• Author / Uploaded
• Arturo Nava

Citation preview

Universidad Abierta y a Distancia de México (UnADM).

Materia: Análisis Matemático II

Asesor: Por M. en C. Cinthia Barrera Cadena

Alumno: Arturo Nava Ayala

Matricula: ES1511114073

Unidad 1, Actividad 2: Teorema de Weierstrass

1. Sea ∑𝑛∈ℕ(𝑎𝑛 ) una serie de números positivos monótona decreciente. Demuestra que ∑𝑛∈ℕ(𝑎𝑛 ) converge si y solo si, la serie ∑𝑛∈ℕ(2𝑛 𝑎2𝑛 ) converge. Para esta demostración, partamos de la siguiente definición y un teorema que se desprende de la misma: Definición de la sucesión de Cauchy. Una sucesión {𝑥𝑛 } de un espacio métrico se llama sucesión de Cauchy si satisface la siguiente condición (llamada condición de Cauchy): Para cada 𝜀 > 0 existe un entero 𝑁 tal que 𝑑(𝑥𝑛 , 𝑥𝑚 ) < 𝜀 𝑠𝑖𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑛 ≥ 𝑁 𝑦 𝑚 ≥ 𝑁 (Análisis Matemático, segunda edición. Tom M Apostol.)

En otras palabras, este teorema establece que toda sucesión convergente es una sucesión de Cauchy. Pero debemos observar que no toda sucesión de Cacuchy (en un espacio métrico general) es convergente. De lo anterior, se desprende el siguiente teorema que sirve de base para la demostración.

Teorema. En el espacio euclídeo 𝑅 𝑘 (espacio métrico específico), toda sucesión de Cauchy es convergente.

(Análisis Matemático, segunda edición. Tom M Apostol.)

Para la demostración (Por la prueba de condensación e Cauchy)de si y solo si, empecemos con la primera parte y suponemos la sucesión {𝑎𝑛 }, monótonamente decreciente 𝑒𝑛 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎𝑛 ≥ 0, ∀ 𝑛 ∈ ℕ Y establecemos a priori que ∞

∑ 𝑎𝑛 𝑛=1

𝐶𝑂𝑁𝑉𝐸𝑅𝐺𝐸

Entonces tenemos que por definición es una sucesión de Cauchy.

Debemos probar que esa serie converge, si y solo si,

∑

(2𝑛 𝑎2𝑛 )

𝑛∈ℕ

Iniciamos introduciendo la siguiente igualdad: 𝑛

𝑡𝑚 = ∑ 2𝑛 𝑎2𝑛 𝑛=0

Ahora supongamos que 𝑡𝑚 converge. Esto implica que ∃ 𝑀 ∈ ℝ 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 0 ≤ 𝑡𝑚 ≤ 𝑀 Ahora establezcamos que 𝑘

𝑆𝑘 = ∑ 𝑎𝑛 𝑛=1

Elegimos 𝑘 y encontramos 𝑚 ∈ ℕ que cumpla con 𝑘 ≤ 2𝑚+1 − 1

Es decir, deseamos que {𝑆𝑘 } Sea una sucesión monotamente creciente.

Agrupemos las siguientes sumas parciales: 𝑆𝑘 ≤ 𝑆2𝑛+1 −1 = 𝑎1 + (𝑎2 + 𝑎3 ) + (𝑎4 + 𝑎5 + 𝑎6 + 𝑎7 ) + ⋯ + (𝑎2𝑚 + ⋯ + 𝑎2𝑚−1 ) Podemos observar que esto sería equivalente a: 𝑆𝑘 ≤ 𝑆2𝑛+1 −1 = 𝑎1 + 2𝑎2 + 4𝑎4 + ⋯ + 2𝑚 𝑎2𝑚 Entonces podemos observar que: 0 ≤ 𝑆𝑘 ≤ 𝑡𝑚 ≤ 𝑀

Y esto implica que

∑

(𝑎𝑛 ) 𝐶𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒

𝑛∈ℕ

Ahora, probemos la segunda parte. Para ello establecemos lo siguiente:

∞

∑ 2𝑛 𝑎2𝑛 𝐷𝐼𝑉𝐸𝑅𝐺𝐸 𝑛=0

Entonces debemos probar que 𝑛

𝑡𝑚 = ∑ 2𝑛 𝑎2𝑛 𝑛=0

También diverge. Observemos que 𝑡𝑚+1 ≥ 𝑡𝑚 ∀ 𝑚 ∈ ℕ (𝑎𝑚 > 0) Por lo tanto {𝑡𝑚 }

𝑁𝑂 𝐸𝑆 𝐴𝐶𝑂𝑇𝐴𝐷𝐴

Establecemos la siguiente igualada 𝑘

𝑆𝑘 = ∑ 𝑎𝑛 ∀ 𝑘, 𝑚 ∈ ℕ 𝑛=1

Entonces podemos observar que 2𝑚 ≤ 𝑘 ≤ 2𝑚+1 Y podemos anotar (usando de nuevo agrupaciones de sumas parciales) que: 𝑆𝑘 ≥ 𝑆2𝑚 = 𝑎1 + 𝑎2 + (+𝑎3 + 𝑎4 ) + (+𝑎5 + ⋯ + 𝑎8 ) + ⋯ + (𝑎2𝑚+1 + ⋯ 𝑎2𝑚 )

Que equivale a lo siguiente:

𝑆𝑘 ≥ 𝑆2𝑚 ≥ 𝑎1 + 𝑎2 + 2𝑎4 + 4𝑎8 + ⋯ + 2𝑚−1 𝑎2𝑚 Es decir 1 1 𝑆𝑘 ≥ 𝑆2𝑚 = 𝑎1 + 𝑡𝑚 2 2 Lo que implica que la sucesión {𝑆𝑘 } 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑎𝑐𝑜𝑡𝑎𝑑𝑎 Por lo tanto, se ha comprobado finalmente que si ∞

∑ 2𝑛 𝑎2𝑛 𝐷𝐼𝑉𝐸𝑅𝐺𝐸 𝑛=0

La sucesión

∑ 𝑎𝑛 𝑇𝐴𝑀𝐵𝐼É𝑁 𝐷𝐼𝑉𝐸𝑅𝐺𝐸

https://youtu.be/kx7m0qGZSiw

2. Probar la convergencia o la divergencia de las series cuyo n-ésimo término está dado por, 1

2− 𝑛 1.- La gráfica para esta función la podemos observar en la siguiente figura:

La sucesión cuyo enésimo término está dado por la expresión: 1

2− 𝑛 Se puede reescribir como: 1 ,𝑛 ≠ 0 2𝑛

Y podemos obtener algunos de los términos de dicha sucesión: 1 1 1 1 𝑠 = , , ,⋯, 𝑛 2 4 8 2

Aplicamos el criterio de D´Alambert y suponemos que el siguiente límite existe y es igual a: 𝑎𝑛+1 =𝑘 𝑛→∞ 𝑎𝑛 lim

El criterio de D´Alambert dice que 𝑠𝑖 𝑘 < 1 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒 𝑠𝑖 𝑘 > 1 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒 𝑠𝑖 𝑘 = 1 𝑒𝑙 𝑐𝑟𝑖𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑦𝑒𝑛𝑡𝑒

Sea entonces 𝑎𝑛+1 =

1 2(𝑛+1)

y 𝑎𝑛 =

1 2𝑛

Entonces 1 (𝑛+1) 𝑎𝑛+1 2𝑛 2𝑛 1 lim = lim 2 = lim (𝑛+1) = lim 𝑛 = 1 𝑛→∞ 𝑎𝑛 𝑛→∞ 𝑛→∞ 2 𝑛→∞ 2 ∗ 2 2 2𝑛

𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑘 < 1 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒

2.- Para la siguiente serie tenemos 𝑛! 𝑛𝑛

La serie parece converger a 0. Aplicando el criterio de D´Alambert, tenemos. 𝑎𝑛+1 =

(𝑛 + 1)! (𝑛 + 1)𝑛+1

y 𝑎𝑛 = Entonces

(𝑛)! (𝑛)𝑛

(𝑛 + 1)! (𝑛 + 1)! (𝑛)𝑛 (𝑛 + 1)(𝑛)𝑛 𝑎𝑛+1 (𝑛 + 1)𝑛+1 lim = lim = lim = lim = (𝑛)! 𝑛→∞ 𝑎𝑛 𝑛→∞ 𝑛→∞ (𝑛 + 1)𝑛+1 (𝑛)! 𝑛→∞ (𝑛 + 1)𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛)𝑛

(𝑛)𝑛 𝑛 𝑛 1 1 = lim ( ) = lim = =𝑘 𝑛 𝑛→∞ (𝑛 + 1) 𝑛→∞ 𝑛 + 1 𝑛→∞ (𝑒) 𝑒 lim

Aquí podemos ver que 𝑘 1.

El criterio de la raíz de Cauchy, nos dice que si:

𝑛

lim √|𝑥𝑛 | = 𝐿

𝑛→∞

Y 𝐿 < 1la sucesión converge y si 𝐿 > 1la, sucesión diverge.

4. Determine si es falsa o verdadera la siguiente proposición y demuestre su afirmación: Si {𝑥𝑛 }𝑛∈ℕ es una sucesión de números reales no cero y existe un número real 𝑎 < 1y un número natural 𝐾 tales que |𝑥𝑛+1 | 𝑎 ≤ 1 − 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 ≥ 𝐾 |𝑥𝑛 | 𝑛 Entonces las serie ∑𝑛∈ℕ{𝑥𝑛 } es absolutamente convergente.

El criterio de Raabe nos dice los siguiente:

Si existen los números 𝑎 > 1 𝑦 𝐾 ∈ ℕ 𝑡𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 |

𝑥𝑛+1 𝑎 | ≤ 1 − 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 ≥ 𝐾 𝑥𝑛 𝑛

Entonces ∑ 𝑥𝑛 Es absolutamente convergente En nuestro caso se está estableciendo que 𝑎 < 1 𝑦 𝐾 ∈ ℕ Es decir, según el criterio de Raabe, la afirmación del ejercicio nos debe conducir a una contradicción, porque la afirmación necesariamente es falsa puesto que se está estableciendo que 𝑎 < 1 𝑦 𝐾 ∈ ℕ. Si |

𝑥𝑛+1 𝑎 | ≤ 1 − 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 ≥ 𝐾 𝑥𝑛 𝑛

Que solo es cierta cuando 𝑎 > 1 𝑦 𝐾 ∈ ℕ El desarrollo de la prueba es la siguiente: Sustituimos 𝑛 𝑝𝑜𝑟 𝑘 |

𝑥𝑘+1 𝑎 | ≤ 1 − 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑘 ≥ 𝐾 𝑥𝑘 𝑘

|𝑥𝑘+1 | (𝑘 + 𝑎) ≤ |𝑥𝑘 | 𝑘 Simplificamos 𝑘|𝑥𝑘+1 | ≤ (𝑘 + 𝑎)|𝑥𝑘 |

Usamos asociatividad para desarrollar el producto del lado derecho:

𝑘|𝑥𝑘+1 | ≤ (𝑘)|𝑥𝑘 | + (𝑎)|𝑥𝑘 |

Agregamos |𝑥𝑘 | − |𝑥𝑘 | = 0 para no alterar la desigualdad y reagrupamos:

𝑘|𝑥𝑘+1 | ≤ (𝑘)|𝑥𝑘 | + (𝑎)|𝑥𝑘 | + |𝑥𝑘 | − |𝑥𝑘 |

𝑘|𝑥𝑘+1 | ≤ |𝑥𝑘 |((𝑘) − 1) + |𝑥𝑘 |(𝑎 + 1)

𝑘|𝑥𝑘+1 | ≤ |𝑥𝑘 |((𝑘) − 1) − |𝑥𝑘 |(−𝑎 − 1) Finalmente reordenamos 0 ≤ |𝑥𝑘 |((𝑘) − 1) − |𝑥𝑘 |(−𝑎 − 1) − 𝑘|𝑥𝑘+1 | 0 ≤ |𝑥𝑘 |(𝑘 − 1) − 𝑘|𝑥𝑘+1 | − |𝑥𝑘 |(−𝑎 − 1) 0 ≤ |𝑥𝑘 |(−𝑎 − 1) ≤ |𝑥𝑘 |(𝑘 − 1) − 𝑘|𝑥𝑘+1 | |𝑥𝑘 |(−𝑎 − 1) ≤ |𝑥𝑘 |(𝑘 − 1) − 𝑘|𝑥𝑘+1 | |𝑥𝑘 |(𝑘 − 1) − 𝑘|𝑥𝑘+1 | ≥ |𝑥𝑘 |(−𝑎 − 1) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑘 ≥ 𝐾

De donde se debería deducir que la sucesión 𝑘|𝑥𝑘−1 | es decreciente para 𝑘 ≥ 𝐾. Pero esto solo es válido cuando 𝑎 > 1, de otra manera el término de la derecha nos lleva a que la última desigualdad no siempre se cumpla y por lo tanto llegamos a una contradicción.

Bibliografía.

a. https://www.youtube.com/watch?v=eIpVf91MB4U b. https://www.youtube.com/watch?v=hmDRu8whAD8 c. MAMT2_U1_Contenido d. Mate A. (2018). Definición sucesión convergente. 01/02/2021, de youtube Sitio web: https://youtu.be/4cQu4rEIKEg e. Profesora Juliana. (2016). SUCESIONES MATEMÁTICAS: Cómo saber si una SUCESIÓN es DIVERGENTE ó CONVERGENTE. 02/02/2021, de youtube Sitio web: https://www.youtube.com/watch?app=desktop&v=RPdGE-RHlLI f.

Profesora Juliana. (2016). SUCESIONES MATEMÁTICAS: Uso de limites en la determinación de la convergencia o divergencia. 30/01/2021, de youtube Sitio web: https://www.youtube.com/watch?app=desktop&v=MonBw-GJxzU

g. Mate A. (2019). Convergencia Absoluta (Series). 04/02/2021, de youtube Sitio web: https://www.youtube.com/watch?app=desktop&v=C_j0julPEUk h. Mate A. (2019). (Convergencia de una p-Serie) Criterio de la suma acotada. 05/02/2021, de youtube Sitio web: https://www.youtube.com/watch?app=desktop&v=09wbOmX_NuU i.

Profesora Juliana. (2017). Cómo determinar si una SERIE es CONVERGENTE o DIVERGENTE. 05/02/2021, de Youtube Sitio web: https://www.youtube.com/watch?v=eTyg1Obz5h8