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 Asunto: [Semi-Resuelto]Recuperatorio del 3 de diciembre
NotaPublicado: 23 Dic 2015, 12:07 
Vago

Registrado: 24 Oct 2015, 16:43
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1. Sea (a_n) una sucesión de números no negativos tal que \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=0. Probar que \underline{\lim}\ a_n=0

2. Sean a_k, b_k dos sucesiones de número reales, tales que |b_k| está acotado.
i) Si la serie \sum^{\infty}_{k=1} a_k converge absolutamente, probar que la serie \sum^{\infty}_{k=1} a_k . b_k converge.
ii) Mostrar con un ejemplo que la palabra "absolutamente" es necesaria en el item i).

3. Sean A, B \subseteq\mathbb{R} dos conjuntos. Definimos su suma punto a punto
A+B=\{a+b:a\in A, b \in B\}
i) Probar que si A y B son cerrados, y además A es acotado, entonces A+B es cerrado.
ii) Mostrar con un ejemplo que la hipótesis de que A sea acotado es necesaria.

4. Sea f:[a,b]\mapsto \mathbb{R} continua
i) Probar que f es cerrado (o sea que si A\subset [a,b] es cerrado entonces f(A) es cerrado.
ii) Si además f es inyectiva, probar que f^{-1}:Im(f)\mapsto\mathbb{R} es uniformemente continua.

5. Sean f,\alpha:[0,2]\mapsto\mathbb{R} tales que f\in R(\alpha) y f es continua en 1. Sea a\in \mathbb{R} y sea \beta:[0,2]\mapsto\mathbb{R} definida según
\beta (x)= \alpha(x) si x\neq 1 y \beta (x)= a si x=1


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 Asunto: Re: [Semi-Resuelto]Recuperatorio del 3 de diciembre
NotaPublicado: 23 Dic 2015, 12:20 
Vago

Registrado: 24 Oct 2015, 16:43
Mensajes: 17
1.
Resolución
Supongamos que \underline{lim}\ a_n = s > 0. Entonces para todo \varepsilon > 0 existen finitos n tales que a_n < s - \varepsilon.

Si tomamos \varepsilon = \frac{s}{2} sabemos que existe n_0 tal que para todo n>n_0 se tiene que a_n\geq\frac{s}{2}.
Entonces a_1+a_2+a_3+...+a_n=\sum_{i=1}^{n}a_i\geq\sum_{j=1}^{n_0}a_j\ +\sum_{n_0+1}^{n}\frac{s}{2}=\sum_{j=1}^{n_0}a_j\ + \frac{s}{2}n-\frac{s}{2}(n_0+1)

Así que \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_1+a_2+a_3+...+a_n}{n}\geq\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{\sum_{j=1}^{n_0}a_j\ + \frac{s}{2}n-\frac{s}{2}(n_0+1)}{n}=\frac{s}{2}> 0. Pero entonces \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_1+a_2+a_3+...+a_n}{n}>0. Absurdo.
Bueno, nos queda que debe pasar \underline{lim}\ a_n \leq 0. Como a_n es una sucesión de número no negativos. \underline{lim}\ a_n = 0


2.
Resolución
Si M>|b_k| es la cota de |b_k|. Veamos que \sum_{k=1}^{\infty} a_k.b_k converge absolutamente.
\sum_{k=1}^{\infty} |a_k.b_k|\leq\sum_{k=1}^{\infty} |a_k|.|b_k| (usé la desigualdad de Cauchy-Schwartz para acotar término a término)
Y ahora usando M tenemos que \sum_{k=1}^{\infty} |a_k|.|b_k|\leq\sum_{k=1}^{\infty} |a_k|.M=M.\sum_{k=1}^{\infty} |a_k| que converge porque la serie \sum_{k=1}^{\infty} |a_k| converge por hipótesis.

Para encontrar un ejemplo consideremos la serie \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{1}{\sqrt k} que es alternada, y por el criterio de Leibnitz, como \frac{1}{\sqrt k}\rightarrow 0 y además \frac{1}{\sqrt k} es una sucesión decreciente, podemos decir que la serie converge. Pero la serie \sum_{k=1}^{\infty}|(-1)^k\frac{1}{\sqrt k}|=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt k} no converge, por estar acotada inferiormente por la serie armónica. O sea que \sum_{k=1}^{\infty}a_k converge condicionalmente.
Si tomamos b_k=a_k (con |b_k| acotada por 1) podemos ver que \sum_{k=1}^{\infty}a_k.b_k=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k} que diverge.


3.i)
Resolución
Tomo una sucesión convergente de A+B, que es de la pinta a_n+b_n con a_n\subset A y b_n\subset B y quiero ver que converge a un elemento de A+B
Si \lim\ a_n+b_n = c. Entonces, como A es compacto, existe a_{n_j}\rightarrow a una subsucesión convergente que converge a a. Si considero ahora la subsucesión a_{n_j} + b_{n_j} sabemos que \lim\ a_{n_j}+b_{n_j}=c y como \lim a_{n_j} = a tenemos que \lim\ a_{n_j} + b_{n_j}= a + \lim\ b_{n_j} = c. Por lo que \lim\ b_{n_j} = c-a, es decir, que b_{n_j} es una sucesión convergente y además b_{n_j}\subset b_n\subset B y B es cerrado así que la sucesión b_{n_j} converge a un b\in B.
Bueno, lo que tenemos entonces es que \lim\ a_{n_j}+b{n_j}= a + b con a\in A y b\in B, así que a+b\in A+B. Como la suma es una función continua \lim\ a_n+b_n = \lim\ a_{n_j} + b_{n_j} = a + b así que a_{n_j} + b_{n_j} converge a un elemento de A+B


4.
Resolución
f(A)=\{f(x):x\in A\}. Para ver que es cerrado tomemos una sucesión convergente (f(x_n))\subset f(A) y veamos si converge a un elemento de f(A), es decir, si f(x_n)\rightarrow y quiero ver que y\in f(A).
Como f(x_n)\subset f(A) sabemos que (x_n)\subset A.
Y como A es cerrado y acotado(pues A\subset [a,b]), es un conjunto compacto. Entonces existe una subsucesión convergente (x_{n_j})\rightarrow x con x\in A.
Ahora podemos usar que f es continua para ver que si x_{n_j}\rightarrow x entonces f(x_{n_j})\rightarrow f(x). Y además, la continuidad de f nos permite decir que \lim f(x_{n_j})=\lim f(x_n). Así que podemos concluir que f(x_n)\rightarrow f(x), y como x\in A tenemos que f(x)\in f(A). Que es lo que queríamos ver.


5.
Resolución
Consideremos la partición P=\{0=x_0,...,x_{r-1},x_r=1,x_{r+1},...,x_n=2\} Entonces S(P,f,\beta)=\sum_{k=1}^{n}f(t_k).(\beta(x_k)-\beta(x_{k-1})) con f(t_k)\in [x_{k-1},x_k] y esto se puede escribir también así \sum_{k=1}^{r-1}f(t_k).(\alpha(x_k)-\alpha(x_{k-1})) + f(t_r).(a-\alpha(x_{r-1})) + f(t_{r+1}).(\alpha(x_{r+1})-a) + \sum_{i=r+1}^{n}f(t_i).(\alpha(x_i)-\alpha(x_{i-1}))
Si ahora sumamos y restamos f(t_r).\alpha(x_r) y f(t_{r+1}).\alpha(x_r) lo de arribar nos queda
\sum_{j=1}^{n}f(t_j).(\alpha(x_j)-\alpha(x_{j-1}))+a.(f(t_r)-f(t_{r+1}))+\alpha(x_r).(f(t_{r+1})-f(t_r))=S(\~ P,f,\alpha)+a.(f(t_r)-f(t_{r+1}))+\alpha(x_r).(f(t_{r+1})-f(t_r)) Donde \~P=P-\{1\}
Bueno ahora proponemos como solución de \int_{0}^{2}fd\beta a \int_{0}^{2}fd\alpha
|S(P,f,\beta)-\int_{0}^{2}fd\alpha|=|S(\~P,f,\alpha)-\int_{0}^{2}fd\alpha+a.(f(t_r)-f(t_{r+1}))+\alpha(x_r).(f(t_{r+1})-f(t_r))|\leq
\leq |S(\~P,f,\alpha)-\int_{0}^{2}fd\alpha|+|a|.|f(x_r)-f(t_{r+1})|+|a|.|f(t_r)-f(x_r)|+\alpha(x_r)|.|f(t_{r+1})-f(x_r)|+|\alpha(x_r)|.|f(x_r)-f(t_r)| (usando desigualdad triangular y de Cauchy-Schwartz)
Como f es continua en 1=x_r tenemos que \forall\varepsilon>0 existe \delta tal que, si |x-x_r|<\delta entonces |f(x)-f(x_r)|<\varepsilon
Eso nos permite acotar la expresión que teníamos antes con \varepsilon_1 y \varepsilon_2, para los cuales existe \delta_1 y \delta_2 respectivamente. Quedaría
\leq |S(\~P,f,\alpha)-\int_{0}^{2}fd\alpha|+2|a|.\varepsilon_1+2|\alpha(x_r)|.\varepsilon_2
Además sabemos que f\in R(\alpha) así que para un \varepsilon_3 existe una partición P_{\varepsilon_3} tal que para todo Q refinamiento de P_{\varepsilon_3} tenemos que |S(Q,f,\alpha)-\int_{0}^{2}fd\alpha|<\varepsilon_3
Así que la expresión de arriba queda acotada por
\leq \varepsilon_3+2|a|.\varepsilon_1+2|\alpha(x_r)|.\varepsilon_2. Entonces puedo elegir \varepsilon_1=\frac{\varepsilon}{6|a|}, \varepsilon_2=\frac{\varepsilon}{6|\alpha(x_r)|}, y \varepsilon_3=\frac{\varepsilon}{3} Y tomar como \delta el mínimo entre \delta_1 y \delta_2. Para elegir luego la partición final P\prime=Q\cup \{x_r=1\}\cup\{x_r-\delta\}\cup\{x_r+\delta\}
Entonces para todo \varepsilon>0 si tomo un refinamiento \Pi de P\prime se tiene que |S(\Pi,f,\beta)-\int_{0}^{2}fd\alpha|<\varepsilon lo que prueba que f\in R(\beta) y \int_{0}^{2}fd\beta=\int_{0}^{2}fd\alpha


Esos son los ejercicios que hice y me pusieron que estaban bien. Si hay algún error es porque copié mal.
Saludos


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