5.4: Funciones Complejas y Vector-Valoradas en\(E^{1}\)
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Los teoremas de §§2-3 fallan para funciones complejas y vectorizadas (ver Problema 3 a continuación y Problema 2 en §3). Sin embargo, algunos análogos sostienen. En cierto sentido, incluso son más fuertes, pues, a diferencia de los teoremas anteriores, no requieren de la existencia de una derivada en un intervalo entero\(I \subseteq E^{1},\) sino solamente en\(I-Q\), donde\(Q\) hay un conjunto contable, uno contenido en el rango de una secuencia,\(Q \subseteq\left\{p_{m}\right\}.\) (Presuponemos en lo sucesivo §9 del Capítulo 1. )
En el siguiente teorema, debido a N. Bourbaki,\(g : E^{1} \rightarrow E^{*}\) se extiende real mientras que también\(f\) puede ser complejo o vectorizado. La llamamos la ley de incrementos finitos ya que trata de “incrementos finitos”\(f(b)-f(a)\) y,\(g(b)-g(a) .\) aproximadamente, afirma que\(\left|f^{\prime}\right| \leq g^{\prime}\) implica una desigualdad similar para los incrementos.
Dejar\(f : E^{1} \rightarrow E\) y\(g : E^{1} \rightarrow E^{*}\) ser relativamente continuo y finito en un intervalo cerrado\(I=[a, b] \subseteq E^{1},\) y tener derivadas con\(\left|f^{\prime}\right| \leq g^{\prime},\) on\(I-Q\) donde\(Q \subseteq\left\{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{m}, \ldots\right\}.\) Entonces
\[|f(b)-f(a)| \leq g(b)-g(a).\]
La prueba es algo laboriosa, pero vale la pena. (En una primera lectura, uno puede omitirlo, sin embargo). Se esbozan algunas ideas preliminares.
Ante cualquier\(x \in I,\) supongamos primero que\(x>p_{m}\) para al menos uno\(p_{m} \in Q.\) En este caso, ponemos
\[Q(x)=\sum_{p_{m}<x} 2^{-m};\]
aquí la suma es sólo por encima de aquellos\(m\) para los cuales\(p_{m}<x.\) Si, sin embargo, no hay\(p_{m} \in Q\) con\(p_{m}<x,\) ponemos\(Q(x)=0.\) así\(Q(x)\) se define para todos\(x \in I.\) Da una idea de “cuántos”\(p_{m}\) (a los que\(f\) puede no tener derivado) preceden\(x.\) Nota eso\(x<y\) implica\(Q(x) \leq Q(y)\). (¿Por qué?) También,
\[Q(x) \leq \sum_{m=1}^{\infty} 2^{-m}=1.\]
Nuestro plan es el siguiente. Para probar (1), basta con demostrar que para algunos fijos\(K \in E^{1},\) tenemos
\[(\forall \varepsilon>0) \quad|f(b)-f(a)| \leq g(b)-g(a)+K \varepsilon,\]
para entonces, dejando que\(\varepsilon \rightarrow 0,\) obtengamos (1). Nosotros elegimos
\[K=b-a+Q(b), \text { with } Q(x) \text { as above. }\]
Fijación temporal\(\varepsilon>0,\) llamemos a un punto\(r \in I\) “bueno” iff
\[|f(r)-f(a)| \leq g(r)-g(a)+[r-a+Q(r)] \varepsilon\]
y “malo” de otra manera. Demostraremos que\(b\) es “bueno”. Primero, probamos un lema.
A cada punto “bueno” le\(r \in I(r<b)\) sigue un intervalo completo\((r, s), r<s \leq b,\) que consiste únicamente en puntos “buenos”.
- Prueba
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Primero déjalo\(r \notin Q,\) por suposición,\(f\) y\(g\) tener derivados en\(r,\) con
\[\left|f^{\prime}(r)\right| \leq g^{\prime}(r).\]
Supongamos\(g^{\prime}(r)<+\infty.\) Entonces (tratando\(g^{\prime}\) como una derivada derecha) podemos encontrar\(s>r\)\((s \leq b)\) tal que, para todos\(x\) en el intervalo\((r, s),\),
\[\left|\frac{g(x)-g(r)}{x-r}-g^{\prime}(r)\right|<\frac{\varepsilon}{2} \quad\text {(why?);}\]
similarmente para\(f.\) Multiplicar por\(x-r,\) obtenemos
\[\begin{aligned}\left|f(x)-f(r)-f^{\prime}(r)(x-r)\right|<(x-r) \frac{\varepsilon}{2} \text { and } \\ \left|g(x)-g(r)-g^{\prime}(r)(x-r)\right|<(x-r) \frac{\varepsilon}{2}, \end{aligned}\]
y de ahí por el triángulo de la desigualdad (¡explique!) ,
\[|f(x)-f(r)| \leq\left|f^{\prime}(r)\right|(x-r)+(x-r) \frac{\varepsilon}{2}\]
y
\[g^{\prime}(r)(x-r)+(x-r) \frac{\varepsilon}{2}<g(x)-g(r)+(x-r) \varepsilon.\]
Combinando esto con\(\left|f^{\prime}(r)\right| \leq g^{\prime}(r),\) obtenemos
\[|f(x)-f(r)| \leq g(x)-g(r)+(x-r) \varepsilon \text { whenever } r<x<s.\]
Ahora como\(r\) es “bueno”, satisface de\((2) ;\) ahí, ciertamente, como\(Q(r) \leq Q(x)\),
\[|f(r)-f(a)| \leq g(r)-g(a)+(r-a) \varepsilon+Q(x) \varepsilon \text { whenever } r<x<s.\]
Añadiendo esto a (3) y usando de nuevo la desigualdad triangular, tenemos
\[|f(x)-f(a)| \leq g(x)-g(a)+[x-a+Q(x)] \varepsilon \text { for all } x \in(r, s).\]
Por definición, esto demuestra que cada uno\(x \in(r, s)\) es “bueno”, como se afirma. Así se prueba el lema para el caso\(r \in I-Q,\) con\(g^{\prime}(r)<+\infty\).
Los casos\(g^{\prime}(r)=+\infty\) y\(r \in Q\) se dejan como Problemas 1 y 2. \(\quad \square\)
Ahora volvemos al Teorema 1.
Prueba de Teorema 1. Buscar una contradicción, supongamos que\(b\) es “malo”, y deja\(B \neq \emptyset\) ser el conjunto de todos los puntos “malos” en\([a, b].\) Let
\[r=\inf B, \quad r \in[a, b].\]
Entonces el intervalo\([a, r)\) puede contener solo puntos “buenos”, es decir, puntos\(x\) tales que
\[|f(x)-f(a)| \leq g(x)-g(a)+[x-a+Q(x)] \varepsilon.\]
Como\(x<r\) implica\(Q(x) \leq Q(r),\) tenemos
\[|f(x)-f(a)| \leq g(x)-g(a)+[x-a+Q(r)] \varepsilon \text { for all } x \in[a, r).\]
Tenga en cuenta que\([a, r) \neq \emptyset,\) para por (2),\(a\) es ciertamente “bueno' (¿por qué?) , y así Lemma 1 arroja todo un intervalo\([a, s)\) de puntos “buenos” contenidos en\([a, r).\)
Dejando\(x \rightarrow r\) entrar (4) y usando la continuidad de\(f\) at\(r,\) obtenemos (2). Así\(r\) es “bueno” en sí mismo. Entonces, sin embargo, Lemma 1 arroja un nuevo intervalo\((r, q)\) de puntos “buenos”. De ahí que no\([a, q)\) tenga puntos “malos”, y así lo\(q\) es un límite inferior del conjunto\(B\) de puntos “malos” en\(I\), contrario a\(q>r=\operatorname{glb} B\). Esta contradicción demuestra que\(b\) debe ser “bueno”, es decir,
\[|f(b)-f(a)| \leq g(b)-g(a)+[b-a+Q(b)] \varepsilon.\]
Ahora, dejando que\(\varepsilon \rightarrow 0,\) obtengamos la fórmula (1), y todo está probado. \(\quad \square\)
Si\(f : E^{1} \rightarrow E\) es relativamente continuo y finito\(I=[a, b] \subseteq\)\(E^{1},\) y tiene un derivado en\(I-Q,\) entonces hay un real\(M\) tal que
\[|f(b)-f(a)| \leq M(b-a) \text { and } M \leq \sup _{t \in I-Q}\left|f^{\prime}(t)\right|.\]
- Prueba
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Vamos
\[M_{0}=\sup _{t \in I-Q}\left|f^{\prime}(t)\right|.\]
Si\(M_{0}<+\infty,\) se\(M=M_{0} \geq\left|f^{\prime}\right|\) pone\(I-Q,\) y toma\(g(x)=M x\) en Teorema 1. \(I-Q,\)Entonces\(g^{\prime}=M \geq\left|f^{\prime}\right|\) en la fórmula (1) rinde (5) ya que
\[g(b)-g(a)=M b-M a=M(b-a).\]
Si, sin embargo,\(M_{0}=+\infty,\) vamos
\[M=\left|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|<M_{0}.\]
Entonces (5) claramente es cierto. Así lo requerido\(M\) existe siempre. \(\quad \square\)
Seamos\(f\) como en Corolario 1. Entonces\(f\) es constante en\(I\) iff\(f^{\prime}=0\) on\(I-Q.\)
- Prueba
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Si está\(f^{\prime}=0\) encendido\(I-Q,\) entonces\(M=0\) en Corolario 1, entonces Corolario 1 rinde, para cualquier subintervalo\([a, x](x \in I),|f(x)-f(a)| \leq 0;\) es decir,\(f(x)=f(a)\) para todos\(x \in I.\) Así\(f\) es constante on\(I.\)
Por el contrario, si es así,\(f^{\prime}=0,\) incluso en todos\(I. \quad \square\)
Let\(f, g : E^{1} \rightarrow E\) ser relativamente continuo y finito encendido\(I=[a, b],\) y diferenciable en\(I-Q.\) Entonces\(f-g\) es constante en\(I\) iff\(f^{\prime}=g^{\prime}\) on\(I-Q.\)
- Prueba
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Aplicar el Corolario 2 a la función\(f-g. \quad \square\)
Ahora también podemos fortalecer las partes (ii) y (iii) del Corolario 4 en §2.
\(f\)Sea real y tenga las propiedades declaradas en Corolario 1. Entonces
(i)\(f \uparrow\) en\(I=[a, b]\) iff\(f^{\prime} \geq 0\)\(I-Q ;\) y
ii)\(f \downarrow\) en\(I\) iff\(f^{\prime} \leq 0\) on\(I-Q\).
- Prueba
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\(f^{\prime} \geq 0\)Vamos a\(I-Q.\) Fijar cualquiera\(x, y \in I(x<y)\) y definir\(g(t)=0\) en\(E^{1}.\) Luego\(\left|g^{\prime}\right|=0 \leq f^{\prime}\) en\(I-Q .\) Así\(g\) y\(f\) satisfacer el Teorema 1 (con sus roles invertidos en\(I,\) y ciertamente en el subintervalo\([x, y].\) Así tenemos
\[f(y)-f(x) \geq|g(y)-g(x)|=0, \text { i.e., } f(y) \geq f(x) \text { whenever } y>x \text { in } I,\]
así\(f \uparrow\) sucesivamente\(I\).
Por el contrario, si\(f \uparrow\) en\(I,\) entonces para cada\(p \in I,\) debemos tener\(f^{\prime}(p) \geq 0,\) para lo contrario, por Lema 1 de §2,\(f\) disminuiría en\(p.\) Así\(f^{\prime} \geq 0\), incluso en todos\(I,\) y (i) se demuestra. La aserción (ii) se demuestra de manera similar. \(\quad \square\)