El Espacio Euclideo Rn

Definicion 1. Como conjunto, Rn es la coleccion de todas las n-adas ordenadas de numeros

reales. Es decir

Rn = {(x1, x2, ..., xn)|xi ∈ R}

Notacion. Denotamos a un elemento de Rn por x = (x1, x2, ..., xn)

Dados dos elementos x, y ∈ Rn decimos que x = y ⇔ xi = yi ∀i = 1, 2, ..., n

Frecuentemente a los elementos de Rn se les denomina vectores, y con las operaciones usuales

(suma y producto por un escalar) Rn es un espacio vectorial.

Estructura Algebraica

La suma + : Rn × Rn → Rn para dos elementos x, y ∈ Rn se define asi:

x+ y = (x1 + y1, x2 + y2, ..., xn + yn)

Definicion 2. Definimos 0 ∈ Rn como

0 = (0, 0, ..., 0)

Lema 1. ∀ a, b, c ∈ Rn

a+ b = b+ a (1)(a+ b

)+ c = a+

(b+ c

)(2)

0 + a = a (3)

∀ a ∈ Rn ∃ b ∈ Rn tal que a+ b = 0 (4)

Observacion.-El elemento 0 es el unico elemento de Rn que se comporta como neutro para la

suma. Para cada elemento a ∈ Rn existe exactamente un elemento b ∈ Rn tal que a+ b = 0.

A dicho elemento lo denotamos −a

El producto escalar · : Rn × Rn → Rn para x ∈ Rn y λ ∈ R se define asi:

λ · x = (λx1, λx2, ..., λxn)

1

Lema 2. ∀ a, b ∈ Rn, λ, µ ∈ R

1 · a = a (5)

(λ+ µ) · a = λ · a+ µ · a (6)

λ ·(a+ b

)= λ · a+ λ · b (7)

La base canonica de dicho espacio vectorial son los vectores:

e1 = (1, 0, 0, ..., 0)

e2 = (0, 1, 0, ..., 0)

.

.

.

en = (0, 0, 0, ..., 1)

ya que si x = (x1, x2, ..., xn), se tiene que x = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen

Estructura Geometrica

Para dotar de una estructura geometrica al espacio Rn (que incluya los conceptos de distancia,

angulo y ortogonalidad) debemos dotar a Rn de un producto escalar.

Definicion 3. Sea E un espacio vectorial, un producto escalar en E es una funcion de E×E

en R que a cada par de vectores x, y le asocia un numero

〈x, y〉

que satisface las siguientes propiedades:

1)〈x, x〉 > 0 si x 6= 0

2) 〈x, y〉 = 〈y, x〉

3)〈λx, y〉 = λ〈x, y〉

4) 〈x+ y, z〉 = 〈x+ y〉+ 〈y, z〉

2

Teorema 1. La funcion de Rn × Rn → R con valores

〈x, y〉 = x · y = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn

es un producto escalar

Demostracion. Tenemos que

a) 〈x, x〉 = x · x = x21 + x2

2 + · · ·+ x2n > 0 si x 6= 0

b) 〈x, y〉 = x · y = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn = y1x1 + y2x2 + · · ·+ ynxn = y · x = 〈y, x〉

c) λ〈x, y〉 = λ(x · y) = λ(x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn) = (λx1y1 + λx2y2 + · · ·+ λxnyn) =

([λx1]y1 + [λx2]y2 + · · ·+ [λxn]yn) = (λx · y) = 〈λx, y〉

d) 〈x+y, z〉 = (x+y)·z = (x1+y1, x2+y2, ···, xn+yn)·(z1, z2, ···zn) = ((x1+y1)z1+(x2+y2)z2+···

+(xn+yn)zn) = x1z1+y1z1+x2z2+y2z2+···+xnzn+ynzn = x1z1+x2z2+···+xnzn+y1z1+y2z2+···+ynzn =

(x · z) + (y · z) = 〈x, z〉+ 〈y, z〉

Ejemplo.-Si x = (x1, x2) e y = (y1, y2) son dos vectores de R2, definimos 〈x, y〉 mediante la

formula

〈x, y〉 = 2x1y1 + x1y2 + x2y1 + x2y2

El ejemplo anterior pone de manifiesto que pueden existir mas de un producto interior en un

espacio lineal dado.

Ejemplo.-Sea C[a, b] el espacio lineal de todas las funciones reales continuas continuas en el

intervalo [a, b]. Definimos 〈f, g〉 mediante la formula

〈f, g〉 =

∫ b

a

f(t)g(t)dt.

3

El Espacio Normado Rn

Un producto escalar 〈, 〉 en un espacio vectorial E da lugar a una nocion de longitud de un

vector x ∈ E, llamada su norma, y definida como

‖x‖ =√〈x, x〉

En general, una norma en un espacio vectorial E es una aplicacion x→ ‖x‖ de E en (0,+∞)

que satisface las siguientes propiedades:

1)‖x‖ = 0⇔ x = 0

2) ‖λx‖ = λ‖x‖ ∀λ ∈ R

3) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ Desigualdad Triangular.

Al par (E, ‖.‖) se le denomina espacio normado

Desigualdad de Cauchy-Shwarz

Teorema 2. Sean x = (x1, . . . , xn) y = (y1, . . . , yn) elementos de Rn entonces

|x1y1 + . . .+ xnyn| ≤√x2

1 + . . .+ y2n

√y2

1 + . . .+ y2n

Primero probaremos la desigualdad

|x1||y1|+ . . .+ |xn||yn| ≤√x2

1 + . . .+ y2n

√y2

1 + . . .+ y2n

lo cual implica la desigualdad deseada ya que

|x1y1 + . . .+ xnyn| ≤ |x1||y1|+ . . .+ |xn||yn|

Demostracion. Si alguno de los vectores x o y es 0 entonces la desigualdad se cumple trivialmente, pues

en este caso ambos miembros son 0. Si x, y 6= 0 hagamos α =√x2

1 + . . .+ y2n β =

√y2

1 + . . .+ y2n

usando α y β, la desigualdad a probar se escribe

|x1||y1|+ . . .+ |xn||yn| ≤ αβ

y como α, β > 0 esta desigualdad es equivalente a∣∣∣x1

α

∣∣∣ ∣∣∣∣y1

β

∣∣∣∣+ . . .+∣∣∣xnα

∣∣∣ ∣∣∣∣ynβ∣∣∣∣ ≤ 1

4

Dado que para cualquiera reales a y b se cumple

|ab| ≤ a2 + b2

2

tenemos entonces que

∣∣x1α

∣∣ ∣∣∣y1β ∣∣∣+ . . .+∣∣xnα

∣∣ ∣∣∣ynβ ∣∣∣ ≤x2

1

α2+y2

1

β2

2+ . . .+

x2n

α2+y2n

β2

2

=

x21 + . . .+ x2

n

α2

2+

y21 + . . .+ y2

n

β2

2

= 12 + 1

2

= 1

Pasemos ahora a las propiedades de la norma euclidiana.

Proposicion 1. Para cualquiera vectores x, y ∈ Rn α ∈ R se cumple:

i) ‖x‖ ≥ 0 ‖0‖ = 0

ii) ‖αx‖ = |α|‖x‖

iii) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖

iv) ‖x‖ = 0 ⇒ x = 0

Demostracion :

i) ‖x‖ =√x2

1 + . . .+ x2n ≥ 0 pues es la raız positiva

∴ ‖x‖ ≥ 0

ii) ‖αx‖‖αx‖ =

√(αx1)2 + . . .+ (αxn)2

=√α2x2

1 + . . .+ α2x2n

=√α2(x2

1 + . . .+ x2n)

=√α2√x2

1 + . . .+ x2n

= |α|‖x‖

5

iii) ‖x+ y‖2

‖x+ y‖2 = (x1 + y1)2 + . . .+ (xn + yn)2

= x21 + 2x1y1 + y2

1 + . . .+ x2n + 2xnyn + y2

n

= x21 + . . .+ x2

n + 2(x1y1 + . . .+ xnyn) + y21 + . . .+ y2

n

= ‖x‖2 + 2(x1y1 + . . .+ xnyn) + ‖y‖2

Aplicando la desigualdad de Cauchy-Shwarz

x1y1 + . . .+ xnyn ≤ ‖x‖‖y‖

se tiene que

‖x‖2 + 2(x1y1 + . . .+ xnyn) + ‖y‖2 ≤ ‖x‖2 + 2‖x‖‖y‖+ ‖y‖2 = [‖x‖+ ‖y‖]2

∴ ‖x+ y‖2 ≤ [‖x‖+ ‖y‖]2 y al sacar raiz obtenemos ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖

iv) Si ‖y‖ = 0 se tiene entonces√x2

1 + . . .+ x2n = 0 es decir x2

1 + . . .+x2n = 0 pero x2 ≥ 0

∴ x2i = 0 ∀ i = 1, . . . , n

∴ x = 0

El concepto general de Norma en Rn. Las propiedades de la norma euclidiana nos ayudan para definir

la nocion abstracta de Norma.

Definicion: Una norma en Rn es cualquier funcion ‖ ‖ : Rn → R que satisface las siguientes propie-

dades que denominaremos Axiomas de Norma para cualesquiera x, y ∈ Rn y toda α ∈ R se

cumple

i) ‖x‖ ≥ 0 ‖0‖ = 0

ii) ‖αx‖ = |α|‖x‖

iii) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖

iv) ‖x‖ = 0 ⇒ x = 0

Proposicion: Para toda norma ‖ ‖ : Rn → R se cumple:

6

i) ‖ − x‖ = ‖x‖ ∀x ∈ Rn

ii) |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖ ∀ x, y ∈ Rn

Demostracion :

i) ‖ − x‖ = | − 1|‖x‖ = ‖x‖

ii) 0 ≤ ‖x‖ = ‖x− y + y‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y‖

∴ ‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖

Intercambiando x por y obtenemos ‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖y − x‖ = ‖x− y‖

∴ |‖y‖ − ‖x‖| ≤ ‖x− y‖

Otras normas en Rn

Definimos ‖ ‖1 : Rn → R por ‖ ‖1 = |x1|+ . . .+ |xn| ∀ x ∈ Rn. Por demostrar ‖ ‖1 es una norma en

Rn

i) Dado que ∀x ∈ R |x| ≥ 0, se tiene ‖ ‖1 = |x1|+ . . .+ |xn| ≥ 0 ∀ x ∈ Rn

ii) Si α ∈ R y x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, entonces

‖αx‖ = |αx1|+ . . .+ |αxn|

= |α||x1|+ . . .+ |α||xn|

= |α|(|x1|+ . . .+ |xn|)

= |α|‖x‖ ∀ x ∈ Rn

iii) Si x = (x1, . . . , xn) y y = (y1, . . . , yn) son elementos de Rn

‖x+ y‖ = |x1 + y1|+ . . .+ |xn + yn|

≤ |x1|+ |y1|+ . . .+ |xn|+ |yn|

= |x1|+ . . .+ |xn|+ . . .+ |y1|+ . . .+ |yn|

= ‖x‖1 + ‖y‖1

Si ‖x‖1 = 0

⇒ |x1|+ . . .+ |xn| = 0 y como cada |xi| ≥ 0 i = 1, . . . , n

entonces |x1|+ . . .+ |xn| = 0

⇒ |xi| = 0 i = 1, . . . , n

∴ x = 0

7

Consideremos ahora la funcion ‖ ‖∞ : Rn → R dada por ‖ ‖∞ = max{|x1|, . . . , |xn|} ∀x ∈ Rn

Proposicion.- La funcion ‖ ‖∞ : Rn → R es una norma en Rn, que se denomina norma del maximo

o norma cubica.

Demostracion :

1. Puesto que |xi| ≥ 0 i = 1, . . . , n

entonces

max{|x1|, . . . , |xn|} ≥ 0

es decir

‖x‖∞ ≥ 0

2. Sea α ∈ R y x ∈ Rn. Se tiene entonces que

‖αx‖ = max{|αx1|, . . . , |αxn|} = max{|α||x1|, . . . , |α||xn|}

Supongamos ahora que

|xiα| = max{|x1|, . . . , |xn|}

∴ |xiα| ≥ |xi| ∀ i = 1, . . . , n

∴ |α||xiα| ≥ |α||xi| ∀ i = 1, . . . , n

∴ |αxiα| ≥ |αxi| ∀ i = 1, . . . , n

por lo que

|α||xiα| = |αxi| = max{|αx1|, . . . , |αxn|} = max{|α||x1|, . . . , |α||xn|}

es decir

|α|max{|x1|, . . . , |xn|} = max{|αx1|, . . . , |αxn|} = max{|α||x1|, . . . , |α||xn|}

∴ |α|‖x‖∞ = ‖αx‖∞

3. ‖x+ y‖∞ = max{|x1 + y1|, . . . , |xn + yn|}

Sea

|x1α+ y1α| ≤ max{|x1 + y1|, . . . , |xn + yn|}

8

como

|x1α+ y1α| ≤ |x1α|+ |y1α|

se tiene que

max{|x1 + y1|, . . . , |xn + yn|} ≤ |x1α|+ |y1α|

pero por definicion de

max{|x1|, . . . , |xn|} max{|y1|, . . . , |yn|}

tambien se tiene que

|x1α| ≤ max{|x1|, . . . , |xn|} |y1α| ≤ max{|y1|, . . . , |yn|}

luego

max{|x1 + y1|, . . . , |xn + yn|} ≤ max{|x1|, . . . , |xn|}+ max{|y1|, . . . , |yn|}

o sea

‖x+ y‖∞ ≤ ‖x‖∞ + ‖y‖∞

4. ‖x‖∞ ⇒ max{|x1|, . . . , |xn|}

sea

|x1α| = max{|x1|, . . . , |xn|}

entonces

|x1α| = 0

∴ |x1α| = 0

Sea I = [0, 1]. Demsotrar que ‖f‖ = sup{|f(x)|}. Es una norma de C[0, 1].

Solucion: Recordar que toda funcion real continua definida en un intervalo cerrado es acotada, por

tanto ‖f‖ esta bien definida. Puesto que |f(x)| ≥ 0 ∀ x ∈ I entonces ‖f‖ ≥ 0 y ademas

‖f‖ = 0 sii |f(x)| = 0 ∀ x ∈ I, i.e. sii f = 0

Recordemos un resultado

Sean a y b numeros reales tales que a ≤ b+ ε. Demostrar que a ≤ b

9

Supongase que a > b entonces a = b+ δ, δ > 0

tomamosδ

2= ε

entonces

a > b+ δ > b+δ

2= b+ ε 5

◦

∴ a ≤ b

ahora sea ε > 0. Entonces existe x0 ∈ I tal que

‖f + g‖ = sup{|f(x) + g(x)|}

≤ |f(x0) + g(x0)|+ ε

≤ |f(x0)|+ |g(x0)|+ ε

≤ sup{|f(x)|}+ sup{|g(x)|}+ ε

= ‖f‖+ ‖g‖+ ε

∴ ‖f + g‖ ≤ ‖f‖+ ‖g‖

Sea k ∈ R entonces

‖kf‖ = sup{|kf(x)|}

= sup{|k||f(x)|}

= |k| sup{|f(x)|}

= |k|‖f(x)‖

Demostrar que ‖f‖ =

∫ 1

0|f(x)|dx es una norma de C[0, 1] (funciones continuas en el intervalo [0, 1])

1. ‖f‖ =

∫ 1

0|f(x)|dx ≥ 0 puesto que |f(x)| ≥ 0 ⇒

∫ 1

0|f(x)|dx ≥ 0

2. Tenemos que

‖kf‖ =

∫ 1

0|kf(x)|dx

=

∫ 1

0|k||f(x)|dx

= |k|∫ 1

0|f(x)|dx

= |k|‖f‖

10

3. Tenemos que

‖f + g‖ =

∫ 1

0|f(x) + g(x)|dx

≤∫ 1

0[|f(x)|+ |g(x)|]dx

=

∫ 1

0|f(x)|dx+

∫ 1

0|g(x)|dx

= ‖f‖+ ‖g‖

Definicion 4. Sea ‖ ‖p : Rn → R dada asi:

‖x‖p =

(n∑i=1

|xi|p) 1

p

Vamos a demostrar que ‖x‖p es una norma

Demostracion. 1. Puesto que |xi| ≥ 0 i = 1, . . . , n

entoncesn∑1

|xi|p ≥ 0 ∴

(n∑1

|xi|p) 1

p

≥ 0 ∴ ‖x‖p ≥ 0

2. Sea α ∈ R y x ∈ Rn. Se tiene entonces que

‖αx‖p =

(n∑1

|αxi|p) 1

p

=

(|α|p

n∑1

|xi|p) 1

p

= |α|

(n∑1

|xi|p) 1

p

= |α|‖x‖p

3. Dada la norma ‖x‖p = [|x1|p + ...+ |xn|p]1p procederemos a demostrar que cumple con la pro-

piedad de la desigualdad del triangulo, es decir que para x, y ∈ Rn

‖x+ y‖p ≤ ‖x‖p + ‖y‖p

Para ello primero procederemos a demostrar lo siguiente

(1) Sean p,q numeros reales tales que p, q > 1 y 1p + 1

q = 1 esto lo usaremos para probar la

desigualdad

|ab| ≤ |a|p

p+|b|q

q

11

Demostracion. Consideremos la funcion ϕ : [0,∞)→ R dada por ϕ(t) = tm−mt con m =

1p se tiene que ϕ′(t) = mtm−1−m = m

(tm−1 − 1

)por lo que ϕ′(t) = 0⇔ m

(tm−1 − 1

)=

0 ⇔ t = 1 por lo tanto t = 1 es un punto crıtico de la funcion, ahora volvemos a derivar

ϕ′′(t) = m(m − 1)tm−2 que en t = 1 es < 0 por lo tanto en t = 1 ϕ alcanza un punto

maximo ∴ ϕ(t) ≤ ϕ(1)⇒ tm−mt ≤ mt−m⇒ tm− 1 ≤ m(t− 1) Ahora hacemos t = |a|p|b|q

y sustituimos (|a|p

|b|q

) 1p

− 1 ≤ 1

p

(|a|p

|b|q− 1

)multiplicando ambos miembros de la desigualdad por |b|q se tiene que

(|b|q)

((|a|p

|b|q

) 1p

− 1

)≤ (|b|q)

(1

p

(|a|p

|b|q− 1

))lo que nos queda

|a||b|q−qp − |b|q ≤ |a|

p

p− |b|q ⇒ |a||b|q−

qp ≤ |a|

p

p− |b|

q

p+ |b|q

como q − qp = 1 y − |b|

q

p + |b|q = |b|qq tenemos entonces

|ab| ≤ |a|p

p+|b|q

q

(2) Probaremos la desigualdad de Holder

n∑k=1

|akbk| ≤

[n∑k=1

|ak|p] 1

p[

n∑k=1

|bk|q] 1

q

Demostracion. Sea A = (∑n

k=1 |ak|p)1p y B = (

∑nk=1 |bk|q)

1q y definimos a′k = ak

A y b′k = bkB

usando la desigualdad probada en la parte (1) se tiene

|a′kb′k| ≤|a′k|p

p+|b′k|q

q⇒

n∑k=1

|a′kb′k| ≤n∑k=1

|a′k|p

p+|b′k|q

q=

n∑k=1

|a′k|p

p+

n∑k=1

|b′k|q

q

=1

p

n∑k=1

|a′k|p +1

q

n∑k=1

|b′k|q =1

p

n∑k=1

[akA

]p+

1

q

n∑k=1

[bkB

]q=

1

p

1

Ap

n∑k=1

|ak|p +1

q

1

Bq

n∑k=1

|bk|q

12

como

Ap =

( n∑k=1

|ak|p) 1

p

p

=

(n∑k=1

|ak|p)

Bq =

( n∑k=1

|bk|q) 1

q

q

=

(n∑k=1

|bk|q)

se tiene que

1

p

1

Ap

n∑k=1

|ak|p+1

q

1

Bq

n∑k=1

|bk|q =1

p

1

(∑n

k=1 |ak|p)

n∑k=1

|ak|p+1

q

1

(∑n

k=1 |bk|q)

n∑k=1

|bk|q =1

p+

1

q= 1

Por lo tanto

n∑k=1

|a′kb′k| ≤ 1⇒n∑k=1

|akA

bkB| ≤ 1⇒

n∑k=1

|akbk| ≤ AB ⇒n∑k=1

|akbk| ≤

(n∑k=1

|ak|p) 1

p(

n∑k=1

|bk|q) 1

q

(3) Probaremos la desigualdad de Minkowski[n∑k=1

|ak + bk|p] 1

p

≤

[n∑k=1

|ak|p] 1

p

+

[n∑k=1

|bk|q] 1

q

Demostracion. Tenemos que

n∑k=1

|ak + bk|p =

n∑k=1

|ak + bk|p−1|ak + bk| ≤n∑k=1

|ak + bk|p−1 (|ak|+ |bk|) =

(n∑k=1

|ak + bk|p−1

)(|ak|) +

(n∑k=1

|ak + bk|p−1

)(|bk|)

Aplicando la desigualdad de Holder a cada sumando tenemos que(n∑k=1

|ak + bk|p−1

)(|ak|) ≤

[n∑k=1

apk

] 1p[

n∑k=1

|ak + bk|q(p−1)

] 1q

=

[n∑k=1

apk

] 1p[

n∑k=1

|ak + bk|p] 1

q

(n∑k=1

|ak + bk|p−1

)(|bk|) ≤

[n∑k=1

bpk

] 1p[

n∑k=1

|ak + bk|q(p−1)

] 1q

=

[n∑k=1

bpk

] 1p[

n∑k=1

|ak + bk|p] 1

q

Por lo tanto

n∑k=1

|ak + bk|p ≤

[n∑k=1

apk

] 1p[

n∑k=1

|ak + bk|p] 1

q

+

[n∑k=1

bpk

] 1p[

n∑k=1

|ak + bk|p] 1

q

13

Multiplicando ambos miembros de la desigualdad por [∑n

k=1 |ak + bk|p]−1q obtenemos ası(

n∑k=1

|ak + bk|p)[

n∑k=1

|ak + bk|p]− 1

q

=

(n∑k=1

|ak + bk|p)1− 1

q

=

(n∑k=1

|ak + bk|p) 1

p

[n∑k=1

apk

] 1p[

n∑k=1

|ak + bk|p] 1

q

[ n∑k=1

|ak + bk|p]− 1

q

=

[n∑k=1

apk

] 1p

[n∑k=1

bpk

] 1p[

n∑k=1

|ak + bk|p] 1

q

[ n∑k=1

|ak + bk|p]− 1

q

=

[n∑k=1

bpk

] 1p

Por lo tanto (n∑k=1

|ak + bk|p) 1

p

≤

[n∑k=1

apk

] 1p

+

[n∑k=1

bpk

] 1p

Por lo tanto

‖x+ y‖p ≤ ‖x‖p + ‖y‖p

Definicion 5. Sea E un espacio vectorial dotado de un producto escalar 〈, 〉, se dice que dos vectores

x, y ∈ E son ortogonales si

〈x, y〉 = 0

Tenemos que si 〈x, y〉 = 0 entonces

‖x+ y‖2 = 〈x+ y, x+ y〉 = 〈x, x〉+ 2〈x, y〉+ 〈y, y〉 = 〈x, x〉+ 〈y, y〉 = ‖x‖2 + ‖y‖2

es decir se cumple el teorema de pitagoras.

Sean ahora x, y ∈ R2 y sea θ el angulo entre ellos

14

Segun la ley de los cosenos

‖x− y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 − 2‖x‖‖y‖ cos(θ)⇒ ‖x‖2 − 2〈x, y〉+ ‖y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 − 2‖x‖‖y‖ cos(θ)⇒

〈x, y〉 = ‖x‖‖y‖ cos(θ)

Esta formula motiva la siguiente definicion de angulo θ entre dos vectores no nulos x, y ∈ E, por medio

de

θ = arc cos

(〈x, y〉‖x‖‖y‖

)

El Espacio Metrico Rn

El concepto de ‖ ‖ (norma) nos da una nocion de distancia, el tener una nocion de distancia en R o

mas generalmente en Rn, es lo que nos permite hablar de limite o de convergencia.

Consideremos la nocion comun de distancia entre dos puntos en R3.

Si x = (x1, x2, x3) y = (y1, y2, y3)

‖x− y‖ =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + (x3 − y3)2

Esta distancia la denominamos metrica euclidiana y la generalizamos en Rn en la siguiente definicion.

Definicion: Sean x = (x1, . . . , xn) y y = (y1, . . . , yn) elementos cualesquiera de Rn definimos la

distancia euclidiana entre ellos como

d(x, y) = ‖x− y‖ =√

(x1 − y1)2 + . . .+ (xn − yn)2

La funcion d : Rn × Rn → R se denomina distancia o metrica euclidiana.

Proposicion: Para cualesquiera vectores x, y, z εRn se tiene:

i. d(x, y) ≥ 0

ii. d(x, y) = d(y, x)

iii. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)

iv. d(x, y) = 0 ⇒ x = y

Demostracion :

15

1. Como d(x, y) = ‖x − y‖ ≥ 0 entonces d(x, y) ≥ 0 tambien si d(x, y) = 0 ⇒

‖x− y‖ = 0 ⇒ x = y

2. d(x, y) = ‖x− y‖ = ‖x− y‖ = ‖y − x‖ = d(y, x)

3. d(x, y) = ‖x− y‖ = ‖x− z + z − y‖ ≤ ‖x− z‖+ ‖z − y‖ = d(x, z) + d(z, y)

Metrica discreta.- Demostrar que la metrica definida por d(a, b) =

0 a = b

1 a 6= bsatisface los axio-

mas de metrica

Demostracion :

1. Sean a, b εRn entonces d(a, b) = 1 o d(a, b) = 0 ∴ d(a, b) ≥ 0

2. Sean a, b εRn Si a 6= b d(a, b) = 1 y si b 6= a d(b, a) = 1 ∴ d(a, b) = 1 = d(b, a)

Ahora bien si a = b entonces d(a, b) = 0 =∗d(b, a)

* Si a = b entonces b = a por lo tanto d(b, a) = 0

3. Sean a, b, c εRn a 6= b 6= c

d(a, b) = 1, d(b, c) = 1 y

d(a, c) = 1

∴ d(a, c) = 1 ≤ 1 + 1 = d(a, b) + d(b, c)

Metrica C[a, b].- Sea C[a, b] el conjunto de las funciones reales continuas en el intervalo cerrado [a, b].

Sean f, g εC[a, b] definimos

d(f, g) = maxx ε [a,b]

{|f(x)− g(x)|}

demostrar que d es una metrica.

Demostracion :

1. Como |f(x)− g(x)| ≥ 0 para todo x ε [a, b] entonces max{|f(x)− g(x)|} ≥ 0

por lo tanto d(f, g) ≥ 0

2. d(f, g) = 0

⇒ maxx ε [a,b]

{|f(x)− g(x)|} = 0

16

⇒ |f(x)− g(x)| = 0

⇒ f(x) = g(x) ∀x ε [a, b]

3. d(f, g) = maxx ε [a,b]

{|f(x)− g(x)|} =∗

maxx ε [a,b]

{|g(x)− g(x)|} = d(g, f)

* |f(x)− g(x)| = |g(x)− f(x)| ∀x

4. d(f, g) = maxx ε [a,b]

{|f(x)− g(x)|}

maxx ε [a,b]

{|f(x)− g(x)|} = maxx ε [a,b]

{|f(x)− h(x) + h(x)− g(x)|}

≤ maxx ε [a,b]

{|f(x)− h(x)|+ |h(x)− g(x)|}

≤ maxx ε [a,b]

{|f(x)− h(x)|}+ maxx ε [a,b]

{|h(x)− g(x)|}

∴ d(f, g) ≤ d(f, h) + d(h, g)

Probar que en el espacio de sucesiones {an} de numeros reales tales que∞∑1

|an| <∞.

La aplicacion d(xn, yn) =

∞∑1

|xn − yn| es una distancia.

Prueba :

1. Como |xn − yn| ≥ 0 ∀n εN entonces∞∑1

|xn − yn| ≥ 0

por lo tanto d(xn, yn) ≥ 0

2. d(xn, yn) = 0

⇒∞∑1

|xn − yn| = 0

⇒ |xn − yn| = 0 ∀n εN

⇒ xn − yn = 0 ∀n εN

⇒ xn = yn

3. d(xn, yn) =

∞∑1

|xn − zn|

∞∑1

|xn − zn| ≤∞∑1

|xn − yn|+ |yn − zn|

=∞∑1

|xn − yn|+∞∑1

|yn − zn|

= d(xn, yn) + d(yn, zn)

17

Ejercicio: Sea d una metrica de un conjunto no vacio X. Demostrar que la funcion e definida por

e(a, b) = mın(1, d(a, b)) donde a, b εX tambien es una metrica de X.

Solucion :

1. Sean a, b εX. Puesto que d es una metrica d(a, b) ≥ 0 entonces e(a, b) = 1 o e(a, b) =

d(a, b) ≥ 0, en cualquier caso e(a, b) ≥ 0

2. Si a = b entonces e(a, b) = mın(1, d(a, b)) = mın(1, 0) = 0

3. Sea a, b εX. Por definicion e(a, b) = d(a, b) o e(a, b) = 1

Supongamos e(a, b) = d(a, b)) entonces d(a, b) < 1.

Puesto que d(a, b) es una metrica d(a, b) = d(b, a) < 1. En consecuencia e(b, a) =

d(a, b) = e(a, b), por otro lado supongase que e(a, b) = 1, entonces d(a, b) ≥ 1

∴ d(b, a) ≥ 1

por lo tanto e(a, b) = 1 = e(b, a)

Sean ahora a, b, c εX. Demostremos la desigualdad triangular. Por demostrar e(a, c) ≤

e(a, b) + e(b, c)

Observese que e(a, c) = mın{1, d(a, c)} ≤ 1 de donde e(a, b) = 1 o e(b, c) = 1

∴ e(a, c) ≤ e(a, b) + e(b, c) pero puede ocurrir e(a, b) < 1 y e(b, c) < 1

∴ e(a, b) = d(a, b) e(b, c) = d(b, c)

por lo tanto e(a, c) = mın(1, d(a, c)) ≤ d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c) = e(a, b) + e(b, c).

Sea d(f, g) =

∫ 1

0|f(x)− g(x)| ¿Es d una metrica?

Solucion: No, ya que si consideramos f(x) = 0 ∀x, g(x) =

0 0 ≤ x ≤ 1

1 x = 1entonces ‖f(x) −

g(x)‖ = 0 pero f 6= g

∴ d no es una metrica.

18

El espacio Topologico Rn

Bolas abiertas, bolas cerradas y esferas.

Sea d una metrica y x0 un punto en Rn

(1) La bola abierta con centro en x0 y radio r > 0, es el conjunto:

B(x0, r) = {x ∈ Rn|‖x− x0‖ < r}

(2) La bola cerrada con centro x0 y radio r ≥ 0 es el conjunto:

B(x0, r) = {x ∈ Rn|‖x− x0‖ ≤ r}

(3) La esfera con centro x0 y radio r ≥ 0 es el conjunto:

S(x0, r) = {x ∈ Rn|‖x− x0‖ = r}

Observemos que para la bola abierta r > 0 estrictamente, mientras que la bola cerrada y la esfera

pueden tener radio cero. En este ultimo caso ambas se reducen a un punto:

B(x0, 0) = {x0}

S(x0, 0 = {x0})

Los conjuntos B(x0, r), B(x0, r) y S(x0, r) son subconjuntos de Rn y su aspecto depende de la metrica

con la cual se midan las distancias.

Ejemplo: B2(0, 1) = {x ∈ R2 | ‖x‖2 ≤ 1} = {x ∈ R2|√x2 + y2 ≤ 1} = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1}

19

La periferia de este disco es el circulo que tiene por ecuacion x2 + y2 = 1, que corresponde a la

esfera S2(0, 1) = {x ∈ R2 | ‖x‖2 = 1}.

Ejemplo: Sea ahora la bola cerrada B2(0, 1) = {x ∈ R2 | ‖x‖ ≤ 1} = {(x, y) ∈ R2 | |x|+ |y| ≤ 1}

Para S1(0, 1) = {x ∈ R2 | ‖x‖ = 1}

Para B∞(0, 1) = {x ∈ R2 | ‖x‖∞ ≤ 1} = {(x, y) ∈ R2 | max{|x|, |y|} ≤ 1}

20

tenemos entonces que

que en forma explicita se escriben:

max{|x1|, · · · , |xn|} ≤√x2

1 + · · ·+ x2n ≤ |x1|+ · · ·+ |xn|

Probemos estas desigualdades:

Como |xi|2 ≤ x21 + · · ·+ x2

i + · · ·+ x2n ∀i = 1, . . . , n, entonces

max{|x1|, . . . , |xn|} ≤√x2

1 + · · ·+ x2n ∴ ‖x‖∞ ≤ ‖x‖2

Por otra parte dado que

x21 + · · ·+ x2

n ≤ (|x1|+ · · ·+ |xn|)2

entonces

√x2

1 + · · ·+ x2n ≤ |x1|+ · · ·+ |xn|

21

∴ ‖x‖2 ≤ ‖x‖1

Las contenciones tanto para las bolas abiertas, como para las bolas cerradas se siguen de las desigual-

dades

‖x− x0‖∞ ≤ ‖x− x0‖2 ≤ ‖x− x0‖1

Pues por ejemplo si x ∈ B2(x0, r) entonces ‖x− x0‖2 < r luego ‖x− x0‖∞ < ‖x− x− 0‖ < r

∴ ‖x− x0‖∞ < r es decir x ⊂ B∞(x0, r) ∴ B2(x0, r) ⊂ B∞(x0, r)

Si x ∈ B1(x0, r) entonces ‖x− x0‖1 < r luego ‖x− x0‖2 ≤ ‖x− x0‖1 < r ∴ ‖x− x0‖2 < r

∴ x ∈ B2(x0, r) ∴ B1(x0, r) ⊂ B2(x0, r)

Para las esferas

S1 ⊆ B2(x0, r) ⊂ B∞(x0,r)

S2 ⊆ B∞(x0, r)

S∞ ⊆ B∞(x0, r)

Conjuntos Abiertos y Conjuntos Cerrados

Definicion. Un conjunto V ⊂ Rn se dice que es abierto si para cada x ∈ V existe una bola abierta

B(x, r) contenida en V . Es decir si para cada x ∈ V existe r > 0 tal que B(x, r) ⊂ V .

22

Definicion. Un conjunto F ⊂ Rn se dice que es cerrado si su complemento F c = Rn − F es un

conjunto abierto.

Ejemplo: El espacio Rn es un conjunto abierto, pues dado cualquier x ∈ Rn, toda bola abierta B(x, r)

esta contenida en Rn.

Ejemplo: Mostraremos que el ∅ es abierto.

Demostracion: Suponemos que el ∅ no es abierto ∴ ∃ x ∈ ∅ para el cual no es posible hallar

una bola abierta B(x, r) contenida en ∅. Pero esto no es posible ya que el ∅ no tiene

elementos.

Entonces debemos suponer que el ∅ no es abierto ! ∴ ∅ es abierto.

Un conjunto x ∈ Rn no es abierto, si existe un punto x0 ∈ X tal que no existe bola abierta alguna

B(x0, r) contenida en X.

Un conjunto X ⊆ Rn no es abierto, si existe x0 ∈ X tal que ∀ r > 0 B(x, r) ∩Xc 6= ∅.

Ejemplo: Los conjuntos Rn y ∅ son cerrados. En efecto Rn es cerrado pues su complemento ∅ es

abierto. Similarmente ∅ es cerrado pues su complemento Rn es abierto.

Proposicion: Toda bola abierta en Rn es un conjunto abierto.

Demostracion: Sea x0 ∈ Rn y r > 0. Mostraremos que B(x0, r) es un conjunto abierto.

Debemos probar que para cada x ∈ B(x0, r), existe una bola abierta B(x, r) contenida a

su vez en la bola abierta B(x0, r).

Sea pues x ∈ B(x0, r) y consideremos R = r − ‖x− x0‖.

Como x ∈ B(x0, r) se tiene entonces que ‖x− x0‖ < r ∴ R > 0. Mostraremos que la bola

abierta B(x, R) esta contenida en B(x0, r).

23

esto prueba que y ∈ B(x0, r).

Proposicion: Toda bola cerrada en Rn es un conjunto cerrado.

Demostracion: Sea x0 ∈ Rn y r ≥ 0. Probaremos que la bola cerrada B(x0, r) es un conjunto

cerrado, es decir, que su complemento Rn − B(x0, r) es un conjunto abierto.

Sea pues x ∈ Rn− B(x0, r). Mostraremos que existe una bola abierta B(x, R) contenida en

Rn−B(x0, r). Como x no esta en la bola cerrada B(x0, r), se tiene entonces que ‖x−x0‖ > r.

Definamos R = ‖x− x0‖ − r > 0, esto equivale a r = ‖x− x0‖ −R.

Veamos que B(x, R) ⊂ Rn − B(x0, r)

luego ‖x− x0‖ < R+ ‖y − x0‖ ∴ ‖x− x0‖ −R < ‖y − x0‖, es decir, r < ‖y − x0‖.

Esto significa que y 6∈ B(x0, r), es decir, y ∈ Rn − B(x0, R).

Proposicion: Toda esfera en Rn es un conjunto cerrado.

Demostracion: Sea x0 ∈ Rn y r ≥ 0. Mostraremos que la esfera S(x0, r) es un conjunto ce-

rrado mostrando que su complemento Rn − S(x0, r) es un conjunto abierto.

Sea x ∈ Rn − S(x0, r), debemos mostrar que existe una bola B(x, R) contenida en Rn −

S(x0, r).

Como x 6∈ S(x0, r) entonces ‖x− x0‖ 6= r tenemos dos casos:

24

i) ‖x− x0‖ < r

ii) ‖x− x0‖ > r

Para el primer caso tenemos que x ∈ B(x0, r) como esta bola es un conjunto abierto, hay

una bola abierta con centro en xB(x, R) contenida en B(x0, r).

Asi que ∀ z ∈ B(x0, R) satisface ‖z − x‖ < r. Luego z no puede ser elemento de la esfera

S(x0, r), es decir, z ∈ Rn − S(x0, r).

Para el segundo caso la desigualdad significa que x esta en el complemento de la bola

cerrada B(x0, r) y como esta bola es un conjunto cerrado entonces su complemento es

abierto ∴ ∃ una bola abierta B(x, R) contenida en Rn − B(x0, r).

Los elementos z de B(x, R) no estan en la bola cerrada B(x0, r), es decir, todo elemento

z de la bola B(x, R) satisfacen ‖z − x‖ > r.

Esto quiere decir B(x, R) ⊂ Rn − S(x0, r).

Ejemplo : Un conjunto con un solo punto {0} es cerrado ya que Rn − {0} es abierto.

Ejemplo: Mostraremos que en R2, el semiplano superior v = {(x, y) ∈ R2|y > 0}, es un conjunto

abierto respecto a la norma ‖‖1

Sea v = y0 y consideremos la bola B1(v0, y0) y sea v = (x, y) ∈ B1(v0, y0) se tiene que

‖v − v0‖1 < y0, es decir, |x− x0|+ |y − y0| < y0.

Debemos probar que y > 0

(1) y no puede ser cero pues si y = 0 |x− x0|+ |y − y0| < y0 ⇒ |x− x0|+ |y0| < y0 !

25

(2) y no puede ser negativa pues |x− x0|+ |y − y0| = |x− x0|+ |y|+ |y0|︸ ︷︷ ︸∗

< y0 !

* y < y0 ⇒ |y − y0| = −y + y0 = |y| + |y0| ∴ y tiene que ser y > 0 ∴ B1(v0, y0) esta en el

semiplano superior.

Definicion: Familias de conjuntos Si tenemos dos conjuntos A y B, al conjunto cuyos elementos

son estos conjuntos, lo llamaremos COLECCION O FAMILIA de conjuntos y se representa con

la notacion

{A,B}

Si una familia tiene tres elementos (conjuntos) , digamos A1, A2 y A3, se denota por

{A1, A2, A3}

En general, si una familia de conjuntos tiene m elementos, la representamos por

{A1, A2, ..., Am}

Lo cual podemos representar asi:

= = {A1, A2, ..., Am}

o tambien

= = {Aα|α = 1, 2, ...,m}

(1) Si = = {Aα|α ∈ I} es una familia de conjuntos, definimos

La union de la familia, como el conjunto⋃α∈I

Aα = {x|x ∈ Aα, p.a α ∈ I}

(2)

(1) Si = = {Aα|α ∈ I} es una familia de conjuntos, definimos

La interseccion de la familia, como el conjunto⋂α∈I

Aα = {x|x ∈ Aα, ∀α ∈ I}

.

26

Definicion: Si I = {1, 2, ...,m} podemos escribir

⋃α∈I

Aα =

m⋃α=1

Aα

⋂α∈I

Aα =m⋂α=1

Aα

Proposicion: Propiedades basicas de la familias de conjuntos

(1) Si A y B son subconjuntos abiertos de Rn, entonces A⋃B y A

⋂B son abiertos

Demostracion. Sea x ∈ A ∪B. Se tiene entonces que x ∈ A o x ∈ B.

Si x ∈ A, entonces, puesto que A es abierto existe r > 0 tal que Br(x) ⊂ A, luego

Br(x) ⊂ A ∪B

Si x ∈ B, entonces, puesto que B es abierto existe r > 0 tal que Br(x) ⊂ B, luego

Br(x) ⊂ A ∪B

En cualquiera de los casos, existe una bola abierta Br contenida en A ∪ B. ∴ A ∪ B es

abierto

(2) Si A y B son subconjuntos cerrados de Rn, entonces A⋃B y A

⋂B son cerrados

Demostracion. sea

Proposicion: Es una generalizacion de la proposicion anterior de la familias de conjuntos

(1) La union arbitraria de conjuntos abiertos es un conjunto abierto

(2) La interseccion finita de conjuntos abiertos es un conjunto abierto

(3) La union finita de conjuntos cerrados es un conjunto cerrado

(4) La interseccion arbitraria de conjuntos cerrados es un conjunto cerrado

Demostracion. Ejercicio

Definicion: Sea A un subconjunto de Rn

27

(1) Un elemento a ∈ A se dice que es un punto interior de A, si existe una bola abierta con

centro en a contenida en A es decir si ∃ r > 0 tal que B(a, r) ⊂ A.

(2) Un elemento a ∈ Rn se dice que es un punto adherente de A si toda bola abierta con centro

a tiene puntos de A.

Es decir, si toda r > 0 B(a, r) ∩A 6= ∅.

Al conjunto de puntos interiores de A se le denomina interior de A y se le denota por cualquiera de

los simbolosoA, Ao, int(A).

Al conjunto de puntos adherentes de A se le denomina adherencia (o cerradura de A) y se le denota

por cualquiera de los simbolos A, A−, adhA.

Proposicion: Para todo subconjunto A de Rn se tiene:

(1)oA ⊂ A

Demostracion: Si a ∈ Ao ∃ r > 0 tal que B(a, r) ⊂ A ∴ Ao ⊂ A

(2) A ⊂ A

Demostracion: Si a ∈ A ∀ B(a, r) se tiene que B(a, r) ∩A 6= ∅ ∴ A ⊂ A

Lema: Sea A un subconjunto de Rn

(1) Si v ⊂ A y v es abierto entonces v ⊂ Ao

Demostracion: Sea x ∈ v, como v es abierto ∃ r > 0 tal que B(x, r) ⊂ v y como v ⊂ A

entonces B(x, r) ⊂ A esto significa que x es un punto interior de A es decir x ∈ A.

(2) Si A ⊂ F ⊂ Rn y F es cerrado, entonces A ⊂ F

Demostracion: Para probar que A ⊂ F mostraremos que el complemento de F , F c esta con-

tenido en el complemento de Ac de A. Sea x ∈ F c como F es cerrado F c es abierto, luego

∃ r > 0 tal que B(x, r) ⊂ F c pero A ⊂ F

28

∴ F c ⊂ Ac de donde B(x, r) ⊂ Ac o sea B(x, r) ∩ A = ∅ esto significa que x no es punto

adherente de A es decir x 6∈ A asi que x ∈ Ac.

Proposicion: Para todo subconjunto A de Rn

(1) Ao es un conjunto abierto.

Demostracion: Sea x ∈ Ao. Por definicion ∃ B(x, r) ⊂ A como la bola es un conjunto abierto,

B(x, r) ⊂ Ao.

∴ Ao es un conjunto abierto.

(2) A es un conjunto cerrado.

Demostracion: Mostraremos que Ac es un conjunto abierto. Sea x ∈ Ac como x no es punto

adherente de A, existe r > 0 tal que B(x, r)∩A = ∅ es decir A ⊂ [B(x, r)]c, como [B(x, r)]c

es un conjunto cerrado A ⊂ [B(x, r)]c.

Proposicion: Sea A un subconjunto de Rn, entonces:

a) A es abierto ⇒ Ao = A

Demostracion: Suponemos que A es abierto Ao ⊂ A y como A ⊂ A y A es abierto A ⊂ Ao

b) A es cerrado ⇒ A = A

Demostracion: Supongamos que A es cerrado A ⊂ A y como A ⊂ A y A es cerrado A ⊂ A.

∴ A = A

Puntos Frontera y Frontera de un Conjunto

Definicion. Si A es un subconjunto cualquiera de Rn, la frontera de A es el conjunto A ∩ Ac.

Es decir la frontera de un conjunto esta formada por aquellos puntos que son comunes tanto en

al adherencia del conjunto como la adherencia de su complemento.

29

Proposicion: a) La frontera de todo subconjunto de Rn es un conjunto cerrado.

Demostracion: Esto es consecuencia del hecho de que la adherencia de cualquier conjunto es

cerrado y de que la interseccion de 2 conjuntos cerrados es un conjunto cerrado.

b) La frontera de todo subconjunto de Rn es igual a la frontera de su complemento.

Demostracion: Sea A un subconjunto cualquiera de Rn, se tiene entonces

Fr(A) = Ac ∩ A

= Ac ∩ Acc

= Fr(Ac)

Ejemplos: En la recta real R con la metrica usual tenemos:

1) Si A = (a, b), Fr(A) = {a, b}.

2) Si A = Q, Fr(A) = R Fr(Ac) = Fr(I) = R.

3) Fr(∅) = ∅, Fr(R) = ∅.

4) ∀ z ∈ R Fr({z}) = {z}.

Proposicion: Para todo subconjunto A de Rn tenemos:

1) Fr(A) = A−Ao

Demostracion:

A−Ao = A ∩oAc

= A ∩ Ac

= Fr(A)

30

2) A = Ao ∪ Fr(A)

Demostracion: Como

Ao ⊂ A ⊂ A

A =[A−Ao

]∪Ao

= Fr(A) ∪Ao

Punto de Acumulacion

Sea A un subconjunto arbitrario de Rn. Se dice que x ∈ Rn es un punto de acumulacion 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 6= ∅

Al conjunto de puntos de acumulacion de A se le denomina el conjunto derivado de A y se le denota

Aa

Proposicion 2. Si x ∈ Rn es un punto de acu,mulacion de A ∈ Rn, entonces toda bola abierta con

centro en x B(x, r) contiene una infinidad de puntos de A.

Demostracion. Sea B(x, r) una bola abierta arbitraria con centro x supongase que esta bola tuviese

un ‘numero finito de elementos de A, digamos a1, a2, ..., ak con aj 6= x j = 1, 2, ..., k y elijamos

r0 = mın{d(a1, x), d(a2, x), ..., d(ak, x)}

se tiene que r0 ≤ d(x, ai) < r i = 1, 2, ..., k al tomar B(x, r0) se tiene que B(x, r0) ⊂ B(x, r) y

ai /∈ B(x, r0) ∀i ∴ x no puede ser punto de acumulacion de A 5

31