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• Luz Biais

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Espacios M´etricos El concepto de k k (norma) nos da una noci´on de distancia, el tener una noci´on de distancia en R o m´as generalmente en Rn , es lo que nos permite hablar de limite o de convergencia. Consideremos la noci´on com´ un de distancia entre dos puntos en R3 . Si x¯ = (x1 , x2 , x3 )

y¯ = (y1 , y2 , y3 ) k¯ x − y¯k =

p (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + (x3 − y3 )2

Esta distancia la denominamos m´etrica euclidiana y la generalizamos en Rn en la siguiente definici´on. Definici´ on: Sean x ¯ = (x1 , . . . , xn ) y y¯ = (y1 , . . . , yn ) elementos cualesquiera de Rn definimos la

distancia euclidiana entre ellos como d(¯ x, y¯) = k¯ x − y¯k =

p (x1 − y1 )2 + . . . + (xn − yn )2

La funci´on d : Rn × Rn → R se denomina distancia o m´etrica euclidiana. Proposici´ on: Para cualequiera vectores x ¯, y¯, z¯  Rn 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¯

Demostraci´ on :

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

⇒

x¯ = y¯

2. d(¯ x, y¯) = k¯ x − y¯k = k¯ x − y¯k = k¯ y − x¯k = d(¯ y , x¯) 1

⇒

3. d(¯ x, y¯) = k¯ x − y¯k = k¯ x − z¯ + z¯ − y¯k ≤ k¯ x − z¯k + k¯ z − y¯k = d(¯ x, z¯) + d(¯ z , y¯)   0 a=b M´ etrica discreta.- Demostrar que la metrica definida por d(a, b) = satisface los  1 a 6= b axiomas de m´etrica Demostraci´ on :

1. Sean a, b  Rn entonces d(a, b) = 1 ´o d(a, b) = 0 ∴ d(a, b) ≥ 0 2. Sean a, b  Rn 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¯  Rn

a ¯ 6= ¯b 6= c¯

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

∴ d(a, c) = 1 ≤ 1 + 1 = d(a, b) + d(b, c) M´ etrica C[a, b].- Sea C[a, b] el conjunto de las funciones reales contunias en el intervalo cerrado

[a, b]. Sean f, g  C[a, b] definimos d(f, g) = m´ax {|f (x) − g(x)|} x  [a,b]

demostrar que d es una m´etrica. Demostraci´ on :

1. Como |f (x) − g(x)| ≥ 0 para todo x  [a, b] entonces m´ax{|f (x) − g(x)|} ≥ 0 por lo tanto d(f, g) ≥ 0 2. d(f, g) = 0 ⇒

m´ax {|f (x) − g(x)|} = 0 x  [a,b]

⇒

|f (x) − g(x)| = 0

⇒

f (x) = g(x)

∀ x  [a, b] 2

3. d(f, g) = m´ax {|f (x) − g(x)|} = m´ax {|g(x) − g(x)|} = d(g, f ) ∗ x  [a,b]

x  [a,b]

* |f (x) − g(x)| = |g(x) − f (x)|

∀x

4. d(f, g) = m´ax {|f (x) − g(x)|} x  [a,b]

m´ax {|f (x) − g(x)|} = m´ax {|f (x) − h(x) + h(x) − g(x)|} x  [a,b]

x  [a,b]

≤ m´ax {|f (x) − h(x)| + |h(x) − g(x)|} x  [a,b]

≤ m´ax {|f (x) − h(x)|} + m´ax {|h(x) − g(x)|} x  [a,b]

x  [a,b]

∴ d(f, g) ≤ d(f, h) + d(h, g)

Probar que en el espacio de sucesiones {an } de n´ umeros reales tales que La aplicaci´on d(xn , yn ) =

∞ X

∞ X 1

|xn − yn | es una distancia.

1

Prueba :

1. Como |xn − yn | ≥ 0 ∀ n  N entonces

∞ X

|xn − yn | ≥ 0

1

por lo tanto d(xn , yn ) ≥ 0 2. d(xn , yn ) = 0 ∞ X |xn − yn | = 0 ⇒ 1

⇒

|xn − yn | = 0

⇒

xn − yn = 0

⇒

xn = yn

3. d(xn , yn ) =

∞ X

∀nN ∀nN

|xn − zn |

1 ∞ X

|xn − zn | ≤

1

=

∞ X 1 ∞ X 1

|xn − yn | + |yn − zn | |xn − yn | +

∞ X

|yn − zn |

1

= d(xn , yn ) + d(yn , zn ) 3

|an | < ∞.

Ejercicio: Sea d una m´ etrica de un conjunto no vacio X. Demostrar que la funci´on e definida

por e(a, b) = m´ın(1, d(a, b)) donde a, b  X tambien es una m´etrica de X. Soluci´ on :

1. Sean a, b  X. Puesto que d es una m´etrica 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) = m´ın(1, d(a, b)) = m´ın(1, 0) = 0 3. Sea a, b  X. Por definici´on 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 m´etrica d(a, b) = d(b, a) < 1. En consecuencia e(b, a) = d(a, b) = e(a, b), por otro lado sup´ongase 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  X. Demostremos la desigualdad triangular. Por demostrar e(a, c) ≤ e(a, b) + e(b, c) Observese que e(a, c) = m´ın{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) = m´ın(1, d(a, c)) ≤ d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c) = e(a, b) + e(b, c). Z 1 Sea d(f, g) = |f (x) − g(x)| ¿Es d una m´etrica? 0

Soluci´ on: No, ya que si consideramos f (x) = 0

kf (x) − g(x)k = 0 pero f 6= g ∴ d no es una m´etrica.

4

  0 0≤x≤1 ∀ x, g(x) =  1 x=1

entonces

CALCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL III TAREA 5 Profa. Ana Belem Zavaleta Ramos, Profa. Pamela Villamil Sapi´en, Prof. Esteban Rub´en Hurtado Cruz

1.- Demostrar la f´ormula para calcular la torsi´on de una funcion vectorial f (t) τ=

[f 0 (t)xf 00 (t)] · f 000 (t) kf 0 (t)xf 00 (t)k2

2.- Si f (s) es la reparametrizaci´on por longitud de arco de una funci´on f (t), demostar que [f 0 (t)xf 00 (t)] · f 000 (t) τ= kf 0 (t)xf 00 (t)k2   1 3.- Calcular la torsi´on de la h´elice f (t) = √ (cos(t) sin(t), t) 2 4.- Mostar que si una trayectoria est´a en un plano, entonces su torsi´on es cero. 5.- Demostrar la desigualdad de Minkowski: Dados un par de puntos cualesquiera p = (a1 , . . . , an ) pP pP pP y q = (b1 , . . . , bn ) de Rn , kp + qk ≤ kpk + kqk es decir |ai + bi |2 ≤ |ai |2 + |bi |2 (Sugerencia: Desarrolle kp + qk2 y use la desigualdad de Schwarz demostrada en clase) 6.- Demostar la desigualdad de Minkowski para sumas infinitas: Si {an }, {bn } son v sucesiones u∞ ∞ ∞ X X uX tales que |an | < ∞, |bn | < ∞, entonces kan +bn k ≤ kan k+kbn k es decir t |an + bn |2 ≤ 1

1

1

v v u∞ u∞ uX uX 2 t |an | + t |bn |2 1

1

7.- Sea d una m´etrica de un conjunto no vacio X. Demostrar que la funci´on e definida por d(a, b) e(a, b) = , donde a, b ∈ X, es una m´etrica de X. 1 + d(a, b)

fecha de entrega 22 de marzo. 5