Parcial Área de Matemática Fecha: 251008 Lapso 2008 – 2 MODELO DE RESPUESTA

Universidad Nacional Abierta

Análisis I: 762

Vicerrectorado Académico Segunda

Parcial

Área de Matemática

Fecha: 25/10/08 Lapso 2008 – 2

MODELO DE RESPUESTA

OBJ7 PTA 1: Considere la función f : 0,1

[ ] [ ]

→ 0,1 dada por:

f x

( )

=x, si x es racional y f x

( )

= −1 x si x es irracional.

1.- Demuestre que f es uno a uno y que f f x

(

( )

)

= ∀ ∈x x,

[ ]

0,1 ¿Cuál es la inversa de f ? ¿Es la función f monótona?

2.- Demuestre que f es continua sólo en x0 =1₂.

3.- Demuestre que f toma todos los valores comprendidos entre 0 y 1. Solución:

Parte 1: Probemos primero que f es inyectiva: Supongamos que x≠ y y probemos que f x

( )

≠ f y

( )

. En efecto: Si x y, son racionales, entonces f x

( )

=x y

( )

,

f y =y Por lo tanto, f x

( )

≠ f y

( )

. Análogamente se procede si suponemos que

,

x y son irracionales. Ahora si x es racional y y es irracional, con x≠y, se tiene evidentemente que x≠ −1 y.(¿por qué.?). Por lo tanto, también para este caso,

( )

( )

f x ≠ f y .

Probemos ahora que es sobreyectiva. Sea x∈

[ ]

0,1 y probemos que existe

[ ]

0,1

z∈ de modo que f z

( )

=x. Si x es racional, entonces z x= y si x es irracional, entonces z= −1 x,pues f z

( )

= − = − −1 z 1 1

(

x

)

=x. Queda probado así que la función es uno a uno.

Por otra parte, si x es racional entonces, f f x

(

( )

)

= f x

( )

=x y si x es irracional se tiene, f f x

(

( )

)

= f

(

1−x

)

= − −1 1

(

x

)

=x, pues 1−x es irracional. De todo esto se deduce que la inversa de f existe y, además, f es su propia inversa.

La función f no es monótona, pues si x y, ∈ (Q) con x y< , claramente

( )

( )

f x < f y , pero si x y, ∈Ι, x y< , entonces: − > − ⇒ − > −x y 1 x 1 y, lo cual indica que f x

( )

> f y

( )

.

la siguiente cadena de razonamientos:

1 1 1 1 1 1 ₁ 1

2 2 2 2 2 2 2

x− < ⇒δ − < <ε x + ⇒ −ε − < − < −ε x ε ⇒ − < − <ε x +ε , lo cual equivale a: 1₂− <ε f x

( )

<1₂+ε , lo que a su vez significa que: f x

( )

−1₂ <ε. Resta probar que x0= 1₂ es el único punto de continuidad de la función. En

efecto, sea

{ }

x_{n n}∞₌₁ una sucesión cualquiera de números reales en

[ ]

0,1 que converge a x0 ≠ 1₂. Demostraremos la no continuidad de la función en x0,

probando que la sucesión

{

f x

( )

n

}

_n1

∞

= no converge a f x

( )

0 . A partir de la sucesión

dada, formemos las subsucesiones:

{ }

1

k

n _k

x ∞

= sólo de números racionales y

{ }

xnj _j 1

∞ =

sólo de términos irracionales. Es claro entonces que la subsucesiòn

( )

{

f xnk

}

_{k 1}

∞

= =

{ }

xnk _k 1

∞

= , converge a x0, de modo que si x0 es racional tenemos

( )

0 0

f x =x ,con lo cual : f n

( )

k → f x

( )

0 =x0. Para la otra subsucesiòn tenemos

que:

{

( )

}

j

n

f x

{

1

}

j

n

x

= − ya que cada término

j

n

x es irracional. De esto se deduce

que: f x

( )

nj = −1 xnj → −1 x0≠ f x

( )

0 , ya que x0 es racional. Una situación análoga

ocurre si suponemos que x0 es irracional. Por lo tanto, para la sucesión

{

f x

( )

n

}

tenemos dos subsucesiones que no pueden converger ambas a f x

( )

₀ . Esto significa que

{ }

x_n →x₀, pero

{

f x

( )

_n

}

no converge a f x

( )

₀ . Esto completa la prueba.

Parte 3: El razonamiento para esta afirmación está dado en la prueba de sobreyectividad de la función.

OBJ 7 PTA 2: Sea M =

[

1,+∞

)

y f M: → , dada por:

( )

1

2

x f x

x

= + .

Demuestre que f es una contracción cuya constante es 1

2

α = . Por lo tanto, la función tiene un punto fijo f p

( )

= p. Encuentre p.

Soluciòn

:

Para probar que se trata de una contracción, debemos probar que existe un número real α , con 0< <α 1, y tal que:

( )

1

x f x

x

=

( )

( )

1 1

2 2 2 2

x y x y y x x y x y

f x f y

x y xy xy

  − − − −

 

− = _ + _−_ + _ = + = −

    =

(

) (

)

2 1

2

x y x y

xy

− − −

= 1 . 1 2 1.

2 x y− −xy <2 x y− . Esto hace ver que la constante de contracción

es α = 1₂. (Verifique que 1 2 1

xy

− < ). Para hallar el punto fijo resuelva la ecuación f p

( )

= p, la cual da como resultado p= 2.

OBJ 7 PTA3:Demuestre que los espacios M1= (0,1) y M2= (0,+∞), ambos con la

métrica del valor absoluto, son homeomorfos.

Sugerencia: Considere la función f : 0,1

( ) (

→ 0,+∞

)

dada por

( )

1

x f x

x

= +

Aclaratoria: Lamentablemente debo reconocer, mis respetados discípulos, que la sugerencia dada no es del todo correcta. Para que lo sea debe tomarse la misma fórmula pero de

(

0,+∞ →

) ( )

0,1 , o también, dejar igual domino y rango y usar la función:

( )

1

x f x

x

=

− .Cualquier confusión que haya ocasionado la tomaré muy en

cuenta, observando sus respuestas.

Solución: Con que prueben que la función es uno a uno, es decir, biyectiva; y que tanto la función f como su inversa son continuas, es suficiente. Los remito a la definición 5.5K, página 141 del texto de Goldberg.

Criterio de Correcciòn: Para considerar aprobado el objetivo, usted deberá responder completamente dos de las tres preguntas, según su elección.

OBJ 10 PTA 1: Considere la función f x

( )

1 x

= .

1.- Desarróllela en serie de Taylor en las cercanías del punto a=1. Sugerencia: Observe que:

(

)

1 1

1 1

x= − −x . Aplique la serie geométrica.

2.- Analice la convergencia de la serie resultante. (Determine el intervalo de convergencia.)

Solución:

1.- La serie geométrica: 2 3

0

1 ... n ... n

n

r r r r ∞ r

=

+ + + + + + =

∑

converge a

1

; : 1 1.

1−r con − < <r Luego, haciendo

1 1

1 (1 )

x = − −x , podemos aplicar la

serie geométrica con r= −1 x, para obtener el desarrollo en serie siguiente: 1 1 1 1

(

) (

1

) (

2 1

)

3 ...

(

1

)

...

1 (1 )

n

x x x x

x= − −x = + − + − + − + + − + =

=

(

)

0

1 n

n

x

∞ =

−

∑

, con radio de convergencia: 0< <x 2.

2.- La serie obtenida converge uniformemente en el radio de convergencia. En los extremos, es claramente divergente. Verifíquelo.

3.- Tenemos que: la serie

(

)

0

1 n

n

x

∞

=

−

∑

converge uniformemente, dentro

del radio de convergencia a la función 1

x, por lo tanto, se puede

integrar término a término. Previamente observemos que la serie:

(

) (

) (

2

)

3

(

)

1 1+ − + −x 1 x + −1 x +...+ −1 x n+...; se puede escribir en la forma:

(

) (

) (

2

)

3

( ) (

)

1− − +x 1 x−1 − −x 1 +...+ −1 n x−1 n+...Por lo cual se puede obtener por integración término a término, la siguiente igualdad:

( ) (

)

0 1

1n 1n

n

dx x dx

x

∞ =

=

∑

− −

∫

∫

; obteniéndose el desarrollo en serie:

( ) (

)

1

0

1

log 1

1

n n

n

x x

n

+ ∞

=

−

= −

+

∑

=

(

) (

) (

) (

)

( ) (

)

1

2 3 4 1

1 1 1 1 ... 1 ...

1

n n x

x x x x

n

+

−

− − − + − − − + + − +

+ ,

válido en el intervalo:0< <x 2.

Haciendo x=2 se obtiene: log 2 1 1 1 1 1 1 ... 2 3 4 5 6

= − + − + − + ¿Es válido este desarrollo? En principio, debe notarse que la serie numérica obtenida es convergente, pues se trata de una serie alternada, cuyos términos son decrecientes en valor absoluto y el término general tiende a cero, luego, por el criterio de Leibnitz para series alternadas, se deduce su convergencia. Ahora, ¿Converge precisamente a log 2? Sin duda, que sí, tal como lo establece el Teorema del Límite de Abel. (Ver teorema 9.31. del texto Análisis Matemático de Apostol.

(

₁

)

₁

(

1

)

2 _...

(

1 ....

) (

1

)

_{..., : 1 1,}

1! 2! !

m m m m m m m n _n

x x x x con x

n

− − − +

+ = + + + + + − < <

y m cualquier número real; aplíquelo para obtener el desarrollo en serie de Taylor para la función

( )

2 1 1

h x

x

=

− , con x <1

Obtenga luego el desarrollo en serie de Taylor para: arcsen x con x

( )

, : <1.

Basado en lo anterior, obtenga un desarrollo en serie para

2

π

Soluciòn:

La función

( )

2 1 1

h x

x

=

− puede escribirse como:

( )

(

( )

)

1 2 2 1

h x x

−

= + − , con lo cual

sustituyendo en el desarrollo binomial: 2_; 1 2

x= −x m=− ; se obtiene el siguiente desarrollo en serie para la función h x

( )

:

(

)

2 4 6 8 2

2 3 4

2

1.3.5.7... 2 1

1 1 1.3 1.3.5 1.3.5.7

1 . . . . ... . ...

2 1! 2 2! 2 3! 2 4! 2 !

1

n n

n

x x x x x

n x

−

= + + + + + + +

− .

Asumiendo la convergencia uniforme, lo cual es evidente para x <1, se tiene integrando término a término:

2 1

dx acrsenx

x

= =

−

∫

3 5 7

0 1 2 3

1 1. 1.3 1.3.5

. . . .

2 1 2 .1! 3 2 .2! 5 2 .3! 7

x₊ x ₊ x ₊ x 9

(

)

2 1

4

1.3.5.7.... 2 1 1.3.5.7

. ... . ...

2 .4! 9 2 . ! 2 1

n n

n

x x

n n

+

−

+ + +

+ .

Luego:

( )

1 1 1 ₂1.3 1.3.5₃ 1.3.5.7₄ ...

2 arcsen 2.3 2 .2!.5 2 .3!.7 2 .4!.9

π _{= = + + + + + ..}

Para la validez de

este último desarrollo, remítase al comentario final del problema anterior.

Criterio de Corrección: Para considerar aprobado el objetivo, deberá responder correcta y completamente ambas preguntas.