[Semi-Resuelto]Recuperatorio del 3 de diciembre

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

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 \(x=1\)

1.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.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)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.\(f(A)=\{f(x):x\in A\}\). 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.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 \(\int_{0}^{2}fd\alpha\)

\(\leq |S(\~P,f,\alpha)-\int_{0}^{2}fd\alpha|+|a|.|f(x_r)-f(t_{r+1})|+|a|.|f(t_r)-f(x_r)|+\alpha(x_r)|.|f(t_{r+1})-f(x_r)|+|\alpha(x_r)|.|f(x_r)-f(t_r)|\) (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 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