1. Sea \(r \notin \mathbb{Q}\) y sean \((a_n)\), \((b_n)\) sucesiones de números naturales tales que \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = r\). Calcular \(\overline{\lim} a_n\) y \(\overline{\lim} b_n\).
2. Sea \(A \subseteq \mathbb{R}^n\) con la siguiente propiedad: para todo \(B \subseteq A\) finito y no vacío, \(A-B\) es cerrado.
(a) Probar que todos los puntos de \(A\) son aislados.
(b) ¿Es necesariamente cierto que \(A\) es cerrado?
3. (a) Sea \(f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) una función no constante tal que la imagen de \(f\) es un conjunto finito. ¿Es verdad que entonces \(f\) no es una función continua?
(b) Sea \(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) una función continua tal que para todo \(a<b\), la integral \(\int_a^b f\) \(df\) existe y vale \(0\). Probar que \(f\) es una función constante.
4. Sea \(f: [a,b] \to \mathbb{R}\) una función de variación acotada tal que \(v_f\) es Lipschitz. Demostrar que \(f\) es Lipschitz.
5. Sea \((a_n)\) una sucesión de números reales (no necesariamente positiva) tal que \(\lim_{n \to \infty} a_n = 0\) y sea \((b_n)\) la sucesión definida por \(b_n = a_n + 2a_{n+1} - a_{n+2}\). Probar que \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) converge si y sólo si \(\sum_{n=1}^{\infty} b_n\) converge.
en el 3 a) decis que existe la sucesión f(yn), pero como sabes que toma infinitos valores?
fijate que no estas usando que no es constante (de hecho, si fuera constante f(yn) toma solo un valor)
en el 5 en un momento estás asociando una suma que en principio no sabes si converge
Para el (1):Supongamos que las dos sucesiones estan acotadas:entonces los limites superiores son numeros naturales pues se trata sucesiones de numeros naturales(mas aun,todos los puntos limites son naturales)
Con estas hipotesis,existe\((a_n)_j,\)que tiende al limite superior de \(a_n\).Ahora consideramos la subsucesion \((b_n)_j\)(los mismos indices que la subsucesion anterior);se tiene que es acotada y por lo tanto tiene una subsucesion convergente(necesariamente a un natural),digamos\(((b_n)_j)_k\).Ahora consideramos la subsucesion \(((a_n)_j)_k\)(los mismos indices que la anterior),esta tambien converge necesariamente al limite superior de \(a_n\).Y por ultimo tenemos que el cociente de estas dos ultimas subsucesiones convergentes es una subsucesion de\(a_n/b_n\)(por lo tanto debe converger a r).pero si tomamos limite nos da un cociente de naturales y por ende racional,lo cual es absurdo.
Si suponemos que una sucesion esta acotada y la otra no,se llega con un razonamiento analogo a la misma contradiccion.
En consecuencia las sucesiones no estan acotadas y por lo tanto los limites superiores dan infinito.
Un caso particular seria considerar la sucesion\(a_n=(n+1)^n\)y\(b_n=n^n\),su cociente da la sucesion \((1+1/n)^n\),cuyo limite es irracional
SUPONGAMOS QUE \(f\) ES CONTINUA: esto significa que \(\forall a \in \mathbb{R}\), \(\forall \varepsilon >0\) \(\exists \delta >0\) tal que
\(|x-a|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(a)|<\varepsilon\).
Tomo \({\varepsilon}_{0}=min\lbrace|x-y|\) \(x,y \in Im(f),\) \(x\neq y \rbrace>0\). (Existe porque \(f\) toma finitos valores)
Sea \(a \in \mathbb{R}\). Para \({\varepsilon}_{o}\) existe \({\delta}_{0}>0\) tal que
Como \(f(x),f(a) \in Im(f)\), si \(f(x) \neq f(a)\) \(\Rightarrow |f(x)-f(a)| \geq {\varepsilon}_{0}\)
Absurdo. Luego \(|x-a|<{\delta}_{0} \Rightarrow f(x)=f(a)\).
Esto significa que \(f\) es localmente constante. Veamos que \(f\) es constante.
Veamos el conjunto \(A= \lbrace x \in \mathbb{R} / f(x)=f(a) \rbrace\)
Veamos que \(A\) es abierto y cerrado:
**
\(A\) es abierto:** Sea \(y \in A\) (\(f(y)=f(a)\)). Veamos que existe \(r>0\) tal que \(B(y,r) \subset A\).
Para ese \(y\) fijado, existe \({\delta}_{y}\) tal que si \(|x-y|<{\delta}_{y} \Rightarrow f(x)=f(y)\) (mismo razonamiento que antes).
Tomo \(r={\delta}_{y}\). Sea \(x \in B(y,{\delta}_{y})\). \(|x-y|<{\delta}_{y} \Rightarrow f(x)=f(y)=f(a)\)
Luego \(x \in A\). Luego \(B(y,r) \subset A\). Luego \(A\) es abierto.
\(A\) es cerrado: Sea \({({x}_{n})}_{n \in \mathbb{N}}\) una sucesión en \(A\) tal que \({x}_{n} \longrightarrow {x}_{0}\). Veamos que \({x}_{0} \in A\).
Como \(f\) es continua, \(f({x}_{n}) \longrightarrow f({x}_{0})\). Pero \(f({x}_{n})=f(a)\) \(\forall n \in \mathbb{N}\). Luego \(f(a)=f({x}_{0})\). Luego \({x}_{0} \in A\). Luego \(A\) es cerrado.
Como \(A\) es abierto y cerrado, \(A\) es vacío ó \(A=\mathbb{R}\).
Como \(a \in A\), \(A\) no es vacío. Luego \(A = \mathbb{R}\).
LUEGO \(f\) ES CONSTANTE.
ABSURDO.
Luego \(f\) no puede ser continua.
$$3.b)$$
Supongamos que \(f\) no es constante, o sea, existen \(c,d \in \mathbb{R}\), \(c<d\), tal que \(f(c) \neq f(d)\).
Por hipótesis \(\int_{c}^{d}fdf=0\). Por el teorema de integración por partes,
$$\int_{c}^{d}fdf=f^2(d)-f^2(c)-\int_{c}^{d}fdf$$
Se sigue que \(f^2(d)=f^2(c)\). Como \(f(c) \neq f(d)\), resulta \(f(c)=-f(d)\) (\(\neq 0\), si no serían iguales).
Como \(f\) es continua y existen \(\alpha \in [c,d]\), \(\beta \in [c,d]\) tal que \(f(\alpha)<0<f(\beta)\) (\(\alpha = c\) ó \(d\), \(\beta = c\) ó \(d\), no importa cuál es cuál), existe \(r \in (c,d)\) tal que \(f(r)=0\).
Miro ahora \(\int_{r}^{d}fdf\). Por partes, resulta \(f^2(d)=f^2(r)\), pero \(f^2(r)=0\).
Absurdo.
Luego \(f\) tiene que ser constante.
En varios lados usé que \(\lim_{n \rightarrow \infty}{a}_{n}=0\) y que si
\(\lim_{n \rightarrow \infty}{x}_{n}\) y \(\lim_{n \rightarrow \infty}{y}_{n}\) existen, entonces
\(\lim_{n \rightarrow \infty}{x}_{n}+{y}_{n}=\) \(\lim_{n \rightarrow \infty}{x}_{n}+\lim_{n \rightarrow \infty}{y}_{n}\)
2. Sea \(A \subseteq \mathbb{R}^n\) con la siguiente propiedad: para todo \(B \subseteq A\) finito y no vacío, \(A-B\) es cerrado. (a) Probar que todos los puntos de \(A\) son aislados.
(b) ¿Es necesariamente cierto que \(A\) es cerrado?
Bueno, queremos ver que todos los puntos de \(A\) son aislados, es decir, \(\forall x \in A\) \(\exists r > 0 /\) \({B}_{r}(x) \cap A = \lbrace x \rbrace\).
Según el enunciado, para todo \(B \subseteq A\) finito y no vacío, \(A-B\) es cerrado, en particular para \({x}_{0} \in A\)sea\(B = \lbrace {x}_{0} \rbrace, B\subseteq A\) y \(B\) finito, entonces \(A-B\) es cerrado. Pero si \(A-B\) es cerrado, entonces \({\mathbb{R}}^{n} - (A-B)\) es abierto. Es decir que \(\forall x \in ({\mathbb{R}}^{n} - (A-B)) \exists \varepsilon > 0 / {B}_{\varepsilon} (x) \subseteq ({\mathbb{R}}^{n} - (A-B))\). Pero \({x}_{0} \in ({\mathbb{R}}^{n} - (A-B)) \Rightarrow \exists {\varepsilon}_{0} > 0 / {B}_{{\varepsilon}_{0}} ({x}_{0}) \subseteq ({\mathbb{R}}^{n} - (A-B))\). Pero entonces \({B}_{{\varepsilon}_{0}} ({x}_{0}) \cap A = \lbrace {x}_{0} \rbrace\).
Es decir que probamos que \(\forall x \in A\) \(\exists r > 0 /\) \({B}_{r}(x) \cap A = \lbrace x \rbrace\), que es lo que queríamos probar.
Firma
Muchos de los que viven merecen morir, y algunos de los que mueren merecen la vida. ¿Puedes devolver la vida? Entonces no te apresures a dispensar la muerte, pues ni el más sabio conoce el fin de todos los caminos.
Supongamos que no, o sea, existe una suceción \({({a}_{n})}_{n \in \mathbb{N}}\) en \(A\) tal que \({a}_{n} \longrightarrow x\), con \(x \notin A\).
Tomo \(B = \lbrace {a}_{1} \rbrace\). Miro la sucesión \({b}_{n}={a}_{n+1}\), \({b}_{n} \in A-B\) \(\forall n\) y \({b}_{n} \longrightarrow x\). Como \(A-B\) es cerrado, \(x \in A-B\). Luego \(x \in A\).
Absurdo.
Luego \(A\) es cerrado.
