OBJ 2 PTA 1: Demuestre el siguiente teorema: Dados dos conjuntos de números reales A y B, tales que ab

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Elaborado por: Luis Rivas

Área de Matemática

Universidad Nacional Abierta Análisis I (762) Vicerrectorado Académico Cód. Carrera: 126

Área De Matemática Fecha: 05 – 12 – 2009

MODELO DE RESPUESTAS

OBJ 2 PTA 1:

Demuestre el siguiente teorema: Dados dos conjuntos de números reales A y B, tales que ab, para todo aA y todo bB. Entonces A tiene supremo y B tiene ínfimo, y se verifica: supA≤inf B. Solución: Dado que todo elemento de A es menor o igual que todo elemento de B, se deduce que A es acotado superiormente y B inferiormente. Por lo tanto, existe el supremo de A=supA y el ínfimo de B=inf B. Resta probar que supA≤infB. En efecto, para todo bBse cumple que supAb, ya que cualquier bB es cota superior para el conjunto A, y supAes la menor de tales cotas superiores. Además, supA es una cota inferior para el conjunto B y, por lo tanto, es menor o igual que la mayor de las cotas inferiores de B, que es precisamente infB . En resumen, supA≤inf B.

OBJ 3 PTA 2:

Para la sucesión: 1 ( 1)

n

n s

n

+ −

= , estudiar si es monótona, acotada y convergente. De ser convergente,

determine el límite y demuéstrelo.

Solución: Por simple inspección se puede ver que s2n+1=0 y s2n 1 ; n 1, 2, 3,...

n

= ∀ = .Por lo tanto,

la sucesión no es monótona. También es obvio que es acotada, pues, 1 ( 1) 2 2

n

n s

n n

+ −

= ≤ ≤ .

Probaremos a continuación que el límite de la sucesión es cero. En efecto, sea ε >0, cualquiera.

Entonces, 0 1 ( 1) 2

n

n s

n n ε

+ −

− = ≤ < , siempre que, n>2ε . Luego, tomando Nε 2 1

ε

=c fd g+

d g

e h , queda

garantizado que si nNεsn− <0 ε.

OBJ 4 PTA 3:

Probar que cada conjunto abierto y no vacío de números reales, contiene números racionales e irracionales.

Solución: En principio, debemos recordar que todo conjunto abierto de números reales es la unión de una colección numerable de intervalos abiertos, disjuntos dos a dos. Por lo tanto, bastará con probar el resultado para un intervalo abierto ( ,a b) cualquiera.

Probaremos primero, que el intervalo ( , contiene al menos un racional. (Haremos una demostración de carácter constructivo). Supongamos en primer lugar que no contiene ningún entero, pues, si

) a b

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así fuese no tendríamos nada que probar. Sea pues N =

a b

a la parte entera del elemento . Entonces, , pues, como hemos dicho, el intervalo no contiene enteros. Sea el entero

positivo tal que

a

( , )a b ⊂( ,N N+1) ( , )a b

n 1 b a

n< − (*) y consideremos la siguiente partición del intervalo ( ,N N+1):

1 2 3 1

, , , ,..., j,..., n , 1

N N N N N N N

n n n n n

+ + + + + + . Por (*) se tiene que : N j ( , )a b

n

+ ∈ −

para

algún j=1,...,n 1 y este elemento es racional, con lo cual concluimos esta parte.

Seguidamente probaremos que el intervalo ( , contiene al menos un elemento irracional.(Lo haremos por medio de un razonamiento indirecto. Le sugerimos reflexionar sobre la naturaleza de ambos métodos). En efecto, sea , un número real positivo cualquiera. Probaremos que en

) a b

0

x> (0, )x

hay al menos un irracional y luego extenderemos este resultado a un intervalo cualquiera. Supongamos, por el contrario, que no existe ningún irracional en (0

( , )a b

, )x . Es decir, todos los elementos del intervalo son racionales. Dado que los racionales son un conjunto numerable, todos los elementos de (0, )x se pueden colocar en una sucesión, como en el siguiente arreglo:

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

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

1 2 3 4

1 2 3 4 0. ...

0. ...

0. ...

0. ... .

.

0. ... .

.

n n n n n

x x x x x

x x x x x

x x x x x

x x x x x

x x x x x

= = = =

=

Esta es una lista de todos los elementos de (0, )x . Sin embargo, hay un elemento del intervalo que no está en dicha lista. En efecto, sea m=0.m m m1 2 3...,de manera que mj =1, si ajj ≠1 y mj =0,si

. Este elemento, así construido, difiere de cada elemento 1

j j

a = j

x de la lista en el digito j-èsimo. Por lo tanto, no está en la lista. Esto implica como conclusión que no es posible que todos los elementos del intervalo (0, )x sean racionales. Así pues, algún irracional tendrá necesariamente que haber en (0, )x .

Para extender este resultado a cualquier intervalo ( ,a b), considérese el intervalo (0, )x con x= −b a. Luego hay un irracional z∈(0,ba), es decir, 0< < − ⇒ < + <z b a a z a b y z+aes irracional. OBJ 6 PTA 4:

Dada una función f de valores reales, continua en el intervalo

[ ]

0,1 y tal que: 0≤ f x( ) 1;≤ ∀ ∈x

[ ]

0,1 . Demostrar que existe un punto c en

[ ]

0,1 tal que f c( )=c.

Solución: En principio, supóngase que f(0)≠ ∧0 f(1)≠1, pues, en caso contrario, no habría nada que probar. Entonces, bajo esas suposiciones se tiene que. f(0)> ∧0 f(1)<1. A continuación, considérese

[ ]

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Elaborado por: Luis Rivas

Área de Matemática OBJ 8 PTA 5:

1. Sea f :

[ ]

a b, →\ una función acotada. Defina el concepto de integrabilidad según Riemann.

2. Considere la función de Dirichlet, f : 0,1

[ ]

{ }

0,1 dada por :

f x( )=1, si x es racional y f x( )=0, si x es irracional.

Demuestre que esta función no es integrable según Riemann.

Solución: Para la parte uno, consúltese en los textos esta esencial definición.

Parte dos: Sea P x: 0 = < <0 x1 x2 <...<xn =1 una partición arbitraria del intervalo

[

0,1 . Para cada

]

sub-intervalo Ik =

[

xk1,xk

]

se tiene que: mk =inf

{

f x( ) :xIK

}

=0 y Mk =sup

{

f x( ) :xIk

}

=1

1 1

1 1

( ; ) .( ) ( ) 1 0 1

n n

k k k k k

k k

U f P M x x x x

= =

. Por tanto, la suma inferior y la suma superior asociadas a esta partición arbitraria son,

respectivamente, 1 y

1

( ; ) .( ) 0

n

k k k

k

L f P m x x

=

= − = =

− =

− = − = .

(En este último desarrollo se ha aplicado la propiedad telescópica). De aquí que para cualquier partición se tiene . De modo que, por el criterio de integrabilidad según Riemann ( Teorema 7.1.8 del texto de Bartle-Sherbert) ésta función no es integrable, ya que, si por ejemplo tomamos

( ; ) 0 ( ; ) 1

L f P = ∧U f P =

1 2

ε = , no existe una partición del intervalo

[ ]

0,1 , para el cual se cumpla que:

( ; ) ( ; )

U f PL f P <ε.

OBJ 9 PTA 6:

Sea la sucesión de funciones

{

f xn( )

}

n=1, donde ( ) ;

[ ]

0,1 1

n

n n

x

f x x

x

= ∀ ∈

+

1. Encuentre una función f tal que

lim

n→∞

( ) ( ), : 0 1

n

f x = f xx ≤ ≤x .

2. Demuestre que la sucesión dada converge uniformemente en 0,1 2

⎡ ⎤

⎣ ⎦, pero no en

[ ]

0,1

Solución:

1. A partir de la desigualdad ;

[

0,

)

1

n n n x

x x

x ≤ ∀ ∈

+ 1 se deduce que limn→∞ f xn( )= ∀ ∈0; x

[

0,1

)

. Para

1

x= , es claro que la sucesión es igual, de manera constante, a 1

2. Por lo tanto, la función limite ( ) lim n( )

n

f x f

→∞

= x es igual a cero para todo x

[

0,1

)

e igual a 1

(4)

2. En esta parte usaremos el concepto de Norma Uniforme. (Ver definición 8.1.7 del texto

Bartle-Sherbert, y el lema 8.1.8). Si 0,1 2

x∈ ⎣⎡ ⎤, entonces, ( )

( )

1 2 1 n n n n n x

f x x

x

= ≤ ≤

+ . Por lo tanto,

{

1

}

( )

1 sup ( ) : 0,

2

n

n

f x x∈⎡ =

2 . Por otra parte, 0,1 2 ( ) ( )

n

f x f x

⎣ ⎦

− = 1

0, 2 ( )

n

f x

⎣ ⎦=

( )

1 2

n

y

esto último tiende a cero. Luego, por el citado lema 8.1.8, la sucesión de funciones fn converge uniformemente a f x( )=0.

Para ver que la convergencia no es uniforme en

[ ]

0,1 , dejamos al lector asegurarse por si mismo que

[ ]

{

}

1

sup ( ) ( ) : 0,1 2

n

f xf x x∈ = , para todo n natural. Deducir entonces que la norma

[ ]0,1 ( ) ( )

n

f xf x no tiende a cero.

Comentario: este ejercicio muestra que la convergencia uniforme es un concepto que depende no sólo de la sucesión de funciones en sì, sino también del dominio de definición en el que están definidas las funciones.

OBJ 10 PTA7:

¿Es uniformemente convergente la serie

(

)

2 2 0 1 n n x x ∞ = +

?. ¡Justifique su respuesta!

Solución: Analicemos, en primer lugar la convergencia puntual de la serie.

Sea

(

)

2 2 0 ( ) 1 n n x h x x ∞ = = +

. Entonces, si x= ⇒0 h(0)=0 y si x≠ ⇒0 h x( )=

2

2 0(1 )

n n x x ∞ = +

= = 2 2 0 1 . 1 n n x x ∞ = ⎛ ⎜ + ⎝ ⎠

⎞⎟ .Esta última es una serie geométrica de razón 1 2 1

1+x < , por lo tanto, converge

puntualmente a 2

2 1 . 1 1 1 1 2 x x x = + − +

. En resumen, la serie de funciones dada converge puntualmente en

todos los reales a la función: . Pero, como se puede ver, cada término de la serie es una función continua en todos los reales, mientras que la función a la cual converge, es discontinua en . Esto indica que la convergencia no es uniforme.

2

(0) 0 ( ) 1 , 0

h = ∧h x = +x ∀ ≠x

( ) h x

0

x=

Sin embargo, si consideramos cualquier intervalo que no contenga el cero, como con ,

vemos que la convergencia es uniforme. En efecto,

[

a,∞

)

a>0

[

)

: ,

x x a

∀ ∈ ∞ , se tiene que 1 2 1

1 1 2

xa

+ + , por lo

tanto, 12 1

(1+x )n ≤ (1+a2)n . Si hacemos, 2

1 1 n n M a

= ⎜ + ⎞⎟ vemos fácilmente que la serie numérica

2 0 1 1 n n a ∞ = ⎛ ⎜ + ⎝ ⎠

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Elaborado por: Luis Rivas

Área de Matemática uniforme de la serie 2

0

1

(1 )n

n x

= +

. Un razonamiento parecido permite establecer la convergencia uniforme de la serie en cualquier intervalo de la forma

(

−∞,a

]

con a<0.

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