin(s2),0)

β(s)=(12cos(s2))2+(12sin(s2))2

β(s)=12

Luego N(s)=(cos(s2),sin(s2),0) que es horizontal y paralelo al plano xy.

En el siguiente enlace puedes observar la animación de este ejemplo.

https://www.geogebra.org/classic/tcudugk8

La torsión y el triedro de Frenet – Serret.

Dada una curva α:IRR3 parametrizada por longitud de arco, tenemos el vector tangente T(s):=α(s).

Si α(s)0, tenemos el vector normal N(s):=α(s)α(s)

Observación: ddsT(s)=ddsα(s)=α(s)=α(s)N(s). Entonces T(s)=K(s)=N(s)

Con T y N podemos producir otro vector, el vector Binormal B(s), donde B(s)=T(s)×N(s)

¿Cómo cambia β(s)?

β(s)=(T(s)×N(s))=T(s)×N(s)+T(s)×N(s)=KN(s)×N(s)+T(s)×N(s)=K+T(s)×(aT+cB)β(s)=c(T×B)=cN(s)

Definamos la torsion de la curva en el punto α(s) como el número τ(s) tal que B(s)=τ(s)N(s)

Tres fórmulas

T(s)=K(s)N(s)B(s)=τ(s)N(s)N(s)=K(s)T(s)+τ(s)B(s)

La fórmula de N(s) se deduce a partir de N=B×T, ya que derivando esta expresión se tiene que:

N=(B×T)=B×T+B×T=τ(N×T)+B×(KN)=τ(T×N)+K(B×N)N=KT+τB

Propiedades de la integral de Riemann-Stieltjes. Parte 2

Por Lizbeth Fernández Villegas

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 30-34.

Continuaremos viendo condiciones bajo las cuales sea posible afirmar la existencia de la integral abfdα. Comencemos con la siguiente:

Proposición: Sean f,α:[a,b]R. Si abfdα existe, entonces también abαdf existe y además

(1)abfdα=[f(b)α(b)f(a)α(a)]abαdf.

Demostración:
Considera P={x0=a,,xn=b} una partición de [a,b] y sean ξi[xi1,xi],i=1,,n. Entonces se siguen las siguientes igualdades:

S(P,f,α)=i=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1))=i=1nf(ξi)α(xi)i=1nf(ξi)α(xi1)=i=1nf(ξi)α(xi)i=0n1f(ξi+1)α(xi)=i=1n1f(ξi)α(xi)+f(ξn)α(xn)i=1n1f(ξi+1)α(xi)f(ξ1)α(x0)=i=1n1α(xi)(f(ξi+1)f(ξi)))+f(ξn)α(b)f(ξ1)α(a).

Nota que el lado derecho de la igualdad coincide con

[f(b)α(b)f(a)α(a)]TP

donde

TP=i=1n1α(xi)(f(ξi+1)f(ξi))+α(a)(f(ξ1)f(a))+α(b)(f(b)f(ξn)).

Por lo tanto

(2)S(P,f,α)=[f(b)α(b)f(a)α(a)]TP.

Observa que TP es una suma de Riemann-Stieltjes para abαdf. Tomando el límite cuando |P|0 en (2) vemos que abfdα existe si y solo si abαdf existe y que

abfdα=[f(b)α(b)f(a)α(a)]abαdf,

que es lo que queríamos demostrar.

Ya que el valor de las sumas de Riemann-Stieltjes depende de los valores ξi elegidos, cuando la función f es acotada, podemos delimitar el valor de f(ξi) y, por tanto, acotar las sumas como muestra la siguiente:

Definición: Suma inferior y suma superior de Riemann-Stieltjes. Sea f acotada, α una función monótona creciente en [a,b] y P={x0=a,,xn=b}. Definimos los términos:

mi=ínfx[xi1,xi]f(x)

Representación del ínfimo en un intervalo de P.

Mi=supx[xi1,xi]f(x)

Representación del supremo en un intervalo de P.

Las siguientes sumas

(3)SP=i=1nmi(α(xi)α(xi1))(4)SP=i=1nMi(α(xi)α(xi1))

reciben el nombre de suma inferior y suma superior de Riemann-Stieltjes, respectivamente.

Dado que <miMi< y (α(xi)α(xi1))0, (pues α es creciente), podemos ver que

SPS(P,f,α)SP.

Esta forma de definir sumas permite conocer el comportamiento de la función, como sugiere el siguiente:

Lema: Sea f:[a,b]R acotada y α:[a,b]R creciente. Se cumplen:

a) Si Q es un refinamiento de PP[a,b], entonces

SPSQSQSP.

b) Si P1 y P2 son dos particiones, entonces
SP1SP2,
es decir, cualquier suma inferior de Riemann-Stieltjes es menor igual que cualquier suma superior de Riemann-Stieltjes.

Demostración:
a) Vamos a demostrar que SQSP. El argumento para las sumas inferiores es análogo y lo dejaremos como ejercicio.

Sea P={x0=a,,xn=b} y PQ. Para fines prácticos supongamos que Q tiene apenas un punto más que P. Sea x ese punto.
Entonces x[xj1,xj] para algún j{1,,n}

entonces

sup[xj1,x]f(x)Mj ysup[x,xj]f(x)Mj

Representación de supremos.

en consecuencia
sup[xj1,x]f(x)(α(x)α(xi1))+sup[x,xj]f(x)(α(xj)α(x))Mj(α(xj)α(xj1)).

Este razonamiento se puede repetir añadiendo uno a uno cada punto de QP hasta obtener Q. Finalmente,

SQSP.

b) Nota que P1P2 es un refinamiento tanto de P1 como de P2. Aplicando a) obtenemos:

SP1SP1P2SP1P2SP2

con lo cual terminamos la prueba.

El siguiente enunciado muestra condiciones suficientes para la existencia de la integral de Riemann-Stieltjes.

Proposición: Sea f:[a,b]R continua y α:[a,b]R de variación acotada en [a,b], entonces ab existe. Más aún

|abfdα|(supx[a,b]|f(x)|)V[α;a,b].

Demostración:
Para demostrar la existencia recordemos que el teorema de Jordan visto en la entrada Funciones de variación acotada dice que α, al ser de variación acotada, puede expresarse como α=α1α2 con α1 y α2 funciones crecientes acotadas en [a,b]. Si probamos que existe tanto abfdα1 como abfdα2, entonces, por lo visto en la entrada anterior link también existe la integral buscada pues

abfdα1abfdα2=abfdα1+abfd(α2)=abfd(α1α2)(5)=abfdα.

Sin pérdida de generalidad, probemos que abfdα1 existe. Sea P={x1=a,,xn=b}. De acuerdo con la proposición que acabamos de ver

SPS(P,f,α1)SP.

A continuación vamos a demostrar que lim|P|0SP y lim|P|0SP existen y son iguales. La condición es evidente si α1 es constante así que supongamos que no lo es.

Sea ε>0. Ya que f es uniformemente continua en [a,b] sabemos que existe δ>0 tal que si |P|<δ, entonces

Mimi<εα1(b)α1(a).

Nota que α1(b)α1(a) es distinto de cero, pues α1 es monótona no constante.

Si |P|<δ se sigue:

0SPSP=i=1n(Mimi)(α1(xi)α1(xi1))<i=1n(εα1(b)α1(a))(α1(xi)α1(xi1))=εα1(b)α1(a)i=1n(α1(xi)α1(xi1))=(εα1(b)α1(a))(α1(b)α1(a))=ε.

Por lo tanto
(6)lim|P|0(SPSP)=0.

A continuación probaremos que existe lim|P|0SP en R. Si suponemos que no existe entonces, por el criterio de Cauchy visto en la entrada anterior link , existen ε>0 y (Pk)kN y (P´´k)kN sucesiones de particiones cuyas normas tienden a cero tales que

SPkSP´´k>ε.

Por (6) sabemos que para k suficientemente grande

SPkSPk<ε2SPkSPk>ε2SPkSP´´k+SPkSPk>εε2SPkSP´´k>ε2SPkSP´´k>0

lo que contradice el hecho de que SPSP´´ para cualquier P y P´´.

Por lo tanto lim|P|0SP existe y en consecuencia abfdα1 existe. Análogamente, abfdα2 existe, por lo tanto abfdα también existe.

Para terminar la prueba nota que la desigualdad

|abfdα|(supx[a,b]|f(x)|)V[α;a,b]

se sigue de una suma de Riemann-Stieltjes similar y haciendo tender el límite a cero. La prueba de este hecho se dejará como ejercicio.

Finalizaremos esta sección con un teorema conocido, pero ahora en la versión con la integral de Riemann-Stieltjes.

Teorema. Del valor medio para la integral de Riemann-Stieltjes. Sea f:[a,b]R continua y α:[a,b]R acotada y creciente. Entonces existe ξ[a,b] tal que

(7)abfdα=f(ξ)(α(b)α(a)).

Demostración:
Dado que α es creciente, se satisface para cualquier PP[a,b]

(mínx[a,b]f(x))(α(b)α(a))S(P,f,α)(máxx[a,b]f(x))(α(b)α(a))

El resultado anterior nos permite afirmar que abfdα existe, entonces también se cumple

(mínx[a,b]f(x))(α(b)α(a))abfdα(máxx[a,b]f(x))(α(b)α(a)),

y como f es continua en [a,b] se sigue del teorema del valor intermedio que existe ξ[a,b] tal que

abfdα=f(ξ)(α(b)α(a)),

que es lo que queríamos demostrar.

Así como definimos la integral de Riemann-Stieltjes en intervalos cerrados, también podemos hacerlo en intervalos abiertos (a,b)R de esta forma: Si [a,b](a,b) y existe abfdα, haciendo aa y bb definimos

abfdα=limaa;bbabfdα

cuando el límite existe. Así mismo

fdα=lima;babfdα,

cuando el límite existe.

Más adelante…

Hasta el momento no es muy evidente la relacion entre la existencia de la integral de Riemann-Stieltjes con los limites de las sumas inferior y superior de Riemann-Stieltjes, pese a que en Cálculo llegan incluso a considerarse equivalentes cuando coinciden. En la próxima entrada veremos bajo qué condiciones el resultado es válido en la integral que estamos estudiando.

Tarea moral

  1. Sea f:[a,b]R acotada y α:[a,b]R creciente. Sea Q un refinamiento de PP[a,b]. Demuestra que
    SPSQ.
  2. Demuestra la desigualdad pendiente
    |abfdα|(supx[a,b]|f(x)|)V[α;a,b]
    donde f es continua y α es de variación acotada.
  3. Sean f,α:[a,b]R. Prueba que se cumplen:
    a) Si abfdα existe y α no es constante en ningún subintervalo de [a,b] muestra que f es acotada en [a,b].
    b) Si abfdα existe y α es creciente, muestra que para cada PP[a,b] tenemos SPabfdαSP.

Enlaces

  • Análisis Matemático.
  • Enlace a entrada anterior.
  • Enlace a entrada siguiente.

Una motivación con probabilidad

Por Lizbeth Fernández Villegas

Introducción

Hemos llegado al punto en que presentaremos la integral de Riemann-Stieltjes. Antes de abordar el tema con resultados más abstractos y formales (que expondremos en las siguientes dos entradas del blog) motivaremos la definición con funciones distribución de probabilidad. Aunque no requerimos más que la idea de dicha función para entender esta sección, para un conocimiento más profundo podrías consultar las entradas:
Probabilidad I: Funciones de Distribución de Probabilidad,
Probabilidad I: Variables Aleatorias Discretas y
Probabilidad I: Variables Aleatorias Continuas.

Dada X una variable aleatoria, se conoce como función de distribución de X a la función FX:RR definida como:
FX(x):=P(Xx)
es decir, la probabilidad de que la variable aleatoria tome valores menores o iguales que x. Satisface lo siguiente:

  1. xR,0FX(x)1
  2. Es continua por la derecha y tiene límite por la izquierda.
  3. Es no decreciente, es decir, si x1x2 entonces FX(x1)FX(x2).
  4. FX(x)x=0.
  5. FX(x)x=1.

Dependiendo las propiedades de la variable aleatoria, la función FX puede ser de dos formas:

Si X es variable aleatoria discreta, entonces

FX(x)=txf(t).

Donde f(t) es la probabilidad de que X tome el valor t, la cual es distinta de cero solamente para un conjunto a lo más numerable de valores t.

Como ejemplo, uno tomado de Probabilidad I: Variables Aleatorias Discretas.

FX(x)={0 si x<10.1 si 1x<00.3 si 0x<10.8 si 1x<21 si 2x

Ríos García, OD. (2022). Probabilidad I: Variables Aleatorias Discretas. https://blog.nekomath.com/proba1-variables-aleatorias-discretas/

Si X es variable aleatoria continua, entonces

FX(x)=xf(t)dt.

Donde f(t) es la probabilidad de que X tome el valor t, la cual es distinta de cero solamente para un conjunto a lo más numerable de valores t.

Como ejemplo, uno tomado de Probabilidad I: Variables Aleatorias Continuas

FX(x)={1eλx si x0,0 en otro caso.

Donde la función densidad está dada por:

f(x)={λeλx si x0,0 en otro caso.

Ríos García, OD. (2022). Probabilidad I: Variables Aleatorias Continuas. https://blog.nekomath.com/proba1-variables-aleatorias-continuas/

Podríamos preguntarnos si es posible definir una integral que muestre el valor de la función, sin importar el tipo de variable aleatoria.

En los cursos de cálculo se habla del concepto de integral de Riemann de una función f:[a,b]R,a,bR. A partir de una partición P={x0=a,,xn=b} se define la suma de Riemann como
S(P,f)=i=1nf(ξi)(xixi1)
donde ξi[xi1,xi] y
S(P,f)abf(x)dx
cuando n.

La integral de Riemann-Stieltjes generaliza esta idea, modificando los intervalos generados por la partición a través de una función α:[a,b]R.

Definición. Suma de Riemann-Stieltjes. Sean f:[a,b]R, α:[a,b]R funciones y P={x0=a,,xn=b} una partición de [a,b]. Definimos la suma de Riemann-Stieltjes de P con respecto a f y α como

(8)S(P,f,α):=i=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1))

Definición. Integral de Riemann-Stieltjes. Sean f,α y P como en la definición anterior. Si existe el límite en S(P,f,α) cuando n, se define y denota a la integral de Riemann-Stieltjes como

(9)abf(x)dα:=limni=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1))

Para visualizar las ideas, consideremos los siguientes:

Ejemplos

En cualquier caso, α:[a,b]R.

  • α(x)=x. En este caso coincide con la integral de Riemann. Evidentemente:
    abf(x)dα:=limni=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1))=limni=1nf(ξi)(xixi1).
  • Si α(x)=FX(x) es la función de distribución de X, entonces la integral de Riemman-Stieltjes es la esperanza de la variable aleatoria Y=f(X).
  • α(x)=x. La función techo, es decir:
    x=mín{kZ:kx}
Gráfica de α(x)=x.

Analicemos más esta última función. Sea P={x0=a,,xn=b}. Entonces para cada i=0,,n

α(xi)α(xi1)=xixi1

Si suponemos que los intervalos son muy pequeños, podemos pedir que |P|<1. En esta situación dos puntos consecutivos de la partición podrían estar entre dos enteros consecutivos o bien, tener un entero entre ellos. Así tenemos dos casos:

  1. xi=xi1xixi1=0
    o bien
  2. xi>xi1xixi1=1.

En consecuencia, si ξi[xi1,xi] entonces cada sumando toma los siguientes valores:

En el caso 1. f(ξi)(xixi1)=0.
En el caso 2. f(ξi)(xixi1)=f(ξ1).

La siguiente imagen permite visualizar este comportamiento.

Ejemplo de partición en el intervalo [0,10]

Calculemos 0101dx.

En esta situación, los únicos sumandos significativos serán los que tienen algún entero en {1,2,,10}. Por lo tanto

0101dx=i=1101=10.

¿Puedes calcular 010f(x)dx, para cualquier f continua en [0,10]?
Generaliza aún más y calcula abf(x)dx para cualquier intervalo [a,b]. (Ejercicio como tarea moral).

Hay exactamente 10 intervalos en una partición con |P|<1 donde el sumando no se anula.

En las siguientes entradas veremos que se satisface:

Proposición: Si f es continua en [a,b] y α es monótona, existe abf(x)dα.

Con la integral de Riemann-Stieltjes es posible identificar las funciones de distribución de variables aleatorias, sin importar si la variable es discreta, continua o una «mezcla» de ambas.

Gráfica de α.

Ejemplo

La siguiente expresión refleja el comportamiento de una variable aleatoria que es continua en un «pedazo» y discreta en el resto.
α(x)={12πxet22dt si x<0 1 si x0

Entonces, si FX es la función distribución de la variable aleatoria descrita se satisface:

FX(b)FX(a)=Probabilidad de que X tome valores en [a,b]=ab1dα.

La esperanza de una variable aleatoria puede expresarse con una integral de Riemann-Stieltjes

A continuación presentamos una definición de la esperanza con la integral que estamos conociendo y es equivalente a la usada convencionalmente. Para profundizar en la teoría, visitar Probabilidad I: Valor Esperado de una Variable Aleatoria

Definición. Esperanza de X. Sea X una variable aleatoria con función de distribución α(x). La esperanza de X es
E(X)=xdα.

Ejemplos

Sea X variable aleatoria con distribución binomial, n=3,p=12. Dado que

P(X=k)=(3k)12k123k

Se sigue:

P(X=0)=18

P(X=1)=38

P(X=2)=38

P(X=3)=18

Y así, la función distribución es:

FX={0 si x<018 si 0x<112 si 1x<278 si 2x<31 si 3x.

Función distribución de X.

Y la esperanza es

k=03kP(X=k)=(0)(18)+(1)(38)+(2)(38)+(3)(18)=64

Dejaremos como ejercicio de tarea moral, verificar la integral de Riemann-Stieltjes

xdα=0xdα+03xdα+3xdα=0+64+0=64.

Representación de una partición de [0,3].

Como sugerencia, verifica que en una partición de [0,3] con intervalos muy pequeños (δ<1) los únicos sumandos que no se anulan en la suma de Riemann-Stieltjes serán los correspondientes a intervalos que tienen algún entero en {0,1,2,3}.

Otro ejemplo para terminar esta sección

Ahora supongamos que la función de distribución de una variable aleatoria está dada por:

FX(x)={0 si x<0x2+14 si 0x<12x2+12 si 12x<11 si 1x.

Grafica de FX(x).

Vamos a calcular la esperanza de X por medio de:

xdα.

Los detalles se dejarán como ejercicios de tarea moral. Nota que

xdα=0xdα+012xdα+121xdα+1xdα.

Primero vamos a obtener

012xdα.

Sea P={x0=0,,xn1,xn=12} una partición de [0,12]. Calculemos

(10)i=1nf(ξi)(α(xi)α(xi1))=i=1n1f(ξi)(α(xi)α(xi1))+f(ξn)(α(12)α(xn1))

Observa que todos los intervalos a excepción del último cumplen que
α(xi)α(xi1)=(xi2+14)(xi12+14)=xixi12

Representación de una partición en [0,12].

Entonces

i=1n1f(ξi)(α(xi)α(xi1))=i=1n1f(ξi)(xixi12)=12i=1n1f(ξi)(xixi1)

De modo que
limni=1n1f(ξi)(α(xi)α(xi1))=12012xdx=12x22|012(11)=116.

En cuanto al último intervalo, cuando el tamaño de este tiende a 0 se satisface

(12)f(ξn)(α(12)α(xn1))12(3412)=18

Por lo tanto, haciendo n en (3) por (4) y (5) tenemos:

(13)012xdα=116+18=316

Análogamente se puede verificar que también

(14)121xdα=316

En cuanto a la integral 0xdα nota que eligiendo 1k muy pequeñito podemos separarla como

(15)0xdα=1kxdα+1k0xdα

Evidentemente, la primera parte 1kxdα se anula. La otra integral 1k0xdα se puede calcular con sumas de Riemann-Stieltjes: Si P={x0=1k,,xn=0} es una partición de [1k,0] el único sumando significativo es el último donde f(ξn)(α(x0)α(xn1))0(140)=0.

Representación de una partición en [1k,0].

Por lo tanto

(16)0xdα=0.

Es sencillo comprobar que también

(17)1xdα=0.

Y así, de (6), (7),(9) y (10) concluimos que
(18)xdα=616=38.

Más adelante…

Veremos resultados formales de la integral de Riemann-Stieltjes y algunas de sus propiedades.

Tarea moral

  1. Resuelve los detalles pendientes de esta entrada que se fueron indicando.
  2. Sea α:[a,b]R una función escalonada, calcula abfdα con f:[a,b]R continua.

Enlaces

  • Análisis Matemático.
  • Enlace a entrada anterior.
  • Enlace a entrada siguiente.

Geometría Moderna II: Ejercicios Unidad 4 Razón Cruzada e Involución

Por Armando Arzola Pérez

Introducción

Una vez analizado los temas de Razón Cruzada e Involución, es hora de realizar unos ejercicios que se dejaran a continuación, todo con el objetivo de practicar y fortalecer el tema visto.

Ejercicios

1.- Sean A, B y C tres puntos distintos en una recta, analice las razones cruzadas {ABCB}, {ABCA} y {ABCC}.

2.- Demuestre el Teorema de Desargües, referente a triángulos en perspectiva en propiedades de razón cruzada.

3.- Sean A, B y C tres puntos colineales, encuentre D talque {BACD}={ABCD}.

4.- Muestre que la razón cruzada de cuatro puntos en una recta, es igual a la razón cruzada de sus polares con respecto a cualquier circunferencia.

5.- Demuestre el Teorema de la Mariposa. Si se trazan dos cuerdas EF y CD, por el punto medio M de una cuerda, AB de una circunferencia, y si DE y CF intersecan a AB en G y H respectivamente, entonces M es el punto medio de GH.

Ejercicios Unidad 4

6.- Sean seis puntos colineales con un punto O en una recta se corresponden en pares A,A,B,B,C,C, y si OAOA=OBOB=OCOC, demuestra que {AABC}={AABC}.

7.- Demuestre que el conjugado del centro de una involución de puntos es el punto ideal de la base.

8.- Sean seis pares de puntos en involución A,A,B,B,C y C, y si D y D son dos puntos en la recta tal que {ABCD}={ABCD}, entonces D y D también son un par conjugado de la involución.

9.- Sea un punto X cualquiera fuera de una circunferencia, si se trazan tres rectas que la corten en los pares de puntos A,A,B,B,C,C respectivamente y si unimos estos puntos a cualquier otro punto de la circunferencia, por demostrar que el haz así obtenido está en involución.

10.- Demostrar el Teorema. Dado un cuadrángulo completo, sus tres pares de lados opuestos son intersecados por cualquier transversal que no pasa por un vértice en tres pares de puntos conjugados de una involución.

Más adelante…

La siguiente unidad abarca varios temas interesantes.

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