Archives julio 2021

Demostración de que un operador cerrado sobre un compacto es acotado

Ejercicio 1. Sean \(E\) y \(F\) espacios normados y \(T\colon E \rightarrow F\) un operador lineal cerrado. Si \(F\) es compacto, demuestre que \(T\) es acotado.

Demostración. Primero, notemos que demostrar que \(T\) es acotado es equivalente a demostrar que \(T\) es continua en \(0\). Con esto en mente, por reducción al absurdo, supongamos que \(T\) no es continua en \(0\), por lo tanto, existe una sucesión \(\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) en \(E\) tal que \(\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) converge a \(0\) pero \(\left(Tx_n\right)_{n\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) no converge a \(T(0)=0\).

Como \(\left(Tx_n\right)_{n\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) no converge a \(0\), existe una subsucesión \(\left(Tx_{n_k}\right)_{k\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) tal que ninguna subsucesión de \(\left(Tx_{n_k}\right)_{k\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) converge a \(0\). Por otro lado, como \(\left(Tx_{n_k}\right)_{k\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) es una sucesión en \(F\) y \(F\) es compacto, entonces posee una subsucesión convergente, es decir, existen \(\left(Tx_{n_{k_m}}\right)_{m\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) y \(y\in F\) tal que \[Tx_{n_{k_m}} \to y\] cuando \(m\to+\infty\). Con esto, tenemos que \[\left( x_{n_{k_m}}\ ,\ Tx_{n_{k_m}}\right) \to (0,y)\] cuando \(m\to+\infty\). Además, como \(T\) es cerrado (ver definición al final), se tiene que \(y=T(0)\), y como \(T\) es lineal, \(y=0\), de donde, se concluye que \(\left(Tx_{n_{k_m}}\right)_{m\in\mathbb{\mathbb{N}}}\) converge a \(0\), lo cual es contradictorio.

Así, queda demostrado que \(T\) es continuo en \(0\) y, por lo tanto, acotado.

Definición 1. Sean \(E\) y \(F\) espacios normados y \(T\colon E \rightarrow F\) un operador lineal. Decimos que \(T\) es un cerrado si \(T\), visto como subconjunto de \(E\times F\) es cerrado en \(E\times F\).

Completación de una base de Hamel

Ejercicio 1. Sea \(E\) un espacio vectorial sobre \(\mathbb{K}\), \(W\) un subespacio vectorial no nulo de \(E\) y \(B_W\) una base de Hamel para \(W\). Muestre que \(B_W\) puede ser completado a una base de Hamel para \(E\).

Demostración. Tomemos \[\mathcal{B} = \{B\subseteq E:B_W\subseteq B\text{ y $B$ es un conjunto linealmente independeinte}\}.\] Este conjunto es no vacío pues \(B_W \in \mathcal{B}\); además, es parcialmente ordenado por el orden \(\subseteq\). Vamos a probar que cumple la hipótesis del Lema de Zorn.

Sea \(\mathcal{C}\subseteq \mathcal{B}\) una cadena. Tomemos \[M = \bigcup_{C\in\mathcal{C}} C.\] Se tiene que \(M\) es un conjunto linealmente independiente, pues sean \(x_1,\ldots,x_n\in M\) y \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in \mathbb{K}\) tales que \[\alpha_1 x_1 + \cdots +\alpha_n x_n = 0.\] Tenemos que, para cada \(i\in\{1,\ldots,n\}\), existe \(C_i\in \mathcal{C}\) tales que \(x_i\in C_i\). Como \(\mathcal{C}\) es una cadena, podemos tomar \(n_0\in\{1,\ldots,n\}\) tal que \[C_{n_0} = \max\{C_i:i\in\{1,\ldots,n\}\},\] donde este máximo es tomado bajo la relación de orden \(\subseteq\), por lo tanto, para cada \(i\in\{1,\cdots,n\}\) \[x_i\in C_i \subseteq C_{n_0},\] Como \(C_{n_0}\) es un conjunto linealmente independiente, podemos concluir que \(\alpha_i=0\) para todo \(i\in\{1,\cdots,n\}\). Por otro lado, \(B_W\subset M\); por lo tanto, \(M\in\mathcal{B}\). Finalmente, por la forma en la que está definido \(M\), se tiene que es una cota superior de \(\mathcal{C}\).

Con esto, se puede utilizar el Lema de Zorn, es decir, existe \(B\in\mathcal{B}\) tal que \(B\) es un elemento maximal de \(\mathcal{B}\). Por lo tanto, \(B\) es linealmente independiente y \(B_W\subseteq B\).

Ahora, procederemos a demostrar que \(B\) genera a \(E\). Por reducción al absurdo, supongamos que existe \(x\in E\) tal que \(x\) no pertenece al conjunto generado por \(B\). Tomemos \[\hat{B} = B \cup \{x\},\] se tiene que \(B_W\subseteq \hat{B}\), además, es un conjunto linealmente independiente pues sean \(x_1,\ldots,x_n\in \hat{B}\) y \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in \mathbb{K}\) tales que \[\alpha_1 x_1 + \cdots +\alpha_n x_n = 0.\] Si \(x\in \{x_1,\ldots,x_n\}\), tenemos que \(x\) se lo puede expresar como combinación lineal de elementos de \(B\), lo cual es contradictorio. Por otro lado, si \(x\not\in \{x_1,\ldots,x_n\}\), se tendría que \(x_1,\ldots,x_n\in B\), el cual es un conjunto linealmente independiente, de donde se concluiría que \(\alpha_i=0\) para todo \(i\in\{1,\cdots,n\}\), por lo tanto \(\hat{B}\in\mathcal{B}\) y \(B\subseteq\hat{B}\), lo cual también es contradictorio pues \(B\) es maximal.

Así, concluimos que \(B\) es un base de Hamel la cual completa a \(B_W\)

Demostración de que un conjunto es convexo

Ejercicio 1. Demostrar que el conjunto \[A = \left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x>0\ \land\ y>\frac{1}{x} \right\}\] es convexo.

Primero, consideremos la función \[% { \begin{array}{[email protected]{\,}ccl} f\ \colon & \left]0,+\infty\right[ & \longrightarrow & \mathbb{R}\\ & x & \longmapsto & \displaystyle\frac{1}{x}\ ; \end{array} }\] notemos que, para todo \(x\in \left]0,+\infty\right[\), \[f''(x) = \frac{2}{x^3} > 0,\] por lo tanto, \(f\) es una función convexa, de donde, para todo \(x_1,x_2\in \left]0,+\infty\right[\) y \(\alpha\in[0,1]\), tenemos \[f(\alpha x_1+(1-\alpha)x_2)\leq \alpha f(x_1)+(1-\alpha)f(x_2),\] es decir \[\frac{1}{\alpha x_1+(1-\alpha)x_2}\leq \alpha \frac{1}{x_1}+(1-\alpha)\frac{1}{x_2}.\]

Ahora, tomemos \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\in A\) y \(\alpha\in[0,1]\), vamos a demostrar que \[\alpha (x_1,y_1)+(1-\alpha)(x_2,y_2)\in A.\] Como \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\in A\), entonces \[x_1>0\ \land\ y_1>\frac{1}{x_1} \qquad\text{y}\qquad x_2>0\ \land\ y_2>\frac{1}{x_2}\ ;\] por lo tanto, \[\alpha x_1+(1-\alpha)x_2 > 0\] y utilizando el hecho de que \(f\) es convexa, tenemos \[\alpha y_1+(1-\alpha)y_2 > \alpha \frac{1}{x_1}+(1-\alpha)\frac{1}{x_2} \geq \frac{1}{\alpha x_1+(1-\alpha)x_2}.\] Así, se tiene que \[\big(\alpha x_1+(1-\alpha)x_2\ ,\ \alpha y_1+(1-\alpha)y_2\big)\in A,\] con lo cual, concluimos que \(\alpha (x_1,y_1)+(1-\alpha)(x_2,y_2)\in A\), por ende, \(A\) es convexo.

¿Cuántos términos tiene el desarrollo de la potencia n de k términos?

¿Cuántos términos tiene el desarrollo de la potencia \(n\) de \(k\) términos? Es decir, al desarrollar \[(a_1+a_2+\cdots+a_k)^n,\] ¿cuántos términos aparecen?

Para responder esta pregunta es preciso expresar de forma exacta la pregunta.

Ejercicio 1. Dados \(n,k\in\mathbb{Z}^+\) y \(a_0,a_1,\ldots,a_m\) variables distintas, determinar el número de términos que tiene el desarrollo de \[\left(\sum_{m=0}^k a_m\right)^n.\]

Solución. Para que el análisis sea más sencillo, vamos a nombrar el número de términos de la expansión en función del número de términos y de la potencia: sea \(T(k,n)\) el número de términos del desarrollo del enunciado. De la definición de \(T\), es claro que \(T(0,n)=1\) y, por el teorema del binomio, \(T(1,n)=n+1\). Ahora bien, la idea, es utilizar esta última fórmula para ir construyendo la formula para \(k=2,\ 3,\ \ldots\)

  • Si \(k=2\), notemos que \[\begin{aligned} \left(\sum_{m=0}^k a_m\right)^n &=\left(a_0+a_1+a_2\right)^n \label{ter2}\\ &=\left[a_0+(a_1+a_2)\right]^n \nonumber\\ &=\sum_{m=0}^n\binom{n}{m} a_0^{n-m}(a_1+a_2)^m\nonumber\\ &=\sum_{m=0}^n\binom{n}{m} a_0^{n-m}\left[\sum_{l=0}^m\binom{m}{l} a_1^{m-l}a_2^l\right],\nonumber\end{aligned}\tag{1}\] en donde se han usado dos veces el teorema del Binomio de Newton. Notemos que la sumatoria interna tiene \(m+1\) términos y que además las potencia de \(a_0\) hace que no existan dos términos semejantes en el desarrollo de la primera sumatoria. Por este razonamiento, se tiene que la cantidad de términos de (1) es \[\sum_{m=0}^n (m+1)=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}=T(2,n).\] Por cálculo directo, se tiene que \(T(2,2)=6\) y \(T(2,3)=10\); lo que coincide con \[\left(a_0+a_1+a_2\right)^2= 2a_0a_1+2a_0a_2+2a_1a_2+a_0^2+a_1^2+a_2^2\] que tiene \(6\) términos; y \[\begin{aligned} \left(a_0+a_1+a_2\right)^3&= a_0^3 + 3 a_1 a_0^2 + 3 a_2 a_0^2 + 3 a_1^2 a_0 + 3 a_2^2 a_0 \\ &\phantom{=}+ 6 a_1 a_2 a_0 + a_1^3 + a_2^3 + 3 a_1 a_2^2 + 3 a_1^2 a_2\end{aligned}\] que tiene \(10\) términos.

  • Si \(k=3\), notemos que \[\begin{aligned} \left(\sum_{m=0}^k a_m\right)^n &=\left(a_0+a_1+a_2+a_3\right)^n\\ &=\left[a_0+(a_1+a_2+a_3)\right]^n\\ &=\sum_{m=0}^n\binom{n}{m} a_0^{n-m}(a_1+a_2+a_3)^m.\end{aligned}\] Notemos que la potencia interna, por el caso anterior, tiene \(\dfrac{(m+1)(m+2)}{2}\) términos y que además, como en el caso anterior, las potencia de \(a_0\) hace que no existan dos términos semejantes en el desarrollo de la sumatoria. Por este razonamiento, se tiene que la cantidad de términos de esta expresión es \[\sum_{m=0}^n \dfrac{(m+1)(m+2)}{2}=\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6}=T(3,n),\] en donde se utilizó fórmulas de la sumatoria. Por cálculo directo, se tiene que \(T(3,3)=20\), lo que coincide con \[\newcommand{\terminos}[2]{\dfrac{(#1+#2)!}{#1!\ #2!}}\begin{aligned} \left(a_0+a_1+a_2+a_3\right)^3&= a_0^3 + 3 a_1 a_0^2 + 3 a_2 a_0^2 + 3 a_3 a_0^2 + 3 a_1^2 a_0\\ &\phantom{=}+ 3 a_2^2 a_0 + 3 a_3^2 a_0 + 6 a_1 a_2 a_0 + 6 a_1 a_3 a_0 + 6 a_2 a_3 a_0\\ &\phantom{=}+ a_1^3 + a_2^3 + a_3^3 + 3 a_1 a_2^2 + 3 a_1 a_3^2 \\ &\phantom{=}+ 3 a_2 a_3^2 + 3 a_1^2 a_2 + 3 a_1^2 a_3 + 3 a_2^2 a_3 + 6 a_1 a_2 a_3\end{aligned}\] que tiene 20 términos.

Como se ve en el análisis de los casos para \(k=2\) y \(k=3\), es razonable pensar que \[\begin{aligned} T(4,n) &=\sum_{m=0}^n \dfrac{(m+1)(m+2)(m+3)}{6}\\ &=\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{24}. \end{aligned}\] Se puede comprobar que \[\left(a_0+a_1+a_2+a_3+a_4\right)^3\] tiene \(T(4,3)=35\) términos.

Claramente esto no nos permite deducir que esta fórmula se cumple en general, afortunadamente disponemos de la herramienta ideal para estos casos:

Inducción Matemática

Para utilizar Inducción Matemática, primero debemos presentar una fórmula explícita para \(T(k,n)\) dependiente solo de \(k\) y de \(n\). Por el análisis anterior, se tiene que para \(n\in\mathbb{Z}^+\),

\(k\) Términos
1 \(n+1\)
2 \(\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}\)
3 \(\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{2 \cdot 3}\)
4 \(\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{2 \cdot 3 \cdot 4}\)

Se puede observar que el denominador sigue la secuencia del factorial y, además, que los productos en el numerador siguen la forma \((n+1)(n+2)\cdots(n+k)\). Así, se postula que \[\label{eq:ter} T(k,n) =\dfrac{(n+1)\cdots(n+k)}{k!} =\dfrac{(n+k)!}{n!\ k!}\tag{2}\] para todo \(n,k\in\mathbb{Z}^+\).

Para demostrar que esta fórmula se cumple, notemos que, por el análisis anterior, dado \(n,k\in\mathbb{Z}^+\), se tiene que \[T(k,n) =\sum_{m=0}^n T(k-1,m),\] utilizando el postulado (2), se sigue que lo que debemos probar es \[\sum_{m=0}^n \terminos{m}{(k-1)}=\terminos{n}{k}\] para todo \(n,k\in\mathbb{Z}^+\).

Fijado \(k\in\mathbb{Z}^+\), se va a utilizar inducción sobre \(n\in\mathbb{Z}^+\). La base inductiva se cumple por las comprobaciones anteriores. Ahora bien, suponiendo que se cumple la fórmula para \(n\), vamos a demostrar que \[\sum_{m=0}^{n+1} \terminos{m}{(k-1)}=\terminos{(n+1)}{k}.\] Dado que \[\begin{aligned} \sum_{m=0}^{n+1} \terminos{m}{(k-1)} &=\sum_{m=0}^{n} \terminos{m}{(k-1)}+\terminos{(n+1)}{(k-1)}\\ &=\terminos{n}{k}+\terminos{(n+1)}{(k-1)}\\ &=\dfrac{(n+k)!}{n! (k-1)!}\left(\dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{n+1}\right)\\ &=\terminos{(n+1)}{k}\end{aligned}\] lo que demuestra lo que queríamos probar.

Con esto está demostrado que, para todo \(n,k\in\mathbb{Z}^+\) la cantidad de términos del desarrollo de \[\left(\sum_{m=0}^k a_m\right)^n\] es \[T(k,n) =\dfrac{(n+k)!}{n!\ k!}.\]