Thu-05-06-2025 20:25 profe: Dario Martin Aza tags: Sucesiones y Series de funciones

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Ejercicio 1

$$\begin{array}{c} f_{n}:\mathbb{R}&\longrightarrow& \mathbb{R} \\ x&\mapsto&\frac{x}{1+n^{2}\cdot x^{2}} \end{array}$$

Analicemos la convergencia de $f_{n}$ Para cada $x \in \mathbb{R}$ vale que $f_{n}(x)\longrightarrow0$ Entonces $f_{n}\longrightarrow0$

$$d_{\infty}(f_{n},0) =\underset{ x \in \mathbb{R} }{ \sup }\:\left| \frac{x}{1+n^{2}\cdot x^{2}} -0\right|$$

Buscamos el supremo de $|f_{n}(x)|$

$$f_{n}'(x)=\frac{1+n^{2}\cdot x^{2}-2n^{2}\cdot x^{2}}{(1+n^{2}\cdot x^{2})^{2}}=0\iff |x|=\frac{1}{n}$$ $$\begin{array}{c} f_{n}\left( \frac{1}{n} \right)=\frac{1}{2n} \\ f_{n}\left(- \frac{1}{n} \right)=-\frac{1}{2n} \end{array}$$

$$\underset{ x \in \mathbb{R} }{ max }\:|f_{n}(x)|=\frac{1}{2n}\longrightarrow 0\implies f_{n}\rightrightarrows 0$$

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Ejercicio 2

$$f_{n}:[0,1]\to \mathbb{R}\quad\forall n\in \mathbb{N}$$ $$f_{n}(x)=\begin{cases} n^{2}\cdot x & 0\leq x\leq \frac{1}{n} \\ -n^{2}\left( x-\frac{2}{n} \right) & \frac{1}{n}\leq x\leq \frac{2}{n} \\ 0 & \frac{2}{n}\leq x \end{cases}$$

Afirmo $f_{n}\longrightarrow 0$ Sea $x \in[0,1],$ queremos ver que $f_{n}(x)\longrightarrow 0$

Si $x=0,$ entonces $f_{n}(x)=0\quad\forall n\in \mathbb{N}$ y listo.

Si $x>0,\:\exists\:n_{0}\in \mathbb{N}\bigm|n\geq n_{0}\implies \frac{1}{2n}<x$ por arquimedianidad.

$\implies f_{n}(x)=0\quad\forall n\geq n_{0}$ $\implies f_{n}(x)\longrightarrow 0$ $\implies f_{n}\longrightarrow0$

¿ Será uniforme ?

$$d_{\infty}(f_{n},0) =\underset{ x \in[0,1] }{ max }\:|f_{n}(x)|=n\cancel{ \longrightarrow }0$$

No es uniforme, voy a dar este motivo:

$$\int_{0}^{1} f_{n} (x) \, dx =1\quad \forall n\in \mathbb{N}$$

pero

$$\int _{0}^{1} 0 \, dx =0$$

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Ejercicio 3

$$\begin{array}{l} \text{Sea $X$ espacio métrico, $f_{n}:X\longrightarrow\mathbb{R}$ continuas $\forall n\in \mathbb{N},$ con $f_{n}\rightrightarrows f,x_{n}\longrightarrow x$ en $X.$ }\\ \text{Probar que $f_{n}(x_{n})\longrightarrow f(x)$ } \end{array}$$

$Sol:$

$$|f(x)-f_{n}(x_{n})|=|f(x)-f(x_{n})+f(x_{n})-f_{n}(x_{n})|\leq |f(x)-f(x_{n})|+|f(x_{n})-f_{n}(x_{n})|$$

Como $f_{n}\rightrightarrows f,$ entonces $f$ es continua. Como $f$ continua, $\:\exists\:n_{1}\in \mathbb{N}\bigm|n\geq n_{0}\implies |f(x)-f(x_{n})|<\frac{\mathcal{E}}{2}$ pues $x_{n}\longrightarrow x\implies f(x_{n})\longrightarrow f(x)$

Como $f_{n}\rightrightarrows f$, $\:\exists\:n_{2}\in \mathbb{N}\bigm|n\geq n_{2}\implies |f_{n}(y)-f(y)|<\frac{\mathcal{E}}{2}\quad\forall y \in X.$ En particular vale para $x_{n}.$

$$\implies |f(x)-f_{n}(x_{n})|<\frac{\mathcal{E}}{2}+\frac{\mathcal{E}}{2}=\mathcal{E}\quad\forall n\geq n_{0}=max\{ n_{1},n_{2} \}$$

Otro argumento:

$\left( \frac{1}{n} \right)\longrightarrow0$ $f_{n}\left( \frac{1}{n} \right)=n\cancel{ \longrightarrow }f(0)=0$

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Ejercicio 4

Para cada $n\in \mathbb{N}$ sea

$$f_{n}(x)=\frac{n\cdot x}{e^{n\cdot x} }$$

1. $f_{n}:[0,+\infty)\to \mathbb{R}$ converge puntualmente a $f=0$
2. $f_{n}:[1,+\infty)\to \mathbb{R}$ converge uniformemente a $f=0$
3. $f_{n}:[0,+\infty)\to \mathbb{R}$ no converge uniformemente a $f=0$

4. Llamo, para cada $x>0$ fijo $g_{x}:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$

$$g_{x}(y)=\frac{x\cdot y}{e^{xy} }$$

Queremos ver que $\displaystyle\left( \frac{n\cdot x}{e^{nx}} \right)\longrightarrow 0$

$$\underset{ y\to \infty }{ \lim } \frac{x\cdot y}{e^{xy} }\overset{L'H }{ = }\underset{ y\to \infty }{ \lim } \frac{x}{e^{xy} \cdot x}=0$$

pues $x>0.$

Otra forma es usar un criterio de convergencia.

con $x=0,$ es claro que $f_{n}(0)=0\longrightarrow 0$

$\implies f_{n}\longrightarrow f$

c) Considero $x_{n}=\frac{1}{n}\longrightarrow 0$ Para $f_{n}\left( \frac{1}{n} \right)=\frac{1}{e}\cancel{ \longrightarrow }0\implies f_{n}\cancel{ \rightrightarrows } f$

b) TAREA

$Obs:$ Convergencia uniforme depende del dominio o espacio en el que veamos $f_{n}$ y $f.$ Otra forma: $|f_{n}(x)|\leq a_{n},\quad a_{n}\longrightarrow 0\implies f_{n}\rightrightarrows 0$

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Ejercicio 5

Sea $X$ espacio métrico compacto. $f_{n}:X\to \mathbb{R},f:X\to \mathbb{R}$ $f_{n},f$ todas continuas y $f_{n}\to f$ Supongamos que $f_{1}(x)\leq f_{2}(x)\leq\dots\leq f_{n}(x)\quad\forall x \in X$ Es decir, $f_{n}\nearrow f$.

$$\implies f_{n}\rightrightarrows f$$

$Sol:$ Sea $\mathcal{E}>0,$ quiero ver que $\:\exists\:n_{0}\in \mathbb{N}\bigm|n\geq n_{0}\implies \underset{ =f(x)-f_{n}(x) }{ |f_{n}(x)-f(x)| }<\mathcal{E}\quad\forall n\geq n_{0},\forall x \in X$ Llamamos $U_{n}=\{ x \in X:f(x)-f_{n}(x)<\mathcal{E} \}$ queremos ver que $\:\exists\:n_{0}\in \mathbb{N}\bigm|n\geq n_{0}\implies U_{n}=X$ Debido a que

$$f-f_{1}\geq f-f_{2}\geq \dots$$ $$\implies U_{1}\subseteq U_{2}\subseteq\dots \subseteq U_{n}\subseteq U_{n+1}\subseteq\dots \subseteq X$$

Luego $U_{n}=(f-f_{n})^{-1}((-\infty,\mathcal{E}))$ es abierto porque $f-f_{n}$ continua y es preimagen de un abierto.

Falta decir que por convergencia puntual $U_{n}$ cubre todo $X.$ Entonces puedo extraer subcubrimiento finito

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