Obj3-Pta1: Sea unb número real tal que

Universidad Nacional Abierta

Análisis I: 762

Vicerrectorado Académico

Prueba Integral

Área de Matemática

Fecha: 31/03/2012.

MODELO DE RESPUESTA

Obj2- Pta1: Este ejercicio consta de tres partes:

1. Demuestre que no existe un número real positivo que sea el más pequeño de todos.

2. Sea x . Demuestre que si 0 x  _{para todo}  0_{, entonces} x0_.

3. Sean x y, números reales positivos, con x y. Demuestre que existen infinitos números reales intercalados entre xy.

Solución:

1.- Un camino posible es aplicar la Propiedad Arquimediana de la siguiente manera: Sea x un número real positivo arbitrario: x0. Sabemos por la citada propiedad que existe un número natural n, tal que nx1, de lo cual se obtiene 0 1 x

n

  . Esto indica que para cualquier número positivo, siempre habrá

otro número positivo, en este caso 1

n, situado a la izquierda de él.

2.- Esta parte es un corolario del ejercicio anterior, en el siguiente sentido: El elemento x0 sólo tiene dos posibilidades, a saber x  0 x 0. La segunda alternativa, x0 no es posible, pues de ser así estaríamos en

presencia del número real positivo más pequeño que todos, el cual, según vimos en el ejercicio anterior, no existe.

3.- Un curso de razonamiento posible es aplicar la parte uno de la siguiente manera: Como y x 0, entonces existe un elemento z, que satisface la desigualdad: 0  z y x. En consecuencia: x  z x y. Hemos logrado, pues, intercalar un elemento entre xy. Es de necesidad lógica afirmar que si es posible intercalar un elemento distinto entre dos distintos, nada impide intercalar uno más, y luego uno más, en un proceso iterativo que no se detiene. Es decir, si entre dos elementos distintos siempre hay otro, entonces, hay infinitos.

Obj3-Pta1: Sea un bnúmero real tal que 0 b 1. Demuestre que lim n

nb =0.

Solución: Dado que 0 b 1, entonces 1 1

b . Tomando

1 1

h b

  , se deduce que

1

1 h

b

  . Tenemos así que 1

1

b

h 

de Bernoulli, se tiene: 0 1 1 1

(1 ) 1

n

n

b

h nh nh

   

  . A continuación, tomando límites cuando n en los extremos de la desigualdad anterior y aplicando el Teorema del Sándwich, se obtiene la conclusión.

Obj3-Pta2: Demuestre que toda sucesión convergente es acotada. ¿Es cierto el reciproco? Según sea su respuesta, demuéstrelo o dé un contra-ejemplo.

Solución: Sea

 

x_n una sucesión convergente con lim _n

nx L y sea  0dado. El

objetivo es probar la existencia de una cota para la sucesión. Es decir, debemos probar que existe un M 0, tal que x_n M, n . En efecto, por definición de límite de una sucesión, existe un natural N_, tal que x_n L , para todo nN_. Ahora bien, por una parte tenemos que para todos los términos de la sucesión, a partir de Nen adelante, se cumple: xn  L  xn L . En consecuencia,

n

x  L , para todo nN. Esto significa que todos los términos de la sucesión

de N_ en adelante, están acotados por L ¿Y qué pasa con los primeros (N-1) términos? Estos los podemos acotar por el máximo de ellos, el cual existe

por tratarse de un conjunto finito. Sea pues, M max



x x₁, ₂,...,x_{N 1},L



 

  . Es

claro que x_n M, para todos los términos de la sucesión.

El reciproco es falso. No toda sucesión acotada es convergente. Un ejemplo lo constituye la sucesión ( 1)

1

n n

n y

n  

 , la cual es acotada y no converge.

Obj4-Pta1: Sea n

M  . Para todo x( ,x x1 2,...,xn) y y( ,y y1 2,...,yn) en M, se

define la función d x y( , )max



x1y1 , x2y2 ,..., xnyn



. Demuestre que la

citada función es una métrica.

Solución: En este ejercicio se trata simplemente de probar los siguientes propiedades:

a) d x y( , )0, para todo x y,  n. En efecto, como x_iy_i 0, para toda

1, 2,...,

i n, se tiene entonces que el máximo de todos ellos



1 1 2 2



( , ) max , ,..., _{n n}

d x y  x y x y x y también será mayor o igual que cero.

b) d x y( , )0  xy. En efecto, d x y( , )0  x_iy_i 0xi yi para

c) d x y( , )d y x( , ). Esto es muy obvio, ya que x_iy_i  y_ix_i para todo

1, 2,...,

i n.

d) La desigualdad triangular que establece: d x y( , )d x z( , )d z y( , ), para todo x y z, ,  n. Antes de proceder a la demostración en sí, precisemos algunas propiedades relativas al máximo de un conjunto, las cuales nos servirán de apoyo. Tales propiedades son las siguientes: Sean A B, subconjuntos no vacíos de números reales:

1. Si para todo aA, existe al menos un cierto bB, tal que ab, entonces, maxAmaxB.

2. Si A B 



a b a :   A b B



 max(A B )maxAmaxB.

Con estas propiedades en mente, hagamos:

( , )

d x y max



x_iy_i :i1, 2,...,n



max



x_i  z_i z_i y_i :i1, 2,...,n



, por la propiedad 1.

max



x_iz_i :i1, 2,...,n



max



z_iy_i :i1, 2,...,n



, propiedad 2

=d x z( , )d z y( , ). ¡Listo!

Obj4-Pta2: 1.-Considere el conjunto A 1 1 : ,m n n m

 

_   _

 . Determine los

conjuntos 0

A de puntos interiores y A de puntos de acumulación de A.

2.- Discuta si el conjunto A es abierto o cerrado.

Solución: Para ver el conjunto de los puntos de acumulación, hagamos notar que si nk es fijo, entonces lim(1 1) 1

m _k _m _k . Vemos así que todos los números de la

forma 1

k son puntos de acumulación de A. Análogamente, tomando m j, fijo y haciendo que n tienda al infinito, encontramos que los puntos de la forma 1

j 

son

1 1 0

nm . En conclusión, el conjunto de puntos de acumulación de A es

 

1 1

: 1, 2,3,... : 1, 2,3,... 0

A k j

k j

 

 

 _  _{ }  _

    .

Con respecto al conjunto de puntos interiores 0

A , observemos que si pes cualquier punto de A, es decir, 1 1 p A

j  k y r0 es cualquier número real positivo, entonces la bola abierta centrada en p y con radio r no está totalmente contenida en A. Es decir, B p r( ; ) A; pues, en dicha bola habrá puntos irracionales los cuales obviamente no pertenecen al conjunto A. Se concluye así que ningún elemento de A es punto interior. En consecuencia, A  .

El conjunto A no es abierto, ya que para serlo todos sus puntos deberían ser puntos interiores y hemos visto que no es así. Tampoco es cerrado, ya que no contiene todos sus puntos de acumulación, pues 0A.

Obj6-Pta1: Demuestre que la función h x( ) x es uniformemente continua en cualquier intervalo del tipo

 

a b, .

Solución: La demostración se hará aplicando directamente la definición, la cual establece que una función f :A es uniformemente continua si para cualquier

0

  , existe un  0- el cual sólo depende de  - de tal modo que para todo par de elementos x y, A: Si x y , entonces f x( )f y( ) . En efecto, sea un

0

  cualquiera y sea h x( )h y( )= x y = x y x y

  =

x y x y



 .(I) Ahora bien,

como x y, 

 

a b, 2 a x y2 b, de lo cual se obtiene lo siguiente:

1 1 1

2 b  x y 2 a . Esta desigualdad servirá para acotar superiormente la

expresión (I). Digamos que: h x( )h y( )= x y x y



 < 2

x y a 

. Ahora bien, esto último

será menor que el  0 dado al inicio, siempre que x y 2 a. Finalmente, tomando =2 a, podemos concluir que h x( )h y( )<, siempre que

2

x y a= .

Obj6-Pta2: Considere la función g x( ) x

 

x , definida sobre el intervalo



0,



.

3. Determine el rango de la función.

4. ¿Esta función, posee inversa? Explique!

Nota:

 

x denota la función Parte Entera.

Solución: En primer lugar, recordemos que todo número real x puede expresarse en la forma x

 

x d_x, donde

 

x es un número entero n y dx es la parte

decimal con 0d_x 1. Cuando d_x0, entonces, x

 

x n es un entero. Por ejemplo, x13.00736 

 

x  13 d_x 0.00736. Así mismo, nótese que la función g se puede escribir como: g x( )2

 

x d_x. (I)

Para probar que la función es estrictamente monótona, supongamos que xy y debemos probar que g x( )g y( ). En efecto, si x y

   

x  y ; y, por lo tanto,

 

 

( ) ( )

x x  y y g x g y .

Para la parte 2, previamente observemos que si x es un entero, entonces,

 

x x n, en este caso, n0,1, 2,3,...; luego, g x( ) x

   

x 2 x . Analicemos el asunto en cada punto entero positivo. En este caso, tenemos que x₀

 

x₀ 0. En consecuencia g x( )₀ 2

 

x₀ . Analicemos los límites laterales:

0 0

lim ( ) lim ( )

x x x x

g x g x

 

   .

En el primer caso tenemos:

 

0 0

lim ( ) lim ( )

xxg x xx x x xlimx₀xxlimx₀

 

x x0xlimx₀

 

x =

 

 

0

0 lim x x

x _ x



 . Ahora bien, es claro que si x0 es un entero y x se aproxima a x0

siendo xx0, entonces

   

x  x0 .Luego,

0

lim ( )

xxg x 

 

x0 xlimx₀

 

x =

 

x0 xlimx₀

 

x0 =

 

0

2 x .

En el caso,

0

lim ( )

x x

g x



 =

 

0

 

0 lim x x

x _ x



 , tenemos x0 entero y x cercano a x0 por la

izquierda, por lo cual será

   

x  x₀ 1. En consecuencia, será

 

 

0

0 lim x x

x _ x



 =

 

0

2 x 1. En conclusión, si x₀ es un entero, se tiene

 

0

0

lim ( ) 2

x x

g x x



  , mientras que

por el otro lado será

 

0

0

lim ( ) 2 1

x x

g x x



   . Esto significa que la función carece de

limite en todo punto entero, salvo en x0 0, punto en el cual la función es

continua, lo cual dejamos al lector demostrar. Como los limites laterales existen y son distintos, tenemos una discontinuidad de salto en cada punto entero positivo.

recorre todos los enteros, entonces los valores del dominio quedan atrapados en los intervalos



n n, 1



y, en consecuencia, los valores del rango de la función quedan incluidos en los intervalos



2 , 2n n1



. En resumen, rango de la función es

la unión:





0

2 , 2 1

n

n n





 .

Para la parte cuatro: Observe que la función es inyectiva. En efecto: Si

( ) ( )

g x g y , entonces, 2

 

x d_x 2

 

y d_y. Esto obliga a que las partes decimales coincidan, es decir, dx dy. En consecuencia, 2

   

x 2 y y de aquí se obtiene

   

x  y . Finalmente, si las partes decimales y las partes enteras coinciden,

entonces xy. Esto garantiza la existencia de la inversa como una función

1

:

g





0

2 , 2 1

n

n n





 



0,



.

Obj8-Pta1: Sean las funciones f :

 

a b,  , continua, y g:

 

a b,  definida

mediante ( )

b

x

g x 



f , para toda x

 

a b, . Encuentre g x( ). Explique teóricamente

cada paso del proceso.

Solución: De acuerdo con la linealidad de la integral, respecto del intervalo de integración, podemos escribir: b x b

a f  a f  x f







= x ( )

a f g x



. A continuación, tomando derivadas a ambos lados de la igualdad, aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo y teniendo en cuenta que la integral definida b

a f



es una constante, tenemos: 0 f x( )g x( ). De aquí que g x( ) f x( ).

Obj8-Pta2: Considere la función f : 0,3

 

 definida de la siguiente manera:





( ) , 0,1

f x   x x ; f x( ) 1,  x



1, 2



; f x( )  x, x

 

2,3 . Determine una

expresión explícita para la función

0

( )

x

F x 



f como función de x. ¿Dónde es

derivable la función F? Evalúe F x( ) en todos los puntos donde F es derivable.

Solución: Una expresión explicita para F x( ) es la siguiente:

Para 0 x 1, tenemos:

2

0

( )

2

x x

F x 



tdt .

Para 1 x 2, tenemos:

0

( ) x ( ) F x 



f t dt 1

0 ( ) 11 x

f t dt dt





=1 ( 1)

2 x =

2 1

2

Para 2 x 3, tenemos: 2

0 2

( ) ( ) x (2)

F x 



f t dt



tdtF  1 2

( 4)

2 x  =

2

1 2

x  .

Puede observarse que en el interior de cada uno de los intervalos dados, la función F x( )es derivable, ya que se trata de polinomios, y, además, F es efectivamente una antiderivada de f x( ). Es decir, F x( ) f x( ). Sin embargo, en el punto x2 la función no es derivable, como comprobaremos de seguidas:

Pongamos h0 y calculemos

0

(2 ) (2)

lim

h

F h F

h    =









2 0

2 1 3

lim 2 h h h     = 0 4 lim 2 h h   =2.

Ahora, sea h0 y hagamos

0

(2 ) (2)

lim

h

F h F

h



 

=









0

2 2 1 3

lim h h h     = 0 2 lim 1 2 h h h   .

Como hemos podido ver, el límite que define la derivada en dicho punto no existe. Sugiero como ejercicio probar la derivabilidad de la función F en los puntos

0,1,3

x .

Obj9-Pta1: Considere la sucesión de funciones ( ) 1 n nx f x nx 

 para x0.

1. Encuentre lim _n( )

n f x .

2. Demuestre que si 0 b 1, entonces la sucesión es uniformemente convergente en

 

0,b .

3. Demuestre que la convergencia no es uniforme en



0,1



.

Solución: Veamos la convergencia puntual: Si 0 lim _n( ) 0

n

x f x



   y si

0

x lim lim 1

1 1 n n nx x nx x n     

  . Por lo tanto, la sucesión de funciones dada

converge puntualmente a la función f(0)0 y f x( ) 1 si x0.

Como se puede ver, estamos en presencia de una sucesión de funciones continuas que converge a una función discontinua. Esto indica que la función dada no puede ser uniformemente convergente en ningún intervalo del tipo



0,b



ni

 

0,b .

Aclaratoria: Dada la incorrecta formulación de la parte 2, pido excusas y sugiero a los asesores tomar en cuenta este error a la hora de corregir las pruebas.

Obj9-Pta2: Suponga que la serie numérica

1 n n a  



es absolutamente convergente.

Demuestre entonces, que la serie de funciones

1

( )

n n

a sen nx







es absoluta y

Solución: Dada la hipótesis de convergencia absoluta, tenemos que la serie numérica

1 n n

a







converge. Por otro lado, observemos que a sen nx_n ( )  a_n , luego aplicando el Criterio de Weierstrass, se obtiene la conclusión.

Obj10-Pta1: Sea la sucesión

 

a_n tal que a_n 1cuando n es el cuadrado de algún número natural y a_n 0 en caso contrario. Determine el radio de convergencia de

la serie de potencias

1 n n n

a x







.

Solución: Notemos en primer lugar que a_n   1, n . Tratemos de calcular limsup(n ) limsupn

n n

a a

  . Sea la subsucesiòn 1

k

n

a  , cuando 2 k

n k para

1, 2,3,...

k  . Por ejemplo, n₁1;n₂4;n₃9;...;n_p p2, etc. Como nk es siempre

un cuadrado, entonces 1

k

n

a  . Claramente, lim 1

k

n

ka  . Más aún, nlim_k 1

k k

n n

a  y

este es justamente el límite superior: limsup(n ) limsupn

n n

a a

  =1. Se concluye

así que el radio de convergencia de la serie es r 1_1.

Obj10-Pta2: Desarrolle la función f x( ) 1

x

 en serie de Taylor cerca de x1.

Sugerencia: Use apropiadamente la serie geométrica.

Solución: Haciendo 1 1

1 (1 )

x   x y usando la serie geométrica: 0 n n

r







= 1

1r con

1 r 1

   , se obtiene, 1 x  0

(1 )n

n

x









, válida para 0 x 2.