Thu-28-11-2024 09:47 profe: Nicolás Sirolli- Mauro status: tags:

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(tomar $M=max\{ |k|:k\in K \}$ )

$$\delta=min\{ |k|:k\in K \}$$

Luego:

$$|\frac{a}{b}|\leq \frac{M}{\delta}\quad \forall \frac{a}{b}\in K$$

i.e., $Q$ es acotado. Veamos que $Q$ es cerrado Tomo $(q_{n})\subseteq Q$ con $q_{n}\to q$

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Ejercicio 2

Probar que

$$f(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{n}{n^{4} +x^{4} }\tag{*}$$

define una función continua y derivable en $\mathbb{R}$, y expresar $f'(x)$ como una serie de funciones.

$Dem:$

$$f'(x)=f'(x)+0+0+0+0=\sum_{n\geq 1}g_{n}(x)\quad \text{ con }g_{1}(x)=f'(x),g_{n}(x)=0,\quad n>1$$

Vale: si

$$\sum_{n\geq 1}\underbrace{ \frac{-4x^{3}.n}{(n^{4}+x^{4})^{2}} }_{ f_{n}'(x) }$$

converge uniformemente (a una $g(x)$)

-->05:00 entonces $f$ es derivable y $f'(x)=g(x)$

Primero: necesito convergencia puntual de $(*)$.

Usemos el criterio de Weiersttrass

$$\frac{n}{n^{4} +x^{4} }\leq \underbrace{ \frac{n}{n^{4} } }_{ M_{n} }$$ $$\sum_{n\geq 1}M_{n}=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^{3} }<+\infty$$

Recordar que $\sum_{n\geq_{1}}\frac{1}{n^{p}}$ converge sii $p>1$

Luego, $(*)$ converge absoluta y uniformemente en $\mathbb{R}$. En particular $f$ es continua. Restrinjamos $f(x)$ a $(-R,R)$ con $R>0$, veamos que aquí $f$ es derivable. Si $|x|<R,$

$$\left|\frac{-4.x^{3} .n}{(n^{4} +x^{4} )^{2}}\right|\leq \frac{4.R^{3} .n}{n^{8} }$$ $$\sum_{n\geq 1}\frac{4.R^{3} }{n^{7} }<+\infty$$

Esto último por Weierstrass. Obtuvimos

$$f'(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{-4x^{3} n}{(n^{4} +x^{4} )^{2}}\quad \forall x \in(-R,R)\tag{2}$$

-->26:30 Como $R$ es arbitrario, $(2)$ vale $\forall x \in \mathbb{R}$

La derivabilidad es una propiedad local, por eso puedo ver en conjuntos acotados y luego extender a todo $\mathbb{R}$.

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Ejercicio 3

$E\subseteq \mathbb{R}$ medible tal que:

$$\:\exists\:0\leq t<1\text{ con } \mu(E\cap I)\leq t.\mu(I)\quad \forall I\subseteq \mathbb{R}\text{ intervalo}$$

Probar que $\mu(E)=0$.

Sugerencia: Considerar primero el caso en que $E$ es abierto.}

Supongo $E$ abierto, no vacío. Luego $\:\exists\:I\subseteq E$ intervalo no vacío y acotado, $0<\mu(I)<+\infty$ Así,

$$\mu(E\cap I)=\mu(I)\leq t.\mu(I)$$ $$\therefore\: t\geq 1\text{ absurdo}$$

Llegamos a que los intervalos abiertos y no vacíos no cumplen la hipótesis. Veamos los que si la cumplen:

Sabemos (por la $G-regularidad$ ) que $\forall\mathcal{E}>0$, $\:\exists\:G$ abierto con $G\supseteq E,\mu(G\setminus E)<\mathcal{E}$ Escribo

$$G=\dot{\bigcup_{n\geq 1}}^{} I_{n},\quad I_{n}\text{ intervalo abierto}$$ $$\mu(E)=\mu(E\cap G)=\mu\left( E\cap \bigcup_{n\geq 1}^{} I_{n} \right)=\mu\left( \bigcup_{n\geq 1}E\cap I_{n} \right)\leq \sum_{n\geq 1}\underbrace{ \mu(E\cap I_{n}) }_{ \leq t.\mu(I_{n}) }\leq t\cdot \sum_{n\geq 1}\mu(I_{n})$$

Mejor tomo union disjunta así puedo usar la medida de $G$

$$\mu(E)=\mu(E\cap G)=\mu\left( E\cap \dot{\bigcup_{n\geq 1}}^{} I_{n} \right)=\mu\left( \dot{\bigcup_{n\geq 1}}E\cap I_{n} \right)= \sum_{n\geq 1}\underbrace{ \mu(E\cap I_{n}) }_{ \leq t.\mu(I_{n}) }\leq t\cdot \sum_{n\geq 1}\mu(I_{n})=t\cdot \mu(G)$$ $$=\underset{ G=(G\setminus E)\dot{\bigcup} E}{ t\cdot(\mu(G\setminus E)+\mu(E)) }$$

$I_{n}\cap I_{m}=\emptyset,\quad n\neq m$

En limpio:

$$\mu(E)\leq t\cdot(\mathcal{E}+\mu(E))$$

Haciendo $\mathcal{E}\to0$

$$\mu(E)\leq t\cdot \mu(E)$$

Si $0<\mu(E)<+\infty \implies1\leq t$, absurdo.

Esto último quiere decir que no llegué a completar el ejercicio, pero en palabras del profe: "yo te pondría un $B^{-}$ "

¿Puede ser $\mu(E)=+\infty$ ? No.

--> 31:10

Sugerencia : ver que $E\cap(-n,n)$ es nulo $\forall n\in \mathbb{N}$
Luego, $E=\bigcup_{n\geq1}E_{n}$ será nulo.

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