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Ejercicios Resueltos de An´alisis V
Antonio Luis Mart´ınez Rico
Resumen Estos ejercicios son v´alidos para la asignatura An´alisis V de la Uni- versidad Nacional a Distancia (UNED). Se pretende abarcar la mayor cantidad posible de temas necesarios para el desarrollo y compren- si´on de la asignatura en s´ı. Es por ello que se repasar´an y ampliar´an conceptos que se dan por supuestos en el temario.
1. Axioma de Elecci´on, Lema de Zorn, Car-
dinales
- Demostrar que el axioma de elecci´on es equivalente al postu- lado de Zermelo. Soluci´on Sea X un conjunto no vac´ıo y sea (Ai)i∈I una familia no vac´ıa de partes no vac´ıas de X. Una funci´on de elecci´on es una aplicaci´on
f : (Ai : i ∈ I) → X (1)
que se caracteriza por cumplir f (Ai) = ai ∈ Ai para cada i ∈ I. Es decir, la imagen de cada conjunto de la familia es un elemento de dicho conjunto. El axioma de elecci´on se formula de varias formas equivalentes. Con- sideraremos la siguiente como punto de partida: Hay una funci´on de elecci´on para toda familia no vac´ıa de conjuntos no vac´ıos. El postulado de Zermelo se formula de la siguiente manera: Sea (Ai)i∈I una familia no vac´ıa de conjuntos disjuntos no vac´ıos. Pode- mos hallar un subconjunto B de la uni´on ∪i∈I Ai tal que la intersecci´on de B y cada Ai consta de un s´olo elemento. Vamos a probar la equivalencia entre estos dos enunciados. Partimos de una familia (Ai)i∈I no vac´ıa de conjuntos disjuntos no vac´ıos y
suponemos que sobre ella hay definida una funci´on de elecci´on f. For- mamos el conjunto B = {f (Ai) : i ∈ I} (2) es decir, el conjunto de las im´agenes de cada elemento de la familia que, por la propia definici´on de la funci´on de elecci´on, constar´a de elementos ai de cada Ai. Entonces B es un subconjunto de la uni´on ∪i∈I Ai y verifica B ∩ Ai = f (Ai) = ai (3) por lo que la intersecci´on de B con cada Ai consta de un s´olo elemento y el axioma de elecci´on implica el postulado de Zermelo. Sea (Ai)i∈I de nuevo una familia no vac´ıa de conjuntos no vac´ıos (no necesariamente disjuntos). Construimos la familia
A
′ i =^ Ai^ × {i}^ para cada^ i^ ∈^ I^ (4)
Tal familia est´a formada por conjuntos disjuntos dos a dos y por tanto es una familia de conjuntos disjuntos. Aplicando el postulado de Zermelo hallaremos un subconjunto B de la uni´on ∪i∈I A ′ i que cumple
B ∩ A ′ i =^ {(ai, i)}^ (5)
Como (ai, i) ∈ Ai × {i} es evidente que ai ∈ Ai y podemos definir una funci´on de elecci´on f : (Ai : i ∈ I) → ∪i∈I Ai mediante f (Ai) = ai para todo i ∈ I. As´ı pues, el postulado de Zermelo implica el axioma de elecci´on.
- Demostrar que todo conjunto infinito tiene al menos un sub- conjunto numerable Soluci´on Sea A un conjunto infinito y sea P (A) el conjunto de sus partes. La fa- milia F = P (A) − ∅ es una familia no vac´ıa de conjuntos no vac´ıos y en virtud del axioma de elecci´on podemos definir una funci´on de elecci´on
f : F → A (6)
A partir de esta funci´on de elecci´on creamos una sucesi´on mediante un proceso recurrente. Elegimos a 1 = f (A) y a continuaci´on formamos el conjunto A−{a 1 }, el cual es no vac´ıo por la infinitud de A. Como dicho conjunto pertenece a la familia F hallaremos una imagen f (A−{a 1 }) = a 2 , la cual ser´a un elemento de A − {a 1 } y por tanto a 1 6 = a 2. A continuaci´on, formaremos el conjunto A − {a 1 , a 2 } que tambi´en es no vac´ıo por la infinitud de A y pertenece a F. La imagen f (A−{a 1 , a 2 }) =
1 = 0, 999999 · · ·. La sucesi´on de los elementos del intervalo unidad es ahora
x 1 = 0, a 11 a 12 a 13 · · · a 1 n · · · x 2 = 0, a 21 a 22 a 23 · · · a 2 n · · · x 3 = 0, a 31 a 32 a 33 · · · a 3 n · · · (11) · · · xn = 0, an 1 an 2 an 3 · · · ann · · · · · ·
donde aij ∈ { 0 , 1 , 2 , · · · , 9 } y dado i ∈ N cualquiera, no es posible hallar un entero k tal que aij = 0 para todo j ≥ k (es decir, ninguno de estos valores tiene todas las posiciones decimales nulas a partir de un lugar). Construimos ahora un n´umero b de la forma b = 0, b 1 b 2 b 3 · · · bn · · · , donde b 1 es diferente de cero y de a 11 y b 2 diferente de cero y de a 22 y b 3 no nulo y diferente de a 33 y as´ı sucesivamente: bn 6 = 0 y bn 6 = ann. Este elemento b pertenece al intervalo unidad pues est´a comprendido entre cero y uno, y sin embargo, es diferente a cualquier elemento de la sucesi´on 10. As´ı pues la suposici´on de que [0, 1] es numerable lleva a una contradicci´on por lo que dicho conjunto no es numerable.
- Probar el teorema de Cantor: El conjunto de las partes de un conjunto no es equipotente a ´este Soluci´on Sea A un conjunto y P (A) el conjunto de sus partes. Supongamos que son equipotentes. En tal caso existe una biyecci´on
f : A → P (A) (12)
Observemos que en esta biyecci´on cada elemento a ∈ A tiene por ima- gen un subconjunto de A. Por tanto, podemos definir
B = {a ∈ A : a /∈ f (a)} (13)
es decir, un elemento de A pertenece a B si la imagen por f de dicho elemento no lo contiene. Evidentemente, B es un parte de A por lo que hallaremos b ∈ A tal que f (b) = B. Si b ∈ B entonces habr´ıa de ser a /∈ f (b) = B lo cual es absurdo. Por otro lado, si b /∈ B, se tiene que b ∈ f (b) = B que tambi´en es absurdo. En cualquier caso, la existencia de una biyecci´on entre A y el conjunto de sus partes P (A) nos lleva a una contradicci´on.
- Sea ω el cardinal de los n´umeros naturales, demu´estrese que ωω = ω Soluci´on El cardinal de un conjunto es la clase de de equivalencia de dicho con- junto respecto a la relaci´on de equipotencia. Sean A y B dos conjuntos disjuntos con cardinales α y β, respectivamente. Podemos operar con los cardinales mediante las reglas siguientes:
La suma α + β es el cardinal de la uni´on A ∪ B. El producto αβ es el cardinal del producto cartesiano A × B.
Las definiciones de suma y producto de cardinales son independientes de los conjuntos elegidos por lo que son buenas definiciones. El enunciado del problema equivale pues a demostrar que N es equipo- tente a N × N. Sea la aplicaci´on
f : N × N → N (14)
definida por f (n, m) = 2m 3 n. Probaremos que esta aplicaci´on es inyec- tiva. Esto implicar´ıa que N × N es equipotente a una parte de N y por ello numerable (recordemos que todos los subconjuntos de un conjunto numerable son numerables). En efecto, si suponemos que
2 m 3 n^ = 2r 3 s^ (15)
entonces 2 m 2 r^ =^
3 n 3 s^ y de aqu´ı 2
m−r (^) = 3n−s. Esta ´ultima igualdad s´olo es posible si tanto m − r como n − s son nulos. Esto prueba que m = r y n = s y la funci´on f es inyectiva.
- Probar que la uni´on numerable de conjuntos numerables es tambi´en un conjunto numerable Soluci´on Primero probaremos que la uni´on de una familia numerable de con- juntos numerables disjuntos es numerable y luego lo extenderemos a familias no necesariamente disjuntas. Sea (An)n∈N una familia numerable de conjuntos numerables disjuntos dos a dos. Cada conjunto Ai puede ponerse en la forma
An = {a 1 n, a 2 n, · · · , amn, · · · } (16)
Como los conjuntos son disjuntos dos a dos, cada elemento x de la uni´on ∪n∈NAn pertenece a uno y s´olo uno de los elementos de la familia
Tal colecci´on es no vac´ıa ya que todo conjunto infinito contiene al menos un conjunto numerable N y la familia (N ) pertenece a F como podemos comprobar f´acilmente. Es posible ordenar la colecci´on F mediante:
F 1 , F 2 ∈ F ⇒ F 1 ≤ F 2 si y s´olo si F 1 ⊂ F 2 (19)
El conjunto F resulta ser ordenado inductivo ya que toda cadena tiene como cota superior la uni´on de todos sus elementos. As´ı pues, aplicando el lema de Zorn existe un elemento maximal (Bi)i∈I en el conjunto F. Vamos a completar esta familia maximal con el fin de que cumpla las condiciones del enunciado del problema. En efecto, sea B = A−∪i∈I Bi. Si B fuera infinito podr´ıamos tomar de ´el un subconjunto numerable L y la familia (Bi)i∈I ∪ {L} ser´ıa un elemento de F ya que L no corta a ning´un Bi al estar en el complementario de la uni´on. Adem´as (Bi)i∈I ∪ {L} es posterior a (Bi)i∈I y esto contradice su car´acter maximal, por tanto B ha de ser finito. Ya podemos construir la familia pedida en el enunciado sin m´as que elegir un ´ındice i 0 ∈ I y definir
Ai = Bi para i 6 = i 0 Ai 0 = Bi 0 ∪ B (20)
Comprobamos que cada elemento de (Ai)i∈I es numerable puesto que cada Bi lo es y la uni´on Bi 0 ∪B es una uni´on de elementos numerables y por tanto numerable. Tambi´en para todo i 6 = j es Ai ∩ Aj = ∅ ya que la familia Bi est´a formada por elementos disjuntos dos a dos y B ∩ Bi = ∅ para todo i ∈ I. Para acabar, la uni´on ∪i∈I Ai es todo A.
- Probar que el conjunto Q de los n´umeros racionales es numer- able Soluci´on Cada n´umero racional puede ponerse en la forma pq , donde p y q son enteros y q > 0 (de esta forma el signo del n´umero viene dado por el signo de p). Definimos la altura del racional pq como el n´umero natural
h = |p| + q (21)
Para cada h ∈ N s´olo existe un n´umero finito de racionales con dicha altura. En efecto, si pq tiene altura h, el entero p s´olo podr´a adoptar los valores −h, −h + 1, · · · , 0 , 1 , · · · , h − 1 , h, mientras que q podr´a ser 1 , 2 , · · · , h − 1 , h, de donde habr´a a lo sumo 2h(2h + 1) (esta estimaci´on es muy grosera pero sirve para nuestro prop´osito). Definimos R(h) como
el conjunto de los racionales de altura h. Tal conjunto es, seg´un hemos visto, numerable. Por tanto
∪h∈NR(h) (22)
es tambi´en numerable al ser uni´on numerable de conjuntos numer- ables. Pero dicho conjunto coincide con el de los racionales ya que todo racional tendr´a una altura h determinada. Hemos probado pues que Q es numerable.
- Demostrar que existen n´umeros trascendentes Soluci´on Un n´umero algebraico es un n´umero real que satisface una ecuaci´on polin´omica del tipo
anxn^ + an− 1 xn−^1 + · · · + a 0 = 0 (23)
donde los coeficientes: ai, i = 0, 1 , · · · , n − 1 , n, son n´umeros enteros y an 6 = 0. Todo n´umero real no algebraico se denomina trascendente. Probaremos que el conjunto de los n´umeros algebraicos es numerable y como el conjunto de los n´umeros reales no es numerable de aqu´ı con- cluimos que existen n´umeros trascendentes. Definimos, de manera similar al ejercicio anterior, la altura del poli- nomio 23 como el n´umero entero positivo
h = |a 0 | + |a 1 | + · · · + |an| + n (24)
Es evidente que todo polinomio de coeficientes enteros tiene altura finita. Adem´as para cada altura h s´olo existe un n´umero finito de poli- nomios con coeficientes enteros que tengan dicha altura. En efecto, como an es no nulo es h > n y cada coeficiente s´olo puede tomar los (2h + 1) valores: −h, −h + 1, · · · , − 1 , 0 , 1 , · · · , h − 1 , h, existir´an a lo sumo (2h + 1)h+1^ polinomios de altura h. Sea Ph el conjunto de polinomios de coeficientes enteros y altura h, hemos visto que dicho conjunto es numerable. Sea ph ∈ Ph. Dicho polinomio tiene a lo sumo tantas ra´ıces como su grado por lo que el conjunto de las ra´ıces R(ph) de ph tiene un cardinal siempre menor o igual que h. Esto significa que, dada una altura h, el conjunto
∪ph∈Ph R(ph) (25)
es numerable al ser uni´on numerable de conjuntos numerables. Final- mente, el conjunto de n´umeros algebraicos coincidir´a con la uni´on
∪h∈N ∪ph∈Ph R(ph) (26)
- Si A es un conjunto numerable y B un conjunto no numerable probar que B − A es equipotente a B Soluci´on
- Espacios vectoriales. Conjuntos en espa-
cios vectoriales
- Probar que todo espacio vectorial tiene una base Soluci´on Consideremos el espacio vectorial trivial E = { 0 }. Para este espacio convenimos en que el conjunto vac´ıo es su base. Sea E un espacio vec- torial no trivial, entonces hallaremos al menos un elemento x ∈ E diferente de cero. Esto implica que el conjunto {x} es linealmente in- dependiente. Si probamos que dado un conjunto linealmente indepen- diente A ⊂ E siempre existe una base de E que contiene a A habremos terminado nuestra demostraci´on. En este empe˜no usaremos de nuevo el lema de Zorn. Sea F la familia de subconjuntos del espacio E que son linealmente independientes y contienen al conjunto {x}. Esta familia es no vac´ıa ya que trivialmente el propio {x} pertenece a ella. Definamos una relaci´on de orden parcial en F mediante
para F 1 , F 2 ∈ F es F 1 ≤ F 2 si y s´olo si F 1 ⊂ F 2 (30)
El conjunto F as´ı ordenado resulta ser inductivo. En efecto, si H es una cadena, el conjunto ∪H∈HH pertenece a F y es una cota superior. Evidentemente, la uni´on U = ∪H∈HH contiene a todos los elementos de la cadena por ser uni´on de todos ellos. Adem´as como cada H ∈ H contiene a {x} tambi´en la uni´on contiene a {x}. S´olo nos resta probar que dicha uni´on es un conjunto linealmente independiente. Supongamos que S = {x 1 , x 2 , · · · , xn} (31) es un subconjunto finito de elementos de U. Para cada xi existe un Hi ∈ H tal que xi ∈ Hi. Formamos as´ı una colecci´on finita H 1 , H 2 , · · · , Hn de elementos de la cadena H. Por tanto, existe un Hj de la colecci´on que incluye a todos los Hi, i = 1, 2 , · · · , n, y, en consecuencia tambi´en a S. Como Hj es por hip´otesis linealmente independiente tambi´en lo es S y la uni´on U es linealmente independiente al serlo cada uno de sus subconjuntos finitos.
En resumen, hemos probado que F es un conjunto ordenado inducti- vo lo que nos lleva a aplicar el lema de Zorn y deducir que existe un elemento B maximal en F. Veremos que dicho elemento es la base bus- cada mediante una prueba de reducci´on al absurdo. Supongamos que B no es base de E. En tal caso, existe z ∈ E que no depende lineal- mente de B. Sea el conjunto B′^ = B ∪ {z}. Si T = {z 1 , z 2 , · · · , zm} es un subconjunto finito de elementos de B′^ y planteamos la combinaci´on lineal (^) n ∑
i=
αizi = 0 (32)
puede ocurrir
que todos los zi sean diferentes de z por lo que la combinaci´on 32 s´olo intervienen elementos de B y ser´a posible si para todo i = 1, 2 , · · · , n es αi = 0, que para alg´un i sea z = zi con α = 0. Esto significar´a tambi´en que en la combinaci´on lineal s´olo intervienen elementos de B y habr´a de ser como antes αi = 0 para todo i = 1, 2 , · · · , n, que para alg´un que para alg´un i sea z = zi con α 6 = 0. En tal caso, podemos suponer sin perder generalidad que z = z 1 y de la combinaci´on deducimos que
x = −
α 1
∑^ n
i=
αizi (33)
lo que prueba que z depende linealmente de B en contra de lo supuesto. Para evitar este absurdo hay que concluir que todos los escalares de 32 son nulos y el conjunto B′^ es, en consecuencia, linealmente independiente.
Ahora bien, B′^ al incluir a B es un elemento de F posterior al max- imal. De nuevo llegamos a un absurdo que s´olo rompemos si nuestra suposici´on de que z no depende linealmente de B es falsa. As´ı pues B es una base de E que incluye a {x}.
- Demostrar que todas las bases de un espacio vectorial tienen el mismo cardinal Soluci´on Si el espacio vectorial E es trivial entonces la base es el conjunto vac´ıo por lo que en tal caso no hay nada que probar. Supongamos pues que E 6 = { 0 } y que A y B son dos bases de E, probaremos por reducci´on al absurdo que sus cardinales son iguales. Si |A| 6 = |B|, entonces:
implica que para cada x ∈ [0, 1] es
∑n i=1 αie
pix (^) = 0 ya que en 36 el 0
representa la funci´on id´enticamente nula en el intervalo unidad. Ahora bien, si derivamos 36 un total de n − 1 veces y a˜nadimos la expresi´on inicial obtenemos
∑^ n
i=
αiepix^ = 0
∑^ n
i=
piαiepix^ = 0
∑^ n
i=
p^2 i αiepix^ = 0 (37)
∑^ n
i=
pn i −^1 αiepix^ = 0
Para x = 0 resulta de 3 el sistema lineal de n ecuaciones con n inc´ogni- tas (α 1 , α 2 , · · · , αn)
∑^ n
i=
αi = 0
∑^ n
i=
piαi = 0
∑^ n
i=
p^2 i αi = 0 (38)
∑^ n
i=
pn i −^1 αi = 0
El determinante de este sistema es ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 1 · · · 1 p 1 p 2 · · · pn p^21 p^22 · · · p^2 n · · · · pn 1 −^1 pn 2 −^1 · · · pn n−^1
su valor es no nulo al ser de tipo Vandermonde con pi 6 = pj para i 6 = j. Esto significa que el sistema homog´eneo 3 s´olo tiene la soluci´on trivial
y los coeficientes αi de la combinaci´on lineal 36 son todos nulos. Por ello, el conjunto S es linealmente independiente y existe una base B que incluye a S. Como 2ω^ = |S| ≤ |B| ≤ |E| = 2ω, concluimos que |B| = 2ω^ y la dimensi´on de E es el cardinal del continuo.
- Sea E un espacio vectorial no trivial y sea A ⊂ E. Comprobar que 2 A ⊂ A + A pero puede ocurrir que 2 A 6 = A + A. Soluci´on Sea A ⊂ E no vac´ıo. Si z ∈ 2 A entonces z = 2x con x ∈ A. Como 2 x = x + x, es 2x ∈ A + A, de donde 2A ⊂ A + A. Por otro lado, tomando A = {x, −x} con x 6 = 0 (elecci´on siempre posible para todo espacio vectorial no trivial), se tiene que 0 = x + (−x) ∈ A + A pero 0 ∈/ 2 A. Por tanto, 2A 6 = A + A.
- Sean A y B subconjuntos de un espacio vectorial E. Compro- bar que para todo escalar λ se cumple que λ(A + B) = λA + λB Soluci´on Sea z ∈ λ(A + B), hallaremos a ∈ A y b ∈ B tales que z = λ(a + b) = λa + λb ∈ λA + λB. Por tanto, λ(A + B) ⊂ λA + λB. Rec´ıpro- camente, si s ∈ λA + λB, existen a ∈ A y b ∈ B para los que s = λa+λb = λ(a+b) ∈ λ(A+B). En consecuencia, λA+λB ⊂ λ(A+B) y de la doble inclusi´on se tiene la igualdad λ(A + B) = λA + λB.
- Probar que A es convexo si y s´olo si (λ + μ)A = λA + μA para todo λ, μ > 0 Soluci´on Recordemos que un conjunto A del espacio vectorial E es convexo si es vac´ıo o si para todos x, y ∈ A y para todo λ ∈ [0, 1] es
λx + (1 − λ)y ∈ A (40)
Esta condici´on equivale a
λx + μy ∈ A para todo x, y ∈ A, λ, μ > 0 con λ + μ = 1 (41)
y tambi´en a
λA + (1 − λ)A ⊂ A para todo λ ∈ [0, 1] (42)
Supongamos que se cumple la condici´on del enunciado: (λ + μ)A = λA + μA para todo λ, μ > 0. En tal caso, tomando μ = (1 − λ) es
λA + (1 − λ)A = (λ + 1 − λ)A = A (43)
La envoltura convexa de A coincide con el conjunto de sus combinaciones lineales convexas. El conjunto A es convexo si y s´olo si coincide con su en- voltura convexa.
Soluci´on Sea A un subconjunto de E. Una combinaci´on lineal convexa de ele- mentos de A es el elemento
∑^ n
i=
αixi (47)
donde xi ∈ A y αi ≥ 0 para todo i ∈ { 1 , 2 , · · · , n}, verificando adem´as los escalares la condici´on adicional
∑n i=1 αi^ = 1. Es decir, se trata de una combinaci´on lineal de elementos de A con escalares no negativos y cuya suma es igual a la unidad. Sea A ⊂ E y consideremos la familia C de todos los convexos C que incluyen a A. Dicha familia es no vac´ıa pues el espacio E es convexo (trivialmente) e incluye al conjunto A. La intersecci´on ∩C∈C C de todos los elementos de esta familia es un conjunto convexo que incluye a A y adem´as el menor en sentido inclusivo con esta propiedad. Dicha in- tersecci´on se notar´a por 〈A〉 y se dir´a que es la envoltura convexa del conjunto A. Probaremos ahora que la envoltura convexa de A coincide con el conjunto de sus combinaciones lineales convexas. En efecto, sea L el conjunto de todas las combinaciones lineales convexas de elementos de A. Como para todo x ∈ A es x = 1x una combinaci´on lineal convexa, se sigue que A ⊂ L. Por otro lado, si z y s son dos elementos de L, ex- isten dos conjuntos finitos Z = {z 1 , z 2 , · · · , zn} y S = {s 1 , s 2 , · · · , sm} de elementos de A, que cumplen
z =
∑^ n
i=
αizi con αi ≥ 0 ,
∑^ n
i=
αi = 1
s =
∑^ m
j=
βj sj con βj ≥ 0 ,
∑^ m
j=
βj = 1 (48)
Por tanto, para λ, μ ≥ 0 con λ + μ = 1 es
λz + μs = λ
( (^) ∑n
i=
αizi
( (^) ∑m
j=
βj sj
( (^) ∑n
i=
λαizi
( (^) ∑m
j=
μβj sj
Ahora bien, por las hip´otesis hechas podemos afirmar que para todo i = 1, 2 , · · · , n y para todo j = 1, 2 , · · · , m es λαi ≥ 0 y μβj ≥ 0 y se cumple
∑^ n
i=
λαi +
∑^ m
j=
μβj = λ
∑^ n
i=
αi + μ
∑^ m
j=
βj = λ1 + μ1 = λ + μ = 1 (50)
lo que significa que λz+μs ∈ L y el conjunto L es convexo. En definitiva, 〈A〉 ⊂ L. Sabemos que cualquier convexo incluye a las combinaciones lineales convexas de sus elementos. Por tanto, como cada convexo C ∈ C incluye a A, tambi´en incluir´a a sus combinaciones lineales convexas y el conjunto L est´a incluido en todo C ∈ C y se cumple L ⊂ ∩C∈C C = 〈A〉. La doble inclusi´on lleva a la igualdad L = 〈A〉. Finalmente, supongamos que A es convexo, entonces por la definici´on de envoltura convexa es A ⊂ C para todo C ∈ C y A ∈ C, lo que significa que A = ∩C∈C C = 〈A〉. Del mismo modo si A = 〈A〉 es evidente que A es convexo. Aqu´ı termina nuestra demostraci´on. Como consecuencia inmediata de los dos enunciados probados se tiene que un conjunto es convexo si y s´olo si contiene a todas sus combinaciones lineales convexas.
- Sea A un convexo y α un n´umero real. Demostrar que αA es convexo Soluci´on Si suponemos que A es vac´ıo, entonces trivialmente α∅ = ∅ y resulta el enunciado. Si es A no vac´ıo y α = 0, entonces 0A = { 0 } y como todo conjunto formado por un s´olo punto es convexo, tambi´en se cumple el enunciado. Finalmente, para α 6 = 0 sean x, y elementos de αA. Hallare- mos a 1 , a 2 ∈ A tales que x = αa 1 e y = αa 2. Entonces para λ, μ ≥ 0 con λ + μ = 1 se tiene que
λx + μy = λ(αa 1 ) + μ(αa 2 ) = (λα)a 1 + (μα)a 2 = (αλ)a 1 + (αμ)a 2 = α(λa 1 ) + α(μa 2 ) = α(λa 1 + μa 2 ) (51)
Como A es convexo, la combinaci´on z = λa 1 + μa 2 pertenece a A y λx + μy = αz ∈ αA, lo que prueba que αA es convexo.
- Sea (Ai)i∈I una familia de conjuntos convexos totalmente orde- nada por la inclusi´on. Probar que su uni´on tambi´en es convexa Soluci´on Consideremos dos elementos x, y de la uni´on ∪i∈I Ai, hallaremos i 1 , i 2 ∈
Hallaremos a ∈ A tal que s = |λ|a, o bien a = (^) |^1 λ| s. Tomando el escalar |λ|/λ se tiene |λ| λ
a =
|λ| λ
|λ|
s =
λ
s (54)
Como ||λ|/λ| ≤ 1 y A es equilibrado, el vector (^) λ^1 s pertenece a A y s = λa′^ para alg´un a′^ ∈ a. Esto prueba la inclusi´on |λ|A ⊂ λA. De la doble inclusi´on se sigue la igualdad |λ|A = λA.
- Probar que la envoltura equilibrada de un conjunto A coincide con el conjunto de sus combinaciones lineales equilibradas Soluci´on Sea A ⊂ E y sea λ ∈ K. La combinaci´on lineal λx se dice equilibrada si |λ| ≤ 1. Por otro lado, si llamamos E a la familia de subconjuntos de E que son equilibrados e incluyen a A concluimos que es una familia no vac´ıa (puesto que E pertenece trivialmente a dicha familia) y su intersecci´on es el menor conjunto equilibrado en sentido inclusivo que incluye a A. Se notar´a por [A]. Sea T el conjunto de las combinaciones lineales equilibradas de elemen- tos de A. Para todo x ∈ A es x = 1x, de donde A ⊂ T. Si t ∈ T , hallaremos x ∈ A y |λ| ≤ 1, tales que t = λx por lo que para |β| ≤ 1 se deduce que βt = β(λx) = (βλ)x, con |βλ| = |β||λ| ≤ 1. Es decir, t ∈ T y T es equilibrado. Como consecuencia del todo esto resulta que T ∈ E y [A] ⊂ T. Finalmente, sabemos que todo conjunto equilibrado incluye a sus combinaciones lineales equilibradas por lo que si S es un elemento de E contendr´a a las combinaciones lineales equilibradas de los elementos de A y podremos escribir T ⊂ S para todo S ∈ E. Esto implica que T ⊂ [A] y de la doble inclusi´on se sigue la igualdad T = [A].
- Consideremos el espacio vectorial real R^2 y la topolog´ıa usual de dicho espacio. Dar un ejemplo en este espacio de un sub- conjunto equilibrado cuyo interior no sea equilibrado Soluci´on El conjunto A = {(x, y) : x, y ≥ 0 , x+y ≤ 1 }∪{(x, y) : x, y ≤ 0 , x+y ≥ − 1 } es equilibrado (ver figura). Sin embargo, su interior no contiene al cero y, en consecuencia, no puede ser equilibrado.
- Probar que la envoltura convexa de un conjunto equilibrado tambi´en es equilibrada Soluci´on Sea A un conjunto equilibrado y 〈A〉 su envoltura convexa. Sea z ∈ 〈A〉. Hallaremos x 1 , x 2 ,... , xn elementos de A y escalares α 1 , α 2 ,... , αn no
negativos con suma
∑n i=1 αi^ = 1 tales que^ z^ =^
∑n i=1 αixi. Tomando |λ| ≤ 1 es
λz = λ
( (^) ∑n
i=
αixi
∑^ n
i=
(λαi)xi =
∑^ n
i=
(αiλ)xi =
∑^ n
i=
αi(λxi) (55)
pero como A es equilibrado se deduce que λxi ∈ A para todo i = 1 , 2 ,... , n y λz es tambi´en una combinaci´on lineal convexa de elementos de A y por tanto pertenece a su envoltura convexa. As´ı pues 〈A〉 es un conjunto equilibrado.
- Probar que la envoltura absolutamente convexa de un conjun- to es igual a la envoltura convexa de su envoltura equilibrada Soluci´on Sea A un subconjunto del espacio vectorial E. La envoltura convexa de A se nota por A∗ y consiste en el menor conjunto en sentido inclusivo que contiene a A y es equilibrado y convexo. En definitiva, es la inter- secci´on de todos los conjuntos equilibrados y convexos que contienen a A. Sea [A] la envoltura equilibrada de A. Tal conjunto es equilibrado por definici´on y adem´as el menor conjunto equilibrado en sentido inclusivo que contiene a A. Su envoltura convexa 〈[A]〉 es (seg´un hemos visto en el ejercicio anterior) un conjunto equilibrado y convexo y por tanto ab- solutamente convexo. Si S es un conjunto equilibrado que incluye a A debe ser [A] ⊂ S y de aqu´ı 〈[A]〉 ⊂ 〈S〉, donde 〈S〉 es equilibrado y con- vexo. Esto quiere decir que 〈[A]〉 es subconjunto de cualquier conjunto absolutamente convexo que incluya a A y, en consecuencia 〈[A]〉 = A∗
- Sea E un espacio vectorial real y A un subconjunto convexo y sim´etrico de E. Demostrar que A es absolutamente convexo Soluci´on Hemos de probar que el conjunto A es equilibrado. Si A es vac´ıo es equi- librado. Sea A 6 = ∅ y x ∈ A. Como A es sim´etrico, tambi´en (−x) ∈ A. Probaremos que de esto se deduce que 0 ∈ A. En efecto, la combinaci´on lineal convexa 0 = 12 x + 12 (−x) pertenece a A puesto que es convexo. Por tanto, si suponemos que |λ| ≤ 1 con λ = 0 es λA = { 0 } un sub- conjunto de A. S´olo nos queda estudiar el caso en que |λ| ≤ 1 es no nulo. Supongamos que z ∈ λA. Hallaremos x ∈ A tal que z = λx o lo que es equivalente (^) λ^1 z = x. Empleando de nuevo la simetr´ıa de A es −x = − (^1) λ z ∈ A. Por otro lado, 1 − 2 λ y 1+ 2 λson escalares no negativos y
