Cód. 762 - CiberEsquina - Universidad Nacional Abierta

Tercera Prueba Parcial
Lapso 2015-2
762 – 1/4
Universidad Nacional Abierta
Vicerrectorado Académico
Área de Matemática
Análisis I (Cód. 762)
Cód. Carrera: 126
Fecha: 13-02-2016
MODELO DE RESPUESTAS
Objetivos del 8 al 10
OBJ 8 PTA 1
Sea f (x) = ax + b con x ∈ [0, 1].
(a) Considere la partición del intervalo [0, 1] dada por P5 = (0, 1/5, 2/5, 3/5, 4/5, 1). Calcule la suma
superior U (f ; P5 ) y la suma inferior L(f ; P5 ).
(b) Para n ∈ N, considere la partición del intervalo [0, 1] dada por,
(
)
1 2
n−2 n−1
Pn = 0, , , . . . ,
,
,1 .
n n
n
n
∫
Calcule los lı́mites lı́m U (f ; Pn ), lı́m L(f ; Pn ) y compárelos con
n→+∞
n→+∞
1
(ax + b) dx.
0
SOLUCIÓN:
Corolario (Criterio de Integrabilidad de Riemann) Sea I = [a, b] y f : I → R una función
acotada. Si {Pn }n∈N es una sucesión de particiones de I tal que,
lı́m U (Pn ; f ) − L(Pn ; f ) = 0,
n→+∞
∫
entonces f es integrable en I y
(a)
n→+∞
b
f (x) dx = lı́m U (Pn ; f ).
lı́m L(Pn ; f ) =
a
n→+∞
Sea P5 la partición de [0, 1] en 5 subintervalos dados por,
(
)
1 2 3 4
P5 = 0, , , , , 1 .
5 5 5 5
Como f es una función acotada y creciente en [0, 1], tenemos que su ı́nfimo y su supremo en el
subintevalo [(k − 1)/5, k/5] se alcanzan a la izquierda y derecha del mismo respectivamente, de
donde,
(
( )
)
k−1
k
mk =
ı́nf
f (x) = a
+ b, Mk =
sup
f (x) = a
+ b.
5
5
x∈[(k−1)/5, k/5]
x∈[(k−1)/5, k/5]
Entonces,
L(f ; P5 ) =
5
∑
mk
k=1
5
=
2
a + b,
5
U (f ; Pn ) =
n
∑
Mk
k=1
5
=
3
a + b.
5
(b) Sea Pn la partición de [0, 1] en n subintervalos dados por,
)
(
n−1
1 2
,1 .
Pn = (x0 , x1 , x2 , . . . , xn−1 , xn ) = 0, , , . . . ,
n n
n
Especialista: Prof. Federico J. Hernández Maggi
Evaluadora: Profa. Florymar Robles
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Lapso 2015-2
762 – 2/4
Como f es una función acotada y creciente en [0, 1], tenemos que su ı́nfimo y su supremo en el
subintevalo [xk−1 , xk ] se alcanzan a la izquierda y derecha del mismo respectivamente, de donde,
)
(
( )
k−1
k
mk =
ı́nf
f (x) = a
+ b,
Mk =
sup
f (x) = a
+ b.
n
n
x∈[xk−1 ,xk ]
x∈[xk−1 ,xk ]
Luego,
(
)
n
a ∑
1 a
L(f ; Pn ) =
mk (xk − xk−1 ) = 2
(k − 1) + b = 1 −
+ b,
n
n 2
k=1
k=1
)
(
n
n
∑
a ∑
1 a
U (f ; Pn ) =
Mk (xk − xk−1 ) = 2
k
+ b= 1+
+ b.
n
n 2
n
∑
k=1
k=1
Como
lı́m U (f ; Pn ) − L(f ; Pn ) = lı́m
n→+∞
n→+∞
a
= 0,
n
entonces f (x) = x2 + 1 es integrable en [0, 1]. Además,
(
)
∫ 1
1 a
a
f (x) dx = lı́m U (f ; Pn ) = lı́m
1+
+ b = + b,
n→+∞
n→+∞
n 2
2
0
x=1
∫ 1
2
ax
a
(ax + b) dx =
+ bx =
= + b.
2
2
0
x=0
OBJ 8 PTA 2 Sea I = [a, b] y sea f : I → R integrable en I. Demuestre que |f | es integrable en I, y
∫ b
si
|f (x)| dx = 0 entonces f (x) = 0 para todo x ∈ I.
a
SOLUCIÓN:
Definición. Sea I = [a, b] y sea f : I → R una función acotada. Entonces se dice que f es
Riemann Integrable en I si L(f ) = U (f ). En este caso la Integral de Riemann de f en I se
define como
∫ b
f (x) dx = L(f ) = U (f ).
a
Teorema (de Composición) Sea I = [a, b] y J = [c, d] intervalos, f : I → R integrable en I
y h : J → R continua en J tal que f (I) ⊆ J. Entonces, la composición h ◦ f : I → R es
integrable en I.
Como f es integrable en I, existe K > 0 tal que |f (x)| ≤ K para toda x ∈ I (¿por qué?). Sea
h : [−K, K] → R tal que h(x) = |x|. Como h es continua en [−K, K] y f integrable en I, aplicado
el Teorema de Composición tenemos que, h ◦ f = |f | es integrable en I.
Sea P una partición de I, como
L(|f |; P ) =
n
∑
∫b
a
|f (x)| dx = 0 tenemos que,
mk (xk − xk−1 ) = 0,
U (|f |; P ) =
k=1
n
∑
Mk (xk − xk−1 ) = 0.
k=1
Especialista: Prof. Federico J. Hernández Maggi
Evaluadora: Profa. Florymar Robles
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762 – 3/4
Entonces,
0 = mk = ı́nf{|f (x)| : x ∈ [xk−1 , xk ]} ≤ |f (x)| ≤ sup{|f (x)| : x ∈ [xk−1 , xk ]} = Mk = 0
para todo k y x ∈ [xk−1 , xk ]. Por lo cual,
|f (x)| = 0
=⇒
f (x) = 0
para todo x ∈ I.
OBJ 9 PTA 3
Estudie la convergencia puntual y uniforme de la serie de funciones
x2
.
fn : R → [0, +∞) está definida por fn (x) =
(1 + x2 )n
∑+∞
n=0 fn
donde
SOLUCIÓN:
Criterio Mn de Weierstrass. Sea (Mn ) una sucesión de
∑ números reales positivos tales
∑ que
|fn (x)| ≤ Mn para todo x ∈ D, n ∈ N. Si la serie
Mn es convergente, entonces
fn
converge uniformemente en D.
Al estudiar la convergencia puntual de la serie
+∞
∑
n=0
+∞
∑
fn (0) =
fn (x) =
n=0
+∞
∑
n=0
+∞
∑
n=0
∑+∞
n=0 fn (x)
tenemos que,
02
= 0,
(1 + 02 )n
+∞ (
∑
x2
= x2
2
n
(1 + x )
n=0
para x ̸= 0. Entonces,
+∞
∑
1
1 + x2
{
fn (x) =
n=0
)n
= 1 + x2
0,
1+
x2 ,
(Serie Geométrica).
si x = 0
.
si x =
̸ 0
∑
Como +∞
n=0 fn (x) converge puntualmente a una función que discontinua en x = 0 tenemos que, la serie
no converge uniformemente en R. Por otro lado, para todo α > 0 tenemos que,
(
)n
)n
(
1
1
≤
= Mn
1 + x2
1 + α2
para todo x ∈ [α, ∞) y n ≥ 0. Como
+∞ (
∑
n=0
1
1 + x2
)n
≤
+∞ (
∑
n=0
1
1 + α2
)n
= 1 + a2
∑+∞
para todo x ∈ [α, ∞), al aplicar el Criterio Mn de Weierstrass
tenemos
que
n=0 fn converge uniforme∑+∞
mente en [α, +∞). De la misma forma, tenemos que n=0 fn converge uniformemente en (−∞, −α].
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762 – 4/4
+∞
∑
(−1)n+1
(x − 1)n , determine el radio de convergencia y
n
n=1
la suma de la serie en el intervalo de convergencia correspondiente.
OBJ 10 PTA 4 Para la serie de potencias
SOLUCIÓN:
∑
Teorema. Supongamos que
an (z−z0 )n converge para cada z de B(z0 ; r). Entonces la función
f definida por medio de la ecuación
f (z) =
+∞
∑
an (z − z0 )n , si z ∈ B(z0 : r),
n=0
tiene una derivada f ′ (z) para cada z de B(z0 ; r) dada por
f ′ (z) =
+∞
∑
nan (z − z0 )n−1 .
n=1
El radio de convergencia de la serie de potencias viene dada por,
|(−1)n+1 /n|
|an |
= lı́m
= 1.
n→+∞ |(−1)n+2 /(n + 1)|
n→+∞ |an+1 |
R = lı́m
Por el cual, la serie converge para x ∈ (0, 2). Por otro lado, la función f definida por medio de la ecuación
f (x) =
+∞
∑
(−1)n+1
n=1
n
(x − 1)n
para x ∈ (0, 2), tiene por derivada
′
f (x) =
+∞
∑
(−1)
n=1
Finalmente,
n+1
(x − 1)
n−1
=
+∞
∑
(1 − x)n =
n=0
∫
x
f (x) =
0+
1
.
x
1
dt = log |t| |t=x
t=0+ = log(x),
1+t
para x ∈ (0, 2).
FIN DEL MODELO.
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