44. Material en revisión: Contacto entre curvas

Por Mariana Perez

Motivación:

Comparar una curva parametrizada α con una familia de curvas (círculos, rectas, …).

Círculos

F1(0) para una función F(x,y)=x2+y2r2

Rectas

F1(0) para una función F(x,y)=ax+by+c

Sea α:IR2 una curva parametrizada α(t)=(x(t),y(t)).

Sea F:R2R una función F(x,y).

Consideremos un punto p=α(t0) y supongamos que p está en la curva de nivel cero de F, es decir, F(p)=0

Sea g:IR la composición Fα donde a cada tF(α(t0))=F(p)=0

Decimos que la curva α y la curva de nivel F1(0) tienen un contacto de orden k en p=α(t0) si: g(t0)=0 g(t0)=0 g(t0)=0 gk1(t0)=0 pero gk(t0)0

Apliquemos este concepto.

Sea u=(a,b)R2 un vector distinto de 0.

F(x)=xu2pu2

pF1(0)

g(s)=F(α(s))

g(s)=α(s)u2 α(s0)u2

g(s0)=F(p)=0

g(s)=αu,αu

g(s)=α,αuαu,α=2αu,α

Además g(s0)=0α(s0)u,α(s0)=0, es decir, si el vector α(s0)u es ortogonal al vector tangente α(s0)=T(s0).

g(s0)=0 y g(s0)=0 la curva α y F1(0) pasan por el punto p=α(s0) y el círculo F1(0) es tangente a la curva α en el punto p si y sólo si, u céntro del círciño, está en la recta normal a la curva α en el punto p=α(s0). Es decir, α(s0)uT

¿Cómo debe ser u para que g(s0)=0? Además de que g(s0)=0 y g(s0)=0

g(s)=2α(s)u,α(s)

g(s)=2[α(s),α(s)+α(s)u,α(s)]

Luego

g(s)=0α(s0)u,α(s0)+1=0

g(s)=0α(s0)1,KN(s0)+1=0

como α(s0)uTuα(s0)=λN(s0) para algún λR

g(s)=0λN,KN=0

Despejemos λ, entonces

1λKN,N=0

1λK=0

λ=1K

de todos los círculos con centro en la recta normal a α en p que pasan por p, el que tiene un orden de contacto mayor con la curva α es el que tiene centro en el punto u=α(s0)+λN(s0) u=p+1KN(s0)

es el CÍRCULO OSCULADOR.

Si pedimos g(s0)=0 nos quedamos con círculos que pasan por el punto p.

Si además pedimos que g(s0)=0 nos quedamos con círculos cuyos centros están en la recta normal a α en el punto p.

Si también pedimos g(s0)=0 nos quedamos con círculos cuyo centro coincide con el círculo osculador. (esto ocurre si α(s0)0) Si K(s0)=0 no existiría tal círculo.

Si además pedimos que g(s0)=0 ¿qué sucede?

g(s)=2α(s)u,α(s)

g(s)=2[α(s),α(s)+α(s)u,α(s)]

g(s)=2[α(s),α(s)+α(s)u,α(s)]

Luego g(s)=0α(s0)u,α(s0)=0

Como uα(s0)=λN(s0)

Entonces α(s0)u,α(s0)=λN(s0),K(s0)N(s0)+KN(s0)=λK(s0)=1K(s0)K(s0)

Entonces tenemos que g(s0)=g(s0)=g(s0)=g(s0)K(s0)0 contacto de orden 4

Definición:

Sea p=α(s0) un punto en una curva α=α(s0).

Decimos que p es un vértice si existe un círculo C que tiene contacto de orden al menos 4 con la curva α.

Vértice Ordinario, si el contacto es de orden 4.

Vértice Degenerado, si el contacto es de orden mayor que 4.

Orden 4 g(s0)=g(s0)=g(s0)=g(s0)=0.

Definición:

Sea p=α(s0) un punto en una curva. Decimos que p es un punto de inflexión si tiene contacto de orden al menos 3 con la recta tangente.

Punto de inflexión Ordinario, si el contacto es de orden 3.

Punto de inflexión Degenerado, si el contacto es de orden mayor que 3.

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)

Geometría Moderna II: Los tres problemas famosos

Por Armando Arzola Pérez

Introducción

En la geometría elemental se tienen varias construcciones realizadas con únicamente regla y compas, esto nos parecerá algo limitante, pero es así como Platón lo plantea para la geometría. Pero son estas restricciones lo que hace interesante las construcciones, cabe aclarar que cuando se menciona regla es para únicamente trazar rectas sin distancia fija, y el compás para trazar circunferencias únicamente. Son estas limitaciones las que hacen que muchas construcciones no se puedan realizar, es en este punto donde hablaremos de ‘Los tres problemas famosos griegos’ los cuales son: La trisección del ángulo, la duplicación del cubo y la cuadratura del círculo.

Este grupo de problemas imposibles enunciados en el siglo V a.C. y hasta la demostración de que la solución es imposible en el siglo XIX, generaron que grandes matemáticos pensaran en su solución, así mismo se motivó al desarrollo de diversas áreas de las matemáticas. Como se mencionó, las restricciones de únicamente regla y compas son las que imposibilitan la solución, pero si se modificaran estas restricciones adecuadamente, estos problemas pueden ser resueltos. Es por ello que se mostrara la imposibilidad de resolver los tres problemas famosos.

Trisección del ángulo

Problema. Lograr trisecar un ángulo arbitrario con regla y compas. Se mostrará la imposibilidad de resolver este problema.

Demostración. Dado un ángulo, no siempre es posible construir solo con una regla y compas un ángulo cuya medida es un tercio del ángulo original.
Tenemos que mostrar lo que significa construir un ángulo a números construibles, ya que un número construible es la longitud de un segmento, no una medida de un ángulo. Recordemos que si tenemos algún ángulo construido sin perdida de generalidad, se asume que este ángulo está en la posición estándar, de modo que su lado inicial este en el eje x positivo.

Se puede asignar el vértice del ángulo con el origen de nuestro plano y luego construir un círculo unitario centrado en el origen, donde tendremos un punto de intersección que por trigonometría este punto es ( cosθ,senθ ) y si tomamos la perpendicular de este punto hasta el eje x, nos dara un punto ( cosθ,0 ) y por lo cual se tiene la distancia cosθ.

Los tres problemas famosos 1

Entonces si el angulo theta θ es construible eso significa que la distancia cosθ es construible y este proceso es reversible, por lo que podemos construir el ángulo theta θ si y solo si podemos construir el coseno de distancia de theta θ. Por lo cual se querrá argumentar que el coseno de theta (cosθ) no es un número construible para todos los theta θ.

Tenemos la siguiente identidad trigonométrica

cos3θ=4cos3θ3cosθ.

Es importante recalcar que queremos cos3θ, porque queremos ángulos de trisección. Si tomamos θ=20o, entonces ingresándolo en la fórmula se tiene

cos3θ=cos(3)(20o)=cos60o=1/2.

Si definimos α=cosθ entonces se tiene que la igualdad queda

4α33α=1/2.

Multiplicamos por 2 en ambos lados

8α36α=1

8α36α1=0.

Entonces α es una raíz del polinomio

8x36x1.

Este es un polinomio de grado 3 si es irreducible, eso sucede si y solo si no tiene raíces, porque si es irreducible tiene un factor lineal, y si tiene un factor lineal tiene una raíz por el teorema de las raíces racionales, las únicas raíces racionales posibles de este polinomio son

±1,±1/2,±1/4,±1/8.

Ninguno de estos ocho números son raíces de este polinomio, este polinomio por lo cual es irreducible porque no tiene raíces racionales, por lo tanto, este polinomio debe sé el polinomio mínimo para el coseno de 20o.
Ahora, ya que este es un polinomio de grado 3, si tomamos el conjunto de los racionales α y vemos su grado sobre Q tenemos 3.

[Q(α):Q]=3.

Pero una propiedad de los números construibles dice que

[Q(α):Q]=2n.

Esto es una potencia de 2, pero 3 no es potencia de 2, 32n.

Por lo tanto, esto no puede ser una extensión construible, por lo cual el cos20o no es un número construible, entonces un ángulo de 20o no se puede construir y un ángulo de 60o no se puede trisecar usando solo regla y compas.

◻

Duplicación del cubo

Problema. Se demostrará que la duplicación del cubo es imposible.
Duplicar el cubo nos dice que dada la arista de un cubo, es imposible construir con una regla y compas el borde de un cubo que tiene el doble del volumen del cubo original.

Demostración. Imaginemos el cubo con la longitud de un lado de S y este es un número construible, el volumen de este cubo sería V=S3; Por lo cual si tuviéramos que construir un cubo cuyo volumen sea el doble, entonces el volumen sería V=2S3 este cubo es más grande, y nos preguntaremos cuanto deben medir los lados de este nuevo cubo.

Los tres problemas famosos 2

Entonces el cubo duplicado, su volumen debe ser 2S3, y sea la longitud de lado t, entonces el V=t3=2S3, despejando t se tiene

t=2S33=23S.

Ahora el cuerpo de números construibles es un campo, si podemos construir S, entonces podemos dividir por S, pero 23 no es número construible, ya que

[Q(23):Q]=3.

Pero una propiedad de los números construibles dice que (α es un número construible)

[Q(α):Q]=2n.

Pero 32n, entonces 23 no se puede construir y, por lo tanto, no podemos duplicar el cubo.

◻

Cuadratura del círculo

Problema. Por demostrar la imposibilidad de la construcción geométrica clásica de cuadrar el círculo.

Demostración. Dado un círculo de diámetro construible, no siempre es posible construir solo con una regla y compas el borde de un cuadrado que tiene la misma área que el círculo original.
El contraejemplo será que, se tome el círculo unitario, con radio r=1 número construible, el área es A=πr2=π.

Se debe mostrar que no se puede construir un cuadrado cuya área sea π y recordemos que si tenemos un cuadrado con lado S y el área es A=S2. Ahora, si π fuera igual a S2 (π=S2), esto nos diría que si tomas la raíz cuadrada de ambos lados se tiene π=S.

Entonces se requiere construir un lado de longitud π.
Pero si π fuera construible, entonces si elevamos al cuadrado π2=π y el campo de números construibles es un campo, por lo cual π2 también es construible, pero π es un número trascendental y ninguna extensión algebraica de Q contiene π. El campo de números construibles es una extensión algebraica infinita de los números racionales y, por lo tanto, no contiene números trascendentales, y de ahí se tiene la contradicción pi no es un número construible.
Por lo tanto, es imposible construir un cuadrado para cada círculo.

◻

Más adelante…

Se verá el Teorema de Stewart.

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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.
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