Thu-28-11-2024 11:13 profe: Mauro status: tags:

---

Ejercicios que se verán:

P6, E13 P7, E11 P7, E13 P9, E14

---

P6 - E13

$a)$

$l^{2}$ tiene dimensión infinita. Sea $e_{n}\in l^{2}$

$$\lvert \lvert e_{n}-e_{m} \rvert \rvert _{2} =\sqrt{ 2 }\:si\:n\neq m$$

La sucesión $( e_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ no tiene subsucesión convergente.

$b)$

$$\begin{array}{c} \underset{ }{ \gamma:l^{2}\to \mathbb{R} } \\ a\mapsto \sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{e_{n}}{n} \end{array}$$

Sabemos que es lineal, veamos que es acotada.

---

En $\mathbb{R}^{d},a,b\in \mathbb{R}^{d}$

$$|a.b|\leq \lvert \lvert a \rvert \rvert _{2}\cdot \lvert \lvert b \rvert \rvert _{2}$$

---

Sea $c=\left( \frac{1}{n} \right)_{n\in \mathbb{N}}$ y veamos que está en $l^{2}$ $\sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{1}{n^{2}}<\infty$, entonces $c\in l^{2}$
Dada $a\in l^{2},\lvert \lvert a \rvert \rvert_{2}\leq 1$ Calculemos $\gamma(a)$

$$\left|\sum_{n=1}^{N}\frac{a_{n}}{n}\right|\leq \sum_{n=1}^{N} |a_{n}|\cdot \frac{1}{n}\quad \text{por Cauchy-Schwarz}$$ $$\leq \left( \sum_{n=1}^{N} a_{n}^{2} \right)^{\frac{1}{2}} \cdot\left( \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^{2}} \right)^{\frac{1}{2}} \leq \lvert \lvert a \rvert \rvert _{2}.\lvert \lvert c \rvert \rvert _{2}\leq \lvert \lvert c \rvert \rvert _{2}$$

y esto vale para todo $N\in \mathbb{N}$ Luego

$$|\gamma(a)|=\left|\sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{a_{n}}{n}\right|\leq \lvert \lvert c \rvert \rvert _{2}$$

y $\gamma$ está acotado.

---

P7 - E11

Sea

$$S_{N}(x)=\sum_{k=1}^{N} \frac{(-1)^{k} x^{2k+1} }{(2k+1)!}$$

Sea $M>0\:|\:|x|<M$ y trabajemos en $[-M,M]$

$$|\frac{(-1)^{k} x^{2k+1} }{(2k+1)!}|\leq C_{k}=\frac{M^{2k+1} }{(2k+1)!}$$

Usemos D'alembert.

$$\frac{C_{k+1}}{C_{k}}=\frac{M^{2k+3} }{(2k+3)!}\cdot \frac{(2k+1)!}{M^{2k+1} }=\frac{M^{2}}{(2k+3).(2k+2)}$$

-->20:00

Por la prueba M de Weierstrass tenemos lo pedido.

$$\frac{d}{dx}S_{N}(x)=\sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^{k} .x^{2k}. (2k+1)}{(2k+1)!}=\sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^{k} .x^{2k} }{(2k)!}=\hat{S}_{N}(x)$$

Luego, por el teorema $sen(x)$ es derivable y $sen'(x)=\underset{ N\to \infty }{ \lim }\hat{S}_{N}(x)$

$$\frac{d}{dx}\hat{S}_{N}(x)=\sum_{k=1}^{N} \frac{(-1)^{k} .x^{2k-1} }{(2k-1)!}=\sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^{k+1} .x^{2k+1} }{(2k+1)!}=-S_{N-1}(x)$$

-->27:00 Por lo mismo de antes, $sen(x)$ es dos veces derivable

$$sen''(x)=\underset{ N\to \infty }{ \lim } -S_{N}(x)$$ $$|sen''(x)+sen(x)|\leq |sen''(x)+sen(x)+S_{N}-S_{N}|\leq |sen''(x)+S_{N}(x)|+|sen(x)-S_{N}(x)|=$$ $$=|sen''(x)-(-S_{N}(x))|+|sen(x)-S_{N}(x)|<\mathcal{E}$$

para $N$ suficientemente grande

$$\to sen''(x)+sen(x)=0$$

verificar:

$$\begin{array}{c} S_{N}(0)=0 \\ \hat{S}_{N}(0)=1 \end{array}$$

supongamos conv. unif. en $\mathbb{R}$

$$\:\exists\:N_{0}\in \mathbb{N}\:|\: N_{0}\leq N\leq M\implies |S_{N}(x)-S_{M}(x)|<1$$

Tomo $N=N_{0},M=N_{0}+1$

$$|S_{N_{0}}(x)-S_{N_{0}+1}(x)|=\frac{|x^{2N_{0}+3} |}{|2N_{0}+3|}<1$$

Absurdo. Por lo tanto no converge uniformemente en $\mathbb{R}$

---

P7 - E13

$f_{n}(x)=x.e^{-nx^{2}}$ $\sum f_{n}$ conv. unif. en $[a,\infty)$

Estudiemos $f_{n}(x)$

$$\frac{d}{dx}f_{n}(x)=e^{-nx^{2}} (1-2nx)$$

punto crítico $2.n.x=1$ Fijado $a>0,\:\exists\:n_{0}\:|\:n\geq n_{0}\implies f'_{n}(x)<0\quad\forall x\geq a$ -->40:00 Los primeros $n_{0}$ términos podemos acotarlos por

$$|f_{n}(x)|\leq f_{n}\left( \frac{1}{\sqrt{ 2n }} \right)=C_{n}$$

Usemos prueba M de Weierstrass Si $n\geq n_{0}$

$$|f_{n}(x)|=f_{n}(x)\leq f_{n}(a)=a.e^{-n.a^{2}}=C_{n}$$ $$\underset{ n\to \infty }{ \lim } \frac{C_{n+1}}{C_{n}}=\underset{ n\to \infty }{ \lim } \frac{a.e^{-na^{2}-a^{2}} }{a.e^{-na^{2}} }=e^{-a^{2}} <1$$

Y por D'Alembert, converge. Entonces por prueba M de Weierstrass converge uniformemente.

Razonamiento por el absurdo:

$$\:\exists\:N_{0}\:|\: N_{0}\leq N\leq M\implies |S_{N}(x)-S_{M}(x)|<1$$ $$1>\sum_{n=N+1}^{M} x.e^{-nx^{2}} >\int_{N+2}^{M+2}x.e^{-yx^{2}} dy=\frac{x.e^{-yx^{2}} }{-x^{2}}|_{_{N+2}}^{^{M+2}}=\frac{e^{-(N+2)x^{2}} -e^{-(m+2)x^{2}} }{x}$$

Tomamos $x=(N+2)^{-\frac{1}{2}}$, $2+M=\frac{N+2}{2}$

$$1>\frac{e^{-1} -e^{-\frac{1}{2}} }{\frac{1}{(N+2)^{\frac{1}{2}} }}=\sqrt{ N+2 }\left( e^{-1} -e^{-\frac{1}{2}} \right)$$

lo cual es absurdo.

---

P9 - E14

$$\int_{(0,\infty)}|F_{x}(t)|d\mu(t)\leq \int_{(0,\infty)}|f(t)|.e^{-xt} d\mu(t)<\int |f(t)|d\mu(t)=\lvert \lvert f \rvert \rvert _{1}$$ $$g(x)=\int F_{x}(t)d\mu(t)$$

Fijamos $x>0$ y $\mathcal{E}>0$ y sea $\delta=min\left\{ \frac{x}{2},\frac{\mathcal{E}.e.x}{2\lvert \lvert f \rvert \rvert_{1}} \right\}$ Asumo $f\neq0$ Por teorema de Lagrange

$$e^{-xt} -e^{-yt} =e^{-\xi .t} .t.(y-x)\quad con\:x<\xi<y$$

Pues

$$f(x)-f(y)=f'(\xi).(x-y)$$

Sea $a>0$

$$\frac{d}{dt}e^{-xt} .t=e^{-at} .(1-a.t)$$

entonces el máximo se alcanza en

$$t=a^{-1}\tag{2}$$

-->00:00 P2

$$|g(x)\cdot g(y)|=\left|\int_{(0,\infty)} f(t)(e^{-tx} -e^{-ty} )\:dt\right|\leq \int |f(t)|\cdot|e^{-tx} -e^{-ty}|\:dt=$$ $$=\int |f(t)|.e^{-\xi.t} .t.|x-y|\:dt\leq \int |f(t)|.e^{-\frac{x}{2}t}.t.\delta$$

Usando lo de antes $a=\frac{x}{2},t=\frac{2}{x}$ por $(2)$.

$$<\int |f(t)|.e^{-1}.\frac{2}{x}.\delta\:dt=\frac{\lvert \lvert f \rvert \rvert _{1}.2.\delta}{e.x}<\mathcal{E}\quad \text{por def de }\delta$$ $$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \square$$

---

Citas y Comentarios

fijados 6 y 12 los recus.